【文档说明】2023年高考化学二轮复习试题（全国通用）专题04 氧化还原反应 Word版含解析.docx，共(23)页，1.079 MB，由小赞的店铺上传

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解密04氧化还原反应一、单选题1．（2022·山东济宁·高三期中）下列文献记载内容涉及氧化还原反应的是A．《旧唐书•严震传》：“梁汉之间，刀耕火耨”B．唐代诗人刘禹锡《浪淘沙》：“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”C．葛洪《肘后备急方》：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”D．《

吕氏春秋》：“金柔锡柔，合两柔则刚"【答案】A【解析】A．“刀耕火耨”古人播种前先伐去树木烧掉野草，涉及到燃烧过程，为氧化还原反应，A正确；B．“美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来”说的是沙里淘金，利用沙子与金的密度不同，用水流使两者分离，不涉及氧化还原反应，B错误；C．由“青蒿一握，以水

二升渍，绞取汁”可知，水作溶剂，可萃取青蒿素，涉及的是萃取操作，不涉及氧化还原反应，C错误；D．“金柔锡柔，合两柔则刚”这里指的是合金，不涉及化学反应，D错误；故本题选A。2．（2022·陕西·汉中市龙岗学校高三阶段练习）下列过程所用的物质中，利用了其氧化性的是A．用SO2的水溶液

吸收Br2B．用锌块防止钢铁船体腐蚀C．用FeCl3溶液腐蚀铜板D．用铁粉防止FeSO4溶液氧化【答案】C【解析】A．用SO2的水溶液吸收Br2，S元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性，选项A错误；B．用Zn块防止钢铁船

体腐蚀，是利用其还原性，B错误；C．用FeCl3溶液腐蚀铜板发生的反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，铁元素的化合价降低，被还原，利用其氧化性，选项C正确；D．用Fe粉防止FeSO4溶液氧化，利用其还原性，选

项D错误；答案选C。3．（2022·北京·清华附中高三阶段练习）下列离子检验利用了氧化还原反应的是选项待检验离子检验试剂AFe3+KSCN溶液BI-Cl2、淀粉溶液CSO24−稀盐酸、氯化钡溶液DNH4+浓NaOH溶

液、湿润的红色石蕊试纸A．AB．BC．CD．D【答案】B【解析】A．检验Fe3+常用KSCN溶液，反应为3+-3Fe+3SCN=Fe(SCN)，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，A错误；B．检验I-可用Cl2、淀粉溶液，反应为--222I+Cl=I+2Cl，I元素化合价升

高，Cl元素化合价降低，发生氧化还原反应，B正确；C．检验SO24−常用稀盐酸、氯化钡溶液，反应为2+2-44Ba+SO=BaSO，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误；D．检验NH4+常用浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸，反

应为+-432NH+OH=NH+HO，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，D错误；故选B。4．（2022·北京市第一六一中学高三期中）下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关．．的是A．将Na2O2粉末

露置在空气中，固体由淡黄色变为白色B．向()2MgOH悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色【答案】B【解析】A．过氧化钠在空气中与

二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A不选；B．向()2MgOH悬浊液中滴加FeCl3溶液，白色沉淀氢氧化镁转化为红褐色沉淀氢氧化铁，无化合价的变化，与

氧化还原无关，故B选；C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C不选；D．向KI溶液中通入少量氯气，KI被氯气氧化为碘单质，溶液由无色变为棕黄色，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故

D不选；故选B。5．（2021·内蒙古·巴彦淖尔市临河区第三中学高三阶段练习）下列反应不属于四种基本类型反应，但属于氧化还原反应的是A．Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2B．HNO3+KOH=KNO3+H

2OC．2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑D．C+CO2高温2CO【答案】A【解析】A．铁和铜的化合价有变化，是氧化还原反应，且不属于四种基本反应类型中的任何一种，选项A符合；B．是复分解反应，不是氧化还原反应，选项B不符合

；C．是分解反应，同时锰元素和氧元素化合价发生变化，是氧化还原反应，选项C不符合；D．是化合反应，同时碳的化合价发生变化，是氧化还原反应，选项D不符合；答案选A。6．（2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高三开学考试）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是A．

B．C．D．【答案】C【解析】A．在该反应中Si元素化合价降低4价，得到电子4e－个；C元素化合价升高2×2价，失去电子2×2e－个，得失电子标反了，应该为，A错误；B．在该反应中参加反应的Na是2个，电子转移数目是2e－，应该为，B错误；C．电子转

移数目和方向与反应事实吻合，C正确；D．在该反应中Cu失去电子，浓硫酸中的S得到电子，电子转移方向标反了，应该为：，D错误。答案选C。7．（2022·黑龙江·哈尔滨七十三中高三阶段练习）赤铜矿的主要成分是氧化亚铜(Cu2O)，辉铜矿的主要成分是硫化亚铜(Cu2

