1、氧化还原反应 1 （2020 高考全国 2 卷 T7）北宋沈括梦溪笔谈中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。 挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的 是 A胆矾的化学式为 CuSO4 B胆矾可作为湿法冶铜的原料 C“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程 D“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应 【答案】A 【解析】A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为 CuSO45H2O，A 说法错误；B.湿法冶铜是用铁与 硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B 说法正确；C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬 之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C 说法正确；D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应
2、生成铜，D 说 法正确。综上所述，相关说法错误的是 A，故选 A。 2厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术。下列说法中不正确的是（ ） 。 A1mol 4 NH 所含的质子总数为 10NA B联氨(N2H4)中含有极性键和非极性键 C过程属于氧化反应，过程属于还原反应 D过程中，参与反应的 4 NH 与 NH2OH 的物质的量之比为 1:1 【答案】A 【解析】A1mol 4 NH 中含有质子总数为 11NA，A 不正确：B联氨（N2H4）的结构式为 ，含有极性键和非极性键，B 正确；C过程氮元素由-2 价升高到-1 价，是氧 化反应，过程氮元素化合价由 +3 价降为-1 价，
3、是还原反应，C 正确；D过程中 4 NH 中 N 显-3 价，NH2OH 中 N 显-1 价，N2H4中 N 显-2 价，根据氧化还原反应规律可知， 4 NH 与 NH2OH 的物质的量之比为 1:1，D 正确。故选 A。 3某离子反应中涉及 H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中 N2的物质的量随时 间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是( ) A该反应的还原剂是 Cl- B消耗 1 mol 还原剂，转移 6 mol 电子 C氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：3 D反应后溶液的酸性明显增强 【答案】D 【解析】由曲线变化图可知，随反应进行 N2的物质的量增大，故 N2
4、是生成物，则 NH4+应 是反应物，N 元素化合价升高，则具有氧化性的 ClO-为反应物，由氯元素守恒可知 Cl-是生 成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为 3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+。A由方程式可知：在反应中 NH4+中 N 元素在反应后 化合价升高，所以还原剂为 NH4+，A 错误；BN 元素化合价由-3 价升高到 0 价，则消耗 1mol 还原剂，转移 3mol 电子，B 错误；C由方程式可知氧化剂是 ClO-，还原剂是 NH4+， 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3：2，C 错误；D反应生成 H+，使溶液中 c(H+)增大， 溶液酸
5、性增强，D 正确；故合理选项是 D。 4某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉， 最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图 所示(已知硝酸只被还原为 NO 气体)。下列分析或结果错误的是 A原混合酸中 3 NO的物质的量为0.1 mol BOA 段产生的是 NO，AB 段发生的反应为 32 Fe2Fe3Fe ，BC 段产生氢气 C第二份溶液中最终溶质为 4 FeSO D 24 H SO浓度为 1 2.5mol?L 【答案】A 【解析】A、根据题图可知，OA 段发生的反应为： +3+ 32 Fe+NO +4H =F
6、e +NO+2H O ， 硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中 3 n NOn Fe0.1mol ，所以原混合酸中 3 NO的物质的量为0.1 mol 20.2 mol ，A 符合题意；B、OA 段发生的反应为： +3+ 32 Fe+NO +4H =Fe +NO+2H O ， 产生 NO， AB 段发生的反应为 32 Fe2Fe3Fe ， BC 段发生的反应为 2 2 Fe2HFeH ，产生氢气，B 不符合题意；C、第二份溶液 中硝酸全部被还原，因为溶液中有 2 4 SO ，并且 Fe 全部转化为 2 Fe ，所以最终溶液中溶质 为 4 FeSO，C 不符合题意；D、反应最终消耗14.0 g
