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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）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（ ）2NaIMnO23H2SO4=2NaHSO4MnSO42H2OI22NaIO35NaHSO3=2Na2SO43NaHSO4H2OI2A氧化性：MnO2SO42-IOI2BI2在反应中是还原产物，在反应中是氧化产物C反应中生成等量的I2时转移电子数之比为15DNaHSO3溶液呈酸性，NaHSO3溶液中c(HSO)c(H2SO3)c(SO32-)下列有关说法正确的是()A1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAB在反应KIO36HI=KI3I23H2O中，每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀)HNO3(浓)D含有大量NO的溶液中，不能同时大量存在H、Fe2、Cl下列说法正确的是()ACl22Br=2ClBr2，ZnCu2=Zn2Cu均为单质被还原的置换反应B2Na2O22H2O=4NaOHO2，Cl2H2O=HClHClO，均为水作还原剂的氧化还原反应CNa2SO3与H2O2的反应为氧化还原反应D生石灰用作食品抗氧化剂废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH完全转化为N2，该反应可表示为2NH3ClO=N23Cl2H3H2O。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：NHClC反应中每生成1 mol N2，转移6 mol电子D经此法处理过的废水可以直接排放O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 （ ）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4已知X和Y是两种单质，XYX2Y2。下列叙述正确的是()X被氧化 X是氧化剂 Y2是还原产物X2具有氧化性 Y2具有还原性 Y单质氧化性比X2氧化性强A B C DK2FeO4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：KNO3K2FeO4C每生成1molK2FeO4，转移6mol e-DK2FeO4具有氧化杀菌作用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：Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平) 下列有关说法正确的是（ ）A反应I和中各有2种元素的化合价发生变化B处理1molCr2O72-时反应I、中消耗H+的物质的量相等C反应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-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65B上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molCKCl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1 mol e时，生成2 mol XC反应中PdCl2作氧化剂，被还原D还原性：COPd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ClB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3:2D反应后溶液的酸性明显减弱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中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72-被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色将1.95 g锌粉加入200 mL 0.1 molL1的MO溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是()AM2 BM CM3 DMO2氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应2NH33Cl2=N26HCl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（ ）A22.40L B26.88L C29.12L D35.84L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1 mol CuSO4氧化0.1 mol P4CCu3P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56下列离子方程式书写不正确的是（ ）ANa2S2O3溶液与稀硫酸反应生成沉淀：S2O322HSO2SH2OBKMnO4标准液滴定草酸：2MnO46H5H2C2O42Mn210CO28H2OCH2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐：H2SCO32HSHCO3DFeS溶于稀盐酸中：S22HH2S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反应说明该条件下铝的还原性强于锰B反应均属于氧化反应和离子反应C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为14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)=32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A11 B516 C23 D32已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。在含3 mol NaHSO3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()A0a间发生反应：3HSOIO=3SOI3HBab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 molCbc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52时，加入的KIO3为1.08 mol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6 mol KI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 ab段：BrO36I6H3I2Br3H2Ocd段：2BrO3I22IO3Br2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_；ab共转移_mol e。（2）bc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KIO3，现将一定量的碘溶于过量的氢氧化钾溶液，发生反应：aI2bKOHcKIdKIO3eX，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0.3mol I2单质参加反应，则反应过程中电子转移的个数为_。 (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=3O22Cl24HClO42H2O。根据题意完成下列小题：在上述变化过程中，发生还原反应的过程是_(填化学式)。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、MnO、IO。有关反应的离子方程式为_。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1 L，测得溶液的pH=2，则在反应中转移电子的物质的量为_mol。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NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.310-10）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100 m3含NaCN 10.3 mg/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0.5 mg/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。良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、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a molL-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，反应中MnO2I2；反应IO3SO42，故A错误；B.在反应中，I元素化合价升高，被氧化，I2为氧化产物，在反应中，I元素化合价降低，被还原，I2为还原产物，故B错误；C.反应、中生成等量的I2时，假设都为1mol，则反应转移2mol电子，反应转移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。答案为：D；解析：在Cl22NaOH=NaClNaClOH2O的反应中，1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA，则A项错误；在反应KIO36HI=KI3I23H2O中，每生成3 mol I2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；NOH具有强氧化性，能氧化Fe2，D项正确。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。