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新高考化学一轮复习讲练测第03讲 氧化还原反应（练）（解析版）
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1．成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是
A．铁杵成针B．闭门造车C．抱薪救火D．刻舟求剑
【答案】C
【解析】铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A不选；就算是关起门来制造车辆，但使用时也能和路上的车辙完全相同，是物理变化，故B不选；燃料发生燃烧生成二氧化碳和水是氧化还原反应，故C选；刻舟求剑是形状的改变，物理变化，故D不选。答案选C。
2．氧化还原反应在许多领域里都有涉及，对人类的生产和生活意义重大。下列生产生活过程中，不涉及氧化还原反应的是
A．在高温条件下冶炼黑色金属锰、铬等B．施入土壤的肥料由铵态氮转化为硝态氮
C．用蓄电池为电动汽车供电D．用氯化铵溶液去除铁锈
【答案】D
【解析】在高温条件下常用还原剂将矿石中的金属还原，冶炼黑色金属锰、铬等，涉及氧化还原反应，故A不选；施入土壤的肥料由铵态氮(-3)转化为硝态氮(+3或+5)，过程中化合价发生变化，涉及氧化还原反应用，故B不选；蓄电池为电动汽车供电时，有电子的转移，涉及氧化还原反应，故C不选；用氯化铵溶液去除铁锈利用的是盐类水解以及铁锈与酸的反应，不涉及氧化还原反应，故D选；故选D。
3．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe B．用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C．用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+ D．以NH3为原料制备HNO3
【答案】C
【解析】用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。
4．反应中，还原剂是
A．B．HClC．D．
【答案】B
【解析】反应物HCl中部分Cl元素化合价由-1价变成0价，化合价升高是还原剂；故选B。
5．下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】，受热分解即可实现，不需要加氧化剂实现，故A错误；中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，故B错误；中元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C正确；，与溶液反应即可实现，该反应中是氧化剂也是还原剂，不需要加氧化剂，故D错误。故选C。
6．在45~ 50°C时，臭氧(O3)可以将碘氧化为碘酸碘[I(IO3)3]。反应的化学方程式如下：9O3+2I2=I(IO3)3+ 9O2。下列说法正确的是
A．O3既不是氧化剂也不是还原剂
B．I(IO3)3中碘元素的化合价均为+5
C．氧化性：I(IO3)3＞I2
D．氧化性：I2＞ I(IO3)3
【答案】C
【解析】从反应的化学方程式知，在反应中氧元素化合价降低，O3为氧化剂，A错误；在中碘元素化合价为有+3、+5两种价态，B错误；反应中，O3作氧化剂，I2作还原剂，I(IO3)3是氧化产物，O2是还原产物；则氧化性：I(IO3)3＞I2，C正确；由C选项可知，氧化性：I(IO3)3＞I2，D错误；故选C。
7．三氟化氯(ClF3)可应用于航天工业，是一种很强的氧化剂和氟化剂，它能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧。下列分析错误的是
A．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化剂
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．ClF3与水按照1：2反应生成两种强酸
【答案】D
【解析】由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧可知，三氟化氯能代替过氧化氢充当火箭推进剂中的氧化剂，故A正确；由三氟化氯是一种很强的氧化剂和氟化剂，能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，故B正确；由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，故C正确；由题意可知，三氟化氯与水按照1：2反应的化学方程式为ClF3+2H2O=HCl+3HF+O2↑，反应生成的氢氟酸为弱酸，故D错误；故选D。
8．As元素有+2、+3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应I中若0.5mlAs4S4参加反应，转移14 ml电子，则物质a为SO2
B．从反应II可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应III属于非氧化还原反应
D．反应IV中，As2S3和Sn2+恰好完全反应时，其物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】中As为+2价，S为-2价，经过反应I， 转变为，As元素化学价升高到+3，当0.5ml反应时，As转移电子的物质的量为，S转移电子的物质的为，S的化合价也升高，设为x，则 ，x=4，故a为二氧化硫， A正确；反应II中与水反应仅生成，是的酸酐，B正确；反应III中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应IV发生的反应为：，的物质的量之比为1:1，D错误；故选D。
9．硫、氯的单质和化合物应用广泛。
(1)将硫铁矿和焦炭按物质的量之比为3∶2混合放在炼硫炉中，通入适量空气中，发生下列燃烧反应：FeS2＋C＋O2―→Fe3O4＋CO＋S。
配平上述化学反应方程式：__________________________________________________。
生成3 ml硫，被氧化物质的物质的量为_____________________________________。
(2)盐酸是应用广泛的酸之一，它具有a.酸性；b.氧化性；c.还原性；d.挥发性。
请回答下列问题：
①浓盐酸长时间露置在空气中，溶液的质量减轻，盐酸表现了________(填字母)。
②实验室用稀盐酸和锌粒反应制取氢气，盐酸表现了________(填字母)，反应的离子方程式为__________________________________________________________。
③用盐酸除去铁表面的铁锈，盐酸表现了________(填字母)，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
④实验室常用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。被还原的元素是________，还原剂是________，氧化产物是________。
