高三化学一轮专题复习： 氧化还原反应书写与配平.docx

2022届高三化学一轮专题复习： 氧化还原反应书写与配平一、单选题（本大题共16小题，共48分）1. 工业上将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2。已知：S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)。下列说法不正确的是()A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是2：1B. 上述反应中的Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1：2C. 每生成1molNa2S2O3转移4mol电子D. 通入的SO2过量很多，将会产生浑浊现象2. 北京时间2019年10月12日消息，纳米机器人或许将成为治疗癌症的新方法。水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是( )A. x=2B. 氧化产物只有S4O62-C. O2、S2O32-都得电子D. 生成1molFe3O4转移电子的物质的量为4mol3. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾反应的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( )A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2B. 高铁酸钾中铁显+6价C. 由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-D. K2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质4. 细菌与矿物表面接触，通过酶的作用将金属硫化物氧化为酸溶性的二价金属离子和硫化物的原子团，使矿物溶解。细菌-硫化矿作用机理表述如下，下列有关说法错误的是()A. 若MS为CuFeS2，1molCuFeS2发生反应转移16mole-B. 若MS为FeS2，发生反应：2FeS2+7O2+2H2O2FeSO4+2H2SO4C. 温度越高，反应速率越快，浸出率一定得到提高D. 若MS为CuS，发生反应中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量比为215. CuS、Cu2S均可用于处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下。反应I：CuS+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平)反应II：Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平)下列有关说法正确的是( )A. 反应I和II中各有2种元素的化合价发生变化B. 处理1molCr2O72-时反应I、II中消耗H+的物质的量相等C. 反应II中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5D. 质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-6. 亚硝酸钠(NaNO2)具有致癌作用，许多腌制食品中含NaNO2。酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠反应的离子方程为：MnO4-+NO2-+H+Mn2+NO3-+H2O(未配平)，下列叙述错误的是( )A. 生成1molMn2+，转移电子为5molB. 该反应中氮元素被氧化C. 配平后，水的化学计量数为3D. 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:57. 把图乙中的物质补充到图甲中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是 ( )A. IO4-作氧化剂，具有氧化性B. 氧化性：MnO4->IO4-C. Mn2+是还原剂，具有还原性D. 若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子8. 在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和NOx的排放，催化装置内发生反应为未配平)，下列关于此反应的说法中错误的是()A. 该反应中化合价变化的有N、C元素B. 当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为4molC. 等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为34D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为11时，NOx中氮元素的化合价为+2价9. 把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是( )A. 配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B. 若有1molS被氧化，则生成2molS2-C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D. 3molS参加反应有8mol电子发生转移10. 含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上，常采用碱性氯化法(Cl2过量)来处理高浓度氰化物污水，将废水中的有害物质转化为无毒物质，发生的总反应为CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法正确的是A. 还原性：Cl2>N2B. 氧化剂、还原剂的物质的量之比为52C. 该反应中，每生成1molCO2，转移2mol电子D. 若将该反应设计成原电池，则CO2在正极区生成11. 水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2+2S2O32-+O2+xOH=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是()A. O2、S2O32-都是氧化剂B. x=2C. 每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化D. 氧化产物只有S4O62-12. 利用可再生而廉价的CO2合成乙酸具有重要的意义。如图为CO2、CH3OH、和H2在RuRh双金属催化条件下，联合制备乙酸的反应过程。下列有关说法正确的是( )A. 反应1、2中LiI和Rh*是催化剂B. 反应3、4、5都是氧化还原反应C. CH3COOH、HI与CH3OH的反应均为酯化反应D. 该转化的总反应方程式为：13. 打印机使用的墨粉中含有Fe3O4。它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的NaOH溶液，水浴加热，反应如下：_Fe2+_Fe3+_OH-=_Fe3O4+_H2O。 下列分析不正确的是()A. Fe3O4也可以由单质铁在纯氧气中点燃生成B. 反应中，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化剂C. 