《2020年领军高考化学真题透析专题2.3氧化还原反应基本概念及配平高效演练含解析2.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年领军高考化学真题透析专题2.3氧化还原反应基本概念及配平高效演练含解析2.doc（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、氧化还原反应基本概念及配平1、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠（NaAuCl4）溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒（直径为2060nm），下列有关说法错误的是（）A 氯金酸钠中金元素的化合价为+3B 葡萄糖具有还原性C 检测时，NaAuCl4发生氧化反应D 纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应【答案】C【解析】A化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，所以A选项是正确的； B葡萄糖的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO，葡萄糖中含有醛基，具有还原性，所以B
2、选项是正确的；C氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误D纳米金单质颗粒直径为20nm60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，所以D选项是正确的。2、已知氧化还原反应反应 K2Cr2O7 + 14HCl= 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2+ 7H2O。关于该反应的说法中正确的组合是氧化剂是K2Cr2O7还原性：ClCr3+每生成1molCl2，电子转移为6molCrCl3是氧化产物A B C D 【答案】A【解析】在K2Cr2O7 +14HCl= 2KCl+ 2CrCl3 +3Cl2+7H2O 反应中,氯元素化合价升高，所以氯元素被氧化，铬元素化合价降低，所以K2Cr2O7是氧
3、化剂,对应的产物CrCl3是还原产物，根据方程式可知：氯元素化合价由-1价升高到0价，每生成3molCl2，反应转移6 mol电子；上述分析可以知道氧化剂是K2Cr2O7，故正确；氧化还原反应过程中还原剂还原性大于还原产物的还原性，因此还原性: ClCr3+，故正确；化学反应中每生成3Cl2,电子转移为6mol，每生成1molCl2，电子转移为2mol，故错误；化学方程式分析判断CrCl3 是还原产物,故错误。3、有关反应14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4的下列说法中错误的是()A. FeS2既是氧化剂也是还原剂B. CuSO4在反应中被还原C. 被还原的
4、S和被氧化的S的质量之比为37D. 14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2【答案】C【解析】方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中+2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个+1价Cu；5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的-2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-的+6价S（生成物中有17个硫酸根，其中有14来自于反应物的硫酸铜中）。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确。硫酸铜的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确。10个-1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和
5、被氧化的S的质量之比为73，选项C错误。14 mol CuSO4在反应中得电子为14mol。FeS2被氧化时，应该是-1价的S被氧化为+6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2。4、二氧化硒（SeO2）是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应SeO24KI4HNO3=Se2I24KNO32H2OSe2H2SO4（浓）=2SO2SeO22H2OSe4HNO3（浓）=SeO24NO22H2O下列有关叙述正确的是A 反应中Se是氧化产
6、物，I2是还原产物B 反应中生成06mol1，转移的电子数目为24NAC 反应、中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：1D SeO2、H2SO4（浓）、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2【答案】D【解析】A. 反应SeO24KI4HNO3=Se2I24KNO32H2O中,Se元素的化合价降低,被还原, I元素的化合价升高,被氧化,则Se是还原产物, I2是氧化产物，故A错误；B. 根据化合价的变化可知,反应中每有0.6molI2生成,转移的电子数目应为0.6mol2(10)NA=1.2NA，故B错误；C. 由反应可知,设Se均为1mol,由反应、可知
7、等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2:4=1:2，故C错误； D. 在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,则根据可知氧化性：SeO2I2,中氧化性：H2SO4（浓）SeO2,则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2I2，故D正确。5、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml 2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A. 1.0mol B. 0.8mol C. 0.6mol D. 0.4mol【答案】D【解析】可以