【解析】(1)根据得失电子守恒和原子守恒，配平可得：3FeS2＋2C＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))Fe3O4＋2CO＋6S，被氧化的物质为FeS2和C，根据化学方程式可知，当生成3 ml硫时，消耗FeS2和C的物质的量为1.5 ml＋1 ml＝2.5 ml。
(2)①浓盐酸易挥发，露置在空气中溶质挥发使溶液的质量减轻。②盐酸与金属锌反应的化学方程式为Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑，其中H元素化合价下降，表现出氧化性，Cl元素化合价不变，与氧化产物结合形成盐，表现出酸性。③盐酸与金属氧化物反应时，没有改变金属元素的化合价，表现出酸性。④结合反应方程式中各物质的化合价变化情况可确定，Mn从＋7价下降至＋2价，被还原；HCl中－1价的氯部分化合价升高作还原剂；HCl被氧化得到氧化产物Cl2。
【答案】(1)3FeS2＋2C＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))Fe3O4＋2CO＋6S 2.5 ml
(2)①d ②ab Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ ③a Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O ④Mn HCl Cl2
10.某探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱比较实验，实验过程如下：
Ⅰ.先向B中的FeCl2溶液(约10 mL)中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。
Ⅱ.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验取出溶液中的离子。
Ⅲ.接着再向B中通入一定量的SO2气体。
Ⅳ.更新试管D，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。
(1)棉花中浸润的溶液为__________，目的是_________________________________。
(2)实验室制备氯气的化学方程式为__________________________________________。
(3)过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为____________________________________；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是________________________________________________。
(4)该小组对SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱比较期望达到的结论是_________________。
(5)甲、乙、丙三同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱关系的是__________________。
【解析】(1)向B中的Fe2＋溶液中通入氯气，氯气不可能完全和亚铁离子反应，多余的氯气污染空气，需要除去，所以棉花中浸润的溶液为NaOH溶液。(2)实验室制备氯气用的是二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)B中的亚铁离子被氧化为铁离子，在铁离子中通入二氧化硫，发生氧化还原反应：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋；检验硫酸根离子，先要用盐酸酸化排除碳酸根离子和亚硫酸根离子的干扰，再加入BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，说明有SOeq \\al(2－,4)，反之无SOeq \\al(2－,4)。(4)SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱的顺序为SO2>Fe2＋>Cl－。(5)过程Ⅱ是为了检验氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了检验二氧化硫被氧化后的产物。甲：过程Ⅱ检出离子有Fe3＋无Fe2＋，说明氯气过量，过程Ⅳ中检出有SOeq \\al(2－,4)不能说明二氧化硫就是被铁离子氧化的，也可能是被氯气氧化的，甲错误；乙：过程Ⅱ检出离子既有Fe3＋又有Fe2＋，亚铁离子未被氧化完全，说明氯气量不足，过程Ⅳ中检出有SOeq \\al(2－,4)，一定是二氧化硫被铁离子氧化得到的，乙正确；丙：过程Ⅱ检出离子有Fe3＋无Fe2＋，而过程Ⅳ中检出有Fe2＋，说明二氧化硫把铁离子还原为亚铁离子，丙正确。
【答案】(1)NaOH溶液 防止尾气污染环境
(2)MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(3)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋ 取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SOeq \\al(2－,4)，反之无SOeq \\al(2－,4)
(4)SO2＞Fe2＋＞Cl－ (5)乙、丙
11．关于反应4CO2+SiH4 eq \(=======,\s\up8(高温))4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
【答案】D
【解析】根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1mlSiO2时，转移8ml电子，D正确；答案选D。
12．溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是
A．尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物
B．若制取1ml KBr，转移电子数目为2NA
C．此方法成本低，且制得的KBr纯净
D．实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中
【答案】C
【解析】尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；Br从0价降低到-1价，若制取1ml KBr，转移电子数目为NA，B错误；此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；故选C。
13．实验室中为研究不同物质之间的反应进行如下实验。下列说法正确的是
A．丙为还原产物，丁为氧化产物
B．上述有4个氧化还原反应
C．每生成标准状况下气体丙，消耗
D．若完全反应，转移个电子(为阿伏加德罗常数的值)
【答案】D
【解析】高锰酸钾与双氧水反应生成氧气，H2O2中-1价的O原子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，故A错误；根据分析可知四个反应中不是氧化还原反应，故B错误；，由反应可知，故C错误；有反应可知，若完全反应，转移，即转移个电子，故D正确；故答案为D
