C．每0.2molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA
D．若有13.44LSO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.4molK2Cr2O7
答案 D
解析 由反应①可知反应中SO2具有还原性，发生氧化反应，A正确；氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，对比两个反应，应有氧化性Cr2O
>Fe3＋>SO
，B正确；1molK2Cr2O7参加反应生成2molCr3＋，转移电子的数目为6mol，则每0.2molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA，C正确；标准状况下，13.44LSO2的物质的量为0.6mol，由①②反应得关系式：
Cr2O
～3SO2，则最终消耗0.2molK2Cr2O7，D错误。
14．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。
下列说法正确的是（ ）
A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物
B．当有22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移
C．上述实验条件下，物质的氧化性：
Cu2＋＞I2＞SO2
D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
答案 C
解析 过量的KI与CuSO4在溶液中发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，Cu2＋作氧化剂，而I－被氧化为I2，CuI是还原产物，A错误；未指出SO2是否为标准状况，B错误；由“在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”可知C正确；通入SO2时发生的反应为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，实质上是SO2将I2还原为I－，体现了SO2的还原性，D错误。
15．处理含氰（CN－）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN－中碳元素为＋4价。
CN－＋OH－＋Cl2―→OCN－＋Cl－＋H2O（未配平）反应Ⅰ
2OCN－＋4OH－＋3Cl2===2CO2＋N2＋6Cl－＋2H2O反应Ⅱ
下列说法中正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中碳元素被还原
B．反应Ⅱ中CO2为氧化产物
C．处理过程中，每产生1molN2，消耗3molCl2
D．反应Ⅰ中CN－与Cl2按物质的量比例1∶1进行反应
答案 D
解析 在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN－中的＋2变为OCN－中的＋4，化合价升高，被氧化，故A错误；在反应Ⅱ中，OCN－中碳元素的化合价为＋4，生成物二氧化碳中的碳元素的化合价也是＋4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；将反应Ⅰ配平后的方程式为：
CN－＋2OH－＋Cl2===OCN－＋2Cl－＋H2O，根据方程式可知CN－与Cl2按物质的量比例1∶1进行反应，故D正确；由上述分析可得处理过程的总反应为：
2CN－＋8OH－＋5Cl2===10Cl－＋4H2O＋2CO2＋N2，根据反应方程式可知：
每产生1molN2，消耗5molCl2，故C错误。
16．锑（Sb）在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一，从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：
①2Sb2S3＋3O2＋6Fe
Sb4O6＋6FeS
②Sb4O6＋6C
4Sb＋6CO↑
关于反应①、②的说法正确的是（ ）
A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子
C．反应②说明C的还原性比Sb弱
D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3
答案 B
解析 反应①中的氧化剂是氧气，A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3molFeS，转移的电子为3mol×2＝6mol，B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，还原性C>Sb，C错误；每生成4molSb时，反应②中C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol∶6mol＝1∶1，D错误。
17．向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。
下列说法正确的是（ ）
A．线段Ⅱ表示Br－的变化情况
B．原溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝3∶1
C．根据图像无法计算a的值
D．线段Ⅳ表示IO
的变化情况
答案 D
解析 向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，还原性I－>Fe2＋>Br－，首先发生反应2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，I－反应完毕，再发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕后再发生反应2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故线段Ⅰ代表I－的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，线段Ⅲ代表Br－的变化情况；根据通入氯气的量和反应离子方程式可知溶液中n（I－）＝2n（Cl2）＝2mol，n（Fe2＋）＝2n（Cl2）＝2×（3mol－1mol）＝4mol，根据电荷守恒可知n（I－）＋n（Br－）＝2n（Fe2＋），故n（Br－）＝2n（Fe2＋）－n（I－）＝2×4mol－2mol＝6mol。
根据分析可知，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，不是氧化溴离子，A错误；n（FeI2）∶n（FeBr2）＝n（I－）∶n（Br－）＝2mol∶6mol＝1∶3，B错误；由分析可知，溶液中n（Br－）＝6mol，根据2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a＝3＋3＝6，C错误；线段Ⅳ表示一种含氧酸，且线段Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，由分析可知碘离子的物质的量为2mol，生成碘单质的物质的量为1mol，1mol碘单质和5mol氯气恰好反应，根据得失电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为＋5价，则该含氧酸为HIO3，线段Ⅳ表示IO
的变化情况，D正确。
18．CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O
反应如下。
反应Ⅰ：
CuS＋Cr2O
＋H＋―→Cu2＋＋SO
＋Cr3＋＋H2O（未配平）
反应Ⅱ：
Cu2S＋Cr2O
＋H＋―→Cu2＋＋SO
＋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1molCr2O
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∶5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O
