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2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题8 无机反应分析型（含解析）
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这是一份2021高考模拟题精细分类—氧化还原反应 专题8 无机反应分析型（含解析），共25页。试卷主要包含了，其主要反应为等内容，欢迎下载使用。
无机反应分析型
1．（2020·潍坊五县一模）含元素碲（Te）的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是（ ）。
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
【解析】选D。H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误。
2．（2020·汕尾上学期模拟）三氟化氮（NF3）是一种无色无味的气体，它是氨和氟（F2）在一定条件下直接反应得到：4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，下列有关NF3的叙述正确的是（ ）。
A．NF3是共价化合物
B．NF3的还原性比NH3强
C．NF3的氧化性比F2强
D．NF3中的N呈+3价
【解析】选AD。NF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A正确；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则有NF3的还原性比NH3弱，故B错误；反应中F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误；NF3中F的化合价为－1价，则N呈+3价，故D正确。
3．（2020·泰安三模）近代化学工业的基础是“三酸两碱”，早在我国古代就已经有人通过煅烧绿矾并将产生的气体溶于水中的方法制得硫酸，该法制备硫酸的过程中发生的主要反应如下：反应Ⅰ：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；反应Ⅱ：SO3+H2O＝H2SO4。下列说法正确的是（ ）。
A．当生成标准状况下气体22.4L时，转移1mol电子
B．6.4gSO2中所含的质子数与6.4gSO3中所含的质子数相等
C．SO2、SO3的中心原子杂化类型不同
D．目前，工业上制硫酸的吸收阶段是采用浓硫酸吸收SO3
【分析】反应Ⅰ：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑是氧化还原反应，Fe由+2价变为+3价，S由+6价变为+4价，生成的SO2和SO3的比例为1：1。
【解析】选BD。标准状况下的SO3为固态，当生成标准状况下气体22.4L时，即SO2为1mol，S由+6价变为+4价，转移2mol电子，A错误；6.4gSO2为0.1mol，其中所含的质子数为（16+8×2）×0.1＝3.2mol；6.4gSO3为0.08mol，其中所含的质子数为（16+8×3）×0.08＝3.2mol，前后两者相等，B正确；SO2中S是sp2杂化，有一个电子对是孤对电子，所以分子构型是V型，SO3也是sp2杂化，但三个电子对全成键，其空间构型是平面三角形，SO2、SO3的中心原子杂化类型相同，空间构型不同，C错误；吸收塔中SO3若用水吸收，发生反应：SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍三氧化硫的被吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，得到“发烟”硫酸，D正确。
4．（2020·普陀区一模）硝化细菌可将NH4+转化为NO3－，发生反应NH4++2O2→NO3－+2H++H2O，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B．反应一段时间后，溶液的酸性增强
C．1molNH4+完全反应，转移电子的物质的量为8mol
D．NO3－既是氧化产物又是还原产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物
【分析】NH4++2O2→NO3－+2H++H2O，铵根离子被氧气氧化为硝酸根，氧化剂是氧气，还原剂是铵根离子，硝酸根既是氧化产物也是还原产物，水是还原产物。
【解析】选D。氧化剂是氧气，还原剂是铵根，根据方程式二者物质的量之比为2∶1，A正确；根据方程式反应生成了氢离子，所以反应一段时间后溶液酸性增强，B正确；铵根中的氮原子为－3价，升高到+5价，1个铵根离子参与反应会转移8个电子，则1mol铵根离子完全反应，转移电子的物质的量为8mol，C正确；NO3－既是氧化产物又是还原产物，氧气中O元素化合价降低，一部分以H2O形式存在，所以H2O是还原产物，D错误。
5．（2020·聊城一模）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO42－+2Fe2++4H+；②Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生
【解析】选B。由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72－＞Fe3+，则氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2，故A正确；6.72LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）＝6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2∼Cr2O72－，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6−3）＝6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性为Cr2O72－＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
6．（2020·安徽肥东1月调研）三氟化氮（NF3）应用于微电子工业中的等离子刻蚀气体。已知NF3在潮湿的环境中能发生反应I：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF，NF3能有效地刻蚀二氧化硅，发生反应II：4NF3+3SiO2＝2NO+2NO2+3SiF4。下列有关说法正确的是（ ）。
A．反应I和Ⅱ中NF3都作氧化剂
B．3molNF3气体与水充分反应共转移3mol电子
C．反应Ⅱ中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4∶3
D．NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收
【解析】选D。NF3中N的化合价为+3价，F的化合价为－1价。反应I中N元素的化合价由+3价部分升至HNO3中的+5价，部分降至NO中的+2价，NF3既是氧化剂又是还原剂；反应II中N元素的化合价由+3价部分升至NO2中的+4价，部分降至NO中的+2价，NF3既是氧化剂又是还原剂。A项，反应I和II中NF3都既是氧化剂又是还原剂，错误；B项，3molNF3与水充分反应，1molNF3被氧化成HNO3，2molNF3被还原成NO，转移2mol电子，错误；C项，反应II中4molNF3参与反应，2molNF3被氧化成NO2，2molNF3被还原成NO，还原剂和氧化剂物质的量之比为1∶1，错误；D项，NF3能与水反应，NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收，正确。
7．（2020·滨州二模）工业上制备有机氟化剂SF4的反应3SCl2+4NaFS2Cl2+SF4+4NaCl。下列说法正确的是（ ）。
A．NaF既不做氧化剂也不做还原剂，SF4为氧化产物
B．SCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价不同
C．还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1
D．SF4属于有机物
【解析】选A。NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2中硫元素化合价为+2价，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，A正确；SCl2中氯元素化合价为－1价，S2Cl2中氯元素化合价为－1价，Cl的化合价相同，B错误；SCl2中硫元素化合价为+2价，氯元素化合价为－1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为－1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，C错误；有机物含有C元素，SF4中没有C元素，不是有机物，D错误。
8．（2020·潍坊一模）工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7·2H2O），其主要反应为：
（1）4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
（2）2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O
下列说法中正确的是（ ）。
A．反应（1）和（2）均为氧化还原反应
B．反应（1）的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4
D．生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子
【解析】选BD。4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为－2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol×4＝3.5mol，所以反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确。
9．（2020·德州一模）为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）＝2SO2+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3＝4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（ ）。
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．每生成0.4molI2共转移1.2mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3
【解析】选BC。反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.4molI2共转移0.8mol电子，故C错误；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H2SO4（浓）＞SeO2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应②中SeO2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性SeO2＞HNO3，则氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3，故D正确。
【点睛】在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应是解答关键。
10．（2020·日照4月模拟）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10－7，Ka1（H2S）＝9.1×10－8。下列说法正确的是（ ）。
A．反应中生成1mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2
C．1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
【解析】选C。根据反应方程式，生成1mol“臭碱”时，S的化合价由+6价变为－2价，共转移8mol电子，即转移的电子数为8NA，A选项错误；该反应的氧化产物为CO2，还原产物为Na2S，有方程式可知，其物质的量之比为2∶1，B选项错误；1L0.1mol·L－1Na2S溶液中S2－发生水解：S2－+H2OHS－+OH－，阴离子总数大于0.1NA，C选项正确；因为Ka1（H2S）＜Ka1（H2CO3），则H2S的酸性比碳酸弱，将Na2S溶液露置于空气中，会发生反应：CO2+Na2S+H2O＝Na2CO3+H2S，有H2S气体放出，D选项错误。
11．（2020·天津河北区一模）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Ⅱ：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Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．处理1molCr2O72－时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72－
【解析】选B。由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；反应Ⅱ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，故B正确；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，由方程式可知处理1molCr2O72－时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol，故C错误；根据方程式可知3molCuS处理4molCr2O72－，每克处理Cr2O72－的物质的量为＝mol，3molCu2S处理5molCr2O72－，每克处理Cr2O72－的物质的量为＝mol，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72－，故D错误。
12．（2020·天津大邱庄第一次质检）下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是（ ）。
①KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O；1∶6
②Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；1∶2
③SiO2+3CSiC+2CO↑；1∶2
④3NO2+H2O＝2HNO3+NO；2∶1
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【分析】含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应判断实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比。
【解析】选B。①反应KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比1∶5，错误；②反应Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe中，Fe2O3为氧化剂，Al为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，正确；③反应SiO2+3CSiC+2CO↑中，SiC中硅为+4价，碳既是氧化剂，也是还原剂，SiC是还原产物，CO是氧化产物，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，正确；④反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，1molNO2作氧化剂与2molNO2作还原剂时满足电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，错误。
