2022届高三化学一轮复习考点特训氧化还原反应3含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训氧化还原反应3含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．三氟化氮(NF3)(氟只有两种价态：－1，0)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O==2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．若1ml NF3被氧化，反应转移电子数为2NA
C．若生成0.4mlHNO3，则转移0.4ml电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
2．向碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到钠盐Na2H3IO6。下列有关该反应的说法中错误的是
A．在该反应中碘酸钠作还原剂
B．碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性
C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．反应中生成1 ml Na2H3IO6转移2 ml电子
3．某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是( )
eq \x(Au2O3)＋eq \x( )＋eq \x( )―→eq \x( )＋eq \x( )＋eq \x( )
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．当1 ml Au2O3完全反应时，转移电子8 ml
4．(2021·山东泰安市高三一模)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO4-+ Cu2S+H+→Cu2++SO42-+Mn2++H2O (未配平)和反应II：MnO4-+ FeS2+H+→Fe3++SO42-+Mn2++H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1mlSO42-，转移电子的物质的量为10ml
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为
5．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是( )
A．Na2FeO4中元素显+6价
B．碱性条件下氧化性强于Na2FeO4
C．每生成1ml Na2FeO4转移6ml电子
D．在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能
6．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉­KI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：Cr2Oeq \\al(2－,7)＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
7．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 ml·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
8．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是( )
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞SO2＞I2
B．在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，每转移2 ml e－会生成2 ml CuI沉淀
9．(2021·浙江省杭州二中高三选考模拟)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00ml/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是( )
A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5ml
C．若反应中转移的电子为nml，则0.5＜n＜
D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2
10．工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]，来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是( )
A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价
B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
D．该反应的离子方程式为19ClOeq \\al(－,4)＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O
11．BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．苯酚被氧化的总反应：C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up14(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O
B．反应过程中BMO表现较强氧化性
C．在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O
D．过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1
12．(2021·浙江省学军中学高三选考模拟)F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑。下列判断正确的是( )
A．XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2
B．XeF4按以上方式与水反应，每生成3ml O2转移12ml电子
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D．XeF2、XeF4和XeF6在空气中都不能长期存放
13．(2021·湖南省名校联盟高三联考)过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是( )
A．Na2O2、Na2O分别和SO2反应，生成物均为Na2SO3
B．该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C．若有2 ml Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1 ml
D．每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 ml
14．在含a ml FeCl3溶液中加入含b ml Fe和b ml Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是( )
A．当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2b ml≤n(e－)≤4b ml
C．当2a＝5b时，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋
D．当2b＜a＜4b时，反应后的溶液中n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝eq \f(1,2)(a－2b)∶(a＋b)
15．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 ml·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a ml铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )
A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml
C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M
D．若有固体剩余则可能是铁
16．向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe 3＋)、n(Br2) 随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是( )
A．氧化性强弱：Br2 > Fe3＋
B．由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 ml·L－l
C．n(Cl2)＝0. 12 ml时，溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)=1∶8
D．n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，反应的离子方程式为：2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－