7、Fe，其物质的量为 1 14.0g 0.25mol 56g mol ， 所有的铁都以硫酸亚铁的形式存在于溶液中， 根据 2 4 SO 守恒可知， 每份溶液中含硫酸0.25 mol， 所以硫酸的浓度是 1 0.25mol 2.5mol L 0.1L ， D 不符合题意； 故答案为：A。 5某小组比较 Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下： 实验 1 实验 2 实验 3 装置 操 作 和现 象 微热后， 溶液颜色无明 显变化； 把蘸浓氨水的 玻璃棒靠近试管口， 产 生白烟 溶液变黄； 试管口有红 棕色气体生成 溶液变深紫色；经检 验溶液含单质碘 下列对实验的分析不合理的是（ ） ANaCl+H2
8、SO4 (浓) 加热 NaHSO4+HCl B根据实验 1 和实验 2 能判断还原性：Br-Cl- C根据实验 3 能判断还原性：I-Br- D上述实验利用了浓 H2SO4 的难挥发性、强氧化性等 【答案】C 【解析】实验 1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验 2，溶液变黄，说明有溴 单质生成；中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子 氧化为碘单质；实验 1 体现浓硫酸的难挥发性、实验 2 体现浓硫酸的氧化性。 A实验 1 中浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体，符合难挥发性酸制取挥发性酸，反 应为 NaCl+H2SO4 (浓) 加热 NaHSO4+HCl
9、，故 A 正确；B实验 1 溶液颜色无明显变化说明 浓硫酸不能氧化氯离子，实验 2 溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br- Cl-，故 B 正确；C中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫 酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性 I-Br-的结论，故 C 错误；D根据分析，实验 1 体现浓硫酸的难挥发性、实验 2 体现浓硫酸的氧化性，故 D 正确； 答案选 C。 6一定量的某磁黄铁矿(主要成分 FexS，S 为2 价)与 100mL 盐酸恰好完全反应(矿石中其 他成分不与盐酸反应)， 生成 3.2g 硫单质、 0.4molFeCl2和一定量 H2S 气体， 且
10、溶液中无 Fe3+。 则下列说法正确的是（ ） A该盐酸的物质的量浓度为 4.0mol L-1 B该磁黄铁矿 FexS 中，Fe2+与 Fe3+的物质的量之比为 2：1 C生成的 H2S 气体在标准状况下的体积为 8.96L D该磁黄铁矿中 FexS 的 x=0.85 【答案】C 【解析】 n(S)=3.2g 32g/mol=0.1mol， 根据转移电子守恒得 n(Fe3+)= 0.1mol20 32 =0.2mol， 则 n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以 n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1。A.盐酸恰好 反应生成FeCl2 的物质
11、的量为0.4mol， 根据Cl原子守恒可得c(HCl)= 2 0.4mol 0.1L =8.0mol/L， A错误； B.由以上分析可知， 该磁黄铁矿FexS中， Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)： n(Fe3+)=1： 1，B 错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得 n(H2S)= 1 2 n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol， V(H2S)=0.4mol 22.4L/mol=8.96 L，C 正确；D.FexS 中 n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol， n(Fe)=0.4mol， 所以 n(Fe)： n(S)=0.4mol： 0.5mol=0.8， 所以
12、x=0.8， D 错误。 故合理选项是 C。 7某含铬 Cr2O72 废水用硫酸亚铁铵FeSO4 (NH4)2 SO4 6H2O处理，反应中铁元素和铬 元素完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到 n molFeO FeyCrxO3(Cr 化合价+3 价) 。不考虑处 理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是( ) A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为 n(2-x)mol B处理废水中 Cr2O72 的物质的量为 nx 2 mol C反应中发生转移的电子为 3nx mol D在 FeO FeyCrxO3中 3x=y 【答案】A 【解析】A由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为 n(y+1)，又由 FeOFeyCr