S)，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列对于该反应的说法正确的是A．该反应中的氧化剂只有Cu2OB．Cu既是氧化产物又是还原产物C．Cu2S在反应中只做还原剂D．氧化产物与还原产物的质量

之比为1∶6【答案】D【解析】Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑中，得电子化合价降低的反应物的氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物的还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，根据得失电子数相等确定氧化产物和还原产物的物质的

量之比。A．反应中，Cu2S和Cu2O中的+1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu2S和Cu2O都是氧化剂，故A错误；B．反应中，+1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu是还原产物，故B错误；C．硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价升高，所以Cu2S在反

应中既是氧化剂，又是还原剂，故C错误；D．根据Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑知，氧化产物与还原产物的质量之比为1∶6，故D正确；故选D。8．（2022·天津市西青区杨柳青第一中学高三阶段练习）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的

是A．22NaOB．2ClC．2NOD．Na【答案】D【解析】A．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2既做氧化剂，又做还原剂，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原

剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故A不符合；B．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合；C．3NO2+H2O=2

HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合；D．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故D符合；答

案选D。9．（2021·海南省东方市琼西中学高三阶段练习）根据下列反应：(1)2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(2)Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，判断离子的还原性由强到弱的顺序是A．Br-

＞I-＞Fe2+B．I-＞Fe2+＞Br-C．Fe2+＞I-＞Br-D．Br-＞Fe2+＞I-【答案】B【解析】反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，I-是还原剂，Fe2+是还原产物，则还原性I-＞Fe2+；反应Br2+2Fe2

+=2Br-+2Fe3+中，Fe2+是还原剂，Br-是还原产物，则还原性Fe2+＞Br-；从而得出还原性I-＞Fe2+＞Br-，故选B。10．（2022·辽宁·高三阶段练习）为实现下列物质之间的转化，需要加入还原剂才能实现的是A．3KClOKCl→B．CuOCu→C．()3

2CuCuNO→D．32HCOCO−→【答案】B【解析】A．3KClOKCl→，3KClO受热分解产生KCl和氧气，无需还原剂，A项错误；B．CuOCu→，铜元素化合价降低，被还原，需要还原剂，B项正确；C．()32CuCuNO→，铜元素化合价升高，被氧化，需

要氧化剂，C项错误；D．32HCOCO−→，化合价不变，无需还原剂，D项错误；故选B。11．（2022·重庆市永川北山中学校高三期中）碘元素在海水中主要以I−的形式存在，几种含碘粒子之间有如图所示的转化关系，下列说

法不正确的是A．可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘B．途径①的离子方程式为：22=2IClI2Cl−−++C．由图可知氧化性：23ClIO−D．途径②中若生成1mol2I，反应中转移电子10mol【答案】C【解析】A．加碘食盐中碘

以KIO3形式存在，KIO3在酸性条件下与I-发生氧化还原反应生成碘单质，即IO3−+5I-+6H+=3I2+3H2O，淀粉遇碘单质变蓝，题中所给物质能检验食盐是否加碘，故A说法正确；B．途径①氯气将碘离子氧化成碘单质，本身被还原成氯离子

，其离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故B说法正确；C．根据途径③，氯气将碘离子氧化成IO3−，氯气为氧化剂，IO3−为氧化产物，氯气的氧化性强于IO3−的氧化性，故C说法错误；D．途径②中I元素的化合价由+5价降低为0价，因此途径②中生成1

mol碘单质，转移电子物质的量为1mol×2×(5－0)=10mol，故D说法正确；答案为C。12．（2020·山西实验中学高三阶段练习）下列反应的离子方程式书写错误的是A．Fe2O3溶于过量的氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2OB．

过量SO2与氨水反应：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3−C．向明矾中加入Ba(OH)2溶液使SO24−恰好沉淀完全：2Al3++6OH-+3Ba2++3SO24−=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓D．酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶

液反应：5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O【答案】C【解析】A．Fe2O3溶于过量的氢碘酸溶液中，离子方程式：Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++I2+3H2O，故A正确；B．二者反应生成亚硫酸氢铵，SO2+NH

3•H2O=NH4++HSO3−，故B正确；C．硫酸根离子恰好完全沉淀，则明矾和氢氧化钡的物质的量之比为1：2，则铝离子和氢氧根离子的物质的量之比为1：4，所以Al元素恰好转化为偏铝酸根离子，离子方程式为：3+2-2+--4242Al+2SO+2Ba+4OH=AlO+2BaSO

+2HO，故C错误；D．二者反应生成锰离子、二氧化碳和水，转移电子数为10，离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D正确；故选C。13．（2023·山东省蒙阴第一中学高三期中）3NH催化脱除NO的反应机理如图所示。下列说法错误的是A．脱

除NO的反应中3NH作还原剂B．反应过程中V元素的化合价发生变化C．每脱除1molNO消耗20.25molOD．3NH脱除NO的化学方程式为：3224NH6NO5N6HO+=+【答案】D【解析】A．总反应为3222==4N

