[专题强化训练]
一、选择题
1．(新题预测)大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物——光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是( )
A．丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛 B．生成O3的反应属于氧化还原反应 C．反应Ⅰ属于复分解反应 D．该过程中O2做催化剂
解析：选A。丙烯双键发生断裂加氧转化成甲醛和乙醛，此反应属于氧化反应，故A正确；根据示意图，O2→O3，化合价没有发生变化，因此生成O3的反应不属于氧化还原反应，故B错误；反应Ⅰ中NO转化成NO2，化合价升高，即反应Ⅰ为氧化还原反应，故C错误；有O2参与反应，但没有O2生成，因此O2不做催化剂，故D错误。
2．含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4＋6ClF3=== 6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．X是还原产物 B．ClF3中氯元素为－3价
C．反应生成3 mol Cl2时转移18 mol电子 D．Co3O4在反应中做氧化剂
解析：选C。由原子守恒可知X为O2，O2为氧化产物，A不正确；ClF3中氯元素显＋3价，B不正确；反应中只有氯元素化合价降低，生成3 mol Cl2时转移18 mol e，C正确；Co3O4是还原剂，D不正确。
3．下列离子方程式不正确的是( )
A．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2＋OH===HCO3 B．金属钠和水反应：2Na＋2H2O===2Na＋2OH＋H2↑
C．酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe＋H2O2===2Fe＋O2↑＋2H D．三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应：SO3＋Ba＋H2O===BaSO4↓＋2H 解析：选C。C中只有元素化合价升高，无元素化合价降低，应为2Fe＋H2O2＋2H===2Fe＋2H2O。
4．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸
1
3＋
2＋
＋
2＋
＋
2＋
3＋
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＋
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－
－
－
得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是( )
A．化合物KCrO2中Cr元素为＋3价 B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物 C．实验②证明氧化性：Cr2O7＞I2 D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
解析：选D。根据化合价规则判断：化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是＋1价和－2价，则Cr元素为＋3价，A项正确；根据两性氧化物的概念判断，Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液，则Cr2O3是两性氧化物，B项正确；根据氧化还原反应的强弱规律判断，将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的氧化性，C项正确；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液，Cr元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去电子，KCrO2是还原剂，H2O2中氧元素的化合价从－1价降低到－2价，H2O2是氧化剂，只表现氧化性，D项错误。
5．下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论不正确的是( )
实验① 实验② 实验③ 2－
A．实验①中生成的沉淀是Al(OH)3 B．实验①中有气体生成 C．实验②沉淀中可能含有BaSO4
D．实验③生成沉淀的离子方程式是Ba＋H2SO3===BaSO3↓＋2H
解析：选D。Al与HCO3发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故A、B正确；实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡易被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C正确；实验③中，如果发生反应Ba＋H2SO3===BaSO3↓＋2H，生成的亚硫酸钡能够与H反应，故应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。
6．能正确表示下列反应离子方程式的是( )
A．Fe、Fe共存时，检验Fe：Fe＋3SCN===Fe(SCN)3↓
2＋
3＋
3＋
3＋
－
＋
2＋
＋
3＋
－
2＋＋
2
B．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca＋2ClO＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2HClO C．除去MgO中少量的Al2O3杂质：Al2O3＋6H===2Al＋3H2O
D．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶2时：3Fe＋2NO3＋8H===3Fe＋2NO↑＋4H2O
解析：选D。Fe(SCN)3为络合物，不是沉淀，故A错误；向次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成次氯酸和碳酸氢钙：ClO＋H2O＋CO2===HCO3＋HClO，故B错误；应用氢氧化钠溶液除去MgO中少量的Al2O3杂质：Al2O3＋2OH===2AlO2＋H2O，故C错误；Fe与稀硝酸反应，当