17．(2021·山东泰安市高三一模)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：(未配平)和反应II：(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应I中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应I中每生成1ml SO42-，转移电子的物质的量为10ml
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为
18.在反应3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2↑中，若有6 ml水发生氧化反应，则被水还原的BrF3的物质的量为
A．4 mlB．6 mlC．7 mlD．9 ml
19.已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 ml Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 ml·L－1
C．若再通入0.05 ml Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 ml Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SOeq \\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋
20.铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：
则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为( )
A．I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3 B．H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
C．NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2 D．KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2
21.下列反应中，水只作氧化剂的是 ( )
氟气通入水中 ②水蒸气经过灼热的焦炭 ③钠块投入水中 ④铁与水蒸气反应
⑤氯气通入水中
A．只有①④B．只有②③④C．只有②③D．只有①⑤
22.现有24 mL浓度为0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 ml·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
23.向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是( )
A．0.75 ml·L－1 B．1.5 ml·L－1 C．2 ml·L－1 D．3 ml·L－1
24.高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾反应的离子方程式为Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeOeq \\al(2－,4)＋Cl－＋H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( )
A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
B．高铁酸钾中铁显＋6价
C．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeOeq \\al(2－,4)
D．K2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，而且生成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
25.用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下：
反应①：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平)
反应②：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平)
下列判断正确的是( )
A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗的物质的量相等
C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4
D．相同质量的CuS和CuS2处理酸性废水中Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72-
26．(2021•浙江1月选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化( )
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
27．(2021•广东选择性考试)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A．Na2O2放入水中：Na2O2+H2O=2NaOH+O2↑
B．H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O+2Fe= Fe2O3+3H2
C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4= CuSO4+ H2↑
D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+MnO4-= 5SO42-+4H++2Mn2+
28．(2021•湖南选择性考试)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10ml e﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在
29.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗6/n ml KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
30．洁厕灵和84消毒液混合使用时发生反应：NaC1O+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是( )
A．84消毒液的有效成分是HCl
B．氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物
C．HCl只表现还原性
D．若有0.lmlHCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24L
31．(2021·浙江省镇海中学高三选考模拟)从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( )
A．Cu2S既是氧化产物又是还原产物
B．5ml FeS2发生反应，有10ml电子转移
C．产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
二、非选择题（共2题）
32．(1)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应(未配平)：Fe(OH)3＋ClO－＋OH－―→FeOeq \\al(n－,4)＋Cl－＋H2O。
①已知有10.7 g Fe(OH)3参加反应，共转移了0.3NA个电子，则n＝________，FeOeq \\al(n－,4)中铁元素的化合价为________。
②根据所学的知识，推测FeOeq \\al(n－,4)能和下列________(填序号)物质反应。
A．KMnO4 B．SO2 C．H2S D．O2
(2)一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH，转移6 ml 电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
33．KMnO4是一种典型的强氧化剂。请回答下列问题：
(1)实验室中可用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液滴定含Fe2＋的溶液，从而测定溶液中Fe2＋的浓度，离子反应方程式如下，请在空格内填上缺少的反应物，并配平：
Fe2＋＋____MnOeq \\al(－,4)＋____eq \x( )===____Fe3＋＋____Mn2＋＋____H2O
(2)在稀硫酸中，MnOeq \\al(－,4)和H2O2也能发生氧化还原反应：
氧化反应：H2O2－2e－===2H＋＋O2↑
还原反应：MnOeq \\al(－,4)＋5e－＋8H＋===Mn2＋＋4H2O
①写出该氧化还原反应的化学方程式：______________________________________________。
反应中若有0.5 ml H2O2参加此反应，转移电子的个数为________。
②实验中发现，当加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应快速放出气体。其可能的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。
【参考答案及解析】
一、选择题
1．
【答案】B