【点睛】本题考查氧化还原反应有关判断与计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
13．（2020·宝鸡一模）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
（1）2P+5CuSO4+8H2O＝5Cu+2H3PO4+5H2SO4
（2）11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是（ ）。
A．在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B．在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C．在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D．在反应（2）中，当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子
【解析】选C。在（1）2P+5CuSO4+8H2O＝5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在（2）11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为－3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；在反应（2）中，P元素化合价由0价变为－3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确。
【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂的概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
14．（2020·西安一模）有如下反应（未配平）：BrF3+H2O→Br2+O2+HBrO3+HF，反应后测得生成Br2与O2各1mol。下列判断错误的是（ ）。
A．反应共转移6mol电子
B．氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C．配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D．被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【解析】选D。反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由－2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，反应共转移2+4＝6mol电子，故A正确；反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；配平后的方程式：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol－4mol＝2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
15．（2020·石家庄3月模拟）工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）。
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【解析】选AD。在反应物Na2S中S元素的化合价为－2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于－2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，A正确。根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4∶2＝2∶1，B错误。根据B选项的方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，C错误。根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4∶1，相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2，D正确。
16．（2020·上海杨浦区一模）向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（ ）。
A．含Cu2+ B．含Fe2+
C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+
【分析】向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，据此分析解答。
【解析】选B。向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，所以反应后的溶液一定含Fe2+，如果铁多，则不含Cu2+，铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故B正确。
【点评】本题以Fe、Cu及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。
17．（2020·密云区一模）I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、IO3－在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是（ ）。
A．用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3－＞I2
C．生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为5∶2
D．途径III反应的离子方程式：3Cl2+I－+3H2O＝6Cl－+IO3－+6H+
【解析】选C。KIO3、KI在酸性条件下发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘，A正确；由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径II可知氧化性：IO3－＞I2，由途径III可知氧化性：Cl2＞IO3－，故物质氧化性有强到弱的顺序为：Cl2＞IO3－＞I2，B正确；假设反应产生1molI2，途径I转移2mol电子，途径II转移10mol电子，因此生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2∶10＝1∶5，C错误；途径III中，Cl2把I－氧化为IO3－，Cl2被还原为Cl－，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式∶3Cl2+I－+3H2O＝6Cl－+IO3－+6H+，D正确。
18．（2020·浙江教育绿色评价联盟模拟）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2＝SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）。
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是+1
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
【分析】H2S+4O2F2＝SF6+2HF+4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【解析】选D。A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；C选项，O2F2中氧元素的化合价是+1，氟元素的化合价是－1，故C错误；D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，故D正确。
【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。
19．（2020·吉林德惠一模）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：Cr2O72－＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【解析】选D。根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价。正确但不符合题意，A不选。根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意，B不选。根据氧化还原反应中氧化性；氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2。正确但不符合题意。C不选。在③中H2O2中的O元素的化合价由－1价变为－2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。错误符合题意。D选。
20．（2020·吉林德惠一模）已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（ ）。
A．氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2
B．氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2
C．氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3NaH+Fe2O3＝2Fe+3NaOH
D．锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH
【解析】选D。氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3＝2Fe+3NaOH，故C正确；锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。
21．（2020·江西省第－次高三大联考）－定条件下，各微粒有如下变化（示意图如下），其中和O代表短周期前10号不同元素的原子。反应物为液体，生成物均为气体。。下列有关判断错误的是（ ）。
A．反应物的名称是乙烯
B．上述反应的氧化产物为
C．反应前后，一定是共价键的断裂与生成
D．上述反应方程式，物质之间没有确定的系数比
【分析】反应物为液体，生成物等均为气体，则表示N2H4，表示NH3，则为氮气，为H2，据此分析解答。
【解析】选A。根据上述分析，反应物表示N2H4，名称是肼，故A错误；上述反应的方程式可以为2N2H4＝2NH3+N2+H2，反应中N元素由－2价升高到0价，被氧化，氧化产物为（N2），故B正确；反应物和生成物中存在的都是共价键，反应前后，一定是共价键的断裂与生成，故C正确；上述反应方程式可以为2N2H4＝2NH3+N2+H2或4N2H4＝2NH3+3N2+5H2或6N2H4＝2NH3+5N2+9H2等，物质之间没有确定的系数比，故D正确。
【点睛】正确判断各种结构表示的物质是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据元素化合价的变化，结合化合价升降守恒，列式分析判断。
22．（2020·吕梁一模）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3＝bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是（ ）。
A．若化学计量数a＝8，b＝3，则该反应转移电子为20e－
B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O＝12H++8Cl－+2IO3－
C．氧化产物是高氯酸和氯气
D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3
【解析】选A。A选项，将化学计量数a＝8，b＝3代入8HClO3＝3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e＝84d+e＝18得d＝4，e＝2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误。
23．（2020·陕西兴平一模）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO42－+2Fe2++4H+；②Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生
【解析】选B。由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72－＞Fe3+，则氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2，故A正确；6.72LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）＝6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2∼Cr2O72－，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6−3）＝6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性为Cr2O72－＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
24．（2020·上海奉贤区一模）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（ ）。
A．每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移
B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化
D．KClO3在反应中得到电子
【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。
【解析】选A。Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5－4）＝1mol，故A错误；Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，故B正确；因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，故D正确。
【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点。
25．（2020·上海虹口区一模）反应8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl的相关描述中正确的是（ ）。
A．N2的电子式是
B．反应物和生成物的化学键类型相同
C．每生成11.2LN2，转移电子数为3NA
D．还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3
【思路点拨】解答本题要明确如下几点：（1）氮原子最外层5个电子，氮气中两个氮原子形成3对共用电子对；反应物中只含有共价键、生成物中含有共价键和离子键；没有说明是否是标准状况下，无法计算；NH3是还原剂，NH4Cl是还原产物。