14．汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1mlN2，转移电子数为2ml
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
【答案】D
【解析】催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，该过程的催化剂是BaO和Ba(NO3)2，选项A错误；根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项B错误；还原过程中氮元素从十5价降为0价，生成0.1 ml N2，转移电子数为1.0 NA，选项C错误；三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体N2、H2O、CO2，选项D正确；答案选D。
15．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH＝Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是
A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化
B．若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH，则NaH2PO3是酸式盐
C．反应中每转移6.02 ×1023个e- ，则生成标准状况下5.6 L H2
D．NaH2PO3和H2均是还原产物
【答案】D
【解析】反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确；若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此NaH2PO3是酸式盐，B正确；根据选项A分析可知转移4ml电子生成1ml氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1ml电子，生成0.25ml氢气，在标准状况下的体积为5.6 L，C正确；NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2均是还原产物，D错误；答案选D。
16．高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②(未配平)。下列说法不正确的是
A．①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
B．②若有标况下5.6L生成，转移电子
C．②中既表现氧化性，又表现还原性
D．由①②可知氧化性强弱顺序为：
【答案】B
【解析】配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，中Cu元素化合价升高，做还原剂，反应方程式为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；反应②反应方程式为，生成1ml转移4ml电子，标况下生成5.6L即物质的量为，转移电子0.25ml×4×NAml-1=，B错误；
反应②反应方程式为，Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，既做氧化剂也做还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：，则氧化性强弱顺序为：，D正确；故选B。
17．以FeSO4为原料制备锂离子电池的电极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)的流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉铁”步骤反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+
B．“沉铁”步骤中的氧化剂H2O2可以用O3来代替
C．“煅烧”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．“煅烧”步骤中每消耗1ml Li2CO3时，生成3ml氧化产物
【答案】D
【解析】硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢和磷酸进行沉铁，发生反应：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，得到的磷酸铁中加入碳酸锂和草酸进行煅烧得到磷酸亚铁锂，发生反应：Li2CO3+2H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O。亚铁离子有还原性，过氧化氢有氧化性，“沉铁”步骤中两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，A正确；臭氧有氧化性，“沉铁”步骤中的氧化剂H2O2可以用O3来代替，B正确；“煅烧”步骤中发生反应：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O，铁元素化合价降低，FePO4是氧化剂，碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，C正确；“煅烧”步骤中发生反应：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O，每消耗1mlLi2CO3时，生成3mlCO2，但只有2ml是氧化产物，D错误；答案选D。
18．钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是
A．钛合金比纯钛硬度大是因为钛合金中金属原子的层状排列更规则
B．氯化过程中FeCl3，既是氧化产物又是还原产物
C．制取金属钛时，可用CO2替代Ar气以隔绝空气
D．若制取1ml金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7ml
【答案】BD
【解析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，制取金属钛的化学方程式为：Mg+ TiCl4Ti+MgCl2，以此来解析。合金内加入了其他元素或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，A错误；
根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl的化合价由0价降低为-1价，FeCl3，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
制取金属钛时，选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar气以隔绝空气，C错误；根据氯化过程中发生反应2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4和根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4～7mle-～Ti，可知若制取1ml金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7ml，D正确；故选BD。