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：NHCl，故B正确；每生成1 mol N2时，转移电子的物质的量为6 mol，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。答案为：D；解析：AO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；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，故C正确。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：KNO3K2FeO4，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。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，反应消耗H+的物质的量是9.2mol,B错误；C.反应中还原剂是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396g CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为4mol(396)=mol；3mol即3160g Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为5mol(3160)=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。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3mol5=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。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1 mol时，生成mol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COPd，故D正确。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。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、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、是酸性条件，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。答案为：A；解析：恰好完全反应时，1.95 g(0.03 mol)Zn失去0.06 mol电子，则0.02 mol MO得到0.06 mol电子，设还原产物中M元素的化合价为n，则0.02(5n)=0.06，解得n=2，A项符合题意。答案为：C解析：A、反应生成HCl，NH3可与HCl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。 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）=2.4molNO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=0.6mol222.4L/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0.1510=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol222.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8V26.88，答案选A。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H3PO4，错误；B.因为1mol CuSO41/3molCu3P得到1mole-，1molP44mol H3PO4失去20mole-，故1mol CuSO4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）+24 H3PO4（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。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2MnO46H5H2C2O42Mn210CO28H2O，故B正确；C. H2S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：H2SCO32HSHCO3，故C正确；D. FeS不溶于水，与盐酸反应的离子方程式为：FeS2HH2S+Fe2+，故D错误。答案为：A；解析：A.反应是置换反应，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.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.反应中氧元素的化合价是从-1升高到0，而反应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12，故C错误；D.反应的化学方程式为MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，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12，故D错误。正确答案：A。答案为：B；解析：设反应中生成3 mol Fe2、2 mol Fe3，则转移电子的物质的量为3 mol22 mol3=12 mol，根据得失电子守恒，由4HNO3e=NO2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2、Fe3结合的NO的物质的量为3 mol22 mol3=12 mol，所以参加反应的n(Fe)=5 mol，参加反应的n(HNO3)=16 mol，故本题选B。答案为：C；解析：0a间没有碘单质生成，说明IO和HSO发生氧化还原反应生成I，加入KIO3的物质的量是1 mol时，NaHSO3的物质的量是3 mol，HSO被氧化生成SO，根据转移电子守恒知，其离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，故A正确；ab间发生的反应为3HSOIO=3SOI3H，参加反应的IO的物质的量为0.6 mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8 mol，故B正确；根据图像知，bc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IO6H5I=3H2O3I2，所以I2既是还原产物又是氧化产物，故C错误；根据反应IO3HSO=I3SO3H，3 mol NaHSO3参加反应消耗KIO3的物质的量为1 mol，生成碘离子的物质的量为1 mol，设生成的碘单质的物质的量为x mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2，消耗的KIO3的物质的量为x mol，消耗碘离子的物质的量为x mol，剩余的碘离子的物质的量为1x mol，当溶液中n(I)n(I2)=52时，即1xx=52，x=0.24，根据原子守恒，加入KIO3的物质的量为1 mol0.24 mol=1.08 mol，故D正确。答案为：16、KBr、6；BrO35Br6H3Br23H2O、1.2；H2O；3.011023；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BrO36I6H3I2Br3H2O，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是16；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6 mol；故答案为：16；KBr；6 ；（2）bc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：BrO35Br6H3Br23H2O；ab：BrO36I6H3I2Br3H2O，6molKI反应，消耗1molBrO3，生成1molBr；bc：BrO35Br6H3Br23H2O，ab过程生成的1molBr参与反应，消耗0.2mol BrO3，故从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)1mol+0.2mol=1.2 mol；故答案为：BrO35Br6H3Br23H2O；1.2；（3）aI2bKOH=cKIdKIO3eX，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）3I2+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0.3mol I2单质参加反应，电子转移的个数为3.011023；故答案为：3.011023。答案为：(1)HClO3Cl2O2和HClO447.6(2)2Mn25IO3H2O=2MnO5IO6H1/60(或0.016 7)解析：(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HClO3Cl2。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：(332271)5=47.6。(2)根据题意和氧化还原反应书写规律可以得出2Mn25IO3H2O=2MnO5IO6H。根据离子方程式，每生成6 mol H，转移电子的物质的量为10 mol，当1 L溶液的pH=2时，生成n(H)=0.01 mol，则转移电子的物质的量为1/60 mol。答案为：（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。（2）2OCN+3ClOCO32+CO2+3Cl+N2 （3）14 900 （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