从左至右，该反应各物质的系数依次为1、2、8、1、4D. Fe3O4能与盐酸反应，生成盐和水14. 以铁、石墨作电极，用电解法可去除生活污水中的氮(主要以铵盐形式存在)，石墨电极反应原理如图所示。电解池工作时，下列说法错误的是A. 铁电极发生还原反应B. 石墨电极与电源正极相连C. 除氮时，HClO发生的离子反应为3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+D. 理论上，除去0.2 mol NH4+消耗铁的质量为5.6g(假设铁电极中杂质不参与电极反应)15. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A. 过程发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H+Ce3+B. x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21C. 处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D. 该转化过程的实质为NOx被H2还原16. 工业上以硫酸泥(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)为原料提取硒，流程图如图所示。下列说法错误的是( )A. 脱硫过程中，需要控制温度，温度不能太低也不能太高B. 氧化过程中，Se转化为H2SeO3的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:5C. 滤液III中主要存在的金属离子有Na+、Zn2+、Fe3+、Cu2+D. 还原过程中生成粗硒的离子方程式为：H2SeO3+2SO32-=Se+2SO42-+H2O二、填空题（本大题共6小题，共52分）17. 氧化还原反应在生产生活中具有广泛的用途。回答下列问题：(1)Na2S2O3是一种常用除氯剂，其溶液与Cl2发生反应时生成NaCl和两种强酸，则该反应的离子方程式为：_，若有0.5molNa2S2O3作还原剂完全反应，则转移的电子数为_。(2)在焊接铜器时用氯化铵除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为。配平此氧化还原反应方程式并用双线桥法标出电子的转移方向和数目：_。(3)NaClO2有强氧化性，常用作消毒剂，通过如下反应可制取NaClO2：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，该反应中的氧化剂是_(填化学式，下同)，还原产物是_；NaClO2的消毒效率是Cl2的_倍(发挥消毒作用时产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。(4)在稀硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1:2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为_(填序号)。A.Cl2O7 B.ClO2 C.Cl2O D.Cl218. (1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍-磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2-，在酸性条件下发生以下镀镍反应：_Ni2+_H2PO2-+_=_Ni+_H2PO3-+_请配平上述方程式。上述反应中，若生成1molH2PO3-，反应中转移电子的物质的量为_。(2)高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2若生成2molNa2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为_mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2+1mg的水体样本，需要1.2mgL-1高铁酸钾_L。(3)铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3，将一定量的铁红溶于160mL5mol/L盐酸中，再加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L(标准状况)气体，经检测，溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为_。19. 回答下列问题。(1)Cu与浓H2SO4发生反应：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O。其中氧化产物是_，若反应中转移电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标准状况下的体积为_。(2)下列微粒：SS2-Fe2+H+CuHClH2O在化学反应中只能被氧化的是_(填序号，下同)，只能表现出氧化性的是_。(3)在含有Cu(NO3)2、Mg(NO3)2、AgNO3的混合溶液中加入适量锌粉，最终反应容器中有固体剩余。则固体中一定含有_(填化学式)，反应后溶液中一定含有的金属阳离子是_(填离子符号)(4)自来水中的危害人类健康。为了降低自来水中的浓度，某研究人员提出两种方案。方案a：微碱性条件下，用Fe(OH)2还原，产物之一是NH3。生成3.4gNH3的同时会生成_molFe(OH)3。方案b：碱性条件下，用Al粉还原，产物之一是N2。发生的反应如下所示，配平离子方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：。20. I.化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如下图：(1)在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是_，需用氧化剂的是_(填编号)。(2)步骤可通过化学方程式Na2Cr2O7+KI+HClCrCl3+NaCl+KCl+I2+H2O来实现，则生成0.3mol还原产物时转移的电子数为_.(3).某一反应体系中的物质有：HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，已知：HCl是反应物之一。写出配平的该反应的化学方程式：_(4)被氧化的元素是_。.(5)为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是熔融态的K2CO3。电池工作时正极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨作电极电解100mL含有以下离子的溶液。离子Cu2+H+Cl-SO42-c/(molL-1)1441电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集到氧气的物质的量为_。21. 已知HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2，HNO2不稳定，易分解成NO和NO2气体；HNO2是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐如NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_(填“氧化”或“还原”)性。