【文档说明】（通用版）高考化学复习检测04 氧化还原反应（含答案解析）.doc，共(13)页，322.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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（通用版）高考化学复习检测:04氧化还原反应（含答案解析）1.下列是从海藻灰和智利硝石矿层中提取碘的主要反应，下列说法正确的是（）①2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2②2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2A．氧化性

：MnO2>SO42->IO>I2B．I2在反应①中是还原产物，在反应②中是氧化产物C．反应①②中生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5D．NaHSO3溶液呈酸性，NaHSO3溶液中c(HSO)>c(H2SO3)>

c(SO32-)2.下列有关说法正确的是()A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAC．根据反应中HNO3(稀)――→被还原NO，而HNO3

(浓)――→被还原NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)D．含有大量NO－3的溶液中，不能同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－3.下列说法正确的是()A．Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu均为单质被还原的置换反应B．2Na2O2＋2H2

O===4NaOH＋O2↑，Cl2＋H2O===HCl＋HClO，均为水作还原剂的氧化还原反应C．Na2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应D．生石灰用作食品抗氧化剂4.废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH＋4完全转化为

N2，该反应可表示为2NH＋4＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中不正确的是()A．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原B．还原性：NH＋4>Cl－C．反应中每生成1molN2，转移6mol电子D．经此法处理过的废水可以直接排放5.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→

SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（）A．氧气是氧化产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：46.已知X和Y是两种单质，X＋Y―→X2＋＋Y2－。下列叙述正确的是()①X被氧化②X是氧化剂③Y2－是还原产物④

X2＋具有氧化性⑤Y2－具有还原性⑥Y单质氧化性比X2＋氧化性强A．①②③B．①②⑥C．①③④⑤⑥D．①③④⑤7.K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法

不正确的是（）A．铁元素被氧化，氮元素被还原B．氧化性：KNO3＞K2FeO4C．每生成1molK2FeO4，转移6mole-D．K2FeO4具有氧化杀菌作用8.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-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Cr2O72-9.运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响

声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是（）A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molC．KCl既是氧化产物，又是还原产物D．因红磷和白磷

互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替10.钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法错误的是()A．未知

物质X为CO2，属于氧化产物B．每转移1mole－时，生成2molXC．反应中PdCl2作氧化剂，被还原D．还原性：CO>Pd11.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1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D．反应后溶液的酸性明显减弱12.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列

实验：结合实验，下列说法不正确的是（）A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色13.将1.95g锌粉加入200mL0.1mo

l·L－1的MO＋2溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是()A．M2＋B．MC．M3＋D．MO2＋14.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应2NH3＋3Cl2===N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是

()A．若管道漏气遇氨就会产生白烟B．该反应利用了Cl2的强氧化性C．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．生成1molN2有6mol电子转移15.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+

和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A．22.40LB．26.88LC．29.12LD．35.84L16.白磷有剧毒，被白磷污染的物品应即刻用硫酸铜溶液浸泡并清

洗，反应原理是:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4下列说法正确的是（）A．该反应中CuSO4将白磷氧化为Cu3PB．该反应中1molCuSO4氧化0.1molP4C．Cu3P既是氧化产物，又是还原产物D．该反应中白磷发生歧化反应，其中作

氧化剂和作还原剂的P4的质量之比为5∶617.下列离子方程式书写不正确．．．的是（）A．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成沉淀：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2OB．KMnO4标准液滴定草酸：2MnO4－＋6H＋＋5H2C2O4＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2OC．H2S用Na2CO3

溶液吸收，生成两种酸式盐：H2S＋CO32－＝HS－＋HCO3－D．FeS溶于稀盐酸中：S2－＋2H＋＝H2S↑18.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)（）A．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰B．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应C．相同条件下生成等量的O2，反应③

和④转移的电子数之比为1∶1D．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶419.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)=3∶2，则参加反应的

Fe和HNO3的物质的量之比为()A．1∶1B．5∶16C．2∶3D．3∶220.已知：还原性HSO－3＞I－，氧化性IO－3＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正

确的是()A．0～a间发生反应：3HSO－3＋IO－3===3SO2－4＋I－＋3H＋B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC．b～c间发生的反应中I2仅是氧化产物D．当溶液中I－与I2的物

质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1.08mol21.碘酸钾（KIO3）在生活中应用广泛，可将含碘物质经过系列变化得到KIO3。（方法一）现向含6molKI的稀硫酸中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与加入KBrO3的物质的量的关系如图所示。已知①a→b段：BrO3－＋6

I－＋6H＋＝3I2＋Br－＋3H2O②c→d段：2BrO3－＋I2＝2IO3－＋Br2回答下列问题：（1）b点时，KI完全反应，则消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是________，还原产物是_____________；

a→b共转移________mole－。（2）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子方程式：_____________；从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)＝____________mol。（方法二）电解法制备KI