19．黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2作________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是作________。
②写出图1中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式：_________________________________。
(2)Fe2＋被氧化为Fe3＋的过程中，控制起始时Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2＋被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。
①加入NaNO2发生反应：2H＋＋3NOeq \\al(－,2)===NOeq \\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。该反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为________ml。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因：______________________________。
【解析】(1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SOeq \\al(2－,4)，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。②反应的离子方程式是14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 ml。②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。
【答案】(1)①还原剂 催化剂 ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋
(2)①4 ②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
20．三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：
请回答下列问题：
(1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_________________________________。
(2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)______________________________________________。
(3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为___________________________。
【解析】(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。
(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。
(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，发生反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O。
【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(2)CO、CO2
(3)ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O
1.（2020·浙江卷）反应MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A. 1:2B. 1:1C. 2:1D. 4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；
答案选B。
2．(2020·北京卷)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是( )
A．Na B．Cl2
C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【解析】2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，H2O中H元素化合价由＋1降为0价，得电子被还原，作氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；Cl2＋H2OHCl＋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不符合题意；3NO2＋H2O===2HNO3＋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不符合题意；Na2O＋H2O===2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意。
3.（2019·浙江选考）反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ ）
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3，故答案选A。
4. (2018·北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )
【答案】C
【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，会生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关；B项，由于氯水显酸性，先使紫色石蕊溶液变红，后由于HClO具有氧化性，使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关；C项，向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，与氧化还原反应无关；D项，热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应有关。
过程Ⅱ中检出离子
过程Ⅳ中检出离子
甲
有Fe3＋无Fe2＋
有SOeq \\al(2－,4)
乙
既有Fe3＋又有Fe2＋
有SOeq \\al(2－,4)
丙
有Fe3＋无Fe2＋
有Fe2＋
选项
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
1．成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是