(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是_(填序号)。A.加入盐酸，观察是否有气泡产生B.加入AgNO3溶液观察是否有沉淀生成C.分别在它们的酸性溶液中加入FeCl2溶液，观察溶液颜色变化(3)S2O32-可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。若S2O32-、Fe2+的离子个数比为1:2，配平该反应的离子方程式：下列关于该反应的说法中正确的是_(填序号)。A.该反应中S2O32-表现了氧化性B.已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体C.该反应中H2O2作氧化剂22. 已知实验室制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl1+2H2O，据此回答下列问题：(1)该反应中氧化剂是_(填化学式)，氧化产物是_。(2)该反应中氧化剂与还原剂的个数比为_。(3)用单线桥法表示电子转移的方向和数目：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl1+2H2O(4)“地康法”制取氯气的总反应方程式4HCl+O2=2H2O+2Cl2，其反应原理如图所示。反应：CuO+2HCl=CuCl2+H2O反应：反应的离子方程式为_。反应的化学方程式为_。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子计算的考查，题目难度不大。【解答】工业上将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，并结合反应S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，根据电子守恒恰好完全反应时发生反应的方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，以此来解答。A、SO2中S元素的化合价从+4价降低到+2价，得电子，做氧化剂，Na2S中S元素的化合价从-2价升高到+2价，失电子，做还原剂，所以上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是2：1，故A正确；B、由反应的化学方程式可知，恰好完全反应时Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1：2，故B正确；C、反应中2molNa2S转化为3molNa2S2O3，转移8mol电子，则生成1molNa2S2O3，转移83mol电子，故C错误；D、SO2过量很多时溶液呈酸性，而酸性溶液中Na2S2O3不稳定，会生成硫和二氧化硫，故D正确。故选C。2.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，难度一般，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键。【解答】从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，反应中3Fe2+Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，以此解答该题。A.x=4，故A错误；B.反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂，则Fe3O4、S4O62-均为氧化产物，故B错误；C.只有O2为氧化剂，只有O2得电子，故C错误；D.反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中转移电子数为4e-，每生成1molFe3O4，反应转移电子的物质的量为4mol，故D正确。3.【答案】C【解析】略4.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的应用，掌握氧化还原反应的概念和规律为解题关键，侧重考查氧化还原反应的计算，难度一般。【解答】A.若MS为CuFeS2(铜铁均为+2价)，1molCuFeS2发生反应，-2价的硫元素被氧化为2molSO42-，转移16mole-，故A正确；B.若MS为FeS2，由题干信息可知，在细菌作用下，S22-被氧气氧化为SO42-，铁元素化合价不变，故反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2FeSO4+2H2SO4，故B正确；C.一般来说，温度越高，反应速率越快，但温度过高，细菌会失去活性，浸出率不会得到提高，故C错误；D.若MS为CuS，CuS+2O2Cu2+SO42-，则发生反应中消耗的氧化剂(O2)与还原剂(CuS)的物质的量比为2：1，故D正确。5.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原方程式的配平及有关计算，题目更注重考查学生利用化学原理来解决实际问题的能力，利用关系式可简化计算。【解答】A项，反应:Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O中铜、硫的化合价升高，而铬元素的化合价降低，所以反应中有3种元素的化合价发生变化，错误;B项，配平反应:3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2+3SO42-+8Cr3+16H2O;反应:3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O，所以处理1molCr2O72-时反应、中消耗H+的物质的量分别为8mol、9.2mol，两者的物质的量不等，错误;C项，反应:3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O，氧化剂是Cr2O72-，还原剂是Cu2S，还原剂与氧化剂的物质的量之比为35，正确;D项，反应中1gCuS失去电子的物质的量为112mol，反应中1gCu2S失去电子的物质的量为116mol，所以根据电子守恒，质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，错误。6.【答案】D【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的计算及氧化还原方程式的配平，需正确理解氧化还原配平的原理，掌握电子转移的数目和化合价的关系，掌握氧化产物为被氧化后的产物，是元素化合价升高后的产物等相关重要知识点，是解题的关键。氧化还原反应的本质是电子的转移，元素得电子，化合价降低，失去电子，化合价升高；氧化还原反应的配平，就是元素化合价上升的总和等于化合价降低的总和，该题应先将酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠发生的离子反应配平后再解答。【解答】性KMnO4溶液与亚硝酸钠发生的反应中，MnO4-中的+7价的Mn变成Mn2+中+2价的Mn，1mol得到5mol电子，NO2-中的N从+3价变成NO3-中+5价的N，1mol失去2mol电子根据氧化还原反应中元素化合价上升的总和等于元素化合价降低的总和酸性KMnO4溶液与亚硝酸钠发生的离子反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，A.生成1molMn2+，由MnO4-中的+7价的Mn变成Mn2+中+2价的Mn，转移电子为5mol，故A正确；B.