【解析】A项，该反应中，N元素化合价由+3价变为+2价、+5价，其它元素化合价都不变，所以NF3既是氧化剂又是还原剂，A错误；B项，若1mlNF3被氧化，则反应转移电子数=1ml×2×NA/ml=2NA，B正确；C项，若生成0.4mlHNO3，则转移电子的物质的量=0.4ml×2=0.8ml，C错误；D项，3mlNF3参加反应，有2mlNF3被还原，有1mlNF3被氧化，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比为1：2，D错误；故选B。
2．
【答案】C
【解析】A项，因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，故A正确；B项，该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，故B正确；C项，由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，故C错误；D项，反应中生成1 ml Na2H3IO6转移1 ml×(7-5)=2 ml电子，故D正确；故选C。
3．
【答案】C
【解析】Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au的化合价由＋3变成＋1，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒有2Na2S2O3―→Na2S4O6，根据钠元素守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1 ml Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 ml。
4．
【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应Ⅰ中每生成1mlSO42-，参加反应的Cu2S为1ml，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10ml，B正确；C项，反应Ⅱ中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D项，若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同， 1mlKMnO4得到5ml电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5mlCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化ml FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5ml：ml=3：2，D错误。故选B。
5．
【答案】C
【解析】对于反应2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠是氧化剂，Na2FeO4中Fe元素显+6价， A项，Na2FeO4中Fe元素显+6价，A正确；B项，碱性条件下，NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B正确；C项，Fe(OH)3中的铁元素的化合价是+3价，产物Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6价，每生成1ml Na2FeO4转移的电子数为3ml，C错误；D项，Na2FeO4具有很强的氧化性，能有效地杀灭水中的细菌和病毒，同时被还原成Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D正确；故选C。
6．
【答案】D
【解析】A项，化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正、负化合价的代数和为0知，Cr为＋3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)＞I2，正确；D项，实验③中发生氧化还原反应，Cr的化合价由＋3升高为＋6，则过氧化氢中O的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。
7．
【答案】A
【解析】由题意可知，足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，而NO2、N2O4、NO的混合气体与O2混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则说明Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq \f(1.68 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 ml，则V(NaOH)＝eq \f(0.3 ml,5 ml·L－1)＝0.06 L＝60 mL。
8．
【答案】D
【解析】由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：－===2K2SO4＋2CuI↓＋I2①，当转移2 ml e－时生成2 ml CuI沉淀，D项正确；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI②，该反应中SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，得到的还原产物是HI，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性I2＞SO2，故A项错误。
9．
【答案】C
【解析】A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+): n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1mlNaOH反应的氯气为0.5ml，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1mlNaOH参加反应，转移0.5ml电子；若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，6mlNaOH参加反应，转移5ml电子，则1mlNaOH参加反应，转移ml电子，所以0.5＜n＜，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为11:1:2，假设NaCl为11ml，则NaClO为1ml，NaClO3为2ml，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成11mlNaCl，得到11ml电子，生成1mlNaClO，失去1ml电子，生成2mlNaClO3，失去10ml电子，得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。
10．
【答案】D
【解析】CrO2(ClO4)2中O为－2价、Cl为＋7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为＋6价，A正确；Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrCl3为棕色的CrO2(ClO4)2，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClOeq \\al(－,4)＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，化合价降低的为氧化剂，即ClOeq \\al(－,4)，其中有3 ml Cl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，故CrO2(ClO4)2为氧化产物，其中有8 ml Cr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确、D错误。
11．
【答案】B
【解析】根据题给反应原理可知，该过程中苯酚在光照、BMO作催化剂的条件下被氧气氧化生成CO2和H2O，反应方程式为C6H5OH＋7O2eq \(――→,\s\up14(光),\s\d5(BMO))6CO2＋3H2O，A选项正确；通过分析可知，BMO在光催化降解苯酚过程中表现出了还原性，生成了BMO＋，B选项错误；酸性条件下，反应①中苯酚、Oeq \\al(－,2)与H＋反应生成CO2和H2O，反应的离子方程式是3C6H5OH＋28Oeq \\al(－,2)＋28H＋===18CO2↑＋23H2O，C选项正确；1个BMO＋表现氧化性，被还原为BMO，可以得1个电子；1个Oeq \\al(－,2)表现氧化性，被还原为2个H2O，可以得3个电子，所以①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D选项正确。
12．
【答案】D
【解析】A项，F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，A项错误；B项，由6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑可知，每生成4mlXe，转移电子为4ml×(4-0)=16ml，即每生成3mlO2转移16ml电子，B项错误；C项，6XeF4+12H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，该反应中，生成氙气的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4(氧化剂)+2XeF4(还原剂)+6H2O(还原剂)+6H2O═2XeO3+4Xe↑+24HF+3O2↑，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：(2+6)=1：2，C项错误；D项，XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，D项正确；故选D。