【解析】选D。氮气中两个氮原子形成3对共用电子对，电子式为，故A错误；反应物NH3、Cl2中只含有共价键、生成物NH4Cl中含有共价键和离子键，故B错误；没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的物质的量，所以不能计算转移电子数，故C错误；NH3是还原剂，反应8个NH3中有2个NH3作还原剂，生成的NH4Cl是还原产物，则还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3，故D正确。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大，考查了学生的分析能力和计算能力。
26．（2020·上海虹口区一模）已知还原性I－＞Fe2+＞Br－，在只含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）。
A．I－、Fe3+、Cl－ B．Fe2+、Cl－、Br‑
C．Fe2+、Fe3+、Cl－ D．Fe2+、I－、Cl－
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断
【解析】选B。还原性I－＞Fe2+＞Br－，含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。
【点评】本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大
27．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，高锰酸钾溶液褪色。其中发生反应的离子方程式为2MnO4－+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+。下列判断正确的是（ ）。
A．高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B．反应的氧化产物只有氧气
C．向高锰酸钾溶液中加浓盐酸可以得到酸性高锰酸钾溶液
D．当反应产生标准状况下22.4L氧气时，反应转移的电子为4mol
【解析】选B。分析各物质中元素的化合价可知，反应中高锰酸钾是氧化剂，过氧化钠是还原剂，反应的氧化产物只有氧气，A错误、B正确。高锰酸钾具有强氧化性，能将HCl氧化为氯气，C错误。分析反应可知，生成5molO2，转移10mol电子，则产生1molO2，转移2mol电子，D错误。
28．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示为2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。对此反应下列说法中正确的是（ ）。
A．Na2O2只作氧化剂
B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C．O2是还原产物
D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移
【解析】选B。A项，过氧化钠中氧元素的化合价部分升高到0价，部分降低到－2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，错误；B项，反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，硫酸亚铁中的铁元素化合价为+2价，所以硫酸亚铁是还原剂，Na2FeO4是氧化产物，过氧化钠中的－1价的氧元素降低为Na2FeO4中的－2价氧元素，所以Na2FeO4又是还原产物，正确；C项，氧气中的氧元素化合价为0价，过氧化钠中的氧元素化合价为－1价，所以氧气是氧化产物，错误；D项，反应中，元素化合价升高的数目为2×（6－2）+2×（1－0）＝10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中，转移电子的数目为10mol，错误。
29．（2020·白银一模）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：
①11KClO3+6I2+3H2O＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl
②KH（IO3）2+KOH＝2KIO3+H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．化合物KH（IO3）2中含有共价键、离子键和氢键等化学键
B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2
C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝
D．可用焰色试验实验证明碘盐中含有钾元素
【解析】选D。化合物KH（IO3）2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3－离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；钾元素的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色试验显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确。
【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。
30．硫酸铵为无色结晶或白色颗粒，无气味，溶于水，不溶于乙醇和丙酮。其在一定温度下分解的化学方程式为：3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，下列说法正确的是（ ）。
A．将分解产生的混合气体，用水充分吸收，生成物中n［（NH4）2SO3］∶n（NH4HSO3）＝2∶1
B．将分解产生的混合气体，通入到BaCl2溶液中不能产生白色沉淀
C．将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后，可以收集到纯净的N2
D．将分解产生的混合气体，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+
【解析】选D。3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，将分解产生的混合气体，用水充分吸收，铵根离子物质的量和二氧化硫物质的量为4∶3，结合元素守恒计算生成物中n［（NH4）2SO3］∶n（NH4HSO3）＝1∶2，故A错误；将分解产生的混合气体，4mol氨气和水反应生成4mol一水合氨，3mol二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵物质的量1∶2，通入到BaCl2溶液中，亚硫酸铵和氯化钡溶液反应能产生白色沉淀亚硫酸钡，故B错误；将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后氨气被完全吸收，二氧化硫、氮气不能被吸收，则不能收集到纯净的N2，故C错误；将分解产生的混合气体中二氧化硫具有还原性，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42－+4H+，故D正确。
31．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1mol［Fe（OH）SO4］n消耗6/nmolKClO3
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
【解析】选B。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1mol［Fe（OH）SO4］n消耗n/6molKClO3，A项错误；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；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；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。
32．工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应：
（I）3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2
（II）5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O
下列有关判断正确的是（ ）。
A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应
C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移
D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素
【解析】选C。（I）3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5∶1，故错误；溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从－1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。
33．火法炼铜的原理是：Cu2S+O22Cu+SO2，有关该反应的说法正确的是（ ）。
A．氧化剂是O2，氧化产物是Cu和SO2
B．被氧化的元素只有硫，得电子的元素只有氧
C．Cu2S只表现出还原性
D．当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移
【解析】选D。元素O、Cu的化合价降低，元素S的化合价升高，所以氧化剂是Cu2S、O2，氧化产物是SO2，故A错误；得电子的元素还有铜，故B错误；Cu2S既表现出还原性，又表现出氧化性，故C错误；O2～6e－，当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移，故D正确。
34．（2020·北师大附中高三期中）在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72－转化为Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去。下列说法正确的是（ ）。
A．FeSO4在反应中作氧化剂
B．随着反应的进行，该废水的pH会减小
C．若该反应转移0.6mole－，则会有0.2molCr2O72－被还原
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
【解析】选D。FeSO4可将有害的Cr2O72－转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，A错误；该过程中发生的反应为：6Fe2++Cr2O72－+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH会增大，B错误；Cr2O72－中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole－，则会有0.1molCr2O72－被还原，C错误；除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72－+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH－＝Cr（OH）3↓（复分解反应），D正确。
【考点】考查氧化还原反应
35．在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO4－+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+。下列说法正确的是（ ）。
A．通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液
B．O2是还原产物，Mn2+是氧化产物
C．KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性
D．此反应产生22.4LO2（标准状况下）时转移了2mole－
【解析】选D。浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2+是还原产物，过氧化钠中的O元素从－1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B错误；过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；该反应中转移10个电子，生成5mol氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2mol电子，故D正确。
36．煅烧硫酸亚铁反应为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3，有关说法不正确的是（ ）。
A．该反应中FeSO4既作氧化剂又作还原剂
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
C．该反应中每生成1molFe2O3转移电子数为2×6.02×1023
D．将反应生成的气体通入BaCl2溶液中，无沉淀生成
【解析】选D。
37．（2020·北京东城区高三期末）用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O（未配平）。下列说法不正确的是（ ）。
A．方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键
B．生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2
C．方程式中S和H2O的化学计量数相同
D．清洗之后的废液呈碱性
【解析】选A。方程式中含Na的化合物中，NaOH、Na2SO3均含离子键和共价键，而Na2S仅含离子键，A错误；根据得失电子守恒来计算：过程转移4份电子，过程转移2份电子，由于反应中得失电子数相等，所以1份S转化为Na2SO3的同时，有2份S转化为Na2S，即生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1:2，B正确；该反应方程式配平：3S+6NaOH＝Na2SO3+2Na2S+3H2O，由此可得S和H2O的化学计量数相同，C正确；清洗之后的废液含有NaOH、Na2SO3、Na2S，其中NaOH是强碱，Na2SO3、Na2S都是强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性，故废液呈碱性，D正确。
38．（2020·北京海淀区高三期中）含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是（ ）。
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量
C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2－的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2－的水体脱氮
【解析】选D。氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O，故A正确；吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO－具有氧化性，铵根离子中氮元素为－3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2－的水体脱氮；折点氯化法利用ClO－具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2－氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误。
39．（2020·邢台一模）一定条件下，卤素互化物碘化砹（AtI）与Zn、NH3发生反应，化学方程式：2AtI+2Zn＝ZnI2+ZnAt2、AtI+2NH3（l）＝NH4I+AtNH2。下列叙述正确的是（ ）。
A．上述两个反应均是氧化还原反应
B．上述两个反应均是非氧化还原反应
C．ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物
