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高考化学二轮复习讲练测专题04 氧化还原反应（测）（解析版）
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这是一份高考化学二轮复习讲练测专题04 氧化还原反应（测）（解析版），文件包含高考化学二轮复习讲练测专题04氧化还原反应测原卷版docx、高考化学二轮复习讲练测专题04氧化还原反应测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
1．(2022·北京四中高三期中)下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是( )
【答案】C
【解析】A项，臭氧具有强氧化性，其消毒时发生氧化还原反应，A不合题意；B项，原电池都发生氧化还原反应，B不合题意； C项，太阳能集热器为发生化学变化，C符合题意；D项，燃烧都是氧化还原反应，D不合题意；故选C。
2．(2022·山东省菏泽一中高三期中考试)下列化学变化过程中，有气体被还原的是( )
A．用酒精检测仪(内有酸性K2Cr2O7)测出某司机酒驾
B．在潜水中用Na2O2作供氧剂
C．用氨水吸收硫酸工业的尾气
D．海水提溴过程中将溴蒸气吹入存在吸收剂SO2的吸收塔中
【答案】D
【解析】A项，酒精中的乙醇和酸性K2Cr2O7反应生成Cr3+，Cr元素化合价降低，乙醇气体做还原剂，被氧化，A错误；B项，潜水中Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2中O元素既做氧化剂也做还原剂，而二氧化碳不被还原，B错误；C项，氨水与三氧化硫反应生成硫酸铵，S元素化合价不变，三氧化硫不被还原，C错误；D项，溴蒸气和SO2水溶液反应生成硫酸和HBr，Br元素化合价降低，溴蒸气被还原，D正确；故选D。
3．(2022·浙江省缙云中学等三校高三联考)已知反应：O3 + 2I− + H2O＝O2 + I2 + 2OH−，下列说法不正确的是( )
A．I2为氧化产物B．氧化性：O3 ＞I2
C．H2O既不是氧化剂也不是还原剂D．反应生成1mlO2时转移4ml电子
【答案】D
【解析】反应O3 + 2I− + H2O＝O2 + I2 + 2OH−中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH-，I元素化合价升高，I−被氧化生成I2。A项， 据分析，I2为氧化产物，A正确；B项，氧化剂的氧化性大于氧化产物；该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，故氧化性：O3 ＞I2，B正确；C项，H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C正确；D项，按得失电子数守恒可知，I元素化合价由-1价升高到0价，则反应生成1ml I2、即生成1mlO2时转移2ml电子， D不正确；故选D。
6．(2022·辽宁省六校高三期中联考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是( )
A．K2H3IO6中I元素的化合价为+7价 B．HI在反应中只表现还原性
C．常温下，生成25.4g I2时，转移0.2ml电子 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：7
【答案】A
【解析】A项，K2H3IO6中K为+1价，H为+1价，O为−2价，则I元素的化合价为+7价，故A正确；B项，HI在反应中一部分升高，一部分化合价未变，说明HI在反应中表现还原性和酸性，故B错误；C项，根据方程式分析生成4ml I2转移7ml电子，因此常温下，生成25.4g I2即0.1ml，转移0.175ml电子，故C错误；D项，氧化产物是化合价升高得到的产物，还原产物是化合价降低得到的产物，因此4ml I2中氧化产物有3.5ml，还原产物有0.5ml，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：1，故D错误。故选A。
4．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)下列关于反应MnO4-+Cu2S+H+→Mn2++Cu2++SO2↑+H2O (未配平)的说法中正确的是( )
A．氧化产物仅是SO2 B．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8 D．生成(标况下) SO2，转移电子的物质的量是
【答案】D
【解析】A项，反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-2价升到+4价，则氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；B项，根据元素化合价变化可知，Cu2S为还原剂，而Mn2+为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，B错误；C项，根据元素化合价变化可知，MnO4-为氧化剂，Cu2S为还原剂，设参加反应的MnO4-的物质的量为xml，Cu2S的物质的量为yml，根据得失电子守恒可得，解得x：y=8：5，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，C错误；D项，生成2.24L(标况下) SO2，即SO2的物质的量为0.1ml，根据S元素守恒可知需要消耗Cu2S的物质的量为0.1ml，则转移电子的物质的量是，D正确；故选D。
5．(2023·浙江省嘉兴市高三上学期检测)制硫酸过程中有以下反应发生：FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，下列说法正确的是( )
A．FeS2既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11
C．SO2只是氧化产物 D．每消耗1.1ml氧气，反应中转移2.2ml电子
【答案】B
【解析】A项，FeS2中铁、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；B项，FeS2是还原剂，氧气发生还原反应，为氧化剂；根据化学方程式体现的关系可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11，B正确；C项，氧气中氧元素化合价降低、FeS2硫元素化合价升高得到二氧化硫，二氧化硫既是 氧化产物又是还原产物，C错误；D项，根据O2~4e-，则每消耗1.1ml氧气，反应中转移4.4ml电子，D错误；故选B。
6．(2023·安徽省阜阳江准十校高三第二次联考)等物质的量的Na2O2与FeSO4溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L(换算成标准状况)，对该反应分析正确的是( )
A．氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4B．反应过程中转移电子4ml
C．被FeSO4还原的Na2O2为2mlD．反应后溶液的pH减小
【答案】C
【解析】等物质的量Na2O2与FeSO4溶液混合后一部分过氧化钠将亚铁转化为铁离子、一部分和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠和铁离子生成氢氧化铁，过氧化钠中氧元素有化合价降低到-2价，也有化合价升高到0价的，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，硫酸亚铁是还原剂，离子方程式为4Na2O2+4 Fe2++6H2O=8Na++4 Fe(OH)3↓+O2↑。A项，氧化剂是过氧化钠，还原剂是硫酸亚铁和过氧化钠，A错误；B项，4 Na2O2～O2，生成1ml O2时，有4ml FeSO4失4ml电子被氧化为+3价，1ml Na2O2失2ml电子被氧化生成氧气，有3ml Na2O2得6ml电子被还原为-2价，可知生成1ml O2，转移6ml电子，B错误；C项，4ml FeSO4失4ml电子可还原2ml Na2O2，C正确；D项，反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，D错误；故选C。
7．(2022·吉林省东北师大附中一模)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。下列说法错误的是( )
A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 B．产生22.4LCl2时，反应中转移
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
【答案】B
【解析】A项，氯元素化合价降低，氯酸钾为氧化剂，碘元素化合价升高，碘为还原剂，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，故A正确；B项，产生22.4LCl2时，氯气不一定是标准状态，故B错误；C项，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，故C正确；D项，碘离子和碘酸根离子在酸性条件下生成碘单质，遇到淀粉溶液呈蓝色，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B。
8．(2022·吉林省东北师大附中一模)(NH4)2S2O8具有强氧化性，在酸性溶液中，可将Mn2+氧化为MnO4-，但一般情况下，该反应进行的非常缓慢，而加入几滴AgNO3溶液后，混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是( )
A．AgNO3为该反应的催化剂B．SO42-为还原产物
C．S2O82-中存在一个过氧键D．反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
【答案】D
【解析】A项，催化剂可以改变化学反应速率，根据上述现象描述可知，AgNO3为该反应的催化剂，A正确；B项，(NH4)2S2O8具有强氧化性，在酸性溶液中，可将Mn2+氧化为MnO4 -，自身被还原为SO42-，所以还原产物为SO42-，B正确；C项，设S2O82-中存在x个-1价O原子，y个-2价O原子，则+y=8根据化合物中元素化合价代数和为0可知，(+6)2+(-1)x+(-2)y=-2，联立方程解得x=2，y=6，因为1个O22-中含2个-1价O原子，那么S2O82-中存在一个过氧键，C正确；D项，反应中氧化剂为(NH4)2S2O8，根据C项分析，每个分子中存在1个过氧根离子，还原剂为Mn2+，结合产物可知，每个(NH4)2S2O8转移电子数为2，每个Mn2+转移电子数为5，根据得失电子数守恒可知，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：2，D错误；故选D。
9．(2022·浙江省9+1高中联盟高三期中联考)超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：2CuO+2KO2O2↑+2KCuO2，则下列说法不正确的是( )
A．该反应中化合价升高的元素是Cu和O
B．KCuO2既是氧化产物，又是还原产物
C．当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2mlCuO被氧化
D．标准状况下，生成6.72LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.6ml
【答案】D
【解析】A项，该反应中Cu的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-价升高为0价，故化合价升高的元素是Cu和O，A正确；B项，KCuO2中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由-价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，B正确；C项，根据分析可知，反应中转移的电子为3ml，故当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2mlCuO被氧化，C正确；D项，标准状况下，生成6.72L即=0.3mlO2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.6ml，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.3ml，D错误；故选D。