13、xO3电中性 知 3x+3y=6，代入前式得，消耗硫酸亚铁的物质的量为 n(3-x)；或由得失电子守恒得 3x=y， 代入得 n (1+y)mol=n (3x+1)mol，故 A 错误；B根据铬原子守恒，Cr 为 nxmol，故 Cr2O72 的物质的量为nx 2 mol ，故 B 正确；C得到 n molFeO FeyCrxO3，则一共有 nxmolCr 原子 参加反应，1molCr 转移电子 3mol，故反应中发生转移的电子为 3nx mol，故 C 正确； DFeO FeyCrxO3中，Cr 正三价，由得失电子守恒知 3xy=0，即 3x= y，故 D 正确；故选 A。 8高效“绿色”消
14、毒剂二氧化氯通常为气体，实验室用 NC13 溶液和 NaClO2溶液制备 ClO2 气体，化学方程式为 6NaClO2+NC13 +3H2O=6ClO2 +NH3 +3NaC1+3NaOH。下列有关说 法正确的是（ ） A根据上面化学方程式，生成 22. 4 L NH3 时转移电子数目为 6 NA BNC13 中所有原子都满足 8 电子结构 C在 NaClO2 和 NC13 的反应中 ，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1 DClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 【答案】B 【解析】A.缺标准状况，无法计算 22. 4 L NH3的物质的量和反应转移电子的数目，故 A 错 误； B.N
15、C13为共价化合物， 电子式为 ， 由电子式可知分子中中所有原子都满足 8 电 子结构，故 C 正确；C.由方程式可知，NaClO2中氯元素的化合价升高被氧化，NaClO2为反 应的还原剂，NC13中氮元素的化合价降低被还原，NC13为反应的氧化剂，则氧化剂与还原 剂的物质的量之比为 1:6，故 C 错误；D.ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故 D 错误；故选 B。 9I具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以 KIO3的形式存在，I、I2、IO3在一定条件 下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是 A用淀粉KI 试纸和食醋可检验食盐是否加碘 B由图可知氧化性的强弱顺序为 C12IO3
16、I2 C生产等量的碘，途径 I 和途径转移电子数目之比为 2：5 D途径反应的离子方程式：3C12+I+3H2O=6C1+IO3+6H+ 【答案】C 【解析】A. 碘食盐中的碘元素主要以 KIO3的形式存在，IO3和 I在酸性条件下可生成 I2， I2遇淀粉变蓝，A 正确；B. 由图途径可知，Cl2可将 I氧化为 IO3，氧化性 Cl2IO3， 途径可知 IO3可被还原为 I2，氧化性为 IO3I2，则氧化性的强弱顺序为 Cl2IO3I2， B 正确；C. 生产 1mol 碘，途径 I 中-1 价碘转变为 0 价碘，需要转移 2mol 电子，途径中 +5 价碘转变为 0 价碘，需要转移 10m
17、ol 电子，故转移电子数目之比为 1：5，C 错误；D. 途 径中 Cl2可将 I氧化为 IO3，而氯气被还原为 Cl，根据得失电子守恒和质量守恒，反应 的离子方程式为：3Cl2+I+3H2O=6Cl+IO3+6H+，D 正确；答案选 C。 10重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜CuaClb(OH)c xH2O ，可以通过以下步骤制备。 步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知 Fe3+对该反应有催化作 用，其催化原理如图所示。步骤 2：在制得的 CuCl2溶液中，加入石 灰乳充分反应后即可 制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是 A图中 M、N 分别为 Fe2+、
18、Fe3+ Ba、b、c 之间的关系式为：2a=b+c C步骤 1 充分反应后，加入少量 CuO 是为了除去 Fe3+ D若制备 1 mol 的 CuCl2，理论上消耗标况下 11.2 LO2 【答案】A 【解析】 由实验步骤及转化图可知， 发生反应 2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O， N 为 Fe2+， M 为 Fe3+，在制得在制得的 CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且 化合物中正负化合价代数和为 0。A根据上述分析，N 为 Fe2+，M 为 Fe3+，A 选项错误； B根据化合物中正负化合价的代数和为 0，可知 2a=b+c，B 选项正确；CFe3+
19、水解使溶液 显酸性，CuO 与 H+反应产生 Cu2+和水，当溶液的 pH 增大到一定程度，Fe3+形成 Fe(OH)3 而除去，从而达到除去 Fe3+的目的，C 选项正确；D根据方程式 2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，若制备 1 mol 的 CuCl2，理论上消耗 0.5molO2，标况下， 22 -1 mOO V=nV =0.5mol 22.4L mol =11.2L，D 选项正确；答案选 A。 11 R、 X、 Y和Z是四种元素， 其常见化合价均为+2价， 且X2+与单质R不反应； X2+Z=X+Z2+； Y+Z2+=Y2+Z，这四种离子的氧化性大小顺序正确的是（ ） A