D．AtI与Zn反应，AtI是还原剂
【解析】选C。AtI+2NH3（l）＝NH4I+AtNH2中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；2AtI+2Zn＝ZnI2+ZnAt2反应中，Zn的化合价升高，At元素化合价降低，属于氧化还原反应，故B错误；反应中，Zn的化合价升高，对应产物ZnI2、ZnAt2是氧化产物，At元素化合价降低，ZnAt2是还原产物，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；AtI与Zn反应中，Zn的化合价升高，锌为还原剂，At元素化合价降低，AtI是氧化剂，故D错误。
【点睛】准确判断AtI中I为－1价，At为+1价是解答本题的关键。解答本题要注意化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，对应产物是还原产物，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，对应产物是氧化产物。
40．（2020·张家口一模）对Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1
B．MnO（OH）中Mn的化合价为+3价
C．MnO2在反应中被还原
D．Zn是此反应中还原剂
【解析】选A。Zn（OH）2为氧化产物，MnO（OH）是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故A错误；该化合物中氢氧根离子的化合价为－1价，氧的化合价为－2价，则依据化合物的化合价代数和为0可知，Mn元素的化合价为+3价，故B正确；MnO2作氧化剂，被还原，故C正确；Zn元素的化合价升高，作还原剂，故D正确。
41．（2020·张家口一模）NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。质监部门常用酸性KMnO4溶液检验NaNO2，并测定其含量。以确定食品是否符合国家规定。下列说法正确的是（ ）。
A．该上述反应中KMnO4是氧化剂
B．NO2－被还原为N2
C．测定NaNO2含量时，当溶液变为紫色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液
D．反应过程中溶液的pH减少
【解析】选A。该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4－是氧化剂，故A正确；该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化生成NO3－，故B错误；测定NaNO2含量时，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，应溶液变为无色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液，故C错误；根据元素守恒、电荷守恒知，配平方程式为2MnO4－+5NO2－+6H+＝2Mn2++5NO3－+3H2O，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故D错误。
【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应转移电子及基本概念的考查，注意分析元素的化合价，用酸性KMnO4液检验NaNO2，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4－是氧化剂，NO2－应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子。
42．（2020·皖南八校一模）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）。
组号
今加反应的物质
生成物
①
MnO4－、Cl－…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l∶2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Fe3+＞Br2
【解析】选D。由信息可知，MnO4－氧化Cl－为Cl2，Cl元素化合价由－1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1Cl2，转移电子为2mo1，选项A正确；由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（Cl2）＝n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，选项B正确；反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3+，选项D错误。
43．（2020·哈尔滨第一次调研）K2FeO4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+3KNO3+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．每生成1molK2FeO4，转移6mole−
C．K2FeO4具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【解析】选B。反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO3+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。氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化。选项A正确；反应Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO3+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。选项B错误；K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒。选项C正确；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：KNO3＞K2FeO4。选项D正确。
【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写及配平，题目难度较大，明确物质的性质及题给信息、熟悉化合物中各元素化合价是解本题关键。
44．（2020·沈阳一模）关于反应11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4的说法正确的是（ ）。
A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．1molCuSO4可以氧化1/5molP
D．若有11molP参加反应，转移电子的物质的量为60mol
【解析】选C。P、Cu元素的化合价降低，则P、CuSO4是氧化剂，P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，所以P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是氧化剂，故A错误；P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，故B错误；由反应可知，转移30mol电子消耗11molP，15molCuSO4和5molP来一起氧化6molP，其中1molCuSO4可以氧化1/5molP，故C正确；由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5＝30mol，故D错误。
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，n（氧化剂）×化合价降低的原子个数×化合价变化值＝n（还原剂）×化合价升高的原子个数×化合价变化值。
35．（2020·沈阳一模）某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．该反应中Cl－为还原产物
B．氧化剂与还原剂物质的量比为3∶2
C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D．氧化性：ClO－比N2强
【分析】从图示中可以看出，ClO－随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－＝N2↑+3Cl－+5H2O
【解析】选C。该反应中氯元素的化合价从+1价降为－1价，Cl－是还原产物，A项正确；该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3∶2，B项正确；NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6mol，C项错误；在该反应中，ClO－是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO－＞N2，D项正确。
【点睛】据元素守恒，ClO－是反应物，则Cl－必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH－在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。
36．（2020·辽宁省实验中学一模）在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）。
A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子
D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
【分析】根据CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑+H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由－3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O即可判断。
【解析】选B。氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；根据反应4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2，故B正确；由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6＝1.2mol，故C错误；由反应4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。
37．（2020·安康一模）已知有关溴化氢的反应如下：
反应I：4HBr+O22Br2+2H2O
反应Ⅱ：NaBr（s）+H3PO4（浓）NaH2PO4+HBr↑
反应Ⅲ：4HBr+P2O52Br2+2H2O+P2O3
下列说法正确的是（ ）。
A．实验室可用浓H3PO4与NaBr反应制HBr并用P2O5干燥
B．反应Ⅰ中还原剂和还原产物的物质的量之比为2∶1
C．HBr有强还原性，与AgNO3溶液发生氧化还原反应
D．HBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记
【解析】选B。HBr会与P2O5发生反应，故HBr不能用P2O5干燥，A错误；反应Ⅰ中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2∶1，B正确；HBr与AgNO3溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；HF中F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr不行，D错误。
38．（2020·合肥调研检测）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法不正确的是（ ）。
A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3
B．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移8mol电子
C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
【解析】选AB。由方程式可知Cl2中的Cl由0价变到－1价，Cl2为氧化剂，得到还原产物NaCl和HCl，Na2S2O3是还原剂，得到氧化产物H2SO4，则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2∶（2+6）＝1∶4，A项错误；1molNa2S2O3参加反应转移8mol电子，则0.5molNa2S2O3参加反应转移4mol电子，B项错误；Na2S2O3过量时，发生离子反应：S2O32－+2H+S↓+SO2↑+H2O，溶液中会出现淡黄色浑浊，C项正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成强酸H2SO4和HCl，溶液pH降低，D项正确。
39．（2020·枣庄二模）公元八世纪，JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸（4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑），同时他也是王水的发现者。下列说法不正确的是（ ）。
A．实验室可用KNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用了强酸制弱酸的原理
B．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收生成硝酸
C．王水溶解金发生的反应中作氧化剂的是硝酸
D．硝石可用来制作黑火药
【解析】选A。用KNO3与浓硫酸反应制HNO3，利用的原理是难挥发性酸制易挥发性酸，A不正确；干馏产生的混合气体满足反应4NO+3O2+2H2O＝4HNO3中的组成关系，B正确；王水溶解金发生的反应为Au+HNO3+4HCl＝H［AuCl4］+NO↑+2H2O，HNO3中的N元素由+5价降低为+2价，所以硝酸是氧化剂，C正确；黑火药的成分为KNO3、S、C，硝石是黑火药的成分之一，D正确。
无机反应分析型
1．（2020·潍坊五县一模）含元素碲（Te）的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是（ ）。
A．反应①利用了H2Te的还原性
B．反应②中H2O作氧化剂
C．反应③利用了H2O2的氧化性
D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应
【解析】选D。H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误。
2．（2020·汕尾上学期模拟）三氟化氮（NF3）是一种无色无味的气体，它是氨和氟（F2）在一定条件下直接反应得到：4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，下列有关NF3的叙述正确的是（ ）。
A．NF3是共价化合物
B．NF3的还原性比NH3强
C．NF3的氧化性比F2强
D．NF3中的N呈+3价
【解析】选AD。NF3常温下为气体，沸点较低，为分子晶体，故A正确；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则有NF3的还原性比NH3弱，故B错误；反应中F2为氧化剂，NF3为氧化产物，则NF3的氧化性比F2弱，故C错误；NF3中F的化合价为－1价，则N呈+3价，故D正确。
3．（2020·泰安三模）近代化学工业的基础是“三酸两碱”，早在我国古代就已经有人通过煅烧绿矾并将产生的气体溶于水中的方法制得硫酸，该法制备硫酸的过程中发生的主要反应如下：反应Ⅰ：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑；反应Ⅱ：SO3+H2O＝H2SO4。下列说法正确的是（ ）。