10．(2022·江西省七校高三第一次联考)工业上用硫酸铁溶液溶解黄铜矿精矿工艺中，发生主要反应的离子方程式为：CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S。下列关于该反应说法正确的是( )
A．CuFeS2中Cu为＋1价，Fe为＋3价 B．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原
C．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：5 D．当转移1 ml e-时，有46 g CuFeS2参加反应
【答案】D
【解析】反应CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S中，Fe3＋的化合价从+3价降为+2价，4个Fe3＋得4个e-，作氧化剂，Fe2＋为还原产物；S2-的化合价从-2价升为0价，2个S2-失4个e-，作还原剂，S为氧化产物。A项，CuFeS2中Cu为＋2价，Fe为＋2价，A错误；B项，反应中硫元素被氧化，但只有Fe3＋中的铁元素被还原，B错误；C项，反应中氧化产物S与还原产物Fe2＋物质的量之比为2：4=1：2，C错误；D项，当转移1 ml e-时，有0.25ml CuFeS2参加反应，0.25ml CuFeS2质量为46g，D正确；故选D。
11．(2022·浙江省S9联盟期中联考)食盐中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在，可根据反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O验证食盐中存在IO3-。根据上述反应，下列说法错误的是 ( )
A．IO3-作氧化剂，发生还原反应 B．I2既是氧化产物又是还原产物
C．该条件下氧化性：IO3->I2 D．被氧化的I原子和被还原的I原子个数比1：5
【答案】D
【解析】A项，该反应中，IO3-的I从+5价降低到0价，被还原，IO3-作氧化剂，发生还原反应，A正确；B项，I2由IO3-化合价降低和I-化合价升高得到，既是氧化产物又是还原产物，B正确；C项，该反应IO3-是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：IO3->I2，C正确；D项，被氧化的I原子，即化合价升高的I-，被还原的I原子即化合价降低的IO3-，根据反应化学计量数之比可知，其个数比5：1，D错误；故选D。
12．(2022·浙江省绿谷高中联盟期中联考)已知：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②Cl2+2FeCl2=2FeCl3；③2KI+2FeCl3=2KCl+I2+2FeCl2。则下列判断正确的是( )
A．氧化性：MnO4->Fe3+>Cl2 B．还原性：Cl->I->Fe2+
C．Fe3+只有氧化性，Fe2+只有还原性 D．由信息推测：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应可以进行
【答案】D
【解析】A项，由以上反应可推断出氧化性强弱，氧化性：MnO4->Cl2>Fe3+，故A错误；B项，由以上反应可推断出还原性强弱，还原性： I->Fe2+ >Cl-，故B错误；C项，Fe2+既具有还原性，又具有氧化性，故C错误；D项，由以上反应可推断出氧化性强弱，氧化性：MnO4->Cl2>Fe3+> I2，故可推测出：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应可以进行；故D正确；故选D。
13．(2022·浙江省诸暨市教育研究中心高三选考诊断性考试)已知反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2，下列说法正确的是( )
A．AgCl是氧化产物 B．AgF是氧化剂
C．有1mlO2生成时反应所转移的电子总数为9ml D．被氧化的氯与被还原的氯物质的量之比为9∶1
【答案】C
【解析】根据反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+ 5价和AgCl中-1价、O元素化合价由H2O中- 2价变为O2中0价，所以氧化剂是部分氯气，还原剂是部分氯气和水；A项，该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+5价和AgCl中-1价，所以AgCl是还原产物，A错误；B项，根据分析可知AgF化合价未发生变化，AgF既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C项，反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，有1mlO2生成时，5mlCl2参加反应，但9mlCl作氧化剂，转移的电子为9ml×(1-0)=9ml，C正确；D．项，由分析可知，该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+ 5价和AgCl中-1价，升高被氧化，降低被还原，被氧化的氯与被还原的氯物质的量之比为1∶9，D错误；故选C。
14．(2022·浙江省嘉兴市选考模拟预测)误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60 H2SO4，下列说法正确的是( )
A．白磷(P4)只发生了氧化反应 B．H2SO4是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6 D．1ml CuSO4能氧化0.05ml P4
【答案】D
【解析】反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60 H2SO4中，白磷(P4)的P元素化合价从0价升高至+5价，也降低至-3价，CuSO4中的Cu元素化合价由+2价降低至+1价，则氧化剂为：白磷(P4)、CuSO4，还原剂为：白磷(P4)，氧化产物为：H3PO4，还原产物为：Cu3P。A项，反应中，白磷(P4)的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷(P4)既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A错误；B项，S的化合价为发生改变，因此H2SO4不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B错误；C项，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C错误；D项，根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此1ml CuSO4能氧化0.05ml P4，D正确；故选D。
10．(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)关于反应5NaClO2+ xHCl=yClO2+5NaClO2+zH2O，下列说法不正确的是( )
A．x =4，y=4 B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性：ClO2＞NaClO2 D．该反应生成1ml水，转移2NA个电子
【答案】C
【解析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：5NaClO2+ 4HCl=4ClO2+5NaClO2+2H2O。A项，由分析乐子，x =4，y=4，A正确；B项，该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；C项，氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：NaClO2＞ClO2，C错误；D项，由化学方程式可知，电子转移情况为2H2O~4e-，该反应生成1ml水，转移2NA个电子，D正确；故选C。
15．(2022·浙江省金华十校高三选考模拟)关于反应Ⅰ：6NaOH+3S=2Na2S+ Na2SO3+3H2O和反应Ⅱ：S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2+2H2O，下列说法正确的是( )
A．Na2S和NO2均为还原产物 B．反应Ⅰ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1
C．两反应中S都只发生了氧化反应 D．两反应中消耗64gS时，转移电子数目相同
【答案】A
【解析】反应Ⅰ是S发生歧化反应，其中2mlS做氧化剂，1mlS做还原剂，Na2S是还原产物，Na2SO3是氧化产物，转移电子4ml；反应Ⅱ中，S做还原剂，浓HNO3做氧化剂，H2SO4是氧化产物，NO2是还原产物，转移电子6ml。A项，由上述分析，Na2S和NO2均为还原产物，故A正确；B项，反应Ⅰ中1mlS做还原剂，2mlS做氧化剂，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C项，反应ⅠS发生歧化反应，既发生氧化反应又发生还原反应，故C错误；D项，由上述分析可知，反应Ⅰ每消耗3mlS转移4ml电子，消耗64gS时，转移电子ml，反应Ⅱ消耗64gS时，转移电子12ml，故D错误。故选A。
16．(2022·湘豫名校高三联考)2021年6月搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二火箭在酒泉卫星发射中心发射成功。火箭用N2H4作燃料，发生反应：N2H4+NO2→N2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．2ml N2H4燃料参与反应，生成3ml氧化产物
B．标准状况下22.4LNO2的质量为46g
C．1ml N2H4有5ml极性共价键
D．NO2可用于工业上制硝酸，1mlNO2最多可以得到1ml硝酸
【答案】D
【解析】A项，2 N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2ml N2H4燃料参与反应，生成2ml氧化产物，故A错误；B项，标准状况下22.4LNO2为液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C项，1ml N2H4有4mlN-H极性共价键，故C错误；D项，NO2可用于工业上制硝酸，经过多次循环反应，4NO2+3O2+2H2O=4HNO3，1mlNO2最多可以得到1ml硝酸，故D正确；故选D。
17．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或许存在生命。利用P4与足量的浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH(浓)+3H2O3KH2PO2+ PH3↑；下列说法正确的是( )
A． PH3的电子式为B．1ml P4参与反应，转移3ml电子
C．KH2PO2是酸式盐D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】A项，PH3的电子式为，A错误；B项，由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，故1ml P4参与反应，转移3ml电子，B正确；C项，P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则其为正盐，C错误；D项，由B分析可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D错误；故选B。
18．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)工业制硅第二步反应为SiHCl3+H2Si+3HCl，下列说法不正确的是( )