H+4NO+O4N+6HO催化剂，NH3生成氮气中N元素化合价升高，则NH3做还原剂，故A正确；B．从反应机理来看，前三步反应与第四步反应相比V元素所形成的化学键有所变化，所以V的化合价发生变化，故B正

确；C．总反应为3222==4NH+4NO+O4N+6HO催化剂，NO与O2的反应系数比为4：1，每脱除1molNO消耗20.25molO，故C正确；D．3NH脱除NO的化学方程式为：3222==4NH+4NO+O4N+6HO催化剂，故D

错误；故选：D。14．（2023·江苏·姜堰中学高三阶段练习）常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确．．．的是A．H+为该转化过程的中间产物B．反应

前后溶液中Ce3+和Ce4+的总数保持不变C．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D．反应II中每生成22.4LN2，转移的电子数目为4×6.02×1023【答案】D【解析】由图可知反应I为4+3++22Ce+H=2Ce

+2H，反应II为：3++4+224Ce+2NO+4H=4Ce+N+2HO，总反应为：4+222Ce2NO+2HN+2HO。A．由分析可知，H+为该转化过程的中间产物，A正确；B．由分析可知，Ce4+为催化剂，故反应前后

溶液中Ce3+和Ce4+的总数保持不变，B正确；C．由分析可知，反应I为4+3++22Ce+H=2Ce+2H，Ce4+为氧化剂，H2为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C正确；D．题中没有指明反应条件，转移电子数无法计算，D错误；故选D。15．（

2020·山西实验中学高三阶段练习）一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL2mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现；若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物

，所得到的铁的物质的量为A．0.1molB．0.225molC．0.3molD．0.25mol【答案】C【解析】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2；足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得

到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算n[Fe(NO3)2]，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量；因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混

合物中加入350mL2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2；根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L×2mol/L-2.24L22.4L/mol=0.6mol，所以n[Fe(NO3)2]=0.

6mol2=0.3mol，由铁元素守恒可知，气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=n[Fe(NO3)2]=0.3mol。故选C。16．（2022·山东日照·高三期中）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LCC

l4中含有的分子数为NAB．一定条件下，2molSO2和1molO2充分反应，转移的电子数小于4NAC．0.01mol•L-1的盐酸中所含有的H+的数为0.01NAD．1molH2O2在氧化还原反应中完全反应时转移的

电子数一定为2NA【答案】B【解析】A．标准状况下四氯化碳不是气体，不能根据体积确定其物质的量，故A错误；B．该反应为可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应，转移电子数小于4NA，故B正确；C．溶液体积未知无法确定氢离子数目，故C错误；

D．1molH2O2若发生分解反应时，转移电子数为NA，故D错误；故选：B。二、填空题17．（2022·青海·海南藏族自治州高级中学高三阶段练习）亚硝酸钠(2NaNO)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320

℃以上会分解产生2NaO、2N和2O，其水溶液呈碱性，能与3AgNO溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的2AgNO。由于2NaNO有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：_______2NaNO+_______KI+_______=__

_____NO+_______2I+_______24KSO+_______24NaSO+_______2HO(1)请完成该化学方程式并配平。_______(2)2NaNO中N的化合价为_______，由N的化合价推测2Na

NO具有_______(填“氧化性”、“还原性”或“氧化性、还原性”)。(3)用上述反应来处理2NaNO并不是最佳方法，其原因是_______。从环保角度来讲，要将2NaNO转化为氮气，所用物质的_______(填“氧化性”或“还原性”)应

该比KI更_______(填“强”或“弱”)。(4)下列方法不能用来区分固体2NaNO和NaCl的是_______(填序号)。A．分别溶于水并滴加酚酞试液B．分别溶于水并滴加3HNO酸化的3AgNO溶液C．分别加强热并收集气体检验D．用筷子分别

蘸取固体品尝味道(5)2NaNO与HI反应：2222NaNO4HI2NOI2NaI2HO+=+++，若有0.5mol氧化剂被还原，则被氧化的还原剂的物质的量是_______mol。(6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学反应方程式_______。【答案】

(1)2242242422NaNO2KI2HSO2NOIKSONaSO2HO++=++++(2)3+氧化性、还原性(3)反应生成了NO，该物质会造成大气污染还原性强(4)D(5)0.5(6)2422NaNONHClNNaCl2HO+=++【解析】（1）2NaNO做氧化剂，K

I做还原剂，化学方程式为2242242422NaNO2KI2HSO2NOIKSONaSO2HO++=++++；（2）2NaNO中Na的化合价为+1价，O的化合价-2价，根据化合物整体化合价为0，可得N化合价为+3价；因为亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生2NaO、2N和2O，所以

2NaNO既具有氧化性，又具有还原性；（3）根据上述反应可知反应生成了NO，该物质会造成大气污染，不是处理2NaNO的最佳方法；要将2NaNO转化为氮气，2NaNO做氧化剂，则需要另一种物质为还原剂，因为KI只能将2NaNO还原为

