2022届新高考化学人教版二轮复习学案-专题四　氧化还原反应.docx

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1、科学态度与社会责任宏观辨识与微观探析以生活热点、新科技成果及传统文化为载体，考查氧化还原反应概念及电子转移，以实验和化工流程为载体，与元素化合物知识结合，考查氧化还原反应方程式书写及计算考向一氧化还原反应基本概念1氧化还原反应基本概念图解2氧化还原反应基本概念双线桥分析以双线桥为模板分析氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物、氧化反应、还原反应，例如则氧化剂为Cl2，还原剂为CN，氧化产物为OCN，还原产物为Cl。利用最小倍数及电子转移数目可配平方程式。1(2020山东卷)下列叙述不涉及氧化还原反应的是(B)A谷物发酵酿造食醋B小苏打用作食品膨松剂C含氯消毒剂用于环境消毒D大气中NO2参与酸雨形成

2、解析：谷物中富含淀粉，淀粉经过水解得到葡萄糖，葡萄糖经过发酵得到乙醇，乙醇再经氧化得到乙酸，A项涉及氧化还原反应；小苏打作食品膨松剂，发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，B项不涉及氧化还原反应，符合题意；含氯消毒剂消毒，利用了其含氯成分的强氧化性，C项涉及氧化还原反应；大气中NO2与水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，此反应有元素化合价的升降，D项涉及氧化还原反应。2(2019北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是(B)选项物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(

3、HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2解析：Fe粉将溶液中的Fe3转化为Fe2，涉及氧化还原反应，A项不符合题意；Mg2与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应，B项符合题意；Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl，C项不符合题意；NO2溶于水生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应，D项不符合题意。3(2021浙江1月选考)关于反应8NH36NO2=7N212H2O，下列说法正确的是(D)ANH3中H元素被氧化BNO2在反应过程中失去电子C还原剂与氧化剂的物质的量之比为34D氧化产物

4、与还原产物的质量之比为43解析：NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A错误；NO2在反应过程中得到电子，B错误；该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为43，C错误；该反应中氧化产物和还原产物均为N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为43，则氧化产物与还原产物的质量之比为43 ，D正确。4(2021浙江6月选考)关于反应K2H3IO69HI=2KI4I26H2O，下列说法正确的是(D)AK2H3IO6发生氧化反应BKI是还原产物C生成12.7g I2时，转移0

5、.1 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为71解析：K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；KI中的I由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，根据反应方程式，每生成4 mol I2转移7 mol电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为71，D正确。5(2021湖南省学业水平选择性

6、考试)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I211KClO33H2O6KH(IO3)25KCl3Cl2。下列说法错误的是(A)A产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mol eB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为116C可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在解析：该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中5价，每个碘原子升高5价，即6I260e，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e，即Cl220e，则产生22.4 L(标准状况)Cl2，即1 mol Cl2时，反应

7、中应转移20 mol e，A错误；该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为116，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；食盐中IO可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H、I发生归中反应：IO5I6H=3I23H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在，D正确，故选A。6(2021山东新高考监测)用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeS

8、O4KNO3H2SO4(浓)Fe2(SO4)3NOK2SO4H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是(B)A该反应的氧化剂是KNO3B氧化产物与还原产物的物质的量之比为23CFe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D该反应中生成144 g H2O，转移电子的物质的量为12 mol解析：在反应FeSO4KNO3H2SO4(浓)Fe2(SO4)3NOK2SO4H2O中，KNO3中N元素的化合价由5价降为2价，为氧化剂，A项正确；配平的化学方程式为6FeSO42KNO34H2SO4(浓)=3Fe2(SO4)32NOK2SO44H2O，在该反应中还原产物是NO，氧化产物是Fe2(SO4)3，氧

9、化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为32，B项错误；Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，这几种物质均为电解质，C项正确；根据方程式可知，反应每产生72 g H2O，转移6 mol电子， 则生成144 g H2O，转移电子的物质的量为12 mol，D项正确，故选B。7.(2021济南二模)(双选)高铁酸钠是一种新型高效水处理剂，主要制备方法如下：湿法：Fe(OH)3NaClONaOHNa2FeO4NaClH2O(反应未配平)干法：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2下列说法正确的是