O3，现将一定量的碘溶于过量的氢氧化钾溶液，发生反应：aI2＋bKOHcKI＋dKIO3＋eX，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解，得到KIO3。回答下列问题：（3）X的化学式是

____________。（4）若有0.3molI2单质参加反应，则反应过程中电子转移的个数为____________。22.(1)氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为：8HClO3===3O2↑＋2Cl2↑＋4HC

lO4＋2H2O。根据题意完成下列小题：①在上述变化过程中，发生还原反应的过程是________→________(填化学式)。②该反应的氧化产物是________(填化学式)；所得混合气体的平均相对分子质量为________。(2)已

知测定锰的一种方法是：锰离子转化为高锰酸根离子，反应体系中有H＋、Mn2＋、H2O、IO－3、MnO－4、IO－4。①有关反应的离子方程式为______________________________________。②在锰离子转

化为高锰酸根离子的反应中，如果把反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH=2，则在反应中转移电子的物质的量为________mol。23.NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaC

lO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为____________（选填“酸性”、“碱

性”或“中性”）；原因是______________________。（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。_______________________________________（3）处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，

实际至少需NaClO___g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准。（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_________、__________和H2O。24.良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物C

O、NOX、SO2具有十分重要的意义。（1）氧化还原法消除NOX的转化如下所示：。反应I为NO+O3===NO2+O2，其还原产物是_________。反应Ⅱ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。（2）吸收SO2和NO获

得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-和NO2-，请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式_______________。装置III中发生反应的离子方

程式为_________________。（3）已知进入装置IV的溶液中NO2-的浓度为amol·L-1，要使1L该溶液中NO2-完全转化为NH4NO3，至少需向装置IV中通入标准状况下的氧气____L(用含

a代数式表示)。答案解析1.答案为：C；解析：A.氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中MnO2＞I2；反应②IO3﹣＞SO42﹣，故A错误；B.在反应①中，I元素化合价升高，被氧化，I2为氧化产物，在反

应②中，I元素化合价降低，被还原，I2为还原产物，故B错误；C.反应①、②中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应①转移2mol电子，反应②转移10mol电子，则转移电子数比为1：5，故C正确；D.NaHSO3溶液呈酸性，HSO3﹣的电离程度大于水解程度，所以c（SO32

﹣）＞c（H2SO3），则c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H2SO3），故D错误。故选C。2.答案为：D；解析：在Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O的反应中，1molCl2参加反应转移电子数为NA，则A项错误；在反应KIO3＋6H

I===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，B项错误；不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(浓)>HNO3(稀)，C项错误；NO－3＋H＋具有强氧化性，能氧化Fe2＋，D项正确。3.答案为：C

；解析：A项Zn与Cu2＋的反应为单质被氧化的反应，A错；B项中的两个反应中，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B错；生石灰不具有还原性，不能用作食品抗氧化剂，D错。4.答案为：D；解析：反应中氮元素的化合价由－3价升高为0价，被氧

化，氯元素化合价由＋1价降低为－1价，被还原，故A正确；根据上述分析，NH＋4为还原剂，Cl－为还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：NH＋4>Cl－，故B正确；每生成1molN2时，转移电子

的物质的量为6mol，故C正确；经此法处理过的废水中含有盐酸，属于酸性废水，不能直接排放，故D错误。5.答案为：D；解析：A．O元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以

氧气的还原产物，错误；B．在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电

子的数目，错误；D．根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；6.答案为：C；解析：根据X化合价升高被氧化，得X是还原剂，X2＋是氧化产物；Y化合价降低被还原，Y是氧化剂，Y2－是还原产

物；氧化剂和氧化产物都有氧化性，还原剂和还原产物都有还原性，正确的是①③④⑤⑥，故C正确。7.答案为：C；解析：反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3

价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A.氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，A正确；B.反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂＞

氧化产物，故氧化性：KNO3＞K2FeO4，B正确；C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4

时转移3NA个电子，C错误；D.K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确；故合理选项是C。8.答案为：C；解析：A.在反应I中S、Cr元素化合价发生变化，在反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合

价发生了变化，A错误；B.反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+→3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+→6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，可见处理

1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,B错误；C.反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，C正确；D.根据方程式可知3mol即3×96gCuS处理4molCr2O72-，每克处理Cr2O72-

的物质的量为4mol÷(3×96)=mol；3mol即3×160gCu2S处理5molCr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为5mol÷(3×160)=mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，D错误；故合理选项是C。9.答案为：B；解析：A.反

应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：

6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3m

ol×5=l5mol，选项B正确；C.KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D.白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误；故合理选项是C。10.答案为：B；解析：由反应