20、R2+X2+Z2+Y2+ BX2+R2+Y2+Z2+ CY2+Z2+R2+X2+ DZ2+X2+R2+Y2+ 【答案】A 【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。反应 X2+Z=X+Z2+ 中氧化剂 X2+的氧化性大于氧化产物 Z2+，即氧化性 X2+Z2+；反应 Y+Z2+=Y2+Z 中氧化剂 Z2+的氧化性大于氧化产物 Y2+，即氧化性 Z2+Y2+；X2+与单质 R 不反应说明 X2+的氧化性 小于 R2+的氧化性， 即 R2+X2+； 综上所述， 四种离子的氧化性大小为 R2+X2+Z2+Y2+， A 项正确；故选 A。 12日常生活中，许多现象与氧化还原反应有关
21、，下列现象与氧化还原反应无关的是 A铜质奖章上出现铜绿Cu2(OH)2CO3 B充有 H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸 C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D轮船底部生锈 【答案】C 【解析】A 项：金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，属于氧化还原反应， 故不选；B 项：氢气和氧气反应生成水，属于氧化还原反应，故不选；C 项：酸雨腐蚀大理 石雕像是因为碳酸钙能和酸反应， 该反应中没有元素化合价的变化， 所以不是氧化还原反应， 属于复分解反应，故可选；D 项：铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，是氧化还原 反应过程，故不选。故选 C。 13根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是
22、（ ） H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2 3FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3 AH2SO3IFe2+NO BIFe2+H2SO3NO CFe2+IH2SO3NO DNOFe2+H2SO3I 【答案】A 【解析】H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I 元素的化合价降低，S 元素的化合价升高，则 H2SO3为还原剂，还原性 H2SO3I-，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe 元素的化合价降 低，I 元素的化合价升高，则 HI 为还原剂，还原性 I-Fe2+， 3FeC
23、l2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3中，N 元素的化合价降低，Fe 元素的化合价升 高，则 FeCl2为还原剂，还原性 Fe2+NO，显然还原性由强到弱的顺序为 H2SO3I-Fe2+ NO，故选：A。 14在一定条件下 PbO2与 Cr3+反应，产物是 Cr2O 2 7 和 Pb2+，则与 1.0molCr3+反应所需 PbO2 的物质的量为（ ） A3.0mol B1.5mol C1.0mol D0.75mol 【答案】B 【解析】 已知 Pb 由+4 价变为+2 价， Cr 由+3 价变为+6 价， 设所需 PbO2的物质的量为 xmol， 则有 1.0mol
24、 1 (6-3)=xmol 1 (4-2)，解得 x=1.5mol，故 B 正确。 15某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图： 由图可知在该反应中是( ) A氧化剂 B还原剂 C还原产物 D氧化产物 【答案】C 【解析】 由图可知， 反应中得到电子生成， 化合价降低被还原， 因此 为还原产物；答案选 C。 16CuSO4溶液中加入过量 KI 溶液，产生白色 CuI 沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通 入过量 SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是( ) A滴加 KI 溶液时，KI 被氧化，CuI 是还原产物 B通入 SO2后，溶液变无色，体现 SO2的还原性 C整个过程发生了复分解反
25、应和氧化还原反应 D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO2 【答案】C 【解析】CuSO4溶液中逐滴加入 KI 溶液化学方程式为 2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反 应中 Cu 元素的化合价降低， I 元素的化合价升高； 向反应后的混合物中不断通入 SO2气体， 反应方程式为 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中 S 元素的化合价升高，I 元素的化合价降 低。A、滴加 KI 溶液时，I 元素的化合价升高，KI 被氧化，Cu 元素的化合价降低，则 CuI 是还原产物，故 A 正确；B、通入 SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S 元素 的化合