A．SiHCl3中的Si呈+4价，分子空间结构为四面体形
B．该反应中SiHCl3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质
D．当1 ml H2完全反应时，该反应转移2 ml电子
【答案】D
【解析】A项，Si与H原子和3个Cl原子形成共价键，由于元素的非金属性：Cl＞H＞Si，所以SiHCl3中的Si呈+4价，由于分子在键长：Si-Cl＞Si-H键，因此该物质分子空间结构为四面体形，而不是呈正四面体，A正确；B项，在该反应中Si元素化合价由SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SiHCl3为氧化剂；H元素化合价由反应前SiHCl3中-1价变为反应后HCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以SiHCl3为还原剂，B正确；C项，在该反应H2将Si元素从化合物中还原出来，说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质，C正确；D项，当1 ml H2完全反应时，Si元素化合价由反应前SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，降低4价，因此该反应转移4 ml电子，D错误；故选D。
19．(2023·浙江省浙里卷天下高三上学期10月联考)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，则下列说法不正确的是( )
A．在反应中Fe3+被还原，发生氧化反应
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C．上述反应生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子
D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
【答案】A
【解析】A项，在反应中Fe3+化合价升高，发生氧化反应被氧化，A错误；B项，反应中Fe3+化合价升高做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，B正确；C项，上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子，C正确；D项，高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；故选A。
20．(2023·浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列有关该反应的说法不正确的是( )
A．当0.5mlH2O被氧化时，生成0.1ml氧气
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．当转移电子6ml时，生成的还原产物为1ml
D．当生成2.7mlHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2ml
【答案】A
【解析】A项，从方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5mlH2O被氧化时，生成了0.25mlO2，A错误；B项，该反应3个BrF3中作为氧化剂的BrF3有2个，作为还原剂的BrF3有1个，H2O中有2个为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；C项，2mlBrF3为氧化剂，得到6ml电子生成还原产物为Br2，物质的量为1ml，C正确；D项，该反应中生成9个HF时，有2个BrF3被还原，得到6个电子，而BrF3生成HBrO3失去2个电子，则被BrF3还原的BrF3为个，则生成2.7mlHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2ml，D正确；故选A。
21．(2023届•浙江省舟山市普陀中学高三返校考试)工业废水中含有重铬酸根离子(Cr2O72-)有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)做处理剂，反应的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H2O=6Fe3++2Cr3++7H2O，下列说法不正确的是( )
A．将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液出现血红色
B．配制好的FeSO4溶液，为防止变质可向溶液中加入少量铁粉
C．每处理1ml Cr2O72-转移电子
D．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液一段时间后，沉淀会变成红褐色
【答案】C
【解析】A项，绿矾水溶液中含有的Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应溶液呈红色，故A正确；B项，FeSO4易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁能和Fe3+反应生成Fe2+，所以为防止FeSO4 溶液变质可向溶液中加入少量铁粉，故B正确；C项，根据反应方程式可知Cr的化合价从反应前的+6价降低到反应后的+3价，则每处理 1ml Cr2O72-转移 6ml 电子，故C错误；D项，向 FeSO4 溶液中加入NaOH溶液，生成的白色沉淀Fe(OH)2容易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以一段时间后，沉淀会变成红褐色，故D正确；故选C。
22．(2023·天津市部分区高三期中)已知Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有C l-、ClO-和ClO3-三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3- 两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．t1前，氧化产物是Ca(ClO)2
B．0～t1的过程为吸热反应，t1～t2的过程为放热反应
C．t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总的离子方程式：5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O
D．该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是5ml
【答案】B
【解析】根据题目信息，2Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，生成Ca(ClO3)2，所以溶液中存在Cl-、ClO- 、ClO3-。A项，由图可知，t1前，溶液中没有ClO3-，所以氧化产物是Ca(ClO)2 ，A正确；B项，2Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O反应放热，温度升高，才有t2时刻的Ca(ClO3)2生成，0～t1的过程为放热反应，B错误；C项，由图可知，t2时，Ca(OH)2与Cl2刚好完全反应生成ClO-、ClO3-，根据物质的量和氧化还原反应的规律，离子方程式为：5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O，C正确；D项，根据反应方程式5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O和图中的数据，消耗的OH-为10ml，Ca(OH)2为5ml，D正确。
二、非选择题
23．氢化钠是一种离子型氢化物，熔融态能导电。在化学反应中具有强烈失电子趋势。氢化钠与水作用比钠与水作用剧烈得多，常因剧烈放出的热导致生成的氢气发生燃烧，是一种良好的储氢材料。
氢化钠的工业合成是通过钠与氢气直接化合来完成的。具体操作为在氮气氛围下将钠熔融，熔融完毕后，将熔融钠分散到液体石蜡中(防止氢化钠在金属钠表面形成薄膜不利于吸收)，高速搅拌，升温，通入氢气就可以得到氢化钠。
(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为 ，据此能预测其具有强的 性。
(2)NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 ；氧化产物是 ，还原产物是 。
(3)在无水条件下氢化钠(NaH)可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，写出脱锈过程发生反应的化学方程式。判断NaH的还原性与金属铁的还原性强弱，判断的依据是什么?
【答案】(1)-1 还原 (2)H2O NaH H2 H2
(3)3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。NaH的还原性大于金属铁，因为还原剂的还原性大于还原产物。
【解析】(1)钠元素为+1价，所以NaH中的氢元素为-1价，处于氢元素的最低价态，具有还原性。(2)NaH中的-1价氢原子失电子变为H2中的0价，H2O中+1价的氢原子得电子变为H2中的0价，所以氧化剂是H2O，还原剂是NaH，H2既是氧化产物又是还原产物。(3)NaH具有还原性，而铁锈(Fe2O3)中的铁元素处于+3价，具有氧化性，所以两者会发生氧化还原反应：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。根据还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：NaH大于金属铁。
24．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 ml电子，则参加反应的H2SO4的物质的量为________ml。
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是___________________________。
②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是_______________________。
③若消耗了1.0×10－4 ml·L－1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙________ g。
【答案】(1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
(3)0.12
(4)①CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由＋7价降到＋2价，转移10 ml电子时消耗3 ml H2SO4，所以容易求出反应转移了0.4 ml电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 ml。高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10－4 ml·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·ml－1＝0.01 g。
25．(2022·浙江省绿谷高中联盟高一期中联考)Ⅰ.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3X↑请回答：
(1)X的化学式是_______，按照物质的组成和性质分类，属于______ (填字母)。
A．单质 B．酸性氧化物 C．化合物 D．盐
(2)在上述反应中，氧化剂是(填化学式)_______________。
(3)写出在NaOH溶液中通入过量的X气体发生反应的化学方程式____________。
(4)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业制备高铁酸钠有多种方法。其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目___________________________。