10、(AC)A高铁酸钠既有杀菌消毒的作用也有净水的作用B用湿法制备1 mol Na2FeO4需消耗1 mol NaClOC干法中被FeSO4还原的Na2O2与作还原剂的Na2O2的物质的量之比为41D分别用湿法和干法制备等量高铁酸钠，两个反应过程中转移的电子数相同解析：高铁酸钠中铁元素的化合价为6，高铁酸钠具有强氧化性，既有杀菌消毒的作用也有净水的作用，A项正确；根据湿法：2Fe(OH)33NaClO4NaOH=2Na2FeO43NaCl5H2O,1 mol Na2FeO4需消耗1.5 mol NaClO，B项错误；根据干法：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，

11、被FeSO4还原的Na2O2有4 mol，作还原剂的Na2O2有1 mol，其物质的量之比为41，C项正确；干法制备2 mol高铁酸钠，转移10 mol电子，湿法制备2 mol高铁酸钠，转移6 mol电子，转移的电子数不相同，D项错误，故选AC。8(2021河北五个一名校联盟二模)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的一种生产工艺如下：下列说法错误的是(C)ANaClO2中Cl的化合价为3B“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式为2NaClO3SO2H2S

12、O4=2ClO22NaHSO4C“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12DNaClO2的“有效氯含量”为1.57 g解析：NaClO2中Na为1价，O为2价，根据正负化合价代数和为0，可知Cl的化合价为3，A正确；根据流程图，NaClO3和SO2在硫酸酸化条件下生成ClO2，同时生成NaHSO4，根据得失电子守恒、元素守恒可得2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4，B正确；根据流程图可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO，Cl的化合价从4价降为3价，1

13、 mol ClO2 参加反应得到1 mol电子，H2O2为还原剂，氧化产物为O2,1 mol H2O2参加反应失去2 mol电子，依据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，C错误；1 g NaClO2的物质的量n mol，依据电子转移数目相等，NaClO2Cl4e，Cl22Cl2e，可知氯气的物质的量为 mol4 mol，则氯气的质量为 mol71 g/mol1.57 g，D正确，故选C。考向二氧化还原反应规律及应用氧化还原反应“四大规律”的应用规律应用强弱律比较物质氧化性或还原性强弱，判断反应能否进行氧化性：氧化剂氧化产物还原性：还原剂还原产物价态律(1)氧化还原反应发生时，其

14、价态一般先变为邻位价态。(2)同种元素不同价态之间的反应，高价态的元素化合价降低，低价态的元素化合价升高，但升高与降低的化合价只接近不交叉守恒律内容：氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数，即n(氧化剂)化学式中变价原子数化合价降低值n(还原剂)化学式中变价原子数化合价升高值。应用：直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系；配平氧化还原反应方程式优先律判断物质的稳定性及反应的先后顺序(1)同时含有几种还原剂按还原性由强到弱依次反应(如向FeI2溶液中通入少量Cl2，I优先反应)。(2)同时含有几种氧化剂按氧化性由强到弱依次反应(如含Fe3、H的混合液中加入铁，Fe3优先反应)1(2020浙江7月

15、选考)反应MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是(B)A12 B11C21 D41解析：该反应中MnO2作氧化剂，HCl作还原剂，故氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，二者物质的量之比为11，B正确。2(2021全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如下图所示：加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgIFe=2AgFe22I，生成的沉淀与硝酸反应，生成AgNO3后可循环使用。通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为FeI2Cl2=I2FeCl2；若反应物

16、用量比n(Cl2)/n(FeI2)1.5时，氧化产物为I2、FeCl3；当n(Cl2)/n(FeI2)1.5时，单质碘的收率会降低，原因是I2被过量的Cl2进一步氧化。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为2IO5HSO=I25SO3HH2O。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol。I2在KI溶液中可发生反应I2II。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可