8、将反应理解为：Cu + HNO3 + NaOH Cu(NO3)2 + NaNO3 + NaNO2 + H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4g Cu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3 + NaNO2 一共1mol，已知有0.6mol NaNO2，则有0.4molNaNO3。6、为监测空气中汞蒸气是否超标，通过悬挂涂有（白色）的滤纸，根据滤纸是否变色（亮黄色至暗红色）及变色所需时间来判断空气中的汞含量。发生的化学反应为：，下列说
9、法不正确的是A. 上述反应属于置换反应B. 该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1C. 既是氧化产物又是还原产物D. 当有1mol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol【答案】C【解析】题目的反应属于一种单质和一种化合物反应生成一种新的单质和一种新的化合物，所以是置换反应，选项A正确。反应的化合价如下：，所以氧化剂为2个CuI（只有2个Cu由+1降低为0），还原剂为1个Hg，所以该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，选项B正确。由上， 只是氧化产物（只是Hg化合价升高的产物），还原产物是Cu，选项C错误。该反应的电子转移数为2e，对应的CuI为4个，所以当有1m
10、ol CuI参与反应时，转移电子的物质的量为0.5mol，选项D正确。7、工业上常用氯氧化法处理含氰（）废水，一定条件下，氯气和反应生成无毒气体。下列说法不正确的是A. 中碳元素的化合价为+2B. 该反应的产物之一是无毒的C. 当1mol参与反应时，转移D. 处理含0.1mol的废水，理论上需要消耗标准状况下的体积为5.6L【答案】C【解析】一定条件下，氯气和CN-反应生成无毒气体，该无毒气体应该是N2和CO2，则反应的离子方程式为：4H2O5Cl22CNN22CO28H10Cl。CN中氮元素应该是-3价，则碳元素的化合价为+2价，选项A正确。根据以上分析可知该反应的产物之一是无毒的N2，选项
11、B正确。根据方程式可知反应的电子转移数为10e-，所以1 molCN参与反应时，转移5mole，选项C错误。根据方程式处理含0.1 mol CN的废水，理论上需要消耗0.25mol Cl2，其体积为0.25mol22.4L/mol5.6L，选项D正确。8、H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。利用H2PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，下列说法正确的是A H2PO2-是氧化剂B Ag是还原剂C 氧化产物是H3PO3D 氧化产物是H3PO4【答案】D【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元
12、素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1及电子守恒可以知道：4（1-0）=1（x-1），计算得出：x=+5，发生反应为：H2PO2-+4Ag+2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，该反应的氧化剂是Ag+，还原剂是H2PO2-，则H2PO2-对应的氧化产物为H3PO4。9、一定量的铁、铝合金与300mL 2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液，使铝、铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液的体积是（ ）A 450mL B 150mL C 200mL D 无法计算【答案】B【
13、解析】硝酸的物质的量为：0.3L2mol/L=0.6mol，生成NO的物质的量为：=0.15mol，所以反应后的溶液中NO3的物质的量为0.6mol0.15mol=0.45mol，再向反应后的溶液中加入 3mol/L的NaOH 溶液，使铝、铁元素恰好全部转化为沉淀，则反应后溶液的溶质成分为NaNO3，由质量守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=n（NO3）=0.45mol，则所加 NaOH 溶液的体积V(NaOH)=0.15L=150mL。10、已知下列实验事实：固体既能溶于溶液得到溶液，又能溶于硫酸得到溶液；向溶液中滴加溶液，再酸化，可得溶液；将溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝
14、。下列判断不正确的是A. 化合物中元素为+3价B. 实验证明是两性氧化物C. 实验证明既有氧化性又有还原性D. 实验证明氧化性： 【答案】C【解析】化合物中K为+1价，O为-2价，所以Cr为+3价，选项A正确。由可知Cr2O3可以与氢氧化钠和硫酸反应得到盐和水，所以是两性氧化物，选项B正确。向溶液中滴加溶液，再酸化，可得溶液，这个过程表现的是H2O2的氧化性，与其还原性无关，选项C错误。将溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝说明K2Cr2O7将碘化钾氧化为I2，所以说明氧化性：，选项D正确。11、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF35
15、H2O=2NOHNO39HF，下列有关该反应的说法正确的是()A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂B. HF是还原产物C. 还原剂和氧化剂的物质的量之比是21D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体【答案】D【解析】试题分析：A在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3，部分降低变为NO，因此NF3是氧化剂，也是还原剂，而水的组成元素化合价没有发生变化。所以水不是还原剂，错误；BHF的组成元素在反应前后没有发生变化，所以HF不是还原产物，错误；C根据方程式可知，在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1：2，错误；D NF