13．
【答案】A
【解析】A项，Na2O2有强氧化性，SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成物中可能有Na2SO4、Na2SO3、O2，故A错误；B项，该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4和Fe2O3是氧化产物，故B正确；C项，若有2 ml Fe2+被氧化，则Fe2+失去2 ml电子，被Fe2+还原的Na2O2为1 ml，故C正确；D项，每生成3 ml Na2O转移14 ml电子，则生成18.6 g (0.3 ml) Na2O转移1.4 ml电子，故D正确；故选A。
14．
【答案】D
【解析】A项，由于还原性：Fe＞Cu，所以当a≤2b时(即Fe过量)，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，正确；B项，根据：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，反应转移电子的物质的量为2b ml≤n(e－)≤4b ml，正确；C项，eq \f(a,b)＝eq \f(5,2)时，发生的离子反应为5Fe3＋＋2Fe＋eq \f(1,2)Cu===7Fe2＋＋eq \f(1,2)Cu2＋，即10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋，正确；D项，
2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
2b b 3b
2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
a－2b a－2b eq \f(a－2b,2)
所以n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(3b＋a－2b)∶eq \f(a－2b,2)＝
(a＋b)∶eq \f(a－2b,2)，错误。
15．
【答案】D
【解析】因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。加入铁粉后，先与Fe3＋反应，混合溶液中n(Fe3＋)＝ 1 ml·L－1×0.1 L×2＝0.2 ml，则：当a≤0.1 时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当 0.1≤a Br－，还原剂的还原性越强，对应氧化产物的氧化性越弱，则氧化性强弱：Br2 > Fe3＋，故A正确；B项，由通入0.1ml氯气时，Fe2＋恰好被完全氧化为Fe3＋可得，溶液中n(Fe2＋)为0.2ml，则FeBr2溶液的浓度为=1ml/L，故B正确；C项，当通入n(Cl2)为0. 12 ml时，0.2ml Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，n(Fe3＋)为0.2ml，过量的0. 02 ml Cl2与0. 04 ml Br－反应，溶液中n(Br－)为(0.4—0.04)ml=0.36ml，则溶液中的离子浓度有c (Fe 3＋)∶c( Br－)= 0.2ml∶0.36ml=5；9，故C错误；D项，n(FeBr2)∶n(Cl2)＝1∶1时，溶液中Fe2＋已经完全被氧化为Fe3＋，有一半Br－被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－ + 2Cl2=2Fe3＋＋Br2 + 4Cl－，故D正确；故选C。
17．
【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应Ⅰ中每生成1mlSO42-，参加反应的Cu2S为1ml，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10ml，B正确；C项，反应Ⅱ中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D项，若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同， 1mlKMnO4得到5ml电子，Cu2S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5mlCu2S，FeS2化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化ml FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5ml：ml=3：2，D错误。故选B。
18.
【解析】该反应中参加反应的H2O是5 ml，其中作还原剂被BrF3氧化的是2 ml；反应中当有3 ml BrF3参与反应时，其中1 ml作还原剂、2 ml作氧化剂，故2 ml氧化剂“BrF3”中被1 ml还原剂“BrF3”还原的物质的量为2/3 ml、被2 ml H2O还原的物质的量为4/3 ml，则当6 ml H2O发生氧化反应时，被H2O还原的BrF3是4 ml。
【参考答案】A
19.
【答案】D
【解析】由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x ml·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋eq \f(0.1x,2×2)＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 ml HI未被氧化，故只需再通入0.02 ml Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 ml Cl2后，0.08 ml H2SO3和0.04 ml HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SOeq \\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
20.
【解析】由①中现象可知，NaBiO3把Mn2＋氧化生成MnOeq \\al(－,4)，则NaBiO3(氧化剂)的氧化性强于KMnO4(氧化产物)的氧化性；由②中现象可知，KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2＋，则KMnO4(氧化剂)的氧化性强于H2O2的氧化性；从价态上看，高锰酸钾的氧化性一定是强于二氧化锰；由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水(氧化剂)的氧化性强于碘单质(氧化产物)的氧化性，综上所述，NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2。
【参考答案】C
21.
【答案】B
【解析】①氟气通入水中生成HF和O2，O元素的化合价升高，所以水是还原剂，故不选①；②水蒸气通入灼热焦炭发生反应为：C+H2OCO+H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选②；③钠投入水中发生反应为：2Na+2H2O =2NaOH+ H2↑，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选③；④铁与水蒸气反应为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选④；⑤氯气通入水中发生的反应为：Cl2+ H2O =HCl+HClO，H和O元素的化合价都不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选⑤。故正确序号为②③④。故选B。
22.
【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4升高到＋6；而Cr元素的化合价将从＋6降低到＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 ml·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 ml·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【参考答案】B
23.
【答案】D
【解析】标准状况下Cl2的物质的量是eq \f(5.04 L,22.4 L·ml－1)＝0.225 ml，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x ml·L－1，则根据得失电子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。
24.
【解析】根据质量守恒、电荷守恒和得失电子守恒配平方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeOeq \\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O。上述反应中ClO－为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故A正确；高铁酸钾中铁显＋6价，故B正确；由上述反应可知，Fe(OH)3为还原剂，FeOeq \\al(2－,4)为氧化产物，故不能比较Fe(OH)3和FeOeq \\al(2－,4)的氧化性，故C错误；因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，所以 K2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，而且能净水，故D正确。
【参考答案】C
25.