NO，所以需要更强的还原剂才能将2NaNO还原为N2；（4）在水溶液中，2NaNO是强碱弱酸盐显碱性，NaCl是强碱强酸盐显中性，可以用酚酞区分两者，A正确；2NaNO能与3AgNO溶液反应生成易溶于酸的2AgNO，而NaCl与AgNO3反应生成难溶于酸的AgCl，

所以滴加3HNO酸化的3AgNO溶液可以区分两者，B正确；亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生2NaO、2N和2O，分解方程式为42NaNO320℃2Na2O+2N2↑+3O2↑，()()2232VOV

N=>15，收集气体后，可用带火星的木条检验气体，而NaCl加热后没有气体产生，可以用加强热并收集气体检验，C正确；2NaNO有毒性，不能用筷子蘸取品尝味道，D错误；故选D。（5）在反应时2NaNO体现氧化剂，HI体现还原剂

和酸性，根据22NaNO4HI，当有0.5mol2NaNO被还原时，有1molKI被反应，被氧化的KI的物质的量是0.5mol；（6）根据信息可知化学反应方程式为2422NaNONHClNNaCl2HO+=++18．（2022·江苏淮安·高三期中）溶液常4KMnO用作

氧化还原反应滴定的标准液，利用2Cl氧化24KMnO制备4KMnO的装置如图所示(加热、夹持装置略)：已知：24KMnO在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：242423MnO2HO2MnOMnO4OH−−−+=++回答下列问题：(1)24KM

nO的化学名称为_______。(2)装置A中所发生反应的化学方程式为_______；其中a的作用是_______。(3)装置C中盛装的试剂是_______。(4)分析发现该装置有不足之处，改进的方法是_______。(5)为测定某3NaHSO固体的纯度，现用10.1000molL

−的酸性4KMnO溶液进行滴定。(已知：2243422MnO5HSOH2Mn5SO3HO−−++−++=++)称取3gNaHSOW固体溶于水配成500mL溶液，取325.00mLNaHSO溶液置于锥形瓶中，用4KMnO溶液滴定至终点，消耗4KMnO

溶液VmL。滴定终点的现象为_______，3NaHSO固体的纯度为_______。【答案】(1)锰酸钾(2)2MnO4HCl+(浓)2224MnClCl2HO++平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下(3)NaOH溶液(4)在装置A、B之间增加装盛有饱和食盐水的洗气瓶(5

)滴入最后一滴酸性4KMnO溶液，溶液由无色变浅紫色，且30s不恢复13V10025W%(或52VW%)【解析】本题是利用氯气氧化24KMnO制备4KMnO，装置图中最左边的装置是氯气发生装置，中间是制备高锰酸钾的装置，在制备的时候要注意溶液的酸

碱性，从而提高产率，最后要注意尾气处理问题。（1）24KMnO中锰的化合价是+6价，其名称是锰酸钾；（2）装置A中是二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，其方程式是：2222MnO+4HCl(浓)4MnCl+Cl↑+2HO；a可以平衡气压，其作用是：平衡气压，便于浓盐酸顺利滴下

；（3）C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，故C中盛装的试剂是：NaOH溶液；（4）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生2---42423MnO+2HO=2MnO+MnO+4OH，一部分2-4MnO转化为2MnO,导致最终KMnO4的产率

低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是：在装置A、B之间增加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；（5）KMnO4溶液呈紫色，与3NaHSO反应，紫色褪去，3NaHSO消耗完时，溶液变成浅紫色，故滴定终点的现象为：滴滴入最后一滴酸性4

KMnO溶液，溶液由无色变浅紫色，且30s不恢复；--432MnO~5HSO，则--3-4355(HSO)=0.1000mol/L10L=10mol22nVV，即25.00mL溶液中NaHSO3的物质的量为-4510mol2V，50

0mL溶液中NaHSO3的物质的量为-4-3550010mol=510mol225VV，NaHSO3固体的质量为-3-1510mol104g/mol=5.210gV，纯度为-15.210g1310

0%=100%g25VVWW。一、单选题1．（2022·北京·牛栏山一中高三期中）因发生氧化还原反应使溶液pH降低的是A．向()2MgOH悬浊液中滴加3FeCl溶液，固体由白色变为红褐色B．向227KCrO酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色C．向溴水

中通入少量2SO气体，溴水颜色变浅D．用明矾()422KAlSO12HO处理污水【答案】C【解析】A．固体由白色变为红褐色是因为Mg(OH)2转化成了Fe(OH)3，发生了沉淀的转化，该反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B．该反应的离

子方程式为2227OCr−+3C2H5OH+16H+=4Cr3++3CH3COOH+11H2O，属于氧化还原反应，但该反应消耗了H+，溶液pH增大，B不符合题意；C．该反应的离子方程式为SO2+Br2

+2H2O=4H++2Br-+SO24−，属于氧化还原反应，有H+生成使得溶液pH降低，C符合题意；D．明矾处理污水，利用的是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，而氢氧化铝胶体能吸附杂质，从而达到处理污水的目的，该过程未发生氧化