可知，X物质为CO2，属于氧化产物，故A正确；X物质为CO2，反应中转移的电子为1mol时，生成12mol物质X，故B错误；反应中PdCl2作氧化剂，得电子而被还原，故C正确；CO作还原剂，Pd为还原产物，则还原性为CO>Pd，

故D正确。11.答案为：C；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是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO—为反应物，由氯元素守恒可知Cl—是生成物，则反

应的方程式应为3ClO—+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl—+2H+，以此解答此题。A．由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故A错误；B.N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，故B错误；C.由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故C正确；

D.反应生成H+，溶液酸性增强，故D错误。故选C。12.答案为：D；解析：A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B、②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，乙醇被氧化，B正确；C、②是酸

性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，C正确；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，重铬酸根离子浓度增大，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。答案选D。13.答案为：A；解析：恰好完全反应时，1.95g(0.03mol)Zn失去0

.06mol电子，则0.02molMO＋2得到0.06mol电子，设还原产物中M元素的化合价为＋n，则0.02×(5－n)=0.06，解得n=2，A项符合题意。14.答案为：C解析：A、反应生成HCl，NH3可与H

Cl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；B、Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，故B正确；C、Cl2为氧化剂，N元素化合价升高的NH3为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D、N由-3价升高为0价，生成1molN2

有6mol电子转移，故D正确。15.答案为：A；解析：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.3mol，转移电子物质的量=0.3×（6+2）=2.4mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=

2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol×2×22.4L/mol=26.88L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.15×10=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x

=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol×2×22.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8＜V＜26.88，答案选A。16.答案为：D；解析：本题主要考查氧化还原反应，氧化还原反应的电子转移数目计算。Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，CuSO4是氧化剂

，P4部分磷元素由0价降低到-3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，结合电子守恒来解答。A.该反应中CuSO4将白磷氧化为H

3PO4，错误；B.因为1molCuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44molH3PO4失去20mole-，故1molCuSO4可氧化0.05molP4，错误；C.Cu3P只是还原产物，错误；D.根据反应中各元素化合价变化，该反应可写为6P4（还原剂）

+5P4+60CuSO4（氧化剂）+96H2O===20Cu3P（还原产物）+24H3PO4（氧化产物）+60H2SO4，白磷发生歧化反应，其中作氧化剂和还原剂的白磷的质量之比为5:6，正确。17.答案为：D解析：A.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应生成二氧

化硫和S单质，离子反应为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故A正确；B.Mn从+7价降低到+2价，得到电子，C元素化合价升高，失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4－＋6H＋＋5H2C2O4＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故B正确；C.H2

S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐：反应方程式为：H2S+Na2CO3==NaHCO3+NaHS，离子方程式为：H2S＋CO32－＝HS－＋HCO3－，故C正确；D.FeS不溶于水，与盐酸反应的离子方程式为：FeS＋2H＋＝H2S↑+Fe2+，故D错误。

18.答案为：A；解析：A.反应⑤是置换反应，铝是还原剂，锰是还原产物，所以铝的还原性强于锰，故A正确；B.①②③④⑤五个反应中都有元素的化合价发生了变化，所以都是氧化还原反应。反应④⑤不是在水溶液中发生的反应，所以不是离子反应，故B错误；C.反应③中氧元素的化合价是从-1升高到0，而反应④中

氧元素的化合价是从-2升高到0，所以两者转移的电子数之比为1∶2，故C错误；D.反应①的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，参加反应的HCl中有一半被氧化，所以氧化剂和还原剂之比为1∶2，故D错误。正确答案：A。19.答案为：B；解析：设

反应中生成3molFe2＋、2molFe3＋，则转移电子的物质的量为3mol×2＋2mol×3=12mol，根据得失电子守恒，由4H＋＋NO－3＋3e－===NO↑＋2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4mol，与Fe2＋、Fe3＋结合的NO－3的物质的量为3mol×2＋2mol×3

=12mol，所以参加反应的n(Fe)=5mol，参加反应的n(HNO3)=16mol，故本题选B。20.答案为：C；解析：0～a间没有碘单质生成，说明IO－3和HSO－3发生氧化还原反应生成I－，加入KIO3的物质的量是1mo

l时，NaHSO3的物质的量是3mol，HSO－3被氧化生成SO2－4，根据转移电子守恒知，其离子方程式为3HSO－3＋IO－3===3SO2－4＋I－＋3H＋，故A正确；a～b间发生的反应为3HSO－3＋IO－3===3SO2－4＋I－＋3H＋，参加反应的IO－3的物质的量为0.6

mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol，故B正确；根据图像知，b～c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO－3＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，所以I2既是还原产物