A．当生成标准状况下气体22.4L时，转移1mol电子
B．6.4gSO2中所含的质子数与6.4gSO3中所含的质子数相等
C．SO2、SO3的中心原子杂化类型不同
D．目前，工业上制硫酸的吸收阶段是采用浓硫酸吸收SO3
【分析】反应Ⅰ：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑是氧化还原反应，Fe由+2价变为+3价，S由+6价变为+4价，生成的SO2和SO3的比例为1：1。
【解析】选BD。标准状况下的SO3为固态，当生成标准状况下气体22.4L时，即SO2为1mol，S由+6价变为+4价，转移2mol电子，A错误；6.4gSO2为0.1mol，其中所含的质子数为（16+8×2）×0.1＝3.2mol；6.4gSO3为0.08mol，其中所含的质子数为（16+8×3）×0.08＝3.2mol，前后两者相等，B正确；SO2中S是sp2杂化，有一个电子对是孤对电子，所以分子构型是V型，SO3也是sp2杂化，但三个电子对全成键，其空间构型是平面三角形，SO2、SO3的中心原子杂化类型相同，空间构型不同，C错误；吸收塔中SO3若用水吸收，发生反应：SO3+H2OH2SO4，该反应为放热反应，放出的热量易导致酸雾形成，阻隔在三氧化硫和水之间，阻碍三氧化硫的被吸收；而浓硫酸的沸点高，难以气化，不会形成酸雾，同时三氧化硫易溶于浓硫酸，所以工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，得到“发烟”硫酸，D正确。
4．（2020·普陀区一模）硝化细菌可将NH4+转化为NO3－，发生反应NH4++2O2→NO3－+2H++H2O，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B．反应一段时间后，溶液的酸性增强
C．1molNH4+完全反应，转移电子的物质的量为8mol
D．NO3－既是氧化产物又是还原产物，H2O既不是氧化产物也不是还原产物
【分析】NH4++2O2→NO3－+2H++H2O，铵根离子被氧气氧化为硝酸根，氧化剂是氧气，还原剂是铵根离子，硝酸根既是氧化产物也是还原产物，水是还原产物。
【解析】选D。氧化剂是氧气，还原剂是铵根，根据方程式二者物质的量之比为2∶1，A正确；根据方程式反应生成了氢离子，所以反应一段时间后溶液酸性增强，B正确；铵根中的氮原子为－3价，升高到+5价，1个铵根离子参与反应会转移8个电子，则1mol铵根离子完全反应，转移电子的物质的量为8mol，C正确；NO3－既是氧化产物又是还原产物，氧气中O元素化合价降低，一部分以H2O形式存在，所以H2O是还原产物，D错误。
5．（2020·聊城一模）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO42－+2Fe2++4H+；②Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生
【解析】选B。由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72－＞Fe3+，则氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2，故A正确；6.72LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）＝6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2∼Cr2O72－，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6−3）＝6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性为Cr2O72－＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
6．（2020·安徽肥东1月调研）三氟化氮（NF3）应用于微电子工业中的等离子刻蚀气体。已知NF3在潮湿的环境中能发生反应I：3NF3+5H2O＝2NO+HNO3+9HF，NF3能有效地刻蚀二氧化硅，发生反应II：4NF3+3SiO2＝2NO+2NO2+3SiF4。下列有关说法正确的是（ ）。
A．反应I和Ⅱ中NF3都作氧化剂
B．3molNF3气体与水充分反应共转移3mol电子
C．反应Ⅱ中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4∶3
D．NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收
【解析】选D。NF3中N的化合价为+3价，F的化合价为－1价。反应I中N元素的化合价由+3价部分升至HNO3中的+5价，部分降至NO中的+2价，NF3既是氧化剂又是还原剂；反应II中N元素的化合价由+3价部分升至NO2中的+4价，部分降至NO中的+2价，NF3既是氧化剂又是还原剂。A项，反应I和II中NF3都既是氧化剂又是还原剂，错误；B项，3molNF3与水充分反应，1molNF3被氧化成HNO3，2molNF3被还原成NO，转移2mol电子，错误；C项，反应II中4molNF3参与反应，2molNF3被氧化成NO2，2molNF3被还原成NO，还原剂和氧化剂物质的量之比为1∶1，错误；D项，NF3能与水反应，NF3泄漏可以用NaOH溶液吸收，正确。
7．（2020·滨州二模）工业上制备有机氟化剂SF4的反应3SCl2+4NaFS2Cl2+SF4+4NaCl。下列说法正确的是（ ）。
A．NaF既不做氧化剂也不做还原剂，SF4为氧化产物
B．SCl2与S2Cl2两种物质中的氯元素化合价不同
C．还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1
D．SF4属于有机物
【解析】选A。NaF中钠元素和氟元素化合价均未变化，既不做氧化剂也不做还原剂，SCl2中硫元素化合价为+2价，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，A正确；SCl2中氯元素化合价为－1价，S2Cl2中氯元素化合价为－1价，Cl的化合价相同，B错误；SCl2中硫元素化合价为+2价，氯元素化合价为－1价，S2Cl2中硫元素化合价为+1，氯元素化合价为－1价，S2Cl2为还原产物，SF4中硫元素化合价为+4，SF4为氧化产物，SCl2既做氧化剂又做还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，C错误；有机物含有C元素，SF4中没有C元素，不是有机物，D错误。
8．（2020·潍坊一模）工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7·2H2O），其主要反应为：
（1）4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2
（2）2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O
下列说法中正确的是（ ）。
A．反应（1）和（2）均为氧化还原反应
B．反应（1）的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4
D．生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子
【解析】选BD。4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO·Cr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；由方程式4FeO·Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为－2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol×4＝3.5mol，所以反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，反应（2）不是氧化还原反应，所以生成1mol的Na2Cr2O7时转移7mol电子，故D正确。
9．（2020·德州一模）为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒（SeO2），再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：①Se+2H2SO4（浓）＝2SO2+SeO2+2H2O；②SeO2+4KI+4HNO3＝4KNO3+Se+2I2+2H2O，下列说法错误的是（ ）。
A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B．②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C．每生成0.4molI2共转移1.2mol电子
D．氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3
【解析】选BC。反应①中，硒元素化合价升高被氧化，硒是反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故A正确；反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒为氧化剂，碘元素化合价升高被氧化，碘化钾是还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.4molI2共转移0.8mol电子，故C错误；在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性H2SO4（浓）＞SeO2，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应，反应②中SeO2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性SeO2＞HNO3，则氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4（浓）＞SeO2＞HNO3，故D正确。
【点睛】在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，同种还原剂，和氧化性强的氧化剂先反应是解答关键。
10．（2020·日照4月模拟）“臭碱Na2S”广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业，可利用反应Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑制备。已知Ka1（H2CO3）＝4.2×10－7，Ka1（H2S）＝9.1×10－8。下列说法正确的是（ ）。
A．反应中生成1mol“臭碱”时转移电子数为4NA
B．该反应的氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶2
C．1L0.1mol·L－1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA
D．将Na2S溶液露置于空气中不会有H2S气体放出
【解析】选C。根据反应方程式，生成1mol“臭碱”时，S的化合价由+6价变为－2价，共转移8mol电子，即转移的电子数为8NA，A选项错误；该反应的氧化产物为CO2，还原产物为Na2S，有方程式可知，其物质的量之比为2∶1，B选项错误；1L0.1mol·L－1Na2S溶液中S2－发生水解：S2－+H2OHS－+OH－，阴离子总数大于0.1NA，C选项正确；因为Ka1（H2S）＜Ka1（H2CO3），则H2S的酸性比碳酸弱，将Na2S溶液露置于空气中，会发生反应：CO2+Na2S+H2O＝Na2CO3+H2S，有H2S气体放出，D选项错误。
11．（2020·天津河北区一模）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Ⅱ：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Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5
C．处理1molCr2O72－时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72－
【解析】选B。由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；反应Ⅱ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，故B正确；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，由方程式可知处理1molCr2O72－时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol，故C错误；根据方程式可知3molCuS处理4molCr2O72－，每克处理Cr2O72－的物质的量为＝mol，3molCu2S处理5molCr2O72－，每克处理Cr2O72－的物质的量为＝mol，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72－，故D错误。
12．（2020·天津大邱庄第一次质检）下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是（ ）。
①KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O；1∶6
②Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe；1∶2
③SiO2+3CSiC+2CO↑；1∶2
④3NO2+H2O＝2HNO3+NO；2∶1
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【分析】含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应判断实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比。
【解析】选B。①反应KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比1∶5，错误；②反应Fe2O3+2AlAl2O3+2Fe中，Fe2O3为氧化剂，Al为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，正确；③反应SiO2+3CSiC+2CO↑中，SiC中硅为+4价，碳既是氧化剂，也是还原剂，SiC是还原产物，CO是氧化产物，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，正确；④反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，1molNO2作氧化剂与2molNO2作还原剂时满足电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，错误。
【点睛】本题考查氧化还原反应有关判断与计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。
13．（2020·宝鸡一模）白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：
（1）2P+5CuSO4+8H2O＝5Cu+2H3PO4+5H2SO4
（2）11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
下列有关说法中错误的是（ ）。
A．在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
B．在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4
C．在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜
D．在反应（2）中，当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子
【解析】选C。在（1）2P+5CuSO4+8H2O＝5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中P元素化合价由0价变为5价，Cu元素化合价由+2价变为0价；在（2）11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中P元素化合价由0价变为－3价、+5价，Cu元素化合价由+2价变为+1价，如果有11molP参加氧化还原反应，则有6/11的P被氧化，其余的P被还原，A、两个反应中只有P、Cu元素化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A正确；两个反应中P元素化合价由0价变为+5价，化合价升高被氧化，所以氧化产物都是H3PO4，故B正确；在反应（2）中，P元素化合价由0价变为－3价、+5价，所以P既是氧化剂又是还原剂，故C错误；在反应（2）中，15molCuSO4转移30mol电子，则当有5molCuSO4发生反应时，共转移10mol电子，故D正确。
【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握元素化合价变化和氧化剂、还原剂的概念是解本题关键，注意该反应中P元素化合价变化，在反应（2）中既升高又降低，为易错点，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
14．（2020·西安一模）有如下反应（未配平）：BrF3+H2O→Br2+O2+HBrO3+HF，反应后测得生成Br2与O2各1mol。下列判断错误的是（ ）。
A．反应共转移6mol电子
B．氧化剂为BrF3，还原产物为Br2
C．配平后H2O与HF的物质的量之比为5∶9
D．被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是1∶2
【解析】选D。反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由－2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，单线桥表示电子转移情况：，反应共转移2+4＝6mol电子，故A正确；反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，氧化剂是BrF3，还原产物是Br2，故B正确；由分析可知配平后的方程式为：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，H2O与HF的物质的量之比为5∶9，故C正确；配平后的方程式：3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+O2+9HF，当有5.0mol水参加反应时，3molBrF3参与反应，反应共转移6mol电子，水作还原剂，共有2mol水失去4mol电子，BrF3中作还原剂部分Br元素由+3价变为+5价，需要失去6mol－4mol＝2mol电子，则作还原剂的BrF3的物质的量为1mol，作氧化剂的BrF3为2mol，被水还原的BrF3与被自身还原的BrF3的物质的量之比是2∶1，故D错误。
【点睛】本题考查氧化还原反应计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价角度分析，侧重电子守恒的考查，题目难度不大。
15．（2020·石家庄3月模拟）工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）。
A．硫元素既被氧化又被还原
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子
D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
【解析】选AD。在反应物Na2S中S元素的化合价为－2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于－2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，A正确。根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4∶2＝2∶1，B错误。根据B选项的方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，C错误。根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4∶1，相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2，D正确。
16．（2020·上海杨浦区一模）向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN溶液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（ ）。
A．含Cu2+ B．含Fe2+
C．呈中性 D．含Fe2+和Cu2+
【分析】向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，据此分析解答。
【解析】选B。向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，所以反应后的溶液一定含Fe2+，如果铁多，则不含Cu2+，铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故B正确。
【点评】本题以Fe、Cu及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。
17．（2020·密云区一模）I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、IO3－在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法不正确的是（ ）。
A．用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3－＞I2
C．生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为5∶2
D．途径III反应的离子方程式：3Cl2+I－+3H2O＝6Cl－+IO3－+6H+
【解析】选C。KIO3、KI在酸性条件下发生氧化还原反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可以用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘，A正确；由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径II可知氧化性：IO3－＞I2，由途径III可知氧化性：Cl2＞IO3－，故物质氧化性有强到弱的顺序为：Cl2＞IO3－＞I2，B正确；假设反应产生1molI2，途径I转移2mol电子，途径II转移10mol电子，因此生产等量的碘，途径I和途径II转移电子数目之比为2∶10＝1∶5，C错误；途径III中，Cl2把I－氧化为IO3－，Cl2被还原为Cl－，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式∶3Cl2+I－+3H2O＝6Cl－+IO3－+6H+，D正确。
18．（2020·浙江教育绿色评价联盟模拟）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2＝SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）。
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．O2F2中氧元素的化合价是－1，氟元素的化合价是+1
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
【分析】H2S+4O2F2＝SF6+2HF+4O2中H2S中硫化合价升高，O2F2中氧化合价降低。
【解析】选D。A选项，氧气是化合价降低得到的产物，是还原产物，故A错误；B选项，O2F2中氧元素的化合价降低，只是氧化剂，故B错误；C选项，O2F2中氧元素的化合价是+1，氟元素的化合价是－1，故C错误；D选项，H2S中硫元素的化合价升高，是还原剂，1mol还原剂参与反应，O2F2中氧元素的化合价降低是氧化剂，4mol氧化剂参与反应，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，故D正确。
【点睛】分析化合价，根据“升失氧化还原剂，降得还原氧化剂”的规律进行分析。
19．（2020·吉林德惠一模）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：Cr2O72－＞I2
D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性
【解析】选D。根据在任何化合物中正负化合价的代数和为0可得化合物KCrO2中元素Cr为+3价。正确但不符合题意，A不选。根据题意可知Cr2O3是两性氧化物。正确但不符合题意，B不选。根据氧化还原反应中氧化性；氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性K2Cr2O7＞I2。正确但不符合题意。C不选。在③中H2O2中的O元素的化合价由－1价变为－2价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。错误符合题意。D选。
20．（2020·吉林德惠一模）已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易燃气体，下列说法不正确的是（ ）。
A．氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2
B．氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2
C．氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为3NaH+Fe2O3＝2Fe+3NaOH
D．锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的NaH
【解析】选D。氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的H2，故A正确；氢气能还原氧化铜生成Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气体中一定含有H2，故B正确；NaH具有强还原性，能与Fe2O3生成Fe和NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3＝2Fe+3NaOH，故C正确；锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢气和HCl，所以应该先除去HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的NaH，故D错误。
21．（2020·江西省第－次高三大联考）－定条件下，各微粒有如下变化（示意图如下），其中和O代表短周期前10号不同元素的原子。反应物为液体，生成物均为气体。。下列有关判断错误的是（ ）。
A．反应物的名称是乙烯
B．上述反应的氧化产物为
C．反应前后，一定是共价键的断裂与生成
D．上述反应方程式，物质之间没有确定的系数比
【分析】反应物为液体，生成物等均为气体，则表示N2H4，表示NH3，则为氮气，为H2，据此分析解答。
【解析】选A。根据上述分析，反应物表示N2H4，名称是肼，故A错误；上述反应的方程式可以为2N2H4＝2NH3+N2+H2，反应中N元素由－2价升高到0价，被氧化，氧化产物为（N2），故B正确；反应物和生成物中存在的都是共价键，反应前后，一定是共价键的断裂与生成，故C正确；上述反应方程式可以为2N2H4＝2NH3+N2+H2或4N2H4＝2NH3+3N2+5H2或6N2H4＝2NH3+5N2+9H2等，物质之间没有确定的系数比，故D正确。
【点睛】正确判断各种结构表示的物质是解题的关键。本题的难点为D，要注意根据元素化合价的变化，结合化合价升降守恒，列式分析判断。
22．（2020·吕梁一模）氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3＝bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是（ ）。
A．若化学计量数a＝8，b＝3，则该反应转移电子为20e－
B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O＝12H++8Cl－+2IO3－
C．氧化产物是高氯酸和氯气
D．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3
【解析】选A。A选项，将化学计量数a＝8，b＝3代入8HClO3＝3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e＝84d+e＝18得d＝4，e＝2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e－，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D错误。
23．（2020·陕西兴平一模）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O＝SO42－+2Fe2++4H+；②Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生
【解析】选B。由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72－＞Fe3+，则氧化性：Cr2O72－＞Fe3+＞SO2，故A正确；6.72LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）＝6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2∼Cr2O72－，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故B错误；每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6−3）＝6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；因氧化性为Cr2O72－＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确。
【点睛】氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。
24．（2020·上海奉贤区一模）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（ ）。
A．每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移
B．ClO2是还原产物
C．H2C2O4在反应中被氧化
D．KClO3在反应中得到电子
【分析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答。
【解析】选A。Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol×（5－4）＝1mol，故A错误；Cl元素的化合价降低，被还原，对应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，故B正确；因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，故D正确。