16、3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO，NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体，正确。12、已知Fe2+或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应:Fe2+:H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；H202+2Fe3+=2Fe2+2H+O2。I2:H2O2+I2=2HIO；下列说法错误的是A. 通过反应可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂B. 根据反应可知，在该条件下，氧化性:H2O2Fe3+C. 1molH202分解，转移的电子数为2NAD. 反应为2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2【答案】C【解析】反应相加的总反应恰好为过氧化氢的分解：2H202=2H2O+O2，并且反应前
17、后Fe2+无变化，选项A正确。反应H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O中，过氧化氢为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：H2O2Fe3+,选项B正确。过氧化氢分解方程式为2H202=2H2O+O2，反应的电子转移数为2e-，所以1molH202分解，转移的电子数为NA，选项C错误。过氧化氢分解反应为：2H202=2H2O+O2，减去反应得到反应为：2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2。选项D正确。13、某离子反应中共有 H2O、ClO、NH4 +、H+、N2、Cl六种微粒。其中 c(ClO)随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是A. 该反应的还原剂是NH4 +B. 反应后溶液酸
18、性明显增强C. 若消耗 1 mol 氧化剂， 可转移 2 mol eD. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 2:3【答案】D【解析】根据题目叙述，c(ClO)随反应进行逐渐减小，说明ClO是反应物，则Cl是对应的生成物，Cl元素的化合价从+1价降低为-1价，ClO作氧化剂，而在反应中化合价能升高的只有NH4 + 转化为N2，所以NH4 +作还原剂，因此反应的离子方程式为3ClO+2NH4 + =N2+ 3Cl+2H+ +3H2O，通过以上分析可知，A正确；反应后生成了H+，使溶液酸性增强，则B正确；C、消耗1 mol氧化剂ClO生成1molCl-，转移2mol电子，则C正确；D、由电子转
19、移守恒可得，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 3:2，故D错误。14、消毒是饮用水处理中的重要环节之一。目前，常用的消毒剂有氯气、二氧化氯等。研究人员发现：1.0 mg/L氯气与0.5 mg/L二氧化氯的消毒能力相当，氯气和二氧化氯消毒过程中都会产生三氯甲烷（有毒副产物）。在40时，对两种消毒剂的浓度与产生三氯甲烷的浓度关系进行了对比实验。得出的数据如图1和图2所示。下列说法不正确的是A. 对比图1和图2可得出，浓度均为0.3 mg/L时，二者的消毒能力相当B. 40时，4.0 mg/L的氯气在020 h内产生的三氯甲烷明显增多C. 实验数据能表明，氯气和二氧化氯在消毒能力相当的情况下，使
20、用二氧化氯做消毒剂比用氯气更安全。D. 自来水厂以亚氯酸钠（NaClO2）和盐酸为原料，用二氧化氯发生器现场制二氧化氯的方程式为：5NaClO2 + 4HCl = 4ClO2 +5NaCl + 2H2O【答案】A【解析】根据题目表述“1.0 mg/L氯气与0.5 mg/L二氧化氯的消毒能力相当”，所以与图中表示无关，选项A错误。由图1得到4.0 mg/L的氯气在02h间曲线的斜率较大，说明三氯甲烷的量增加得很快，选项B正确。1.0 mg/L氯气与0.5 mg/L二氧化氯的消毒能力相当，对比两个图中的1.0 mg/L氯气与0.5 mg/L二氧化氯的曲线，得到氯气产生的三氯甲烷明显比二氧化氯产生的
21、三氯甲烷多，所以使用二氧化氯更安全，选项C正确。亚氯酸钠与盐酸反应制取二氧化氯，Na元素在反应后明显只能以氯化钠的形式存在，根据化合价变化一定最小的基本原则，认为反应是亚氯酸钠的歧化反应，其中+3价的氯一部分升高到二氧化氯的+4价，一部分降低到氯化钠的-1价，所以应该有4个升高到二氧化氯，一个降低为氯化钠，所以配平得到：5NaClO2 + 4HCl = 4ClO2 +5NaCl + 2H2O。选项D正确。15、把图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式。对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是( )图1： Mn2+H+图2：A. Mn 元素从反应前的+2价升高到了反
22、应后的+7价，Mn2+做还原剂B. IO4-作氧化剂，具有氧化性C. 随着反应的进行，溶液酸性增强D. 若有2 mol Mn2+参加反应，则转移5 mol电子【答案】D【解析】根据氧化还原反应一定有化合价的升高和降低以及原子个数守恒得到该反应为：（未配平）。Mn 元素从反应前的+2价升高到了反应后的+7价，所以Mn2+做还原剂，选项A 正确。反应中IO4-中I的化合价（+7）降低为IO3-（I为+5价），所以IO4-为氧化剂，具有氧化性，选项B正确。反应会生成氢离子，所以随着反应的进行，溶液的酸性增强。选项C正确。Mn 元素从反应前的+2价升高到了反应后的+7价，所以若有2 mol Mn2+参
23、加反应，则转移10 mol电子，选项D错误。16、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是（ ）A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为11B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子C. 当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低【答案】A【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移