该反应中氮元素从NO2-中的N+3价变成NO3-中+5价的N，化合价升高，失去电子，被氧化，故B正确；C.配平后，反应为：2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，水的化学计量数为3，故C正确；D.反应中氧化产物是指元素化合价升高后的产物，该题中NO2-中的N从+3价变成NO3-中+5价的N，NO3-是氧化产物，还原产物，是指元素化合价降低后的产物，该题中MnO4-中的+7价的Mn变成Mn2+中+2价的Mn，Mn2+是还原产物根据反应方程式，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2，故D错误。故选D。7.【答案】B【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应基本概念、氧化性强弱比较、氧化还原反应有关计算的相关知识，试题难度一般。【解答】Mn2+是反应物，反应后生成MnO4-，则Mn2+失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，根据氧化还原反应中得失电子守恒以及原子守恒，可以得出该反应的离子方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A.IO4-中碘元素化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，故A正确；B.根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO4-，氧化产物是MnO4-，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱顺序为IO4->MnO4-，故B错误；C.根据上述分析知Mn2+是还原剂，具有还原性，故C正确；D.根据反应的离子方程式可知，有2个Mn2+参加反应时，转移电子的个数为2(7-2)=10，故D正确。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用。NOx+CO催化剂N2+CO2中，C元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。【解答】A.由反应可知，只有C、N元素的化合价变化，故A正确；B.当x=2时，每生成1molN2，转移电子数为1mol2(4-0)=8mol，故B错误；C.等物质的量N2(NN)和CO2(O=C=O)中，共价键的个数比为3：4，故C正确；D.令NOx中N元素的化合价为a，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则1(a-0)=1(4-2)，解得a=2，NOx中氮元素的化合价为+2价，故D正确；9.【答案】B【解析】解：A.反应为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O，配平后的化学计量数为3、6、2、1、3，故A错误；B.1molS被氧化，有1molSO32-生成，则生成2molS2-，故B正确；C.氧化剂和还原剂都是S，S2-对应的S是氧化剂，SO32-对应的S是还原剂，根据方程式，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C错误；D.3molS参加反应有4mol电子发生转移，故D错误。故选：B。本题考查氧化还原反应，注意把握电子转移和氧化还原反应规律，难度中等。10.【答案】B【解析】【分析】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化和理解原电池的工作原理为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。【解答】反应CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价升降最小公倍数为2(4-2)+(3-0)=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O。A.反应CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，则氧化性：Cl2>N2，故A错误；B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故B正确；C.由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，反应中若有1molCO2生成，则有1molCN-参与反应，故有(4-2)+(3-0)1mol=5mol电子发生转移，故C错误；D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，反应中CN-失去电子，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生氧化反应，即CO2在负极区生成，故D错误。11.【答案】C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算，Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，本题难度中等，需细心分析。【解答】在3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+83；硫元素的化合价变化为：+2+52；氧元素的化合价变化：0-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，结合离子方程式的电荷守恒原则判断x，据此分析解答。A.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，故A错误；B.由电荷守恒可知：23+2(-2)-x=-2，x=4，故B错误；C.由方程式可知，1mol氧气参与反应，转移4mol电子，消耗3molFe2+，但只有2molFe2+被氧化，所以每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化，故C正确；D.由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，则氧化产物有Fe3O4和S4O62-，故D错误。故选：C。12.【答案】D【解析】【分析】本题考查有机物制备实验，难度一般，掌握氧化还原反应的本质及相关概念是关键，侧重培养学生分析与解决问题的能力。【解答】A.从反应总过程来分析，LiI和Rh*是催化剂，而具体到反应1、2，二者是反应物，故A错误；B.反应3中两种反应物中碳元素化合价均发生变化，是氧化还原反应；反应4中H2与CH3COORh*I反应生成醋酸、Rh*和HI，是氧化还原反应；反应5，所有元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；C.HI与甲醇反应生成碘甲烷(CH3I)，不是酯化反应，故C错误；D.通过两个循环反应，该转化的总反应方程式为：，故D正确，故选D。13.【答案】B【解析】解：A.单质铁在纯氧气中燃烧生成黑色Fe3O4，故A正确； B.反应方程式为：Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，故B错误； C.根据原子和电荷守恒配平反应方程式为：Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O，则反应各物质的系数依次为1、2、8、1、4，故C正确； D.Fe3O4属于金属氧化物，与盐酸反应生成盐和水，故D正确； 故选：B。