＋
n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶2时，铁过量生成Fe2＋，所以反应的离子方程式是3Fe＋2NO－3＋8H
－
－
－
－
－
＋
2＋
＋
3＋
2＋－
===3Fe＋2NO↑＋4H2O，故D正确。
7．25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ) A．pH＝1的溶液中：Na、K、Cl、SiO3 B．弱碱性溶液中：Na、K、NO3、HCO3
C．c(Fe)＝1 mol·L的溶液中：K、Mg、SCN、Cl D．能溶解Al2O3的溶液中：Na、Fe、ClO、SO4
解析：选B。pH＝1的溶液显酸性，SiO3不能大量共存，A错误；弱碱性溶液中，Na
＋
2－
＋
2＋
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2－
3＋
－1
＋
2＋
－
－
＋
＋
－
－
＋
＋
－
2－
2＋
、K、NO3、HCO3之间不反应，可以大量共存，B正确；c(Fe)＝1 mol·L
－
＋－－3＋－1
的溶液中，
SCN不能大量共存，C错误；能溶解Al2O3的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中ClO不能大量共存，碱性溶液中Fe不能大量共存，且在溶液中Fe、ClO之间发生氧化还原反应，也不能大量共存，D错误。
8．下列各组离子中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( ) A．无色透明溶液中：Fe、NH4、SO4、Cl B．Ba(AlO2)2溶液中：K、Mg、HCO3、NO3 C．能使酚酞变红色的溶液中：Na、Ba、Cl、Br D．pH＝0的溶液中：Na、K、S、SO3
解析：选D。A.无色透明溶液中，Fe可以使溶液呈黄色而不能大量共存；B.Ba(AlO2)2
溶液中，偏铝酸根离子可以与Mg发生水解相互促进的反应、与HCO3发生复分解反应(强酸制弱酸且生成沉淀)而不能大量共存；C.能使酚酞变红色的溶液显碱性，Na、Ba、Cl
－
＋
2＋
2＋
－
3＋
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＋
2－
2－
＋
2＋
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＋
2＋
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3＋
＋
2－
－
－
2＋
2＋
－
、Br等几种离子可以大量共存；D.pH＝0的溶液显酸性，在酸性条件下 S和SO3可以发
－2－2－
生氧化还原反应生成S而不能大量共存。综上所述，D正确。
9．A、B两种溶液分别含有下列十种离子中的各不相同的五种：H、Al、Na、Cu
＋
＋
3＋
＋
2
、NO3、OH、SO3、CO3、SO4、Cl。下列判断正确的是( )
A．若A溶液为无色溶液，则A溶液中可能含有H、Al、Cl、SO4、NO3 B．若A溶液有强还原性，则B溶液中可能含有H、Cu、Al、Cl、NO3 C．若B溶液呈强碱性，则A溶液中可能含有H、Al、Na、Cu、NO3
＋
3＋
＋
2＋
－
＋
2＋
3＋
－
－
＋
3＋
－
2－
－
－－2－2－2－－
3
D．若B溶液有强氧化性且各离子浓度相同，则B溶液可能含有H、Al、Cu、NO3、SO4
解析：选B。若A溶液为无色溶液且含有H、Al、Cl、SO4、NO3，则B溶液中一定含有Na、Cu、OH、SO3、CO3，Cu与OH、SO3、CO3反应不能大量共存，A错误；若A溶液有强还原性，则A溶液中含有SO3，SO3与H、Cu、Al不共存，这些离子都存在于B溶液中，B正确；若A溶液中含有H、Al、Na、Cu、NO3五种离子，由于A、B溶液中含有各不相同的五种离子，则B溶液中没有阳离子，C错误；若B溶液中含有H、Al
＋
2＋
－
2－
＋
3
＋
3＋
＋
2＋
－
2－
2－
＋
2＋
3＋
＋
2＋
－
2－
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2＋
－
2－
2－
＋
3＋
－
2－
－
2－
＋3＋2＋－
、Cu、NO3、SO4，则B溶液中正电荷数目比负电荷数目多，溶液不显电中性，D错误。 二、非选择题
10．锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱
氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
△
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O=====ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。该反应中还原产物是______________(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子总数是_______________________________________________。
(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：
①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是____________(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式：___________________。
②净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_______________________________。 ③净化Ⅱ中Y的主要成分是____________(填化学式)。