A．铁杵成针B．闭门造车C．抱薪救火D．刻舟求剑
【答案】C
【解析】铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A不选；就算是关起门来制造车辆，但使用时也能和路上的车辙完全相同，是物理变化，故B不选；燃料发生燃烧生成二氧化碳和水是氧化还原反应，故C选；刻舟求剑是形状的改变，物理变化，故D不选。答案选C。
2．氧化还原反应在许多领域里都有涉及，对人类的生产和生活意义重大。下列生产生活过程中，不涉及氧化还原反应的是
A．在高温条件下冶炼黑色金属锰、铬等B．施入土壤的肥料由铵态氮转化为硝态氮
C．用蓄电池为电动汽车供电D．用氯化铵溶液去除铁锈
【答案】D
【解析】在高温条件下常用还原剂将矿石中的金属还原，冶炼黑色金属锰、铬等，涉及氧化还原反应，故A不选；施入土壤的肥料由铵态氮(-3)转化为硝态氮(+3或+5)，过程中化合价发生变化，涉及氧化还原反应用，故B不选；蓄电池为电动汽车供电时，有电子的转移，涉及氧化还原反应，故C不选；用氯化铵溶液去除铁锈利用的是盐类水解以及铁锈与酸的反应，不涉及氧化还原反应，故D选；故选D。
3．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是
A．用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe B．用Na2O2作潜水艇的供氧剂
C．用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+ D．以NH3为原料制备HNO3
【答案】C
【解析】用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意；用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意；以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；故选C。
4．反应中，还原剂是
A．B．HClC．D．
【答案】B
【解析】反应物HCl中部分Cl元素化合价由-1价变成0价，化合价升高是还原剂；故选B。
5．下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】，受热分解即可实现，不需要加氧化剂实现，故A错误；中没有元素化合价的变化，不需要加氧化剂实现，故B错误；中元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故C正确；，与溶液反应即可实现，该反应中是氧化剂也是还原剂，不需要加氧化剂，故D错误。故选C。
6．在45~ 50°C时，臭氧(O3)可以将碘氧化为碘酸碘[I(IO3)3]。反应的化学方程式如下：9O3+2I2=I(IO3)3+ 9O2。下列说法正确的是
A．O3既不是氧化剂也不是还原剂
B．I(IO3)3中碘元素的化合价均为+5
C．氧化性：I(IO3)3＞I2
D．氧化性：I2＞ I(IO3)3
【答案】C
【解析】从反应的化学方程式知，在反应中氧元素化合价降低，O3为氧化剂，A错误；在中碘元素化合价为有+3、+5两种价态，B错误；反应中，O3作氧化剂，I2作还原剂，I(IO3)3是氧化产物，O2是还原产物；则氧化性：I(IO3)3＞I2，C正确；由C选项可知，氧化性：I(IO3)3＞I2，D错误；故选C。
7．三氟化氯(ClF3)可应用于航天工业，是一种很强的氧化剂和氟化剂，它能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧。下列分析错误的是
A．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化剂
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．ClF3与水按照1：2反应生成两种强酸
【答案】D
【解析】由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧可知，三氟化氯能代替过氧化氢充当火箭推进剂中的氧化剂，故A正确；由三氟化氯是一种很强的氧化剂和氟化剂，能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，故B正确；由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，故C正确；由题意可知，三氟化氯与水按照1：2反应的化学方程式为ClF3+2H2O=HCl+3HF+O2↑，反应生成的氢氟酸为弱酸，故D错误；故选D。
8．As元素有+2、+3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．反应I中若0.5mlAs4S4参加反应，转移14 ml电子，则物质a为SO2
B．从反应II可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3
C．反应III属于非氧化还原反应
D．反应IV中，As2S3和Sn2+恰好完全反应时，其物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】中As为+2价，S为-2价，经过反应I， 转变为，As元素化学价升高到+3，当0.5ml反应时，As转移电子的物质的量为，S转移电子的物质的为，S的化合价也升高，设为x，则 ，x=4，故a为二氧化硫， A正确；反应II中与水反应仅生成，是的酸酐，B正确；反应III中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应IV发生的反应为：，的物质的量之比为1:1，D错误；故选D。
9．硫、氯的单质和化合物应用广泛。
(1)将硫铁矿和焦炭按物质的量之比为3∶2混合放在炼硫炉中，通入适量空气中，发生下列燃烧反应：FeS2＋C＋O2―→Fe3O4＋CO＋S。
配平上述化学反应方程式：__________________________________________________。
生成3 ml硫，被氧化物质的物质的量为_____________________________________。
(2)盐酸是应用广泛的酸之一，它具有a.酸性；b.氧化性；c.还原性；d.挥发性。
请回答下列问题：
①浓盐酸长时间露置在空气中，溶液的质量减轻，盐酸表现了________(填字母)。
②实验室用稀盐酸和锌粒反应制取氢气，盐酸表现了________(填字母)，反应的离子方程式为__________________________________________________________。
③用盐酸除去铁表面的铁锈，盐酸表现了________(填字母)，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
④实验室常用KMnO4和浓盐酸反应制取Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。被还原的元素是________，还原剂是________，氧化产物是________。
【解析】(1)根据得失电子守恒和原子守恒，配平可得：3FeS2＋2C＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))Fe3O4＋2CO＋6S，被氧化的物质为FeS2和C，根据化学方程式可知，当生成3 ml硫时，消耗FeS2和C的物质的量为1.5 ml＋1 ml＝2.5 ml。