26、价升高，体现其还原性，故 B 正确；C、发生 2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2、 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI 均为氧化还原反应，没有复分解反应，故 C 错误；D、 2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中 Cu 元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧 化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2， SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI 中碘元素化合价由 0 价降低为-1 价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所 以物质氧化性 I2SO2，所以氧化性 Cu2+I2SO2，故 D 正确。答案选 C。 17高铁酸钾是一种新型、高
27、效、多功能水处理剂，工业上采用向 KOH 溶液中通入氯气， 然后再加入 Fe(NO3)3溶液的方法制备 K2FeO4，发生反应： C12+KOHKC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)； 2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。 下列说法正确的是 A若反应中 n(ClO)：n(C1O3)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1 B反应中每消耗 4molKOH，吸收标准状况下 224LCl2 C氧化性：K2FeO4KC1O D若反应的氧化产物只有 KC1O，则得到 0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12 【答案】D
28、【解析】A 选项，若反应中 n(ClO)：n(C1O3)=5：1，设物质的量分别为 5mol 和 1mol， 则化合价升高失去 10mol 电子，则化合价降低得到 10mol 电子，因此总共有了 8mol 氯气， 氧化剂与还原剂的物质的量之比为 10：6，即 5:3，故 A 错误；B 选项，根据 A 分析反应 得出消耗氢氧化钾物质的量为 16mol，因此每消耗 4molKOH，吸收氯气 2mol，即标准状况 下 44.8LCl2，故 B 错误；C 选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产 物氧化性，因此 KC1O K2FeO4，故 C 错误；D 选项，若反应的氧化产物只有 KC
29、1O，则 C12与 KC1O 物质的量之比为 1:1， 根据第二个方程式得到 KC1O 与 K2FeO4物质的量之比为 3:2，因此得到 0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12，故 D 正确。 综上所述，答案为 D。 18 已知常温下， 饱和石灰水的物质的量浓度为 0.002 molL1， 工业上除去电石渣浆(含 CaO) 上清液中的 S2-，并制取石膏( CaSO42H2O)的常用流程如下： 下列说法正确的是 AMn(OH)2、MnO32-在过程 I、II 中均起催化剂作用 B过程 I 中，反应的离子方程式为 2Mn(OH)2 +O2 +4OH-=2MnO32- +4H2O C将
30、 10L 上清液中的 S2 -转化为 SO42-(S2-浓度为 480 mg L-1)，理论上共需要 0.03mol 的 O2 D常温下，56 g CaO 溶于水配成 1 L 溶液，溶液中 Ca2+的数目为 6.02 1023个 【答案】B 【解析】A. Mn(OH)2在过程 I 化合价升高，作还原剂，MnO32在过程 II 中化合价降低，作 氧化剂，故 A 错误；B. 过程 I 中，根据化合价升降守恒得到反应的离子方程式为 2Mn(OH)2 +O2 +4OH= 2MnO32 +4H2O，故 B 正确；C. 将 10L 上清液中的 S2转化为 SO42 (S2浓度 为 480 mg L-1)，
31、质量为 480 mg L1 10L = 4800mg=4.8g，物质的量为 1 m4.8g n=0.15mol M32g mol ，根据得失电子守恒 0.15mol 8=n(O2) 4，n(O2) =0.3mol， 理论上共需要 0.3mol 的 O2，故 C 错误；D. 常温下，饱和石灰水的物质的量浓度为 0.002 molL1，因此 56 g CaO 溶于水配成 1 L 溶液，是饱和溶液，因此 1L 溶液中 Ca2+的数目为 0.002NA个，故 D 错误。综上所述，答案为 B。 19二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒 剂。已知：工业上制备二