解析：(1)①ZnFe2O4中Zn是＋2价，O是－2价，则根据化合物中正负化合价代数和为0可知，Fe的化合价是＋3价。②反应中Fe元素化合价从＋2价升高到＋3价，碳元素化合价从＋3价部分降低到＋2价，部分升高到＋4价，所以还原产物是CO；根据化学方程式可知，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA或2.408×10。(2)将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4＋8H===2Fe＋Zn＋4H2O、ZnO＋2H===Zn＋H2O、FeO＋2H===Fe＋H2O、CuO＋2H
2＋
2＋
＋
3＋
＋
3＋
2＋
＋
2＋
＋
2＋
＋
24
===Cu＋H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe＋2H＋H2O2===2Fe＋2H2O，调节溶液的pH将Fe转化为Fe(OH)3沉淀，不能引入新的杂质，可以用ZnO，所以X可以为ZnO，然
4
3＋
后向溶液中加入过量ZnS，发生反应Cu＋ZnS===Zn＋CuS，然后过滤所得Y中含有CuS、ZnS，滤液经过一系列操作最后电解得到Zn。①酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O4＋8H===2Fe＋Zn＋4H2O。②净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe＋2H＋H2O2===2Fe＋2H2O。③由于ZnS过量，则净化Ⅱ中Y的主要成分是CuS、ZnS。
答案：(1)①＋3价 ②CO 4NA(或2.408×10)
(2)①适当增大c(H)(或升高温度、搅拌等其他合理答案) ZnFe2O4＋8H===2Fe＋Zn＋4H2O
②H2O2＋2Fe＋2H===2Fe＋2H2O ③CuS、ZnS
11．某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。
2＋
＋
3＋
2＋
＋
＋
3＋
24
2＋
＋
3＋＋
3＋
2＋
2＋2＋
实验记录如下(表格中空白不需要填写)： ① ② 实验操作 打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a 吹入热空气一段时间后停止 实验现象 A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色 开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色 ③ 打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 完成下列填空： (1)在进行操作①时，A中的实验现象是__________________________，有关反应的离子方程式是_______________________________。
(2)操作②吹入热空气的目的是_______________________________。 B中产生的白色沉淀的化学式是______________。 (3)装置C的作用是____________。
(4)由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为________。 (5)操作③开始时溶液颜色无明显变化的原因可能是________________(写出一条即可)。
5
解析：本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后吹入热空气，将Br2(g)吹入B装置，H2SO3与BaCl2不反应，当Br2(g)进入时，产生了白色沉淀，说明Br2将H2SO3氧化成H2SO4，Br2被还原为Br，说明Br2的氧化性强于H2SO3，该白色沉淀为BaSO4；再向B装置中加入H2O2溶液，一段时间后溶液变为橙红色，则Br被氧化为Br2，说明H2O2的氧化性比Br2强。
(1)打开活塞a，向NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子生成溴单质，离子方程式为Cl2＋2Br===Br2＋2Cl；A中因为有溴单质生成导致溶液变为橙红色。
(2)Br2具有挥发性，热空气能促进Br2挥发，将Br2(g)吹入B装置；Br2将H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为BaSO4。
(3)装置C中为NaOH溶液，反应过程中产生的氯气、溴蒸气等污染性气体不能直接排放到空气中，可以用NaOH溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。
(4)根据上述分析可知氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3。
(5)操作③中，向B装置中逐滴加入H2O2溶液，开始时溶液颜色无明显变化可能是因为B装置中H2SO3有剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br反应；或H2O2浓度小；或Br与H2O2反应慢等。
答案：(1)溶液变为橙红色 Cl2＋2Br===Br2＋2Cl (2)吹出单质Br2 BaSO4 (3)吸收尾气 (4)H2O2＞Br2＞H2SO3
(5)H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等，合理即可)
12．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2
↑。
①该反应中的氧化剂是________，还原剂是________，每生成1 mol Na2FeO4转移________mol 电子。
②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用：
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO4、Cl、H2O。
①写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子方程式：
6
2－
－
－
－
－
－
－－
－
－
－
－
－