(2)①浓盐酸易挥发，露置在空气中溶质挥发使溶液的质量减轻。②盐酸与金属锌反应的化学方程式为Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑，其中H元素化合价下降，表现出氧化性，Cl元素化合价不变，与氧化产物结合形成盐，表现出酸性。③盐酸与金属氧化物反应时，没有改变金属元素的化合价，表现出酸性。④结合反应方程式中各物质的化合价变化情况可确定，Mn从＋7价下降至＋2价，被还原；HCl中－1价的氯部分化合价升高作还原剂；HCl被氧化得到氧化产物Cl2。
【答案】(1)3FeS2＋2C＋3O2eq \(=====,\s\up7(点燃))Fe3O4＋2CO＋6S 2.5 ml
(2)①d ②ab Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ ③a Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O ④Mn HCl Cl2
10.某探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱比较实验，实验过程如下：
Ⅰ.先向B中的FeCl2溶液(约10 mL)中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。
Ⅱ.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验取出溶液中的离子。
Ⅲ.接着再向B中通入一定量的SO2气体。
Ⅳ.更新试管D，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。
(1)棉花中浸润的溶液为__________，目的是_________________________________。
(2)实验室制备氯气的化学方程式为__________________________________________。
(3)过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为____________________________________；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是________________________________________________。
(4)该小组对SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱比较期望达到的结论是_________________。
(5)甲、乙、丙三同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱关系的是__________________。
【解析】(1)向B中的Fe2＋溶液中通入氯气，氯气不可能完全和亚铁离子反应，多余的氯气污染空气，需要除去，所以棉花中浸润的溶液为NaOH溶液。(2)实验室制备氯气用的是二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学反应方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)B中的亚铁离子被氧化为铁离子，在铁离子中通入二氧化硫，发生氧化还原反应：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋；检验硫酸根离子，先要用盐酸酸化排除碳酸根离子和亚硫酸根离子的干扰，再加入BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，说明有SOeq \\al(2－,4)，反之无SOeq \\al(2－,4)。(4)SO2、Fe2＋和Cl－还原性强弱的顺序为SO2>Fe2＋>Cl－。(5)过程Ⅱ是为了检验氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了检验二氧化硫被氧化后的产物。甲：过程Ⅱ检出离子有Fe3＋无Fe2＋，说明氯气过量，过程Ⅳ中检出有SOeq \\al(2－,4)不能说明二氧化硫就是被铁离子氧化的，也可能是被氯气氧化的，甲错误；乙：过程Ⅱ检出离子既有Fe3＋又有Fe2＋，亚铁离子未被氧化完全，说明氯气量不足，过程Ⅳ中检出有SOeq \\al(2－,4)，一定是二氧化硫被铁离子氧化得到的，乙正确；丙：过程Ⅱ检出离子有Fe3＋无Fe2＋，而过程Ⅳ中检出有Fe2＋，说明二氧化硫把铁离子还原为亚铁离子，丙正确。
【答案】(1)NaOH溶液 防止尾气污染环境
(2)MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(3)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋4H＋ 取溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SOeq \\al(2－,4)，反之无SOeq \\al(2－,4)
(4)SO2＞Fe2＋＞Cl－ (5)乙、丙
11．关于反应4CO2+SiH4 eq \(=======,\s\up8(高温))4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
【答案】D
【解析】根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1mlSiO2时，转移8ml电子，D正确；答案选D。
12．溴化钾(KBr)可作为分析试剂、感光剂、神经镇静剂等，工业上制取溴化钾的方法之一为：先将尿素(H2NCONH2)加到K2CO3溶液中，然后在不断搅拌下缓慢注入液溴，随即发生反应：3K2CO3+H2NCONH2+3Br2=6KBr+4CO2↑+N2↑+2H2O。下列有关此反应的说法正确的是
A．尿素作还原剂，CO2、N2是氧化产物
B．若制取1ml KBr，转移电子数目为2NA
C．此方法成本低，且制得的KBr纯净
D．实验室中KBr密封保存在无色广口瓶中
【答案】C
【解析】尿素中C为+4价，N为-3价，因此尿素作还原剂，N2是氧化产物，CO2不是氧化产物，A错误；Br从0价降低到-1价，若制取1ml KBr，转移电子数目为NA，B错误；此反应制取原料为碳酸钾、尿素和Br2，成本低，产物CO2、N2为气态，因此得到的KBr比较纯净，C正确；KBr作感光剂，说明KBr具有感光性，因此应密封保存在棕色广口瓶中，D错误；故选C。
13．实验室中为研究不同物质之间的反应进行如下实验。下列说法正确的是
A．丙为还原产物，丁为氧化产物
B．上述有4个氧化还原反应
C．每生成标准状况下气体丙，消耗
D．若完全反应，转移个电子(为阿伏加德罗常数的值)
【答案】D
【解析】高锰酸钾与双氧水反应生成氧气，H2O2中-1价的O原子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，故A错误；根据分析可知四个反应中不是氧化还原反应，故B错误；，由反应可知，故C错误；有反应可知，若完全反应，转移，即转移个电子，故D正确；故答案为D