根据原子和电荷守恒配平反应离子方程式为：Fe2+2Fe3+8OH-=Fe3O4+4H2O，该反应中没有化合价发生变化，则不属于氧化还原反应，Fe3O4具有磁性，又属于金属氧化物，与盐酸反应生成盐和水，据此分析解答。本题考查方程式的配平等，明确元素化合价及其Fe3O4的性质是解本题关键，难度中等。14.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查电解池工作原理的应用，注意结合电解池的工作原理进行分析解答，题目难度不大。【解答】由示意图可知，Cl-在石墨电极上放电得到Cl2，然后Cl2与水反应生成HClO，生成的HClO将NH4+氧化为N2，离子方程式为：3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+，据此解答。A.由示意图可知石墨电极为阳极，则铁电极为阴极，发生得电子的还原反应，故A正确；B.由示意图可知石墨电极为阳极，则石墨电极与电源正极相连，故B正确；C.除氮时，HClO将NH4+氧化为N2，HClO发生的离子反应为3HClO+2NH4+=3Cl-+N2+3H2O+5H+，故C正确；D.铁电极为阴极，电解时无损失，也不参与到除铵根的反应中去，则铁电极无损耗，故D错误。15.【答案】D【解析】【分析】本题考查了氮元素化合物的性质、氧化还原反应的综合分析，题目难度不大，注意从化合价变化的角度分析氧化还原反应，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力。【解答】A.反应I中H2是还原剂，Ce4+离子是氧化剂，利用化合价升降法进行配平，反应的离子方程式为：H2+2Ce4+=2H+2Ce3+，故A错误；B.x=1时，过程发生反应方程式：2NO+4Ce3+4H+=N2+4Ce4+2H2O，NO为氧化剂，Ce3+为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B错误；C.过程I发生H2+2Ce4+=2H+2Ce3+，过程发生2NO+4Ce3+4H+=N2+4Ce4+2H2O(x=1时)，处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，故C错误；D.总反应可以看作烟气与H2反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故D正确。16.【答案】C【解析】【分析】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。【解答】A.脱硫过程中，需要控制温度，“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，单质硫在煤油中的溶解度增加，温度太高易燃，温度不能太低也不能太高，故A正确；B.氧化过程中，Se转化为H2SeO3升高4价，NaClO3转化成Cl2降低5价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:5，故B正确；C.亚硫酸钠将三价铁离子还原为亚铁离子，故滤液III中主要存在的金属离子有Na+、Zn2+、Fe2+、Cu2+，故C错误；D.还原过程中生成粗硒的离子方程式为：H2SeO3+2SO32-=Se+2SO42-+H2O，故D正确。故答案为：C。17.【答案】；4NA(2)(3)ClO2；NaClO2；2(4)C【解析】【分析】本题考查氧化还原反应的应用，掌握新情境下的氧化还原反应方程式配平及相关计算为解题关键，难度一般，侧重考查分析能力和灵活运用能力。【解答】(1)Na2S2O3是一种常用除氯剂，与Cl2发生氧化还原反应，生成NaCl和硫酸、盐酸，离子方程式为：，0.5molNa2S2O3作还原剂完全反应，则消耗2molCl2，转移的电子数为4NA。(2)氧化铜为氧化剂，得电子生成铜，氯化铵被氧化生成氮气，电子转移数目为6，双线桥标电子转移为：；(3)氯元素化合价降低，发生还原反应，则氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2；NaClO2作还原剂，氯元素由+3价降为-1价，得到4个电子，则消毒效率是Cl2的2倍；(4)在稀硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1:2完全反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，2个SO32-失去4个电子，则氯原子得到4个电子，化合价由+5降低到+1，则产物为Cl2O，故选C。18.【答案】1 1 1H2O 1 1 2H+ 2mol 10 2 11.2g【解析】解：(1)镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，离子反应为Ni2+H2PO2-+1H2O=Ni+1H2PO3-+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；1molH2PO3-，反应中转移电子的物质的量为1mol(4-2)=2mol，故答案为：2mol；(2)反应中，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素化合价由-1价升高到0价，若生成2molNa2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为10mol，故答案为：10；高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，同时被还原为Fe3+，含Mn2+1mg的水体样本，则n(Mn2+)=0.001g55g/mol=1.810-5mol，c(K2FeO4)=0.0012g/L198g/mol/L=610-6mol/L，则1.810-5mol(4-2)=V610-6mol/L(6-3)，V=2L，故答案为：2；(3)氢气的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，Fe2HClH2，0.1mol 0.2mol 0.1mol根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为13(0.16L5mol/L-0.2mol)=0.2mol，Fe2FeCl30.1mol0.2mol所以参加反应的铁粉的质量为(0.1mol+0.1mol)56g/mol=11.2g，故答案为：11.2g。(1)镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式；(2)反应中，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价，O元素化合价由-1价升高到0价，若生成2molNa2FeO4，据此计算；高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2进行除去，同时被还原为Fe3+，含Mn2+1mg的水体样本，则n(Mn2+)=0.001g55g/mol=1.810-5mol，c(K2FeO4)=0.0012g/L198g/mol/L=610-6mol/L，据此计算；(3)参加反应的铁粉为与铁离子反应及与氢离子反应的两部分之和，根据氢气的体积计算出与盐酸反应的铁的物质的量及HCl的物质的量，再根据氯原子守恒，求出氯化铁的物质的量，进而求出与铁离子反应的铁的物质的量。本题考查的知