【点评】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点。
25．（2020·上海虹口区一模）反应8NH3+3Cl2→N2+6NH4Cl的相关描述中正确的是（ ）。
A．N2的电子式是
B．反应物和生成物的化学键类型相同
C．每生成11.2LN2，转移电子数为3NA
D．还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3
【思路点拨】解答本题要明确如下几点：（1）氮原子最外层5个电子，氮气中两个氮原子形成3对共用电子对；反应物中只含有共价键、生成物中含有共价键和离子键；没有说明是否是标准状况下，无法计算；NH3是还原剂，NH4Cl是还原产物。
【解析】选D。氮气中两个氮原子形成3对共用电子对，电子式为，故A错误；反应物NH3、Cl2中只含有共价键、生成物NH4Cl中含有共价键和离子键，故B错误；没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的物质的量，所以不能计算转移电子数，故C错误；NH3是还原剂，反应8个NH3中有2个NH3作还原剂，生成的NH4Cl是还原产物，则还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3，故D正确。
【点评】本题考查氧化还原反应，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大，考查了学生的分析能力和计算能力。
26．（2020·上海虹口区一模）已知还原性I－＞Fe2+＞Br－，在只含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（ ）。
A．I－、Fe3+、Cl－ B．Fe2+、Cl－、Br‑
C．Fe2+、Fe3+、Cl－ D．Fe2+、I－、Cl－
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断
【解析】选B。还原性I－＞Fe2+＞Br－，含有I－、Fe2+、Br－溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误。
【点评】本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大
27．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，高锰酸钾溶液褪色。其中发生反应的离子方程式为2MnO4－+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+。下列判断正确的是（ ）。
A．高锰酸钾是氧化剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B．反应的氧化产物只有氧气
C．向高锰酸钾溶液中加浓盐酸可以得到酸性高锰酸钾溶液
D．当反应产生标准状况下22.4L氧气时，反应转移的电子为4mol
【解析】选B。分析各物质中元素的化合价可知，反应中高锰酸钾是氧化剂，过氧化钠是还原剂，反应的氧化产物只有氧气，A错误、B正确。高锰酸钾具有强氧化性，能将HCl氧化为氯气，C错误。分析反应可知，生成5molO2，转移10mol电子，则产生1molO2，转移2mol电子，D错误。
28．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示为2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。对此反应下列说法中正确的是（ ）。
A．Na2O2只作氧化剂
B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C．O2是还原产物
D．2molFeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移
【解析】选B。A项，过氧化钠中氧元素的化合价部分升高到0价，部分降低到－2价，所以Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，错误；B项，反应中，Na2FeO4中的铁元素化合价为+6价，硫酸亚铁中的铁元素化合价为+2价，所以硫酸亚铁是还原剂，Na2FeO4是氧化产物，过氧化钠中的－1价的氧元素降低为Na2FeO4中的－2价氧元素，所以Na2FeO4又是还原产物，正确；C项，氧气中的氧元素化合价为0价，过氧化钠中的氧元素化合价为－1价，所以氧气是氧化产物，错误；D项，反应中，元素化合价升高的数目为2×（6－2）+2×（1－0）＝10，所以2molFeSO4发生反应时，反应中，转移电子的数目为10mol，错误。
29．（2020·白银一模）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：
①11KClO3+6I2+3H2O＝6KH（IO3）2+3Cl2↑+5KCl
②KH（IO3）2+KOH＝2KIO3+H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．化合物KH（IO3）2中含有共价键、离子键和氢键等化学键
B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2
C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝
D．可用焰色试验实验证明碘盐中含有钾元素
【解析】选D。化合物KH（IO3）2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3－离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；钾元素的焰色试验为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色试验显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确。
【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。
30．硫酸铵为无色结晶或白色颗粒，无气味，溶于水，不溶于乙醇和丙酮。其在一定温度下分解的化学方程式为：3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，下列说法正确的是（ ）。
A．将分解产生的混合气体，用水充分吸收，生成物中n［（NH4）2SO3］∶n（NH4HSO3）＝2∶1
B．将分解产生的混合气体，通入到BaCl2溶液中不能产生白色沉淀
C．将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后，可以收集到纯净的N2
D．将分解产生的混合气体，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O2Mn2++5SO42－+4H+
【解析】选D。3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，将分解产生的混合气体，用水充分吸收，铵根离子物质的量和二氧化硫物质的量为4∶3，结合元素守恒计算生成物中n［（NH4）2SO3］∶n（NH4HSO3）＝1∶2，故A错误；将分解产生的混合气体，4mol氨气和水反应生成4mol一水合氨，3mol二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵和亚硫酸氢铵物质的量1∶2，通入到BaCl2溶液中，亚硫酸铵和氯化钡溶液反应能产生白色沉淀亚硫酸钡，故B错误；将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后氨气被完全吸收，二氧化硫、氮气不能被吸收，则不能收集到纯净的N2，故C错误；将分解产生的混合气体中二氧化硫具有还原性，通入到酸性KMnO4溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：2MnO4－+5SO2+2H2O＝2Mn2++5SO42－+4H+，故D正确。
31．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1mol［Fe（OH）SO4］n消耗6/nmolKClO3
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
【解析】选B。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1mol［Fe（OH）SO4］n消耗n/6molKClO3，A项错误；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；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；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。
32．工业上从海水中提取溴单质时，可用纯碱溶液吸收空气吹出的溴，发生反应：
（I）3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2
（II）5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O
下列有关判断正确的是（ ）。
A．反应I中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
B．溴元素由化合态转化成游离态时一定发生了还原反应
C．反应Ⅱ中生成3molBr2时，必有5mol电子转移
D．氧化还原反应中化合价变化的元素一定是不同种元素
【解析】选C。（I）3Br2+3Na2CO3＝5NaBr+NaBrO3+3CO2中溴为氧化剂和还原剂，其中做氧化剂的为2.5mol，做还原剂的溴为0.5mol，故二者比例为5∶1，故错误；溴元素由化合态转化成游离态时化合价可能降低也可能升高，可能发生氧化反应或还原反应，故错误；反应Ⅱ5NaBr+NaBrO3+3H2SO4＝3Na2SO4+3Br2+3H2O中溴化钠中的溴从－1价升高到0价，溴酸钠中溴从+5价降低到0价，所以生成3molBr2时，必有5mol电子转移，故正确；在氧化还原反应中肯定有元素化合价变化，可能是一种元素也可能是不同的元素，故错误。
33．火法炼铜的原理是：Cu2S+O22Cu+SO2，有关该反应的说法正确的是（ ）。
A．氧化剂是O2，氧化产物是Cu和SO2
B．被氧化的元素只有硫，得电子的元素只有氧
C．Cu2S只表现出还原性
D．当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移
【解析】选D。元素O、Cu的化合价降低，元素S的化合价升高，所以氧化剂是Cu2S、O2，氧化产物是SO2，故A错误；得电子的元素还有铜，故B错误；Cu2S既表现出还原性，又表现出氧化性，故C错误；O2～6e－，当有lmolO2参加反应时，共有6mol电子发生了转移，故D正确。
34．（2020·北师大附中高三期中）在酸性条件下，向含铬废水中加入FeSO4，可将有害的Cr2O72－转化为Cr3+，然后再加入熟石灰调节溶液的pH，使Cr3+转化为Cr（OH）3沉淀，而从废水中除去。下列说法正确的是（ ）。
A．FeSO4在反应中作氧化剂
B．随着反应的进行，该废水的pH会减小
C．若该反应转移0.6mole－，则会有0.2molCr2O72－被还原
D．除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应
【解析】选D。FeSO4可将有害的Cr2O72－转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，即FeSO4为还原剂，A错误；该过程中发生的反应为：6Fe2++Cr2O72－+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，故随着反应的进行，该废水的pH会增大，B错误；Cr2O72－中Cr的化合价为+6价，转化为Cr3+，即Cr元素的化合价降低3价，即1molCr得到3mol电子，故转移0.6mole－，则会有0.1molCr2O72－被还原，C错误；除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应6Fe2++Cr2O72－+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O和Cr3++3OH－＝Cr（OH）3↓（复分解反应），D正确。
【考点】考查氧化还原反应
35．在酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，溶液紫色褪去，其反应的离子方程式为：2MnO4－+16H++5Na2O2＝2Mn2++5O2↑+8H2O+10Na+。下列说法正确的是（ ）。
A．通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液
B．O2是还原产物，Mn2+是氧化产物
C．KMnO4溶液紫色褪去，说明Na2O2具有漂白性
D．此反应产生22.4LO2（标准状况下）时转移了2mole－
【解析】选D。浓盐酸是强还原性的酸，不能酸化氧化性强的高锰酸钾，两者发生氧化还原反应，故A错误；该反应中高锰酸根中的Mn元素的化合价从+7价降低+2价，所以Mn2+是还原产物，过氧化钠中的O元素从－1价升高到0价，所以O2是氧化产物，故B错误；过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现过氧化钠的还原性，而不是漂白性，故C错误；该反应中转移10个电子，生成5mol氧气，故生成标准状况下22.4L氧气，转移2mol电子，故D正确。
36．煅烧硫酸亚铁反应为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3，有关说法不正确的是（ ）。
A．该反应中FeSO4既作氧化剂又作还原剂
B．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，说明SO2具有还原性
C．该反应中每生成1molFe2O3转移电子数为2×6.02×1023
D．将反应生成的气体通入BaCl2溶液中，无沉淀生成
【解析】选D。
37．（2020·北京东城区高三期末）用NaOH溶液清洗试管壁上的硫，发生反应S+NaOH→Na2SO3+Na2S+H2O（未配平）。下列说法不正确的是（ ）。
A．方程式中含钠元素的化合物均含离子键和共价键
B．生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1∶2
C．方程式中S和H2O的化学计量数相同
D．清洗之后的废液呈碱性
【解析】选A。方程式中含Na的化合物中，NaOH、Na2SO3均含离子键和共价键，而Na2S仅含离子键，A错误；根据得失电子守恒来计算：过程转移4份电子，过程转移2份电子，由于反应中得失电子数相等，所以1份S转化为Na2SO3的同时，有2份S转化为Na2S，即生成的Na2SO3和Na2S的物质的量之比为1:2，B正确；该反应方程式配平：3S+6NaOH＝Na2SO3+2Na2S+3H2O，由此可得S和H2O的化学计量数相同，C正确；清洗之后的废液含有NaOH、Na2SO3、Na2S，其中NaOH是强碱，Na2SO3、Na2S都是强碱弱酸盐，它们的水溶液都呈碱性，故废液呈碱性，D正确。
38．（2020·北京海淀区高三期中）含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是（ ）。
A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O
B．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量
C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+3H2O+2H+
D．吹脱法无法对含NO2－的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2－的水体脱氮