还原反应，D不符合题意；故选C。2．（2022·重庆·永州市第一中学高三阶段练习）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”的原理为2224Ag2HSO=2HO2X+++，下列说法正确的是A．X的化学式为AgSB．反应中X是氧化

产物C．反应中Ag和2HS均是还原剂D．银针验毒时，空气中2HS失去电子【答案】B【解析】A．根据得失电子守恒及原子守恒可知，X的化学式为Ag2S，A错误；B．从方程式可知，Ag失电子为还原剂，生成的Ag2S为氧化产物，B正确；C．反应中Ag失电子为还

原剂，H2S中元素化合价没有变化，不是还原剂，C错误；D．银针验毒时，是Ag失去电子生成Ag2S，D错误；故答案选B。3．（2022·辽宁·鞍山一中高三阶段练习）下列说法正确的是A．向100mL3mo

l·L-1的稀硝酸中加入5.6g铁，铁不能完全溶解B．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，但过氧化钠不是碱性氧化物C．原电池的两极发生的反应均为氧化还原反应D．氯气与石灰乳反应：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋CaClO2＋2H2O【答案】B【解析】A．3mol/L硝酸是稀硝酸，铁与稀硝酸可能发

生反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O或3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，铁与硝酸物质的量比为13，14<13<38，所以铁与硝酸完全反应生成硝酸铁和硝酸亚铁的混合溶液，

选项A错误；B．过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气，而碱性氧化物与水反应生成碱，过氧化钠为过氧化物，不属于碱性氧化物，选项B正确；C．原电池的负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，选项C错误；D．氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应

的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，选项D错误；答案选B。4．（2019·福建·三明一中高三阶段练习）如图表示吸热反应、置换反应、氧化还原反应之间的关系，从下列选项反应中选出属于区域V的是（）A．Na2O2+2CO2=Na2CO3

+O2B．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑D．2Na+2H2O=NaOH+H2↑【答案】A【解析】因为置换反应一定是氧化还原反应，有的氧化还原反应吸热、有的氧化还原反应放热，

所以左边的大椭圆是吸热反应，右边的大椭圆为氧化还原反应，右边大椭圆中的小椭圆为置换反应。Ⅰ区为非氧化还原反应中的吸热反应；Ⅱ区为吸热、不属于置换反应的氧化还原反应；Ⅲ区为既属于置换反应、又属于氧化还原反应的吸热反应；Ⅳ区为既属于置换反应、又属于氧化

还原反应的放热反应；Ⅴ区为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应。A.Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2反应为放热的、不属于置换反应的氧化还原反应，A符合题意；B.NaOH+HCl=NaCl+H2O反应为非氧化还原反应，B不合题意；C.2NaHO3=2Na2CO3+H2O+CO2↑反应为

非氧化还原反应，C不合题意；D.2Na+2H2O=NaOH+H2↑为放热的、属于置换反应的氧化还原反应，D不合题意。故选A。5．（2022·全国·高三专题练习）下列单、双线桥的表示方法正确的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．钠

元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，转移的电子数为2e-，但电子转移方向应该从钠到氯，故A错误；B．该反应中Cl元素的化合价既升高又降低，转移的电子数为e-，正确的表示为，故B错误；C．氢氧化铁中的铁元素化合价升高，次氯酸钠中氯元素化合价降低，电

子从铁转移到氯且转移电子数为6e-，故C正确；D．氯元素化合价降低，氧元素化合价升高，双线桥表示正确，但转移电子数应为12e-，故D错误；故答案为C。6．（2022·湖北十堰·高三期中）2PbO、4KMnO、2Cl、

3FeCl、2Cu+的氧化性依次减弱，下列反应在水溶液中不可能发生的是A．2322FeCl=2Fe2Cl++−++B．242210Cl2MnO16H=2Mn5Cl8HO−−++++++C．224225Pb2MnO2HO=5PbO2Mn4H+−++++++D．322Cu2Fe=Cu2Fe+++++

【答案】C【解析】A．氯气的氧化性强于铁离子，该反应能发生，A不符合题意；B．高锰酸钾的氧化性强于氯气，该反应能发生，B不符合题意；C．氧化铅的氧化性强于高锰酸钾，该反应不能发生，C符合题意；D．铁离子的

氧化性强于铜离子，该反应能发生，D不符合题意；故选C。7．（2022·江西·丰城市东煌学校高三期中）为了防止枪支生锈，常采用化学处理使枪支的钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层-—“发蓝”。化学处理过程中，其中一步反应为。3Fe+NaNO2+5Na

OH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑。下列叙述不正确的是A．NH3为还原产物B．上述反应中铁被氧化C．NO-2的氧化性大于FeO2-2D．反应中转移2mole-，生成NH38.5g【答案】D【解析】A．该化学反应中，N元素的化合价从NaNO2中