14．汽车尾气常用三效催化剂处理，其表面物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的催化剂是Ba(NO3)2
B．转化过程中，氮元素均被还原
C．还原过程中生成0.1mlN2，转移电子数为2ml
D．三效催化剂使汽车尾气中污染物转化为无毒物质
【答案】D
【解析】催化剂参与储存和还原过程，但反应前后质量和化学性质不变，该过程的催化剂是BaO和Ba(NO3)2，选项A错误；根据图中信息可知，NOx被氧气氧化得到硝酸盐，氮元素被氧化，硝酸盐还原产生氮气，氮元素被还原，选项B错误；还原过程中氮元素从十5价降为0价，生成0.1 ml N2，转移电子数为1.0 NA，选项C错误；三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，转化为无污染的气体N2、H2O、CO2，选项D正确；答案选D。
15．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH＝Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是
A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化
B．若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH，则NaH2PO3是酸式盐
C．反应中每转移6.02 ×1023个e- ，则生成标准状况下5.6 L H2
D．NaH2PO3和H2均是还原产物
【答案】D
【解析】反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确；若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此NaH2PO3是酸式盐，B正确；根据选项A分析可知转移4ml电子生成1ml氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1ml电子，生成0.25ml氢气，在标准状况下的体积为5.6 L，C正确；NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2均是还原产物，D错误；答案选D。
16．高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②(未配平)。下列说法不正确的是
A．①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
B．②若有标况下5.6L生成，转移电子
C．②中既表现氧化性，又表现还原性
D．由①②可知氧化性强弱顺序为：
【答案】B
【解析】配平两个反应为、；反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，中Cu元素化合价升高，做还原剂，反应方程式为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；反应②反应方程式为，生成1ml转移4ml电子，标况下生成5.6L即物质的量为，转移电子0.25ml×4×NAml-1=，B错误；
反应②反应方程式为，Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，既做氧化剂也做还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：，则氧化性强弱顺序为：，D正确；故选B。
17．以FeSO4为原料制备锂离子电池的电极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)的流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉铁”步骤反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+
B．“沉铁”步骤中的氧化剂H2O2可以用O3来代替
C．“煅烧”步骤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．“煅烧”步骤中每消耗1ml Li2CO3时，生成3ml氧化产物
【答案】D
【解析】硫酸亚铁溶液中加入过氧化氢和磷酸进行沉铁，发生反应：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，得到的磷酸铁中加入碳酸锂和草酸进行煅烧得到磷酸亚铁锂，发生反应：Li2CO3+2H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O。亚铁离子有还原性，过氧化氢有氧化性，“沉铁”步骤中两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，A正确；臭氧有氧化性，“沉铁”步骤中的氧化剂H2O2可以用O3来代替，B正确；“煅烧”步骤中发生反应：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O，铁元素化合价降低，FePO4是氧化剂，碳元素化合价升高，H2C2O4是还原剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，C正确；“煅烧”步骤中发生反应：Li2CO3+H2C2O4+2FePO42LiFePO4+3CO2↑+H2O，每消耗1mlLi2CO3时，生成3mlCO2，但只有2ml是氧化产物，D错误；答案选D。
18．钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是
A．钛合金比纯钛硬度大是因为钛合金中金属原子的层状排列更规则
B．氯化过程中FeCl3，既是氧化产物又是还原产物
C．制取金属钛时，可用CO2替代Ar气以隔绝空气
D．若制取1ml金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7ml
【答案】BD
【解析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，制取金属钛的化学方程式为：Mg+ TiCl4Ti+MgCl2，以此来解析。合金内加入了其他元素或大或小的原子，改变了金属原子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，A错误；
根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl的化合价由0价降低为-1价，FeCl3，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
制取金属钛时，选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar气以隔绝空气，C错误；根据氯化过程中发生反应2FeTiO3 + 6C+ 7Cl22FeCl3 + 6CO+ 2TiCl4和根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4～7mle-～Ti，可知若制取1ml金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7ml，D正确；故选BD。