17、制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是防止单质碘析出。解析：(1)由流程图可知，悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgIFe=2AgFe22I，生成的银能与硝酸反应生成AgNO3参与循环中。通入Cl2的过程中，因I还原性强于Fe2，Cl2先氧化还原性强的I，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，反应的化学方程式为FeI2Cl2=I2FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)1.5时即Cl2过量，先氧化I再氧化Fe2，恰好将全部I和Fe2氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)1.5时即Cl

18、2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I的物质，再向混合溶液中(含I)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I为中间产物，总反应为IO与HSO发生氧化还原反应，生成SO和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒，可得离子方程式：2IO5HSO=I25SO3HH2O。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI2CuSO4=2CuII22K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol；反应中加入过量KI，I浓度增

19、大，可逆反应I2II平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。3(2021广东一模)2020年11月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百周年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为3和4，氧化性：Ce4Fe3。下列说法正确的是(A)A铈元素在自然界中主要以化合态形式存在B可通过电解Ce(SO4)2溶液制得金属铈C铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce2Cu2=2CuCe4DCeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为CeO24HI=CeI42H2O解析：金属铈在空气中易被氧化变暗，则铈元素在自然界中主要以化合

20、态形式存在，A正确；金属铈能与水反应，说明金属的活动性很强，应通过电解其熔融盐制取，B错误；金属铈能与水反应，铈放入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢气，C错误；CeO2溶于氢碘酸，生成的Ce4具有强氧化性，可氧化碘离子为碘单质，D错误。4(2021德州一模)(双选)为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O；SeO24KI4HNO3=4KNO3Se2I22H2O，下列说法错误的是(BC)A中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物B中KI是还原剂，HNO3是氧化剂C每生成0

21、.4 mol I2共转移1.2 mol电子D氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2HNO3解析：反应中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，A项正确；反应中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，B项错误；反应中，生成2 mol碘单质，转移4 mol电子，则每生成0.4 mol I2共转移0.8 mol电子，C项错误；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产

22、物，氧化性H2SO4(浓)SeO2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应中SeO2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性SeO2HNO3，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2HNO3，D项正确，故选BC。5(2021山东等级考试模拟)(双选)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O44H=PbO22Pb22H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应：5PbO22Mn24H5SO=2MnO5PbSO42H2O。下列推断正确的是(AD)A由反应可知，Pb3O4中Pb()和Pb()含量之比为21B由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnOCPb可与稀硝酸发生

23、反应：3Pb16HNO3=3Pb(NO3)44NO8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2解析：Pb3O44H=PbO22Pb22H2O为非氧化还原反应，产物中Pb()和Pb()物质的量之比为21，则Pb3O4两者含量之比也为21，A项正确；反应不是氧化还原反应，不能得出氧化性：HNO3PbO2，B项错误；Pb可与稀硝酸发生反应生成Pb(NO3)2，C项错误；由反应可知PbO2的氧化性大于MnO，故Pb3O4可与浓盐酸发生反应：Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2，D项正确，故选AD。6多硫化钠Na2Sx(x2)在结构上与Na2O2、FeS

24、2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值是(A)A5 B4C3 D2解析：Na2Sx的S化合价为，反应后氧化为6价。NaClO中Cl的化合价从1价降低到1价，得到了2个 I(或HI)I2、IOCOCO2(或CO)金属单质(Zn、Fe、Cu等)Zn2、Fe2(与强氧化剂反应生成Fe3)、Cu2(与弱氧化剂反应生成Cu)第二步配平：利用电子守恒、元素守恒配平化学方程式：MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O。第三步：若为离子方程式可以利用电荷守恒进行配平；

25、则关键是确定溶液的酸碱性及补全微粒。知识储备缺项配平(1)配平方法先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。(2)补项原则条件补项原则酸性条件下缺H或多O补H，少O补H2O碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH1(2019全国卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.1