答案 C
解析 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；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr2O
＋32H＋===3Cu2＋＋3SO
＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ配平后的方程式为3Cu2S＋5Cr2O
＋46H＋===6Cu2＋＋3SO
＋10Cr3＋＋23H2O，可见处理1molCr2O
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；反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O
，二者反应的物质的量之比为3∶5，C正确；根据方程式可知3mol即3×96gCuS处理4molCr2O
，每克处理Cr2O
的物质的量为4mol÷（3×96）＝
mol；3mol即3×160gCu2S处理5molCr2O
，每克处理Cr2O
的物质的量为5mol÷（3×160）＝
mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O
，D错误。
19．某工业废气中的SO2经如图中的两个循环可分别得到S和H2SO4。
下列说法正确的是（ ）
A．循环Ⅰ中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5
B．循环Ⅰ中，反应2中的还原产物为ZnFeO4
C．Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料
D．循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49
答案 D
解析 反应1为2ZnFeO4＋H2
2ZnFeO3.5＋H2O，氧化产物为H2O，故A错误；反应2为4ZnFeO3.5＋SO2
4ZnFeO4＋S，还原产物为S，故B错误；循环Ⅱ中电解时，阳极上Mn2＋放电生成MnO2，若Mn作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料，则阳极上Mn放电，得不到MnO2，故C错误；循环Ⅰ中总反应为2H2＋SO2
S＋2H2O，循环Ⅱ中电解过程发生反应为MnSO4＋2H2O
MnO2＋H2SO4＋H2↑，吸收过程发生反应为MnO2＋SO2===MnSO4，故循环Ⅱ中总反应为2H2O＋SO2===H2SO4＋H2，循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的物质的量之比为1∶1，质量之比为16∶49，故D正确。
20．某同学设计完成了以下两个实验：
①向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成紫色；继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色（生成了HIO3）。
②向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成橙红色；继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。
下列说法不正确的是（ ）
A．实验①中生成HIO3时发生的反应为I2＋5Cl2＋6H2O===2HIO3＋10HCl
B．实验②中当CCl4层变成橙红色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液
C．由实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是Cl2>Br2>I2
D．由实验得出Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3
答案 C
解析 实验①先发生的反应为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明氯气可氧化碘单质，发生反应的化学方程式为I2＋5Cl2＋6H2O===2HIO3＋10HCl，故A正确；实验②发生的反应为Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－，溴单质易溶于四氯化碳，则实验②中当CCl4层变成橙红色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，实验①中的氧化性强弱顺序为Cl2>I2，实验②中的氧化性强弱顺序为Cl2>Br2，但不能比较Br2和I2的氧化性强弱，故C错误；由实验①②中的反应及氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是HBrO3>Cl2>HIO3，故D正确。
21．聚合硫酸铁[Fe2（OH）6－2n（SO4）n]m广泛用于水的净化。
以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。
H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为____________________________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：
准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋），充分反应后，除去过量的Sn2＋。
用5.000×10－2mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中Cr2O
与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋），消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
答案
（1）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 减小
（2）①偏大 ②n（Cr2O
）＝5.000×10－2mol·L－1×22.00mL×10－3L·mL－1＝1.100×10－3mol
由滴定时Cr2O
→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据得失电子守恒可得微粒的关系式：
Cr2O
～6Fe2＋
（或Cr2O
＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O）
则n（Fe2＋）＝6n（Cr2O
）＝6×1.100×10－3mol＝6.600×10－3mol
样品中铁元素的质量：
m（Fe）＝6.600×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g
样品中铁元素的质量分数：
w（Fe）＝
×100%＝12.32%
解析
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；Fe2（SO4）3水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。
（2）①实验中滴加过量的SnCl2溶液（Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋），若不除去过量的Sn2＋，滴定过程中Cr2O
与Sn2＋反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。
②根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的得失电子守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。
22．市售食盐常有无碘盐和加碘盐（含KIO3和少量
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