19．黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2作________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是作________。
②写出图1中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式：_________________________________。
(2)Fe2＋被氧化为Fe3＋的过程中，控制起始时Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2＋被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。
①加入NaNO2发生反应：2H＋＋3NOeq \\al(－,2)===NOeq \\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。该反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为________ml。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因：______________________________。
【解析】(1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SOeq \\al(2－,4)，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。②反应的离子方程式是14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 ml。②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。
【答案】(1)①还原剂 催化剂 ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋
(2)①4 ②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
20．三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：
请回答下列问题：
(1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为_________________________________。
(2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)______________________________________________。
(3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为___________________________。
【解析】(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。
(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。
(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，发生反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O。
【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(2)CO、CO2
(3)ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O
1.（2020·浙江卷）反应MnO2＋4HCl(浓)eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A. 1:2B. 1:1C. 2:1D. 4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；
答案选B。
2．(2020·北京卷)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是( )
A．Na B．Cl2
C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【解析】2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，H2O中H元素化合价由＋1降为0价，得电子被还原，作氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；Cl2＋H2OHCl＋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不符合题意；3NO2＋H2O===2HNO3＋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不符合题意；Na2O＋H2O===2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意。
3.（2019·浙江选考）反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为（ ）
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
【答案】A
【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3，故答案选A。
4. (2018·北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )
【答案】C
【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，会生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关；B项，由于氯水显酸性，先使紫色石蕊溶液变红，后由于HClO具有氧化性，使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关；C项，向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，与氧化还原反应无关；D项，热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应有关。
过程Ⅱ中检出离子
过程Ⅳ中检出离子
甲
有Fe3＋无Fe2＋
有SOeq \\al(2－,4)
乙
既有Fe3＋又有Fe2＋
有SOeq \\al(2－,4)
丙
有Fe3＋无Fe2＋
有Fe2＋
选项
A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色
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