1、2020-2021年高考化学精选考点突破07 氧化还原反应1R、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（ ）AR2+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+
2、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。2日常生活中，许多现象与氧化还原反应有关，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)2CO3B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
3、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。3根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（）H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO42FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3AH2SO3IFe2+NOBIFe2+H2SO3NOCFe2+IH2SO3NODNOFe2+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
4、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+，3FeCl2+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。4在一定条件下PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O和Pb2+，则与1.0molCr3+反应所需PbO2的物质的量为（ ）A3.0molB1.5molC1.0molD0.75mol【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1.0mol1(
5、6-3)=xmol1(4-2)，解得x=1.5mol，故B正确。5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。6CuSO4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
6、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
7、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。7高铁酸钾是一种新型、高效、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(N
8、O3)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2：1B反应中每消耗4molKOH，吸收标准状况下224LCl2C氧化性：K2FeO4KC1OD若反应的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12【答案】D【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
9、: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KC1O，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。8I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
10、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C12IO3I2C生产等量的碘，途径I和途径转移电子数目之比为2：5D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
11、碘转变为0价碘，需要转移10mol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。9重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜CuaClb(OH)cxH2O，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+、Fe3+Ba、b、c
12、 之间的关系式为：2a=b+cC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+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+
13、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，D选项正确；答案选A。10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- +4H2OC将10L上清液中的S2 -转化为SO42-(S2-
14、浓度为480 mgL-1)，理论上共需要0.03mol的O2D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 mgL-1)，质量为480 mgL110L = 4800mg=4.8g，物质的量为，根据得失电子守恒0.15mol8=n(O2)4，n
15、(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。【提升题】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CuSO4B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
16、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所含的质子总数为10NAB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，参与反应的与NH2OH的物质的量之比为1:1【答案】A【解析】A1mol中含有质子总数为11NA，A不正确：B联氨（N
17、2H4）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，是还原反应，C正确；D过程中中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，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2：3D反应后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】由曲线变化图
18、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，溶液酸性增强，D正确；故
19、合理选项是D。4某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解。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原混合酸中的物质的量为BOA段产生的是NO，AB段发生的反应为，BC段产生氢气C第二份溶液中最终溶质为D浓度为【答案】A【解析】A、根据题图可知，OA段发生的反应为：，硝酸全部起氧化剂作用，所以每份混合酸中，所以原混合酸中的物质的量为，A符合题意；B、OA段发生的反应为：，产生NO，AB段发生的反应为，BC段发生的反应为，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
20、液中有，并且Fe全部转化为，所以最终溶液中溶质为，C不符合题意；D、反应最终消耗，其物质的量为，所有的铁都以硫酸亚铁的形式存在于溶液中，根据守恒可知，每份溶液中含硫酸，所以硫酸的浓度是，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+H2SO4 (浓)NaHSO4+HClB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
21、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)NaHSO4+HCl，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
22、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4.0molL-1B该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案
23、】C【解析】n(S)=3.2g32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=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 的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)=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)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.