【答案】C
【解析】对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4 Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；对于反应②，铜元素化合价由＋1升高至＋2，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3Cu2S+5 Cr2O72-+46H+=6Cu2++3 SO42-+10Cr3++23H2O。A项，反应①中硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价；反应②中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价，故A错误；B项，结合以上分析可知，处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C项，结合以上分析可知，还原剂为CuS，氧化剂为Cr2O72-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:4，故C正确；D项，假设质量均为160g，n(CuS)= =1.67ml，n(Cu2S)= =1ml；根据反应方程式可知：3CuS~4 Cr2O72-，3Cu2S~5 Cr2O72-，所以CuS消耗n(Cr2O72-)=×1.67=2.2ml，n(Cr2O72-)=1×=1.7ml；所以CuS消耗的更多，故D错误；故选C。
26．
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
27．
【答案】D
【解析】A项，Na2O2放入水中化学方程式应该是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A选项中氧元素不守恒，A错误；B项，H2O(g)通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；C项，铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；D项，SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnO4-氧化为SO42-，MnO4-被SO2还原为Mn2+，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2+2H2O+KMnO4-= 5SO42-+4H++2Mn2+，D正确；故选D。
28．
【答案】A
【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3mlCl2为标准，反应转移60mle﹣，产生22.4L(标准状况)即1mlCl2时，反应转移20ml e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。
29.
【答案】A
【解析】A项，根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 ml [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 ml KClO3，A项错误；B项，绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；C项，聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D项，多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故选A。
30．
【答案】D
【解析】NaClO+2HCl═NaCl+Cl2↑+H2O中，NaClO中的Cl元素化合价由+1价降低到0价，HCl中的Cl元素化合价由-1价升高到0价，则NaClO为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性。A项，84消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误；B项，根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；C项，根据分析，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误；D项，若有0.lmlHCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1ml，在标准状况下的体积约为=22.4L/ml×0.1ml=2.24L，故D正确；故选D。
31．
【答案】C
【解析】A项，Cu2S为中Cu、S元素化合价降低之产物，因此Cu2S为还原产物，故A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+2降低至+1，FeS2中S原子有由-1升高至+6，有由-1降低至-2，其余元素化合价未发生变化，因此每有5ml FeS2发生反应，转移电子为10ml××[6-(-1)]=21ml，故B错误；C项，由B项分析可知，产物中的SO42-离子有一部分是FeS2中S元素升高而得，因此产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，故C正确；D项，由B分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂，故D错误；故选C。
二、非选择题
32．
【解析】(1)①10.7 g Fe(OH)3的物质的量为0.1 ml，所以如果1 ml Fe(OH)3参加反应，则转移3 ml电子，Fe的化合价升高3价，为＋6价，n＝2；②根据信息可知FeOeq \\al(n－,4)为强氧化剂，能与还原剂SO2、H2S反应。
(2)32 g CH3OH的物质的量为1 ml，1 ml的CH3OH转移6 ml 的电子，升高6价，1 ml的HNO3化合价降低5价，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶6。
【答案】(1)①2 ＋6 ②BC (2)5∶6
33．
【解析】(1)生成物中有H2O，反应物中应该存在H＋，则有：Fe2＋＋MnOeq \\al(－,4)＋H＋―→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O，Fe元素化合价升高1，MnOeq \\al(－,4)中Mn元素化合价降低5，根据得失电子相等可得：5Fe2＋＋1MnOeq \\al(－,4)＋H＋―→5Fe3＋＋1Mn2＋＋H2O，再根据电荷守恒和原子守恒进行配平，即为5Fe2＋＋MnOeq \\al(－,4)＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。(2)①中根据已知的氧化反应和还原反应可知，该反应的化学方程式是5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===2MnSO4＋5O2↑＋K2SO4＋8H2O；根据氧元素的化合价变化可知，双氧水中氧元素从－1价升高到0价，所以1 ml双氧水转移2 ml电子，则0.5 ml双氧水转移电子的个数是NA，即6.02×1023；②加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应快速放出气体，这说明反应中生成的Mn2＋对H2O2分解具有催化作用。
【答案】(1)5 1 8 H＋ 5 1 4
(2)①5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===2MnSO4＋5O2↑＋K2SO4＋8H2O 6.02×1023(或NA) ②生成Mn2＋对H2O2分解具有催化作用
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI­淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
溶液变成蓝色