32、氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯 能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。 完成下列填空： (1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是_；理由是_。 (2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH 中 H 为+1 价，O 为-2 价)： _CH3OH+_NaClO3+_CO2+_C1O2+_Na2SO4+_ (3)该反应中，被氧化的元素是_。还原产物与氧化产物的物质的量之比是_。 (4)根据上述反应可推知_。 a.氧化性：C1O2NaClO3 b.氧化性：NaClO3CH3OH c.还原性：CH3OHClO2 d.还原性：CH3OHNa2SO4
33、(5)若转移的电子数目为 0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为_升。 (6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是 Cl2的_倍。 【答案】(1)试液变成无色 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性 (2)CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6C1O2+3Na2SO4+5H2O (3)CH3OH 中-2 价的碳 6：1 (4) bc (5)7.84 (6)2.63 【解析】(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红褪色； (2)根据元素守恒左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是 NaClO3，化合价从+5 降低到+4
34、 价， 化合价降低了 1，CH3OH 中碳元素的化合价从-2 升高到+4 价，化合价升高了 6，根据氧化 剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量相等， 配平氧化剂和还原剂的系数， 根据 元素守恒，配平其余物质，得到化学反应为： CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2+6C1O2+3Na2SO4+5H2O； (3)该反应中，化合价升高的元素是 CH3OH 中-2 价的碳，被氧化的元素是 CH3OH 中-2 价的 碳， 还原产物是二氧化氯， 氧化产物是二氧化碳， 还原产物和氧化产物的物质的量之比是 6： 1； (4)该反应中，氧化剂是 NaClO3，还原剂是 CH3OH，氧化产物是
35、 CO2，还原产物是 C1O2， 氧化剂的氧化性大于氧化产物， 还原剂的还原性大于还原产物， 故氧化性： NaClO3C1O2， NaClO3和 CH3OH 反应时，氧化剂是 NaClO3，还原剂是 CH3OH，说明氧化性：NaClO3 CH3OH，还原性：CH3OHClO2，答案选 bc； (5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应可知，生成 7mol 气体，转移 6mol 电子，若转移的电子数 目为0.3NA即0.3mol， 则生成0.35mol气体， 气体在标况下的体积为V=nVm=0.35 22.4L=7.84L； (6) 2 2 1g 5 67.5g / molCl =2.63 1g 2 71
36、g / mol O Cl 的消毒效率 的消毒效率 ，ClO2的消毒效率是 Cl2的 2.63 倍。 20磷是人体所必需的重要矿物质元素，磷的化合物在生产和生活中应用广泛。 反应： P4+ NaOH+H2O NaH2PO2 +PH3(未配平)制得的次磷酸钠(NaH2PO2)可作食品防腐剂， 也可用于化学镀镍。 请回答下列问题： (1)上述反应的反应物和生成物中含有非极性键的分子是_。(写出物质的化学式) (2)将 Na、O、P 三种原子的原子半径大小按由大到小的顺序排列_。 (3)NH3的稳定性比 PH3的(填“强”或“弱”)_，判断理由是_。 (4)A、配平上述反应，并标出电子转移方向与数目_
37、 P4+ NaOH+ H2O NaH2PO2 + PH3 B、上述反应中每生成 1 mol 氧化产物，转移电子的数目为_。 【答案】(1)P4 (2)r(Na) r(P ) r(O) (3)强 NH3和 PH3结构相似， N-H 键能大于 P-H 的键能，打破它需要更多的能量，所以 NH3的稳定性更好 (4)A、 B、NA 【解析】(1)依据给出五种物质可知：P4、H2O、PH3为分子晶体，属于非极性分子的仅有 P4 一种； (2)Na 与 P 同属第三周期，且原子序数更小，O 属于第二周期，因此三种原子的半径关系为 r(Na) r(P ) r(O)； (3)N 与 P 同主族且非金属性 N
38、更强，二者形成的简单氢化物 NH3和 PH3中，N-H 键键能相 比于 P-H 键键能更大，因此 N-H 键更为稳定，因此 NH3的稳定性更好； (4)A 反应前 P4中的 P 为 0 价， 反应后生成的 PH3中的 P 为-3 价， NaH2PO2中的 P 为+1 价， 因此该反应为歧化反应；根据得失电子守恒可知，PH3和 NaH2PO2的的化学计量系数比为 1:3，因此该反应方程式为： 42322 P3NaOH+3H O=PH3NaH PO，由于发生的是 P 元 素的歧化反应，所以电子转移表示为：； B上述反应中 NaH2PO2为氧化产物，因此每生成 1mol NaH2PO2电子转移 1mol 即 1NA。