24、的数目为8e-。A. 氧化产物、还原产物的物质的量之比为13，A不正确；B. 若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；C. 当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；D. 硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。17、PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4价和+2价的混合氧化物(+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。向1mol PbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气amol)中加入足量的浓盐酸得到氯气bmol,如果a:b为3:2，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是Pb3O4、PbO 1:1 PbO2、
25、Pb3O4 1:2 PbO2、Pb3O4、PbO 1:4:1 PbO2、Pb3O4、PbO 1:1:4A. B. C. D. 【答案】D【解析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-，设该过程得到O2的物质的量为a=3x mol，则Cl2的物质的量为b=2x mol，利用得失电子守恒可得：3x4+2x22，解得x0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，
26、利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)4:5，结合选项可知只有、项满足n(Pb):n(O)4:5，故答案选D。18、(SCN)2称为拟卤素,将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份:向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。下列说法中不正确的是A. Fe3+与SCN-反应的离子方程式是:Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3B. 中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原C. 中现象说明SCN-与Cl-相似，有还原性D. SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2【答案】B【解析
27、】A、Fe3+与SCN发生络合反应，Fe3+3SCN=Fe(SCN)3，显红色，故A正确；B、SO2具有强还原性，SCN中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN；而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原，反应方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，导致溶液褪色，故B错误；C、KMnO4具有强氧化性，Fe3+中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应，所以中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN反应，体现SCN的还原性，说明SCN与Cl相似，有还原性，故C正确；D、SCN与Cl相似，具有还原性，能失
28、电子，被氧化为(SCN)2，故D正确。故选B。19、二氧化氯 (ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果，其反应原理为：ClO2+Mn2+ MnO2+Cl-（部分反应物和产物省略、未配平），下列有关该反应的说法正确的是A. 工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2B. 利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH升高C. 该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:5D. 理论上处理含1mol Mn2+的污水，需要标准状况下的ClO2 8.96L【答案】D【解析】A、氯气是有毒的气体，所以不能代替ClO2，则A错误；B、用ClO2处理酸性污水中的
29、Mn2+，反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2+ + 6H2O =5 MnO2+2Cl- + 12H+，所以处理后溶液的pH是减小的，故B错误；C、该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl-，由反应方程式可知，二者的物质的量之比为5:2，故C错误；D、由反应的离子方程式可知，处理1mol Mn2+，需要2/5 mol的ClO2，在标准状况下的体积为8.96L，故D正确。20、根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是() 选项实验操作和现象结论或解释A淀粉KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去还原性：IClSO2B向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，煮沸，用激
30、光笔照射，出现一条光亮通路有Fe(OH)3胶体生成C向5 mL 0.1 molL1 KI溶液中加入0.1 molL1的FeCl3溶液1 mL，振荡，用苯萃取23次后，取下层溶液滴加5滴KSCN溶液，出现血红色反应2Fe32I=2Fe2I2是有一定限度的D取CH3CH2Br与NaOH溶液混合，共热并充分振荡，冷却后滴加AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀CH3CH2Br变质了【答案】BC【解析】A. 淀粉KI溶液中通入Cl2，溶液先出现蓝色，说明Cl2将I- 氧化为I2，则还原性：I-Cl-，再通入二氧化硫气体，蓝色褪去，说明二氧化硫具有还原性，将碘单质还原成碘离子，则还原性：SO2I-，所以还原性：