【答案】(1)CO2 BC (2)S、KNO3
(3)CO2+NaOH=NaHCO3 (4)
【解析】(1)根据反应过程原子守恒，判断X的化学式是CO2；按照物质的组成和性质分类，CO2由两种元素组成且其中一种是氧元素，能与碱反应生成盐和水，属于化合物，也属于酸性氧化物。(2)该反应中S的化合价从0降低到-2，KNO3的N元素从+5降低到0，化合价降低被还原，该物质做氧化剂，故氧化剂是S、KNO3。(3)NaOH溶液中通入过量的CO2气体生成碳酸氢钠，化学方程式：CO2+NaOH=NaHCO3。(4)该反应中Cl元素从+1价降低到-1价，得2个电子，Fe元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，则用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目：。
26．(2023·辽宁省六校高三期中联考)化学反应原理在日常的生产生活中都有广泛的应用，按要求回答下列问题：
(1)次磷酸(H3PO2)为一元中强酸，是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。化工生产中用次磷酸钠(NaH2PO2)进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为2NaH2PO2+ NaOH+ CuSO4=2NaH2PO3+ Na2SO4+ Cu+H2↑。
①NaH2PO2在物质类别中属于____________(填“正盐”或“酸式盐”)。
②上述化学反应中每生成H2 5.6L(标准状况)，则转移电子数为___________。
(2) Na2S2O8是化工生产中的强氧化剂，S2O82-的结构式为，其中S元素的化合价为___________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________(填离子符号)。
(3)化学工艺处理废水中也发挥了重要作用
①用K2FeO4处理中性废水时与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，写出反应的离子反应方程式________，处理废水时既利用K2FeO4强氧化性，又利用生成氢氧化铁胶体的___________作用。
②Na2S也是一种重要的水处理剂用于除去水体中的汞盐，写出对应的离子反应方程________。
【答案】(1)正盐 NA (2) ＋6 MnO4-
(3) 4FeO42-+10H2O＝4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑ 聚沉(或吸附) S2－＋Hg2＋=HgS↓
【解析】(1)次磷酸(H3PO2)为一元中强酸, NaH2PO2属于正盐。由化学方程式中化合价变化可知每生成1ml氢气转移4ml电子，生成5.6L(标准状况)H2，转移电子，转移电子数NA；(2)由S2O82-的结构简式，可知2个氧原子-1价，4个氧原子-2价，可求得S元素化合价+6；Mn2+被S2O82-氧化，溶液变成紫红色，可知氧化产物为MnO4-；(3)K2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体，铁元素化合价降低，根据化合价有降必有升，可知无色无味的气体为O2，根据得失电子守恒和原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式4FeO42-+10H2O＝4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑，生成的氢氧化铁胶体具有较大的比表面积，能吸附水中的悬浮性杂质，起到净水作用；Na2S和汞盐生成硫化物沉淀，S2－＋Hg2＋=HgS↓。
27．(2023·江苏省无锡市高三教学质量调研测试)聚合硫酸铁是一种应用广泛的水处理剂。制备方法如下：
(1)氧化可采用催化氧化或直接氧化。
①以O2为氧化剂，NaNO2作催化剂，需控温55℃，反应4h。氧化的化学方程式为_______________________________。
②以Na2S2O8为氧化剂，需控温40-70℃，反应1-3h。检验氧化反应已经发生的方法是_____________________________________。
③以NaClO作为氧化剂，比方法②H2SO4用量大，反应中生成少量污染性气体。原因是_________________________________________________。
(2)水解-聚合过程中部分反应过程如下：
①水解-聚合过程中pH变化趋势是_______。
②聚合的原理是_____________________________________。
③聚合硫酸铁净水效果好的原因是_______________________________。
【答案】(1) 取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明Fe2+已经发生了氧化 NaClO反应中消耗H2SO4；NaClO主要被还原为Cl-，少量被还原为Cl2
(2) 变小 Fe3+与氢氧根离子中的O原子形成配位键 聚合硫酸铁式量大，带正电荷多，能有效吸引污水中带负电荷的胶体颗粒，形成足以沉降的大颗粒
【解析】(1)①由制备方法图示知硫酸亚铁和硫酸的溶液与氧气在亚硝酸钠作催化剂的条件下发生氧化还原反应，根据得失电子守恒可得化学方程式为：；②氧化反应若已经发生，则会生成三价铁离子，故检验方法是取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明Fe2+已经发生了氧化；③以NaClO作为氧化剂，比方法②H2SO4用量大是因为NaClO反应中消耗H2SO4；NaClO作氧化剂得电子化合价降主要被还原为Cl-，少量被还原为Cl2，产生污染性气体；(2)①由图示知水解-聚合过程中铁结合氢氧根，溶液中氢离子增多，故pH变化趋势是变小；②由图示知聚合的原理是Fe3+与氢氧根离子中的O原子形成配位键；③聚合硫酸铁净水效果好的原因是聚合硫酸铁式量大，带正电荷多，能有效吸引污水中带负电荷的胶体颗粒，形成足以沉降的大颗粒。
28．(2022·上海市第二中学高一月考)实验室可通过置换反应完成卤素单质活泼性比较的实验。某实验小组设计了装置如图，回答下列问题：
(1)已知：常温下KClO3与浓盐酸反应可制取氯气，反应如下。配平该化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
反应①___________KClO3 +___________HCl(浓)=___________KCl + ___________Cl2↑+ ___________H2O___________
该反应中氧化剂为___________，被还原的元素是___________。
(2)该装置中，吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为___________。吸有NaBr溶液的棉球中发生反应的离子方程式为___________。
(3)由反应现象能否得出活泼性Br2＞I2的结论？回答并说明理由___________。
(4)实验室还可通过以下反应制取氯气：
反应② 2KMnO4 +16HCl=2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+ 8H2O；
反应③ MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O；
若要制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为___________。
(5)通过反应①~③，比较反应中氧化剂的氧化性强弱___________，(用“＞”、“＜”或“=”连接)说明判断依据：___________。
(6)通过反应①~③，可以知道HCl的还原性强弱与___________、___________等因素有关。
【答案】(1) KClO3 Cl
(2)蓝色 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
(3)不能，吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，可能是Cl2直接将KI中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝
(4)1：1
(5) KMnO4＞KClO3＞MnO2 氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单
(6)浓度 反应条件
【解析】(1)常温下KClO3与浓盐酸反应制取氯气，KClO3中的Cl元素化合价由+5价降低至0价，得到电子被还原，作氧化剂，HCl中Cl元素化合价由-1价升高至0价，失去电子被氧化，作还原剂，根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：。(2)制取的Cl2或者Cl2可将Br-氧化生成的Br2均可将KI中的I-氧化为I2，I2可以是淀粉溶液变成蓝色，Cl2可将Br-氧化为Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。(3)吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，可能是Cl2直接将KI中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝，因此由该反应现象不能得出活泼性Br2＞I2的结论。(4)根据方程式可知，反应②和③中均是将Cl-氧化为Cl2，因此制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目相同，即数目之比为1：1。(5)氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单，反应条件③＞①＞②，因此氧化性：KMnO4＞KClO3＞MnO2。(6)反应①~③中还原剂HCl的浓度和反应条件不同，因此可以知道HCl的还原性强弱与浓度和反应条件等因素有关。
29．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4＋Na2CO3===FeCO3↓＋Na2SO4、FeCO3＋C6H8O7===FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O。某实验小组用下列方法测定产品中柠檬酸亚铁晶体的质量分数：取25.00 g柠檬酸亚铁晶体(摩尔质量为246 g·ml－1)，配成100 mL溶液，取20.00 mL至锥形瓶中，另取0.200 0 ml·L－1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
滴定终点时现象为：________________________，柠檬酸亚铁的质量分数为________。
【答案】锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复为原来颜色 98.40%
【解析】酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应，溶液紫色褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点；根据反应关系Fe2＋→Fe3＋，MnOeq \\al(－,4)→Mn2＋可知，根据得失电子守恒规律：5Fe2＋～MnOeq \\al(－,4)，由于第3次数据误差较大，不能用；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20 mL，所以消耗MnOeq \\al(－,4)的物质的量为0.200 0×20.00×10－3 ml＝4×10－3 ml，则消耗的亚铁离子的物质的量为5×4×10－3 ml，则柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10－3 ml×eq \f(100,20)＝0.1 ml，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1×246 g＝24.6 g，质量分数为eq \f(24.6,25)×100%＝98.40%。
A．臭氧消毒柜
B．甲烷燃料电池