的+3价，变为NH3中的-3价，NH3为还原产物，故A正确；B．该反应中Fe的化合价从0价变为+2价，Fe的化合价升高被氧化，故B正确；C．该反应中氧化剂为NO-2，氧化产物为FeO2-2，则NO-2的氧化性大于FeO2-2的

氧化性，故C正确；D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6mol电子，则转移2mol电子生成氨气的物质的量为：26mol=13mol，生成氨气的质量为：17g

/mol×13mol=5.67g，故D错误。故答案选D。8．（2021·湖南·株洲二中高三开学考试）对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，关于该反应下列说法正确的是A．Cu

SO4既不作氧化剂，也不作还原剂B．11molP被氧化时，该反应中有30mol电子发生转移C．还原性：CuSO4>H3PO4D．该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是10：3【答案】D【解析】由方程式可知，反应中铜元素的化合

价降低被还原，硫酸铜是反应的氧化剂，磷元素化合价即升高被氧化，又降低被还原，磷单质即是反应的氧化剂，又是还原剂，则磷化亚铜是还原产物，磷酸是反应的氧化产物。A．由分析可知，硫酸铜是反应的氧化剂，故A错

误；B．由分析可知，磷单质被氧化生成磷酸，则11mol磷被氧化时，反应中有55mol电子发生转移，故B错误；C．由分析可知，硫酸铜是反应的氧化剂，磷酸是反应的氧化产物，氧化剂和氧化产物表现氧化性，不表

现还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硫酸铜的氧化性强于磷酸，故C错误；D．由分析可知，硫酸铜是反应的氧化剂，磷单质即是反应的氧化剂，又是还原剂，则反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是(15+5)：6=10：3，故D正确

；故选D。9．（2022·全国·高三专题练习）根据下列化学方程式：①2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-③2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+④Fe+C

u2+=Fe2++Cu；可判断MnO4-、Cu2+、Fe3+、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为：A．Fe3+>MnO4->Cl2>Cu2+B．Cu2+>Cl2>MnO4->Fe3+C．Cl2>MnO4->Fe3+>Cu2+D．MnO4->Cl2>Fe3+>Cu2+【答案】D【解析】①反应MnO

4-中Mn元素化合价+7价变化为+2价，化合价降低做氧化剂，氯离子化合价-1价变化为0价，化合价升高失电子被氧化生成氯气，氧化性MnO4-＞Cl2，②2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Cl2中氯元素化合

价0价变化为-1价，化合价降低做氧化剂，亚铁离子盐酸化合价+2价变化为+3价，元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物为Fe3+，氧化性Cl2＞Fe3+，③2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Fe3+元素化合

价+3价变化为+2价做氧化剂，Cu元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Cu2+，氧化性Fe3+＞Cu2+，④Fe+Cu2+=Fe2++Cu，反应中Cu2+元素化合价+2价变化为0价做氧化

剂，Fe元素化合价0价变化为+2价元素化合价升高失电子被氧化得到氧化产物Fe2+，氧化性Cu2+＞Fe2+，可推断氧化性由强到弱的顺序为：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故选：D。10．（2022·广东深圳·高三期中）我国科

学家设计如下图所示“电了转移链”过程，实现了低温条件下氧化4CH高效制3CHOH。下列说法正确的是A．该过程中，2O的电子最终传递给4CHB．理论上，0Pd不能被2NO直接氧化为2Pd+C．参加反应的和2O的物质的量之比为1∶2D．可通过33CFCOOCH的

水解制取3CHOH【答案】D【解析】A．4CH是还原剂，反应中失电子，2O得电子，A错误；B．2NO具有氧化性，理论上，0Pd能被2NO直接氧化为2Pd+，B错误；C．转化为和H2O，参加反应的和2O的物质的量之比为2∶1

，C错误；D．33CFCOOCH含有酯基，可通过33CFCOOCH的水解制取3CHOH，D正确；故选D。二、填空题11．（2021·辽宁·丹东市教师进修学院高三期中）高铁酸钾(24KFeO)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾能溶于水，是一种新型、高效、

多功能水处理剂。I.工业上干法制高铁酸钾有两种方法：方法一：反应原理为：4222422422FeSO6NaO2NaFeO2NaO2NaSOO++++=，将制得的高铁酸钠进一步转化成高铁酸钾。(1)根据上述方程式判断还原剂为___，每生成241molNaF

eO转移的电子数为______。方法二：23FeO、3KNO、KOH混合加热共熔生成高铁酸盐和2KNO等产物。(2)该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。II.某学习小组设计如图方案制备高铁酸钾：⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯

⎯⎯→33Fe(NO)KOH2424过滤NaOH↓NaClONaFeOKFeO(3)其中第一步操作是：在NaClO溶液中加入烧碱固体形成强碱性环境，将研磨过的硝酸铁少量多次地加入上述溶液中，温度保持0℃反