【解析】选D。氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O，故A正确；吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－NH3·H2ONH3+H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO－具有氧化性，铵根离子中氮元素为－3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－＝N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2－的水体脱氮；折点氯化法利用ClO－具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2－氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误。
39．（2020·邢台一模）一定条件下，卤素互化物碘化砹（AtI）与Zn、NH3发生反应，化学方程式：2AtI+2Zn＝ZnI2+ZnAt2、AtI+2NH3（l）＝NH4I+AtNH2。下列叙述正确的是（ ）。
A．上述两个反应均是氧化还原反应
B．上述两个反应均是非氧化还原反应
C．ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物
D．AtI与Zn反应，AtI是还原剂
【解析】选C。AtI+2NH3（l）＝NH4I+AtNH2中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；2AtI+2Zn＝ZnI2+ZnAt2反应中，Zn的化合价升高，At元素化合价降低，属于氧化还原反应，故B错误；反应中，Zn的化合价升高，对应产物ZnI2、ZnAt2是氧化产物，At元素化合价降低，ZnAt2是还原产物，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；AtI与Zn反应中，Zn的化合价升高，锌为还原剂，At元素化合价降低，AtI是氧化剂，故D错误。
【点睛】准确判断AtI中I为－1价，At为+1价是解答本题的关键。解答本题要注意化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，对应产物是还原产物，化合价升高元素所在的反应物是还原剂，对应产物是氧化产物。
40．（2020·张家口一模）对Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，下列说法错误的是（ ）。
A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1
B．MnO（OH）中Mn的化合价为+3价
C．MnO2在反应中被还原
D．Zn是此反应中还原剂
【解析】选A。Zn（OH）2为氧化产物，MnO（OH）是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故A错误；该化合物中氢氧根离子的化合价为－1价，氧的化合价为－2价，则依据化合物的化合价代数和为0可知，Mn元素的化合价为+3价，故B正确；MnO2作氧化剂，被还原，故C正确；Zn元素的化合价升高，作还原剂，故D正确。
41．（2020·张家口一模）NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。质监部门常用酸性KMnO4溶液检验NaNO2，并测定其含量。以确定食品是否符合国家规定。下列说法正确的是（ ）。
A．该上述反应中KMnO4是氧化剂
B．NO2－被还原为N2
C．测定NaNO2含量时，当溶液变为紫色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液
D．反应过程中溶液的pH减少
【解析】选A。该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4－是氧化剂，故A正确；该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化生成NO3－，故B错误；测定NaNO2含量时，反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，应溶液变为无色时，就能立即停止滴加酸性KMnO4溶液，故C错误；根据元素守恒、电荷守恒知，配平方程式为2MnO4－+5NO2－+6H+＝2Mn2++5NO3－+3H2O，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故D错误。
【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应转移电子及基本概念的考查，注意分析元素的化合价，用酸性KMnO4液检验NaNO2，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4－是氧化剂，NO2－应该作还原剂，亚硝酸根离子中N元素应该失电子化合价升高，酸性条件下，应该生成硝酸根离子。
42．（2020·皖南八校一模）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）。
组号
今加反应的物质
生成物
①
MnO4－、Cl－…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l∶2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－＞Cl2＞Fe3+＞Br2
【解析】选D。由信息可知，MnO4－氧化Cl－为Cl2，Cl元素化合价由－1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1Cl2，转移电子为2mo1，选项A正确；由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（Cl2）＝n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2，选项B正确；反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4－＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br－，氧化性Br2＞Fe3+，选项D错误。
43．（2020·哈尔滨第一次调研）K2FeO4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+3KNO3+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．每生成1molK2FeO4，转移6mole−
C．K2FeO4具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【解析】选B。反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO3+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。氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化。选项A正确；反应Fe2O3+3KNO3+4KOH＝2K2FeO4+3KNO3+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。选项B错误；K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒。选项C正确；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：KNO3＞K2FeO4。选项D正确。
【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的书写及配平，题目难度较大，明确物质的性质及题给信息、熟悉化合物中各元素化合价是解本题关键。
44．（2020·沈阳一模）关于反应11P+15CuSO4+24H2O＝5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4的说法正确的是（ ）。
A．P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂
B．Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C．1molCuSO4可以氧化1/5molP
D．若有11molP参加反应，转移电子的物质的量为60mol
【解析】选C。P、Cu元素的化合价降低，则P、CuSO4是氧化剂，P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，所以P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是氧化剂，故A错误；P元素的化合价由0升高为+5价，P是还原剂，H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，故B错误；由反应可知，转移30mol电子消耗11molP，15molCuSO4和5molP来一起氧化6molP，其中1molCuSO4可以氧化1/5molP，故C正确；由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5＝30mol，故D错误。
【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，n（氧化剂）×化合价降低的原子个数×化合价变化值＝n（还原剂）×化合价升高的原子个数×化合价变化值。
35．（2020·沈阳一模）某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．该反应中Cl－为还原产物
B．氧化剂与还原剂物质的量比为3∶2
C．消耗1mol还原剂，转移6mol电子
D．氧化性：ClO－比N2强
【分析】从图示中可以看出，ClO－随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－＝N2↑+3Cl－+5H2O
【解析】选C。该反应中氯元素的化合价从+1价降为－1价，Cl－是还原产物，A项正确；该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是NH4+，依离子方程式可以看出其物质的量之比为3∶2，B项正确；NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6mol，C项错误；在该反应中，ClO－是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO－＞N2，D项正确。
【点睛】据元素守恒，ClO－是反应物，则Cl－必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH－在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。
36．（2020·辽宁省实验中学一模）在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）。
A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子
D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的
【分析】根据CuO+NH4Cl→Cu+CuCl2+N2↑+H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由－3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O即可判断。
【解析】选B。氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；根据反应4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2，故B正确；由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6＝1.2mol，故C错误；由反应4CuO+2NH4Cl＝3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。
37．（2020·安康一模）已知有关溴化氢的反应如下：
反应I：4HBr+O22Br2+2H2O
反应Ⅱ：NaBr（s）+H3PO4（浓）NaH2PO4+HBr↑
反应Ⅲ：4HBr+P2O52Br2+2H2O+P2O3
下列说法正确的是（ ）。
A．实验室可用浓H3PO4与NaBr反应制HBr并用P2O5干燥
B．反应Ⅰ中还原剂和还原产物的物质的量之比为2∶1
C．HBr有强还原性，与AgNO3溶液发生氧化还原反应
D．HBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记
【解析】选B。HBr会与P2O5发生反应，故HBr不能用P2O5干燥，A错误；反应Ⅰ中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2∶1，B正确；HBr与AgNO3溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；HF中F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr不行，D错误。
38．（2020·合肥调研检测）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法不正确的是（ ）。
A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3
B．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移8mol电子
C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
【解析】选AB。由方程式可知Cl2中的Cl由0价变到－1价，Cl2为氧化剂，得到还原产物NaCl和HCl，Na2S2O3是还原剂，得到氧化产物H2SO4，则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2∶（2+6）＝1∶4，A项错误；1molNa2S2O3参加反应转移8mol电子，则0.5molNa2S2O3参加反应转移4mol电子，B项错误；Na2S2O3过量时，发生离子反应：S2O32－+2H+S↓+SO2↑+H2O，溶液中会出现淡黄色浑浊，C项正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成强酸H2SO4和HCl，溶液pH降低，D项正确。
39．（2020·枣庄二模）公元八世纪，JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸（4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑），同时他也是王水的发现者。下列说法不正确的是（ ）。
A．实验室可用KNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用了强酸制弱酸的原理
B．干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收生成硝酸
C．王水溶解金发生的反应中作氧化剂的是硝酸
D．硝石可用来制作黑火药
【解析】选A。用KNO3与浓硫酸反应制HNO3，利用的原理是难挥发性酸制易挥发性酸，A不正确；干馏产生的混合气体满足反应4NO+3O2+2H2O＝4HNO3中的组成关系，B正确；王水溶解金发生的反应为Au+HNO3+4HCl＝H［AuCl4］+NO↑+2H2O，HNO3中的N元素由+5价降低为+2价，所以硝酸是氧化剂，C正确；黑火药的成分为KNO3、S、C，硝石是黑火药的成分之一，D正确。
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