C．太阳能集热器
D．燃气灶
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00 mL
19.98 mL
21.38 mL
20.02 mL
1．(2022·北京四中高三期中)下列装置工作原理与氧化还原反应无关的是( )
【答案】C
【解析】A项，臭氧具有强氧化性，其消毒时发生氧化还原反应，A不合题意；B项，原电池都发生氧化还原反应，B不合题意； C项，太阳能集热器为发生化学变化，C符合题意；D项，燃烧都是氧化还原反应，D不合题意；故选C。
2．(2022·山东省菏泽一中高三期中考试)下列化学变化过程中，有气体被还原的是( )
A．用酒精检测仪(内有酸性K2Cr2O7)测出某司机酒驾
B．在潜水中用Na2O2作供氧剂
C．用氨水吸收硫酸工业的尾气
D．海水提溴过程中将溴蒸气吹入存在吸收剂SO2的吸收塔中
【答案】D
【解析】A项，酒精中的乙醇和酸性K2Cr2O7反应生成Cr3+，Cr元素化合价降低，乙醇气体做还原剂，被氧化，A错误；B项，潜水中Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2中O元素既做氧化剂也做还原剂，而二氧化碳不被还原，B错误；C项，氨水与三氧化硫反应生成硫酸铵，S元素化合价不变，三氧化硫不被还原，C错误；D项，溴蒸气和SO2水溶液反应生成硫酸和HBr，Br元素化合价降低，溴蒸气被还原，D正确；故选D。
3．(2022·浙江省缙云中学等三校高三联考)已知反应：O3 + 2I− + H2O＝O2 + I2 + 2OH−，下列说法不正确的是( )
A．I2为氧化产物B．氧化性：O3 ＞I2
C．H2O既不是氧化剂也不是还原剂D．反应生成1mlO2时转移4ml电子
【答案】D
【解析】反应O3 + 2I− + H2O＝O2 + I2 + 2OH−中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH-，I元素化合价升高，I−被氧化生成I2。A项， 据分析，I2为氧化产物，A正确；B项，氧化剂的氧化性大于氧化产物；该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，故氧化性：O3 ＞I2，B正确；C项，H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以水H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C正确；D项，按得失电子数守恒可知，I元素化合价由-1价升高到0价，则反应生成1ml I2、即生成1mlO2时转移2ml电子， D不正确；故选D。
6．(2022·辽宁省六校高三期中联考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是( )
A．K2H3IO6中I元素的化合价为+7价 B．HI在反应中只表现还原性
C．常温下，生成25.4g I2时，转移0.2ml电子 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：7
【答案】A
【解析】A项，K2H3IO6中K为+1价，H为+1价，O为−2价，则I元素的化合价为+7价，故A正确；B项，HI在反应中一部分升高，一部分化合价未变，说明HI在反应中表现还原性和酸性，故B错误；C项，根据方程式分析生成4ml I2转移7ml电子，因此常温下，生成25.4g I2即0.1ml，转移0.175ml电子，故C错误；D项，氧化产物是化合价升高得到的产物，还原产物是化合价降低得到的产物，因此4ml I2中氧化产物有3.5ml，还原产物有0.5ml，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为7：1，故D错误。故选A。
4．(2023·浙江省十校联盟高三10月月考)下列关于反应MnO4-+Cu2S+H+→Mn2++Cu2++SO2↑+H2O (未配平)的说法中正确的是( )
A．氧化产物仅是SO2 B．还原性的强弱关系是：Mn2+＞Cu2S
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶8 D．生成(标况下) SO2，转移电子的物质的量是
【答案】D
【解析】A项，反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-2价升到+4价，则氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；B项，根据元素化合价变化可知，Cu2S为还原剂，而Mn2+为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性的强弱关系是：Mn2+＜Cu2S，B错误；C项，根据元素化合价变化可知，MnO4-为氧化剂，Cu2S为还原剂，设参加反应的MnO4-的物质的量为xml，Cu2S的物质的量为yml，根据得失电子守恒可得，解得x：y=8：5，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5，C错误；D项，生成2.24L(标况下) SO2，即SO2的物质的量为0.1ml，根据S元素守恒可知需要消耗Cu2S的物质的量为0.1ml，则转移电子的物质的量是，D正确；故选D。
5．(2023·浙江省嘉兴市高三上学期检测)制硫酸过程中有以下反应发生：FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，下列说法正确的是( )
A．FeS2既是氧化剂又是还原剂 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11
C．SO2只是氧化产物 D．每消耗1.1ml氧气，反应中转移2.2ml电子
【答案】B
【解析】A项，FeS2中铁、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；B项，FeS2是还原剂，氧气发生还原反应，为氧化剂；根据化学方程式体现的关系可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：11，B正确；C项，氧气中氧元素化合价降低、FeS2硫元素化合价升高得到二氧化硫，二氧化硫既是 氧化产物又是还原产物，C错误；D项，根据O2~4e-，则每消耗1.1ml氧气，反应中转移4.4ml电子，D错误；故选B。
6．(2023·安徽省阜阳江准十校高三第二次联考)等物质的量的Na2O2与FeSO4溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L(换算成标准状况)，对该反应分析正确的是( )
A．氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4B．反应过程中转移电子4ml
C．被FeSO4还原的Na2O2为2mlD．反应后溶液的pH减小
【答案】C
【解析】等物质的量Na2O2与FeSO4溶液混合后一部分过氧化钠将亚铁转化为铁离子、一部分和水生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠和铁离子生成氢氧化铁，过氧化钠中氧元素有化合价降低到-2价，也有化合价升高到0价的，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，硫酸亚铁是还原剂，离子方程式为4Na2O2+4 Fe2++6H2O=8Na++4 Fe(OH)3↓+O2↑。A项，氧化剂是过氧化钠，还原剂是硫酸亚铁和过氧化钠，A错误；B项，4 Na2O2～O2，生成1ml O2时，有4ml FeSO4失4ml电子被氧化为+3价，1ml Na2O2失2ml电子被氧化生成氧气，有3ml Na2O2得6ml电子被还原为-2价，可知生成1ml O2，转移6ml电子，B错误；C项，4ml FeSO4失4ml电子可还原2ml Na2O2，C正确；D项，反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，D错误；故选C。
7．(2022·吉林省东北师大附中一模)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。下列说法错误的是( )
A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 B．产生22.4LCl2时，反应中转移
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
【答案】B
【解析】A项，氯元素化合价降低，氯酸钾为氧化剂，碘元素化合价升高，碘为还原剂，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，故A正确；B项，产生22.4LCl2时，氯气不一定是标准状态，故B错误；C项，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉，故C正确；D项，碘离子和碘酸根离子在酸性条件下生成碘单质，遇到淀粉溶液呈蓝色，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B。
8．(2022·吉林省东北师大附中一模)(NH4)2S2O8具有强氧化性，在酸性溶液中，可将Mn2+氧化为MnO4-，但一般情况下，该反应进行的非常缓慢，而加入几滴AgNO3溶液后，混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是( )
A．AgNO3为该反应的催化剂B．SO42-为还原产物
C．S2O82-中存在一个过氧键D．反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
【答案】D
【解析】A项，催化剂可以改变化学反应速率，根据上述现象描述可知，AgNO3为该反应的催化剂，A正确；B项，(NH4)2S2O8具有强氧化性，在酸性溶液中，可将Mn2+氧化为MnO4 -，自身被还原为SO42-，所以还原产物为SO42-，B正确；C项，设S2O82-中存在x个-1价O原子，y个-2价O原子，则+y=8根据化合物中元素化合价代数和为0可知，(+6)2+(-1)x+(-2)y=-2，联立方程解得x=2，y=6，因为1个O22-中含2个-1价O原子，那么S2O82-中存在一个过氧键，C正确；D项，反应中氧化剂为(NH4)2S2O8，根据C项分析，每个分子中存在1个过氧根离子，还原剂为Mn2+，结合产物可知，每个(NH4)2S2O8转移电子数为2，每个Mn2+转移电子数为5，根据得失电子数守恒可知，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：2，D错误；故选D。
9．(2022·浙江省9+1高中联盟高三期中联考)超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：2CuO+2KO2O2↑+2KCuO2，则下列说法不正确的是( )
A．该反应中化合价升高的元素是Cu和O
B．KCuO2既是氧化产物，又是还原产物
C．当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2mlCuO被氧化
D．标准状况下，生成6.72LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.6ml
【答案】D
【解析】A项，该反应中Cu的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-价升高为0价，故化合价升高的元素是Cu和O，A正确；B项，KCuO2中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由-价降低为-2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，B正确；C项，根据分析可知，反应中转移的电子为3ml，故当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2mlCuO被氧化，C正确；D项，标准状况下，生成6.72L即=0.3mlO2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.6ml，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.3ml，D错误；故选D。