24、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 SO46H2O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 molFeOFeyCrxO3(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)molB处理废水中Cr2O72 的物质的量为molC反应中发生转移的电子为3nx molD
25、在FeOFeyCrxO3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FeOFeyCrxO3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mol ，故B正确；C得到n molFeOFeyCrxO3，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；DFeOFeyCrxO3中，Cr正三价，由得失电子守恒知3xy=0，即
26、3x= y，故D正确；故选A。8高效“绿色”消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 NABNC13 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 6：1DClO2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
27、A错误；B.NC13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。9二氧化氯(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
28、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：NaClO3CH3OHc.还原性：CH3OHClO2 d.还原性：CH3OHNa2SO4(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
29、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
30、，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：NaClO3CH3OH，还原性
31、：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=0.3522.4L=7.84L；(6)，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。10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
32、、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_ P4+ NaOH+ H2O NaH2PO2 + PH3B、上述反应中每生成1mol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，
33、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：，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
34、1NA。【挑战题】1某同学用KSCN溶液和溶液探究的还原性时出现异常现象，实验如下： 溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成经检验为。取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀 溶液变红且不褪色，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应。 下列说法不正确的是A对比，可以判定酸性条件下可以氧化B实验中发生的氧化还原反应有两种C中红色溶液中含有胶体D中发生的氧化还原反应为：【答案】B【解析】盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成铁离子，形成血红色溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子做催化剂
35、过氧化氢分解有气体生成经检验为，取褪色后溶液，滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明离子被氧化为硫酸根离子，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，滴入过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成经检验为，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体，盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴入KSCN溶液，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了氧气氧化的可能。A对比，实验确定了离子被氧化为硫酸根离子，实验排除了氧气氧化的可能，可
36、以判定酸性条件下可以氧化，故A正确；B实验中发生的氧化还原反应有亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，过氧化氢分解生成氧气，氧气氧化亚铁离子，不止两种，故B错误；C中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有胶体，故C正确；D中通入足量氧气溶液变红色说明生成了铁离子，发生的氧化还原反应为：，故D正确；故选：B。2向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的C12 3.36 L后，C12全部被还原，并且测得溶液中c(Br)=c(Cl)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是A3mol/LB2mol/ LC1.5 mol/ LD0.75mol/L【答案】B【解析】标准状况下的3.36 L C12的物质的量为0.
37、15mol，C12全部被还原，可知转移电子的物质的量为0.3mol，溶液中的Cl的物质的量为0.3mol。由于还原性：Fe2+Br，所以通入氯气后，Fe2+先被氯气氧化。若只有Fe2+被氧化，由于溶液中c(Br)=c(Cl)，所以n(Br)=2n(Cl2)=0.3mol，n(FeBr2)=n(Br)=0.15mol，n(Fe2+)=0.15mol，0.15moLFe2+被氧化为Fe3+，只转移0.15mol电子，所以应该还有部分Br被氧化，则氧化后的溶液中有Fe3+、Br和Cl，Br和Cl的物质的量均为0.3mol，根据电荷守恒，Fe3+的物质的量为=0.2mol，所以原FeBr2溶液中FeB
38、r2的物质的量即为0.2mol，物质的量浓度为=2mol/L，故选B。3向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（ ）A2Fe2Cl2=2Fe32Cl-B10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-C2Br-Cl2=Br22Cl-D2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-【答案】C【解析】还原性：Fe2Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2反应，后与Br-反应。A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl-，故A正确；B.当溴化亚
39、铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2+2Br-6Cl2=10Fe3+Br212Cl-，故B正确； C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe24Br-3Cl2=2Br22Fe36Cl-，故D正确；综上所述，答案为C。4Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。(1)Ca(NO2)2的制备方法很多。实验室可用反应Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3制备Ca(NO2)2，该反应中被氧化的N原
40、子与被还原的N原子的物质的量之比为_。用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备Ca(NO2)2，其中NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2的化学方程式为_，经过滤得到含Ca(NO2)2的溶液为液态产品。(2)测定某液态产品中NO3含量的步骤如下： 已知：步骤4中的反应为NO3+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O，步骤5中的反应为6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。若步骤5滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，计算液态产品中NO3的含量(单位gL1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)_。【答案】(1)21 4NO2 + 2
41、Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O(2)与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=60.0200molL120.00mL103LmL1=2.400103mol，与NO3反应的n(Fe2+)=0.1000 molL125.00mL103LmL12.400103mol=1.000104mol，NO3的含量为 【解析】（1）Ca(NO3)2中N为5价，NO中N为2价，Ca(NO2)2中N为3价，即Ca(NO3)2为氧化剂，NO为还原剂，被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量为之比为4：2=2：1；NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(N
42、O3)2，即该反应方程式为NO2Ca(OH)2Ca(NO3)2Ca(NO2)2H2O，NO2在该反应既是氧化剂又是还原剂，利用化合价升降法进行配平，即4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=60.0200molL120.00mL103LmL1=2.400103mol，与NO3反应的n(Fe2+)=0.1000 molL125.00mL103LmL12.400103mol=1.000104mol，则原溶液中m(NO3)=1.000104mol62gmol1250mL/(310mL)，根据流程液态产品的体积为10.00103L，即NO3的含量为5.2gL1；