31、SO2I-Cl-，故A错误；B向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸溶液变红褐色，得到氢氧化铁胶体，用激光笔照射，出现丁达尔效应，故B正确；C. 向5 mL 0.1 molL1 KI溶液中加入0.1 molL1的FeCl3溶液1 mL，FeCl3不足，但是取出来的溶液中滴加KSCN溶液显血红色，说明KI和FeCl3反应有一定的限度，故C正确；D. 取少量CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后先滴加稀硝酸中和氢氧化钠，然后再滴加AgNO3溶液，根据是否有淡黄色沉淀出现判断水解情况，否则氢氧根离子干扰检验结果，故D错误；答案选BC.21、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（Na
32、ClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A. 反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B. 从母液中可以提取Na2SO4C. 反应2中，H2O2做氧化剂D. 采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反
33、应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确。22、高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂，具有强氧化性。制备高铁酸钾方法很多。（1）干法制备高铁酸钾。将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物。此制备反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。（2）湿法制备高铁酸钾。工业上常采用NaClO氧化法生产，原理如下：a.3NaClO+2Fe(NO3)3+ 10NaOH=2Na
34、2FeO4+3NaCl+6NaNO3+5H2Ob.Na2FeO4+2KOH =K2FeO4+2NaOH主要的生产流程如图：流程图中“转化”是在某低温下进行的，说明此温度下的溶解度S(K2FeO4)_S(Na2FeO4)（填“”“”或“=”）。湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。工业生产中最佳温度为_，此时Fe(NO3)3与NaClO 两种溶液最佳质量浓度之比为_。若NaClO加入过量，氧化过
35、程中会生成Fe(OH)3，写出该反应的离子方程式：_。若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为_。（3）K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用_溶液(填序号)。A.H2O B.CH3COOK、异丙醇 C.NH4Cl、异丙醇 D.Fe(NO3)3、异丙醇K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有_。（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3
36、沉淀，从而除去Fe3+。该反应的平衡常数为_。(已知常温下的溶度积常数：KspCu(OH)2=2.010-20， KspFe(OH)3=4.010-38)。【答案】 31 26 65或1.2 3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO +Fe3+8OH=+4H2O B K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质 5.01015 mol/L【解析】（1）将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物。此制备反应中，Fe的化合价由+3升高到+6、N的化合价由+5降低到+3，所以，氧
37、化剂与还原剂的物质的量之比为31。（2）流程图中“转化”是在某低温下进行的，Na2FeO4与KOH发生的是复分解反应，说明此温度下的溶解度S(K2FeO4) S(Na2FeO4)。湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。由图甲和图乙可知，在26、NaClO和Fe(NO3)3的质量浓度分别为330g/L和275g/L时，K2FeO4生成率最高，所以工业生产中最佳温度为26，此时Fe(NO3)3与N
38、aClO 两种溶液最佳质量浓度之比为65（或1.2 ）。若NaClO加入过量，次氯酸根离子和铁离子发生双水解反应，故氧化过程中会生成Fe(OH)3，该反应的离子方程式为3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO。若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为+Fe3+8OH=+4H2O。（3）在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，因为K2FeO4在水溶液中易水解，所以洗涤剂最好选用有机溶剂，根据平衡移动原理，为减少晶体的溶解损失，应选用CH3COOK、异丙醇溶液，填B。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有：K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质。（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3沉淀，从而除去Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe3+3Cu(OH)23Cu2+2Fe(OH)3。该反应的平衡常数为5.01015 mol/L。