________________________________________________________________________。 ②每生成1 mol FeO4转移________mol 电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为________mol。
③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明____________________________________。
解析：(1)①反应中Fe由＋2价升高为＋6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O一部分由－1价降低为－2价，另一部分由－1价升高为0价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；由题给化学方程式可知，每生成2 mol Na2FeO4，有6 mol Na2O2参加反应，转移10 mol 电子，则每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量为5 mol；②K2FeO4中Fe的化合价为＋6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附并除去水中的悬浮杂质。(2)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，ClO做氧化剂被还原成Cl，Cl的化合价降低了2价，根据得失电子守恒，得到含铁元素物质的化学计量数是2，含氯元素物质的化学计量数是3，再根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO＋4OH
2－
－
2－
－
－
－
－
2－
===2FeO4＋3Cl＋5H2O；②该反应中每生成1 mol FeO4转移3 mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15 mol。
答案：(1)①Na2O2 FeSO4和Na2O2 5 ②高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体能吸附并除去水中的悬浮杂质
(2)①2Fe(OH)3＋3ClO＋4OH===2FeO4＋3Cl＋5H2O ②3 0.15
③该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小
13．铁矿石有磁铁矿(Fe3O4)、赤铁矿(Fe2O3)和菱铁矿(FeCO3)等，若对矿样进行预处理后，加入H2SO4H3PO4混酸溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用重铬酸钾标准液可测定铁矿石的含铁量(Fe＋Cr2O7＋H―→Fe＋Cr＋H2O)。现有如下两种预处理方法：
2＋
2－
＋
3＋
3＋
－
－
2－
－
提示：(A)Sn、Hg、Ti在溶液中可存在的形式有Sn、Sn、Hg、Hg2、Ti、TiO
＋
2＋
2＋
2＋
4＋
2＋
2＋
3＋
2
，且Sn能与K2Cr2O7反应，而Hg不能；氯化汞溶于水，氯化亚汞不溶于水(白色沉淀)。 (B)钨酸钠(Na2WO4)可做指示剂，若W(Ⅵ)被还原为W(Ⅴ)，溶液将呈现蓝色。 (C)氧化性：Fe>WO4。
3＋
2－
7
回答下列问题： (1)配平：
ＫFe＋ＫCr2O7＋ＫH===ＫFe＋ＫCr＋ＫH2O
(2)过程①发生反应的离子方程式为________________________，过程②中加入HgCl2
溶液的目的是________________________，出现的丝状白色沉淀是______________(填化学式)。
(3)溶液Ⅱ中阳离子有________，加入指示剂钨酸钠(Na2WO4)的作用是__________。 (4)两种预处理方法，哪一种更好？________，理由是________________________。 (5)矿样预处理后必须立即进行滴定的原因是________________________；现称取0.2 g矿样进行实验，最终消耗0.010 0 mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，原矿样中含铁量为________。
解析：(1)根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平即可。(2)根据提示信息(A)及实验现象知过程①发生反应2Fe＋Sn===Sn＋2Fe。由提示信息(A)知过量的Sn会与HgCl2发生氧化还原反应，生成Sn和Hg2Cl2白色沉淀。(3)溶液Ⅱ呈浅黄色，则必含有Fe
＋
2＋
4＋4＋
3
3＋
2＋
4＋
2＋
2＋
2＋
2－
＋
3＋
3＋
，SnCl2反应完全，生成Fe和Sn，又矿样溶解用的是浓盐酸，故溶液Ⅱ中存在的阳离
2＋
4＋
3＋
＋
子有Fe、Sn、Fe、H。根据提示信息(B)、(C)和实验现象知，TiCl3具有还原性，先将溶液中的Fe还原后，多余的TiCl3继续还原WO4，而使溶液呈现蓝色，因此加入指示剂后溶液显蓝色，证明溶液中的Fe已经被完全还原，从而停止滴加TiCl3溶液。(4)从环境的角度出发，方法Ⅱ更好，避免了方法Ⅰ中汞对环境的污染。(5)Fe不稳定，易被氧化。
6Fe ＋ Cr2O7＋14H===6Fe＋2Cr＋7H2O 6 1
2＋
2－
＋
3＋
3＋
2＋
3＋
3＋
2－
n(Fe2＋) 0.010 0 mol/L×0.020 L
61
， 2＋＝
n(Fe)0.010 0 mol/L×0.020 L
n(Fe2＋)＝1.2×10－3 mol，
1.2×10 mol×56 g/mol
原矿样的含铁量为×100%＝33.6%。
0.2 g答案：(1)6 1 14 6 2 7
(2)2Fe＋Sn===Sn＋2Fe 除去溶液Ⅰ中过量的Sn，防止对实验产生干扰 Hg2Cl2
(3)Fe、Sn、Fe、H 保证剩余的Fe被完全还原为Fe，也防止加入的TiCl3过量，干扰实验
(4)方法Ⅱ 避免了方法Ⅰ中汞对环境的污染 (5)Fe易被氧化 33.6%
2＋2＋
4＋
3＋
＋
3＋
2＋
3＋
2＋
4＋
2＋
2＋
－3
8
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