应1小时，则采用的合适控温方式是___________。反应的离子方程式为___________。(4)高铁酸钾和水发生反应，生成一种胶体能吸附杂质净水，同时还产生一种气体，写出反应的离子方程式为_________

__。(5)在低温下，向24NaFeO溶液中加入饱和KOH溶液能析出24KFeO，其原因是_____。【答案】(1)FeSO4、Na2O25NA(2)3:1(3)冰水浴3+--2--422Fe+3ClO+10OH=2FeO+3Cl+5HO(4)2-4234FeO+1

0HO=4Fe(OH)(胶体)-2+3O+8OH(5)该条件下，24KFeO的溶解度比24NaFeO小【解析】(1)根据方程式4222422422FeSO6NaO2NaFeO2NaO2NaSOO++++=可知FeSO4中亚铁离子失电子变

为高铁酸根，一部分Na2O2中-1价的氧原子失电子变为氧气，故还原剂为FeSO4、Na2O2，根据方程式可知生成241molNaFeO转移的电子数为5NA；(2)根据得失电子守恒，写出方程式23FeO+33KNO+4KOH=32KNO+224

KFeO+2H2O，23FeO失电子做还原剂，3KNO的电子为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1；(3)反应温度保持0℃，应用冰水浴控温，离子方程式为：3+--2--422Fe+3ClO+10OH=2FeO+3Cl+5HO；(4)高铁酸钾和水发生反应，生成一种胶体

能吸附杂质净水的Fe(OH)3，同时还产生O2，反应的离子方程式为2-4234FeO+10HO=4Fe(OH)(胶体)-2+3O+8OH；(5)在低温下，向24NaFeO溶液中加入饱和KOH溶液能析出24KFeO，说明24KFeO的溶解度比24NaFeO小，故填：该条件下，2

4KFeO的溶解度比24NaFeO小。12．（2022·浙江·东阳市横店高级中学高三阶段练习）煤炭中的硫以FeS2的形式存在，在有水和空气及脱硫微生物存在的条件下发生氧化还原反应，有关反应的离子方程式依次为①2222242FeS7O2HO4H2Fe4SO++−++++

微生物；②_______Fe2++_______O2+_______H+微生物_______Fe3++_______；③322FeS2Fe3Fe2S++++微生物；④22422S3O2HO2SO4H+−+++微生物。已知：FeS2中的硫元素为-1价。回答下列问题：(1)根据质

量守恒定律和电荷守恒定律，将上述②的离子方程式配平并补充完整_______。(2)反应③中的还原剂是_______。(3)观察上述反应，硫元素最终转化为_______从煤炭中分离出来。(4)硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化培烧的化学反应为234223FeFeOS8

O6SO++高温、2232242FeFeOS118OOS++高温。若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L(标准状况)，则反应产物中Fe3O4与Fe2O3的物质的量之比为_______。【答案】(1)4Fe2++1O2+4H+微生物4Fe3++2H2O(2)FeS2(3)

2-4SO(4)2：9【解析】（1）在②_______Fe2++_______O2+_______H+微生物_______Fe3++_______中，根据H、O元素守恒可知缺项物质是H2O。Fe元素化合价由反应前Fe2+中的+2价变为

反应后Fe3+中的+3价，升高1价，失去1个电子，O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低2×2=4价，得到4个电子，根据电子得失数目相等，可知Fe2+、Fe3+的系数是4，

O2的系数是1，H2O的系数是2，再根据H元素守恒，可知H+的系数是4，则配平后离子方程式为：4Fe2++1O2+4H+微生物4Fe3++2H2O；（2）在反应③中S元素化合价由反应前FeS2中的-1价变为反应后S单质的0价，化合价升高，失去电子被氧化，作还原剂，故反应③中的还原剂是FeS2

；（3）观察上述反应，硫元素最终转化为2-4SO；（4）由S元素守恒可知生成SO2的物质的量n(SO2)=48mol×2=96mol，反应消耗O2的物质的量n(O2)==131mol22.4L2934.4L/mol，假设反应产物中Fe3O4与Fe2O3

的物质的量分别是xmol、ymol，根据Fe、O原子守恒可得3x+2y=48mol，4x+3y=131mol×2-96mol×2，解得x=4mol，y=18mol，所以反应产物中Fe3O4与Fe2O3的物质的量的比是4mol：18mol=2：9。13．（2022·全国·高三专题练习

）按要求书写离子方程式：(1)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、2Cl、浓24HSO、2HO、4KMnO、4MnSO、24KSO七种物质。在反应后的

溶液中加入3NaBiO(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，3BiO−反应后变为无色的3+Bi。写出该实验中涉及反应的离子方程式：_______。(2)+6价铬的毒性很强，具有一定的致癌作用，需要转化为低毒的

3+Cr，再转化为不溶物除去，废水中含有的227CrO−可以用绿矾(42FeSO7HO)除去。测得反应后的溶液中含3+Cr、2+Fe、3+Fe、+H等阳离子。写出该反应的离子方程式：_______。(3)已知：①-244MnO+eMnO−−→(绿色