26、6.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和SiO2(不溶性硅酸盐)；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将Fe2氧化为Fe3。解析：(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O，硫化锰矿粉中只有硅元素化合物不溶于H2SO4，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2沉淀完全时，Mn2已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的F

27、e2氧化为Fe3，便于除去。2(2019江苏卷)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。N2O的处理：N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为2NH32O2N2O3H2O。解析：根据信息知，NH3和O2在加热和催化剂作用下生成N2O和H2O，利用电子守恒法配平化学方程式可得2NH32O2N2O3H2O。3(2018全国卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：(1)焙烧过程

28、中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)溶液中的Cd2可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为Cd2Zn=CdZn2。解析：焙烧时硫元素转化为SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出Cd，最后将滤液电解得到金属锌。则(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O22ZnO2SO2。(2)溶液中的Cd2可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn

29、Cd2=Zn2Cd。4(2021菏泽模拟)含氮废水是造成水体污染的重要原因之一。研究含氮废水的处理对水体净化有重要意义。回答下列问题：(1)利用O2和H2可高效去除水体中同时存在的NH和NO。具体方法是先利用氧气将NH氧化成NO，再利用H2将NO还原为N2(2NO5H2N22OH4H2O)。利用氧气氧化NH的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。若完全处理含1 mol NH4NO3的废水，至少需要标准状况下的H2 112 L。(2)用液氯可除去氨氮废水中的NH。加入的Cl2与水体中NH的物质的量之比n(Cl2)/n(NH)与废水中余氯浓度(以1价或单质形式存在的氯元素)和残余NH浓度的关系

30、如图所示。根据图象分析，n(Cl2)/n(NH)最佳比值为61。氨氮废水中加入液氯，发生如下反应可将NH最终氧化为N2。.Cl2H2O=HClHClO.NHHClO=NH2ClHH2O(NH2Cl中Cl元素为1价).HClO参与反应，反应的离子方程式为2NH2ClHClO=N23Cl3HH2O。(3)ClO2可将污水中的CN氧化成两种气体而达到净化水体的目的。某工厂污水中含CN 5 mg/L，用ClO2处理时发生反应的离子方程式为2ClO22CN=N22CO22Cl，处理100 m3这种污水，至少需要ClO219.2 mol。(保留一位小数)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要

31、除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是d。(填标号)a明矾b碘化钾c盐酸 d硫酸亚铁解析：(1)氧气和铵根反应的离子方程式为NH2O2=NOH2O2H，由离子方程式可以看出NH是还原剂，O2是氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为21；由N原子守恒可知，NH4NO32NO，结合离子方程式2NO5H2N22OH4H2O可得，完全处理含1 mol NH4NO3的废水，至少需要标准状况下的H2的物质的量为5 mol，在标准状况下，由n可知，V5 mol22.4 L/mol112 L。(2)据图象可知，当n(Cl2)/n(NH)61时，余氯质量浓度、残余NH的质量浓度最小，故n(Cl2)/n(NH

32、)的最佳比值为61。该过程是氨氮废水中加入液氯，液氯将氨氮转化为氮气，则第三步反应为HClO与NH2Cl的反应，NH2Cl被氧化为氮气，HClO与NH2Cl被还原为Cl，离子方程式为2NH2ClHClO=N23Cl3HH2O。(3)CN与ClO2反应生成两种无毒气体氮气和二氧化碳，根据化合价升降总数相等，结合电荷守恒和原子守恒配平，得出离子方程式为2ClO22CN=N22CO22Cl；100 m3105 L,100 m3废水中所含CN的质量105 L0.005 g/L500 g，CN的物质的量为19.2 mol，根据离子方程式：2ClO22CN=N22CO22Cl可知，所需要二氧化氯的物质的量至少为19.2 mol。亚氯酸盐具有氧化性，明矾不能被氧化，碘化钾被氧化为碘，盐酸可能被氧化为氯气，因此若要除去超标的亚氯酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，且产生的氧化产物铁离子能净水，故选d。