10．(2022·江西省七校高三第一次联考)工业上用硫酸铁溶液溶解黄铜矿精矿工艺中，发生主要反应的离子方程式为：CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S。下列关于该反应说法正确的是( )
A．CuFeS2中Cu为＋1价，Fe为＋3价 B．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原
C．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：5 D．当转移1 ml e-时，有46 g CuFeS2参加反应
【答案】D
【解析】反应CuFeS2＋4Fe3＋=Cu2＋＋5Fe2＋＋2S中，Fe3＋的化合价从+3价降为+2价，4个Fe3＋得4个e-，作氧化剂，Fe2＋为还原产物；S2-的化合价从-2价升为0价，2个S2-失4个e-，作还原剂，S为氧化产物。A项，CuFeS2中Cu为＋2价，Fe为＋2价，A错误；B项，反应中硫元素被氧化，但只有Fe3＋中的铁元素被还原，B错误；C项，反应中氧化产物S与还原产物Fe2＋物质的量之比为2：4=1：2，C错误；D项，当转移1 ml e-时，有0.25ml CuFeS2参加反应，0.25ml CuFeS2质量为46g，D正确；故选D。
11．(2022·浙江省S9联盟期中联考)食盐中的碘以碘酸钾(KIO3)形式存在，可根据反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O验证食盐中存在IO3-。根据上述反应，下列说法错误的是 ( )
A．IO3-作氧化剂，发生还原反应 B．I2既是氧化产物又是还原产物
C．该条件下氧化性：IO3->I2 D．被氧化的I原子和被还原的I原子个数比1：5
【答案】D
【解析】A项，该反应中，IO3-的I从+5价降低到0价，被还原，IO3-作氧化剂，发生还原反应，A正确；B项，I2由IO3-化合价降低和I-化合价升高得到，既是氧化产物又是还原产物，B正确；C项，该反应IO3-是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性：IO3->I2，C正确；D项，被氧化的I原子，即化合价升高的I-，被还原的I原子即化合价降低的IO3-，根据反应化学计量数之比可知，其个数比5：1，D错误；故选D。
12．(2022·浙江省绿谷高中联盟期中联考)已知：①2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②Cl2+2FeCl2=2FeCl3；③2KI+2FeCl3=2KCl+I2+2FeCl2。则下列判断正确的是( )
A．氧化性：MnO4->Fe3+>Cl2 B．还原性：Cl->I->Fe2+
C．Fe3+只有氧化性，Fe2+只有还原性 D．由信息推测：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应可以进行
【答案】D
【解析】A项，由以上反应可推断出氧化性强弱，氧化性：MnO4->Cl2>Fe3+，故A错误；B项，由以上反应可推断出还原性强弱，还原性： I->Fe2+ >Cl-，故B错误；C项，Fe2+既具有还原性，又具有氧化性，故C错误；D项，由以上反应可推断出氧化性强弱，氧化性：MnO4->Cl2>Fe3+> I2，故可推测出：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应可以进行；故D正确；故选D。
13．(2022·浙江省诸暨市教育研究中心高三选考诊断性考试)已知反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2，下列说法正确的是( )
A．AgCl是氧化产物 B．AgF是氧化剂
C．有1mlO2生成时反应所转移的电子总数为9ml D．被氧化的氯与被还原的氯物质的量之比为9∶1
【答案】C
【解析】根据反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+ 5价和AgCl中-1价、O元素化合价由H2O中- 2价变为O2中0价，所以氧化剂是部分氯气，还原剂是部分氯气和水；A项，该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+5价和AgCl中-1价，所以AgCl是还原产物，A错误；B项，根据分析可知AgF化合价未发生变化，AgF既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；C项，反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，有1mlO2生成时，5mlCl2参加反应，但9mlCl作氧化剂，转移的电子为9ml×(1-0)=9ml，C正确；D．项，由分析可知，该反应中Cl元素化合价由Cl2中0价变为AgClO3中+ 5价和AgCl中-1价，升高被氧化，降低被还原，被氧化的氯与被还原的氯物质的量之比为1∶9，D错误；故选C。
14．(2022·浙江省嘉兴市选考模拟预测)误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60 H2SO4，下列说法正确的是( )
A．白磷(P4)只发生了氧化反应 B．H2SO4是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5：6 D．1ml CuSO4能氧化0.05ml P4
【答案】D
【解析】反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P↓+24H3PO4+60 H2SO4中，白磷(P4)的P元素化合价从0价升高至+5价，也降低至-3价，CuSO4中的Cu元素化合价由+2价降低至+1价，则氧化剂为：白磷(P4)、CuSO4，还原剂为：白磷(P4)，氧化产物为：H3PO4，还原产物为：Cu3P。A项，反应中，白磷(P4)的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷(P4)既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A错误；B项，S的化合价为发生改变，因此H2SO4不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B错误；C项，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C错误；D项，根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此1ml CuSO4能氧化0.05ml P4，D正确；故选D。
10．(2023·浙江省普通高校招生高三选考模拟)关于反应5NaClO2+ xHCl=yClO2+5NaClO2+zH2O，下列说法不正确的是( )
A．x =4，y=4 B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性：ClO2＞NaClO2 D．该反应生成1ml水，转移2NA个电子
【答案】C
【解析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：5NaClO2+ 4HCl=4ClO2+5NaClO2+2H2O。A项，由分析乐子，x =4，y=4，A正确；B项，该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；C项，氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：NaClO2＞ClO2，C错误；D项，由化学方程式可知，电子转移情况为2H2O~4e-，该反应生成1ml水，转移2NA个电子，D正确；故选C。
15．(2022·浙江省金华十校高三选考模拟)关于反应Ⅰ：6NaOH+3S=2Na2S+ Na2SO3+3H2O和反应Ⅱ：S+6HNO3(浓)=H2SO4+6NO2+2H2O，下列说法正确的是( )
A．Na2S和NO2均为还原产物 B．反应Ⅰ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1
C．两反应中S都只发生了氧化反应 D．两反应中消耗64gS时，转移电子数目相同
【答案】A
【解析】反应Ⅰ是S发生歧化反应，其中2mlS做氧化剂，1mlS做还原剂，Na2S是还原产物，Na2SO3是氧化产物，转移电子4ml；反应Ⅱ中，S做还原剂，浓HNO3做氧化剂，H2SO4是氧化产物，NO2是还原产物，转移电子6ml。A项，由上述分析，Na2S和NO2均为还原产物，故A正确；B项，反应Ⅰ中1mlS做还原剂，2mlS做氧化剂，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C项，反应ⅠS发生歧化反应，既发生氧化反应又发生还原反应，故C错误；D项，由上述分析可知，反应Ⅰ每消耗3mlS转移4ml电子，消耗64gS时，转移电子ml，反应Ⅱ消耗64gS时，转移电子12ml，故D错误。故选A。
16．(2022·湘豫名校高三联考)2021年6月搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二火箭在酒泉卫星发射中心发射成功。火箭用N2H4作燃料，发生反应：N2H4+NO2→N2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．2ml N2H4燃料参与反应，生成3ml氧化产物
B．标准状况下22.4LNO2的质量为46g
C．1ml N2H4有5ml极性共价键
D．NO2可用于工业上制硝酸，1mlNO2最多可以得到1ml硝酸
【答案】D
【解析】A项，2 N2H4+2NO2=3N2+4H2O，2ml N2H4燃料参与反应，生成2ml氧化产物，故A错误；B项，标准状况下22.4LNO2为液态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C项，1ml N2H4有4mlN-H极性共价键，故C错误；D项，NO2可用于工业上制硝酸，经过多次循环反应，4NO2+3O2+2H2O=4HNO3，1mlNO2最多可以得到1ml硝酸，故D正确；故选D。
17．(2023·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)科学家发现金星大气中存在PH3，据此推断金星大气层或许存在生命。利用P4与足量的浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH(浓)+3H2O3KH2PO2+ PH3↑；下列说法正确的是( )
A． PH3的电子式为B．1ml P4参与反应，转移3ml电子
C．KH2PO2是酸式盐D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】A项，PH3的电子式为，A错误；B项，由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，故1ml P4参与反应，转移3ml电子，B正确；C项，P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则其为正盐，C错误；D项，由B分析可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，D错误；故选B。
18．(2023·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)工业制硅第二步反应为SiHCl3+H2Si+3HCl，下列说法不正确的是( )
A．SiHCl3中的Si呈+4价，分子空间结构为四面体形
B．该反应中SiHCl3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质
D．当1 ml H2完全反应时，该反应转移2 ml电子
【答案】D