又是氧化产物，故C错误；根据反应IO－3＋3HSO－3===I－＋3SO2－4＋3H＋，3molNaHSO3参加反应消耗KIO3的物质的量为1mol，生成碘离子的物质的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO－3＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，消耗

的KIO3的物质的量为13xmol，消耗碘离子的物质的量为53xmol，剩余的碘离子的物质的量为1－53xmol，当溶液中n(I－)∶n(I2)=5∶2时，即1－53x∶x=5∶2，x=0.24，根据原子守恒，加入KIO3的物质的量为1mol＋0.24mol×13=

1.08mol，故D正确。21.答案为：1︰6、KBr、6；BrO3－＋5Br－＋6H＋＝3Br2＋3H2O、1.2；H2O；3.01×1023；解析：（1）b点时，KI反应完全，n(KI):n(KBrO3)=6:1，反应中KI被氧化作还原剂，KBrO3被还原作氧化剂，反应的方程式为BrO3－

＋6I－＋6H＋＝3I2＋Br－＋3H2O，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是1︰6；氧化剂对应的是还原产物，还原产物为：KBr；碘元素化合价由-1价升到0价，6molI－参与反应生成3molI2，转移的电子数为6mol；故答案为：1︰6；KBr；6；（2）b→c过程中，含碘物质的物质的量没

有发生变化,溶液中存在Br－和BrO3－，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：BrO3－＋5Br－＋6H＋＝3Br2＋3H2O；a→b：BrO3－＋6I－＋6H＋＝3I2＋Br－＋3H2O，6molKI反应，消耗1molBrO3－，生成1molBr－；b→c：BrO

3－＋5Br－＋6H＋＝3Br2＋3H2O，a→b过程生成的1molBr－参与反应，消耗0.2molBrO3－，故从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)＝1mol+0.2mol=1.2mol；故答案为：BrO3－＋5Br－＋6H＋＝3B

r2＋3H2O；1.2；（3）aI2＋bKOH=cKI＋dKIO3＋eX，根据化合价升降法和元素守恒配平得出3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，所以X的化学式是：H2O；故答案为：H2O；（4）3

I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O中部分碘元素化合价从0价升到+5价，部分碘元素化合价从0价降到-1价，3molI2单质参加反应，转移的电子数为5mol，则0.3molI2单质参加反应，电子转移的个数为3.01×10

23；故答案为：3.01×1023。22.答案为：(1)①HClO3Cl2②O2和HClO447.6(2)①2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4＋5IO－3＋6H＋②1/60(或0.0167

)解析：(1)①根据方程式中化合价的升降可以判断出＋5价的氯被还原为0价，故还原过程为HClO3→Cl2。②方程式中化合价升高的有两种元素，故氧化产物是O2和HClO4；混合气体(O2和Cl2)的平均相对分子质量计算如下：(3×32＋2×71)÷5=47.6

。(2)①根据题意和氧化还原反应书写规律可以得出2Mn2＋＋5IO－4＋3H2O===2MnO－4＋5IO－3＋6H＋。②根据离子方程式，每生成6molH＋，转移电子的物质的量为10mol，当1L溶液的pH=2时，生成n(H＋)=0.01mol，则

转移电子的物质的量为1/60mol。23.答案为：（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。（2）2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑（3）14900（4）NaOCN、NaCN解析：（1）依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于

酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应

中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-＝CO32-+CO2↑+3Cl-+N2↑。（3）NaCN被氧化的两个

阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是，反应中C由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处

理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为g。（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。24.答案为：NO2、3:

2；2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；2Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O；11.2aL解析：（1）根据反应NO＋O3=NO2＋O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到-2价，生成

了NO2，所以该反应中的还原产物为NO2；反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由+4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由-3价升高到0价，被氧化，当n(NO

2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时氧化还原反应中得失电子数目守恒，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故答案为：NO2、3:2；（2）NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO3-和NO2-，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，因此离子方程式为2NO＋3H

2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；装置III为电解池，Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋，在电解槽中阳极上失电子，阳极反应式为：2Ce3＋-2e-=2Ce4＋，根据流程图可知HSO3-参与反应，在阴极得电子，因此反应式为

2H＋＋2HSO3-＋2e－=S2O42-＋2H2O，则装置III中发生反应的离子方程式为2Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O，故答案为：2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；2

Ce3＋+2H＋＋2HSO3-2Ce4＋+S2O42-＋2H2O；（3）溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO2-被氧气氧化生成NO3-，氮元素化合价由+3价升高到+5价，氧气中氧元素由0价降低到-2价，根据得失电子守

恒可知两者反应的关系式为：2NO2-~O2，n（NO2-）=amol/L·1L=amol，则需氧气的物质的量为：n（NO2-）÷2=mol，其标准状况下的体积为：mol×22.4L/mol=11.2aL，故

答案为：11.2aL。