)(强碱性条件)；②⎯⎯⎯⎯→-+-2+42MnO+(无色)8H+5eMn+4HO(强酸性条件)。将4KMnO溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式：_______。【答案】(1)2+++3+3422Mn+5NaBiO+14H=2MnO+5Na+5

Bi+7HO−(2)22++3+3+272CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO−(3)-244224MnO+4OH=4MnO+2HO+O−−【解析】(1)将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去，将3NaBiO（不溶于冷水）加入到上述反应后

的溶液中，3NaBiO作为氧化剂，把2+Mn氧化成-4MnO，本身被还原成3+Bi，该反应的离子方程式为2++-+3+3422Mn+5NaBiO+14H=2MnO+5Na+5Bi+7HO。(2)227CrO−可以用绿矾(42FeSO7HO)除去，227CrO−被2+Fe还原为3+Cr，

而2+Fe被氧化为3+Fe，该反应的离子方程式为：2-2++3+3+272CrO+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7HO。(3)将4KMnO溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，结合已知①--2-44MnO+eMnO→(绿色

)(强碱性条件)，在强碱性条件下，-4MnO得电子生成2-4MnO，2−价的氧失电子生成2O，则反应的离子方程式为--2-44224MnO+4OH=4MnO+2HO+O。14．（2021·江西·高三期中）氧化还原反应在工业生产、环保及

科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：I.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu+

在酸性条件下发生的反应是2Cu+=Cu2++Cu。(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式：___________。(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是___________(填化学式)。(3)如果把CuH溶解在足量的稀

硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：___________。II.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+

等离子，该反应的化学方程式是______。(5)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。____-3ClO+_____VO2++_____=______Cl-+______VO+2+_____，___________。(6)V2O5能与盐酸反应产

生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则2-3SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是___________。【答案】(1)2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl(2)H2(3)C

uH+3H++-3NO=Cu2++2H2O+NO↑(4)V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O(5)-3ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+2+6H+(6)2-3SO>Cl->VO2+【解析】(1)CuH在氯气中燃

烧，Cu和H元素均被氧化，化学反应方程式：2CuH+3Cl2点燃2CuCl2+2HCl；(2)CuH溶解在稀盐酸中，-1价的H和+1价的H化合价归中生成H2；(3)把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价得到了水，CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方

程式：CuH+3H++-3NO=Cu2++2H2O+NO↑；(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是：

V2O5+K2SO3+2H2SO4=2VOSO4+K2SO4+2H2O；(5)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，-3ClO将VO2+氧化，根据得失电子守恒，配平-3ClO系数为1，VO2+系数为6，根据原子守恒、电荷守恒完善并配平离子方程式：-3ClO+

6VO2++3H2O=Cl-+6VO+2+6H+；(6)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，则2-3

SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是2-3SO>Cl->VO2+。15．（2022·全国·高三专题练习）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿

酸钠.(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是___________

_______。(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为333223333CNOClH2HOCHNO2HClO−+++=+22HClO2IHIClHO−+−++=++22223

46I2SOSO2I−−−+=+准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用10.1000molL−Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色

，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，2100%=测定中转化为HClO的氯元素质量该样品的有效氯样品的质量)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的

有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】(1)22Cl2OHClOClHO−−−+=++NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解(2)()2--1-323nO=0.1

000molL0.02000L=2.00010molS根据物质转换和电子得失守恒关系：23332223CNOCl~2HClO~2I~4SO−−得()2323(Cl)0.5SO1.00010molnn−−==

氯元素的质量:31(Cl)1.00010mol35.5gmol0.03550gm−−==该样品的有效氯为：0.035502100%63.39%25.0mL1.1200g250.0mLg=该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品

偏低【解析】(1)由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：---22Cl+2OH=ClO+Cl+HO；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比

碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：---22Cl+2OH=ClO+Cl+HO；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光

分解；(2)①由题中反应可知，-3332CNOCl在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：-2-3332223CNOCl2HClO2I4SO，2-1323O)0.1000molL

0.02000L2.00010mol(Sn−−==，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.52-23nSO（）=-31.00010mol，氯元素的质量：m(Cl)=-3-11.00010mol35.5gmol=0.03550g，该样品中的有效氯为：2100%25.00

mL1.1200g250.0mL0.03550g=63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品故答案为：n(S2O23−)=-130.1000molL0.02000L2.00010mol−=，根据物质转换和电子得失守恒关系：-2-3332223CNOCl2HClO2I4

SO，得n(Cl)=0.52-23nSO（）=-31.00010mol，氯元素的质量：m(Cl)=-3-11.00010mol35.5gmol=0.03550g，该样品中的有效氯为：2100%25.00mL1.1200g250.0mL0.03550g=63.39%，该样品中

的有效氯大于60%，故该样品为优质品②如果硫酸的用量过少，则导致反应-+333223333CNOCl+H+2HO=CHNO+2HClO不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，故答案为：偏低；