【解析】A项，Si与H原子和3个Cl原子形成共价键，由于元素的非金属性：Cl＞H＞Si，所以SiHCl3中的Si呈+4价，由于分子在键长：Si-Cl＞Si-H键，因此该物质分子空间结构为四面体形，而不是呈正四面体，A正确；B项，在该反应中Si元素化合价由SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SiHCl3为氧化剂；H元素化合价由反应前SiHCl3中-1价变为反应后HCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以SiHCl3为还原剂，B正确；C项，在该反应H2将Si元素从化合物中还原出来，说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质，C正确；D项，当1 ml H2完全反应时，Si元素化合价由反应前SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，降低4价，因此该反应转移4 ml电子，D错误；故选D。
19．(2023·浙江省浙里卷天下高三上学期10月联考)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种绿色消毒剂，可用于饮用水处理。制备高铁酸钠的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，则下列说法不正确的是( )
A．在反应中Fe3+被还原，发生氧化反应
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
C．上述反应生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子
D．高铁酸根离子具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气
【答案】A
【解析】A项，在反应中Fe3+化合价升高，发生氧化反应被氧化，A错误；B项，反应中Fe3+化合价升高做还原剂，次氯酸根离子做氧化剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，B正确；C项，上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1ml高铁酸根离子，转移3ml电子，C正确；D项，高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，溶于水能生成氢氧化铁胶体和氧气，D正确；故选A。
20．(2023·浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑，下列有关该反应的说法不正确的是( )
A．当0.5mlH2O被氧化时，生成0.1ml氧气
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
C．当转移电子6ml时，生成的还原产物为1ml
D．当生成2.7mlHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2ml
【答案】A
【解析】A项，从方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5mlH2O被氧化时，生成了0.25mlO2，A错误；B项，该反应3个BrF3中作为氧化剂的BrF3有2个，作为还原剂的BrF3有1个，H2O中有2个为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，B正确；C项，2mlBrF3为氧化剂，得到6ml电子生成还原产物为Br2，物质的量为1ml，C正确；D项，该反应中生成9个HF时，有2个BrF3被还原，得到6个电子，而BrF3生成HBrO3失去2个电子，则被BrF3还原的BrF3为个，则生成2.7mlHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2ml，D正确；故选A。
21．(2023届•浙江省舟山市普陀中学高三返校考试)工业废水中含有重铬酸根离子(Cr2O72-)有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)做处理剂，反应的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H2O=6Fe3++2Cr3++7H2O，下列说法不正确的是( )
A．将绿矾水溶液久置于空气中，滴加几滴KSCN溶液，溶液出现血红色
B．配制好的FeSO4溶液，为防止变质可向溶液中加入少量铁粉
C．每处理1ml Cr2O72-转移电子
D．向FeSO4溶液中加入NaOH溶液一段时间后，沉淀会变成红褐色
【答案】C
【解析】A项，绿矾水溶液中含有的Fe2+具有较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，Fe3+和SCN-反应溶液呈红色，故A正确；B项，FeSO4易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁能和Fe3+反应生成Fe2+，所以为防止FeSO4 溶液变质可向溶液中加入少量铁粉，故B正确；C项，根据反应方程式可知Cr的化合价从反应前的+6价降低到反应后的+3价，则每处理 1ml Cr2O72-转移 6ml 电子，故C错误；D项，向 FeSO4 溶液中加入NaOH溶液，生成的白色沉淀Fe(OH)2容易被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，所以一段时间后，沉淀会变成红褐色，故D正确；故选C。
22．(2023·天津市部分区高三期中)已知Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关，在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应。生成物中含有C l-、ClO-和ClO3-三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO3- 两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．t1前，氧化产物是Ca(ClO)2
B．0～t1的过程为吸热反应，t1～t2的过程为放热反应
C．t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总的离子方程式：5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O
D．该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是5ml
【答案】B
【解析】根据题目信息，2Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，生成Ca(ClO3)2，所以溶液中存在Cl-、ClO- 、ClO3-。A项，由图可知，t1前，溶液中没有ClO3-，所以氧化产物是Ca(ClO)2 ，A正确；B项，2Cl2+2Ca(OH)2= CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O反应放热，温度升高，才有t2时刻的Ca(ClO3)2生成，0～t1的过程为放热反应，B错误；C项，由图可知，t2时，Ca(OH)2与Cl2刚好完全反应生成ClO-、ClO3-，根据物质的量和氧化还原反应的规律，离子方程式为：5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O，C正确；D项，根据反应方程式5Cl 2+10OH-=7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O和图中的数据，消耗的OH-为10ml，Ca(OH)2为5ml，D正确。
二、非选择题
23．氢化钠是一种离子型氢化物，熔融态能导电。在化学反应中具有强烈失电子趋势。氢化钠与水作用比钠与水作用剧烈得多，常因剧烈放出的热导致生成的氢气发生燃烧，是一种良好的储氢材料。
氢化钠的工业合成是通过钠与氢气直接化合来完成的。具体操作为在氮气氛围下将钠熔融，熔融完毕后，将熔融钠分散到液体石蜡中(防止氢化钠在金属钠表面形成薄膜不利于吸收)，高速搅拌，升温，通入氢气就可以得到氢化钠。
(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为 ，据此能预测其具有强的 性。
(2)NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 ；氧化产物是 ，还原产物是 。
(3)在无水条件下氢化钠(NaH)可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)，写出脱锈过程发生反应的化学方程式。判断NaH的还原性与金属铁的还原性强弱，判断的依据是什么?
【答案】(1)-1 还原 (2)H2O NaH H2 H2
(3)3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。NaH的还原性大于金属铁，因为还原剂的还原性大于还原产物。
【解析】(1)钠元素为+1价，所以NaH中的氢元素为-1价，处于氢元素的最低价态，具有还原性。(2)NaH中的-1价氢原子失电子变为H2中的0价，H2O中+1价的氢原子得电子变为H2中的0价，所以氧化剂是H2O，还原剂是NaH，H2既是氧化产物又是还原产物。(3)NaH具有还原性，而铁锈(Fe2O3)中的铁元素处于+3价，具有氧化性，所以两者会发生氧化还原反应：3NaH+Fe2O3=2Fe+3NaOH。根据还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：NaH大于金属铁。
24．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H2C2O4)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 ml电子，则参加反应的H2SO4的物质的量为________ml。
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH4)2C2O4]，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后得到H2C2O4，再用KMnO4溶液滴定。
①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是___________________________。
②用KMnO4溶液滴定H2C2O4时，判断滴定终点的方法是_______________________。
③若消耗了1.0×10－4 ml·L－1的KMnO4溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙________ g。
【答案】(1)H2C2O4 (2)2KMnO4+5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O
(3)0.12
(4)①CaC2O4＋H2SO4===CaSO4＋H2C2O4 ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由＋7价降到＋2价，转移10 ml电子时消耗3 ml H2SO4，所以容易求出反应转移了0.4 ml电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为0.12 ml。高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO4，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为1.0×10－4 ml·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·ml－1＝0.01 g。
25．(2022·浙江省绿谷高中联盟高一期中联考)Ⅰ.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时发生的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3X↑请回答：
(1)X的化学式是_______，按照物质的组成和性质分类，属于______ (填字母)。
A．单质 B．酸性氧化物 C．化合物 D．盐
(2)在上述反应中，氧化剂是(填化学式)_______________。
(3)写出在NaOH溶液中通入过量的X气体发生反应的化学方程式____________。
(4)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业制备高铁酸钠有多种方法。其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目___________________________。
【答案】(1)CO2 BC (2)S、KNO3
(3)CO2+NaOH=NaHCO3 (4)
【解析】(1)根据反应过程原子守恒，判断X的化学式是CO2；按照物质的组成和性质分类，CO2由两种元素组成且其中一种是氧元素，能与碱反应生成盐和水，属于化合物，也属于酸性氧化物。(2)该反应中S的化合价从0降低到-2，KNO3的N元素从+5降低到0，化合价降低被还原，该物质做氧化剂，故氧化剂是S、KNO3。(3)NaOH溶液中通入过量的CO2气体生成碳酸氢钠，化学方程式：CO2+NaOH=NaHCO3。(4)该反应中Cl元素从+1价降低到-1价，得2个电子，Fe元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，则用单线桥标出上述方程式的电子转移方向和数目：。
26．(2023·辽宁省六校高三期中联考)化学反应原理在日常的生产生活中都有广泛的应用，按要求回答下列问题：
(1)次磷酸(H3PO2)为一元中强酸，是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。化工生产中用次磷酸钠(NaH2PO2)进行化学镀铜，具有体系稳定性好、无毒性等优点，反应原理为2NaH2PO2+ NaOH+ CuSO4=2NaH2PO3+ Na2SO4+ Cu+H2↑。
①NaH2PO2在物质类别中属于____________(填“正盐”或“酸式盐”)。
②上述化学反应中每生成H2 5.6L(标准状况)，则转移电子数为___________。
(2) Na2S2O8是化工生产中的强氧化剂，S2O82-的结构式为，其中S元素的化合价为___________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________(填离子符号)。
(3)化学工艺处理废水中也发挥了重要作用
①用K2FeO4处理中性废水时与水反应生成氢氧化铁胶体，并放出无色无味的气体和其它物质，写出反应的离子反应方程式________，处理废水时既利用K2FeO4强氧化性，又利用生成氢氧化铁胶体的___________作用。
②Na2S也是一种重要的水处理剂用于除去水体中的汞盐，写出对应的离子反应方程________。
【答案】(1)正盐 NA (2) ＋6 MnO4-
(3) 4FeO42-+10H2O＝4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑ 聚沉(或吸附) S2－＋Hg2＋=HgS↓
【解析】(1)次磷酸(H3PO2)为一元中强酸, NaH2PO2属于正盐。由化学方程式中化合价变化可知每生成1ml氢气转移4ml电子，生成5.6L(标准状况)H2，转移电子，转移电子数NA；(2)由S2O82-的结构简式，可知2个氧原子-1价，4个氧原子-2价，可求得S元素化合价+6；Mn2+被S2O82-氧化，溶液变成紫红色，可知氧化产物为MnO4-；(3)K2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体，铁元素化合价降低，根据化合价有降必有升，可知无色无味的气体为O2，根据得失电子守恒和原子守恒和电荷守恒可写出离子方程式4FeO42-+10H2O＝4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑，生成的氢氧化铁胶体具有较大的比表面积，能吸附水中的悬浮性杂质，起到净水作用；Na2S和汞盐生成硫化物沉淀，S2－＋Hg2＋=HgS↓。
27．(2023·江苏省无锡市高三教学质量调研测试)聚合硫酸铁是一种应用广泛的水处理剂。制备方法如下：
(1)氧化可采用催化氧化或直接氧化。
①以O2为氧化剂，NaNO2作催化剂，需控温55℃，反应4h。氧化的化学方程式为_______________________________。
②以Na2S2O8为氧化剂，需控温40-70℃，反应1-3h。检验氧化反应已经发生的方法是_____________________________________。
③以NaClO作为氧化剂，比方法②H2SO4用量大，反应中生成少量污染性气体。原因是_________________________________________________。
(2)水解-聚合过程中部分反应过程如下：
①水解-聚合过程中pH变化趋势是_______。
②聚合的原理是_____________________________________。
③聚合硫酸铁净水效果好的原因是_______________________________。
【答案】(1) 取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明Fe2+已经发生了氧化 NaClO反应中消耗H2SO4；NaClO主要被还原为Cl-，少量被还原为Cl2
(2) 变小 Fe3+与氢氧根离子中的O原子形成配位键 聚合硫酸铁式量大，带正电荷多，能有效吸引污水中带负电荷的胶体颗粒，形成足以沉降的大颗粒
【解析】(1)①由制备方法图示知硫酸亚铁和硫酸的溶液与氧气在亚硝酸钠作催化剂的条件下发生氧化还原反应，根据得失电子守恒可得化学方程式为：；②氧化反应若已经发生，则会生成三价铁离子，故检验方法是取少量溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明Fe2+已经发生了氧化；③以NaClO作为氧化剂，比方法②H2SO4用量大是因为NaClO反应中消耗H2SO4；NaClO作氧化剂得电子化合价降主要被还原为Cl-，少量被还原为Cl2，产生污染性气体；(2)①由图示知水解-聚合过程中铁结合氢氧根，溶液中氢离子增多，故pH变化趋势是变小；②由图示知聚合的原理是Fe3+与氢氧根离子中的O原子形成配位键；③聚合硫酸铁净水效果好的原因是聚合硫酸铁式量大，带正电荷多，能有效吸引污水中带负电荷的胶体颗粒，形成足以沉降的大颗粒。
28．(2022·上海市第二中学高一月考)实验室可通过置换反应完成卤素单质活泼性比较的实验。某实验小组设计了装置如图，回答下列问题：
(1)已知：常温下KClO3与浓盐酸反应可制取氯气，反应如下。配平该化学方程式，标出电子转移的方向和数目。
反应①___________KClO3 +___________HCl(浓)=___________KCl + ___________Cl2↑+ ___________H2O___________
该反应中氧化剂为___________，被还原的元素是___________。
(2)该装置中，吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为___________。吸有NaBr溶液的棉球中发生反应的离子方程式为___________。
(3)由反应现象能否得出活泼性Br2＞I2的结论？回答并说明理由___________。
(4)实验室还可通过以下反应制取氯气：
反应② 2KMnO4 +16HCl=2KCl + 2MnCl2 +5Cl2↑+ 8H2O；
反应③ MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2↑+ 2H2O；
若要制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目之比为___________。
(5)通过反应①~③，比较反应中氧化剂的氧化性强弱___________，(用“＞”、“＜”或“=”连接)说明判断依据：___________。
(6)通过反应①~③，可以知道HCl的还原性强弱与___________、___________等因素有关。
【答案】(1) KClO3 Cl
(2)蓝色 Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
(3)不能，吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，可能是Cl2直接将KI中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝
(4)1：1
(5) KMnO4＞KClO3＞MnO2 氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单
(6)浓度 反应条件
【解析】(1)常温下KClO3与浓盐酸反应制取氯气，KClO3中的Cl元素化合价由+5价降低至0价，得到电子被还原，作氧化剂，HCl中Cl元素化合价由-1价升高至0价，失去电子被氧化，作还原剂，根据得失电子守恒、原子守恒配平方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目为：。(2)制取的Cl2或者Cl2可将Br-氧化生成的Br2均可将KI中的I-氧化为I2，I2可以是淀粉溶液变成蓝色，Cl2可将Br-氧化为Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。(3)吸有KI淀粉溶液的棉球颜色变为蓝色，不一定是Br2将KI中的I-氧化为I2使淀粉溶液变蓝，可能是Cl2直接将KI中的I-氧化为I2从而使淀粉溶液变蓝，因此由该反应现象不能得出活泼性Br2＞I2的结论。(4)根据方程式可知，反应②和③中均是将Cl-氧化为Cl2，因此制得相同质量的氯气，反应②和③中电子转移的数目相同，即数目之比为1：1。(5)氧化剂氧化同一物质时，氧化性越强，需要的反应条件越简单，反应条件③＞①＞②，因此氧化性：KMnO4＞KClO3＞MnO2。(6)反应①~③中还原剂HCl的浓度和反应条件不同，因此可以知道HCl的还原性强弱与浓度和反应条件等因素有关。
29．柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾(FeSO4·7H2O)通过下列反应制备：FeSO4＋Na2CO3===FeCO3↓＋Na2SO4、FeCO3＋C6H8O7===FeC6H6O7＋CO2↑＋H2O。某实验小组用下列方法测定产品中柠檬酸亚铁晶体的质量分数：取25.00 g柠檬酸亚铁晶体(摩尔质量为246 g·ml－1)，配成100 mL溶液，取20.00 mL至锥形瓶中，另取0.200 0 ml·L－1的酸性KMnO4标准溶液装入酸式滴定管中，用氧化还原法测定柠檬酸亚铁晶体的质量分数，杂质不与酸性KMnO4标准溶液反应，经4次滴定，每次消耗KMnO4溶液的体积如下：
滴定终点时现象为：________________________，柠檬酸亚铁的质量分数为________。
【答案】锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复为原来颜色 98.40%
【解析】酸性KMnO4标准溶液滴定柠檬酸亚铁晶体，发生反应，溶液紫色褪去，当锥形瓶内溶液颜色变为紫色，且半分钟内不恢复原来颜色，达到滴定终点；根据反应关系Fe2＋→Fe3＋，MnOeq \\al(－,4)→Mn2＋可知，根据得失电子守恒规律：5Fe2＋～MnOeq \\al(－,4)，由于第3次数据误差较大，不能用；根据1，2，4三组数据可知，消耗KMnO4溶液体积为20 mL，所以消耗MnOeq \\al(－,4)的物质的量为0.200 0×20.00×10－3 ml＝4×10－3 ml，则消耗的亚铁离子的物质的量为5×4×10－3 ml，则柠檬酸亚铁晶体的物质的量为5×4×10－3 ml×eq \f(100,20)＝0.1 ml，柠檬酸亚铁晶体的质量为0.1×246 g＝24.6 g，质量分数为eq \f(24.6,25)×100%＝98.40%。
A．臭氧消毒柜
B．甲烷燃料电池
C．太阳能集热器
D．燃气灶
实验序号
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积
20.00 mL
19.98 mL
21.38 mL
20.02 mL
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