高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品精练

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品精练，共21页。试卷主要包含了0分），4L，【答案】C，【答案】B等内容，欢迎下载使用。

1.3氧化还原反应同步练习（困难 ) 人教版（2019)高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 工业上常用Fe2+还原Cr2O72−以消除Cr污染，若0.6mol Fe2+恰好与50mL 2mol/L的Cr2O72−溶液发生氧化还原反应，则Cr元素在还原产物中的化合价是
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
2. 难溶物氢化亚铜(CuH)可用CuSO4溶液和“另一种反应物”在40℃∼50℃时反应生成。CuH不稳定，易分解；CuH在氯气中能燃烧；常温下跟盐酸反应能产生气体，以下有关它的推断中不正确的是(  )
A. “另一种反应物”一定具有氧化性
B. CuH既可做氧化剂也可做还原剂
C. 2CuH + 3Cl22CuCl2+ 2HCl↑
D. CuH+HCl=CuCl+H2↑
3. 铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是
A. Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂
B. 物质的氧化性：Cl2>Pb3O4
C. Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2∶1
D. 当上述反应中消耗1mol Pb3O4时，生成的氯气为 22.4L
4. 碘元素在海带中主要以I−的形式存在，加碘食盐中主要以IO3−的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。下列说法中，不正确的是
A. 三种途径中的转化反应均属于氧化还原反应
B. 氧化性的强弱顺序为：Cl2>IO3−>I2
C. 途径Ⅱ中发生反应的离子方程式：5HSO3−+2IO3−+2H+=I2+5HSO4−+H2O
D. 溶液中I−与一定量Cl2反应，生成物质的量相同的I2和IO3−，则反应的I−和Cl2的物质的量的比为3︰4
5. LiH、LiAlH4都是常见的强还原剂，LiAlH4受热分解产生LiH、H2和Al。下列说法错误的是(   )
A. 1mol LiAlH4转化为LiH，转移3mol电子
B. LiAlH4可将乙醛氧化为乙醇
C. LiH、LiAlH4中氢为−1价，二者均含有离子键
D. LiAlH4与稀硫酸反应方程式为2LiAlH4+4H2SO4=Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑
6. 下列离子方程式书写不正确的是(    )
A. 碘化亚铁溶液与少量氯气反应：2I−+Cl2=I2+2Cl−
B. 少量CO2通入澄清石灰水中：CO2+Ca2++2OH−=CaCO3↓+H2O
C. 明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全：Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=AlO2−+2BaSO4↓+2H2O
D. 向Fe(OH)2中加入稀硝酸：3Fe2++4H++NO3−=3Fe3++NO↑+2H2O
7. 下列一定是氧化还原反应的是(    )
A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应
8. 已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2氧化性依次减弱.下列反应在水溶液中不可能发生的是(    )
A. 3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3
B. 3Cl2+2FeI2=2FeCl3+2I2
C. Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D. 2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl
9. 在常温下，发生下列几种反应：
①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O  ②2A2++B2=2A3++2B−  ③2B−+Z2=B2+2Z−
根据上述反应，下列结论判断错误的是(   )
A. 溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−        
B. Z2在①、③反应中为还原剂
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4−>Z2>B2>A3+      
D. X2+是XO4−的还原产物
10. 为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，实验如下。

下列说法不正确的是(    )
A. 试管i溶液变蓝证明有I2生成
B. 结合试管i、ii中现象，可知2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2
C. 试管iii中溶液褪色说明I2转化为I−，此时I−还原性强于Fe2+
D. 对比实验I和试管iii中现象，说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响
二、填空题（本大题共4小题，共32.0分）
11. 高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能新型水处理剂。
(1)Na2FeO4中铁元素的化合价是_______价，Na2FeO4能给水消毒利用的是_______性。
(2)用Na2FeO4代替氯气作净水消毒剂的优点是________________________ ，在水处理过程中，形成Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉，Fe(OH)3胶体中分散质粒子直径的范围是______________．
(3)工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，配平反应的离子方程式：_____Fe3++_____OH−+____ClO−=_FeO42−+ _______+___Cl−，若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为__________ mol。
12. 已知HNO2是一种弱酸，向NaNO2中加入强酸可生成HNO2，HNO2不稳定，易分解成NO和NO2气体；HNO2是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：
(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+。若误食亚硝酸盐如NaNO2，则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒，维生素C在解毒的过程中表现出_________(填“氧化”或“还原”)性。
(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl的是__________(填序号)。
A.加入盐酸，观察是否有气泡产生
B.加入AgNO3溶液观察是否有沉淀生成
C.分别在它们的酸性溶液中加入FeCl2溶液，观察溶液颜色变化
(3)S2O32−可以与Fe2+反应制备Fe2O3纳米颗粒。
①若S2O32−与Fe2+的物质的量之比为1:2，配平该反应的离子方程式：
______Fe2++______S2O32−+______H2O2+______OH−===______Fe2O3+______S2O62−+______H2O
②下列关于该反应的说法中正确的是________(填序号)(设NA代表阿伏加德罗常数的值)
A.该反应中S2O32−表现了氧化性
B.已知生成的Fe2O3纳米颗粒直径为10纳米，则Fe2O3纳米颗粒为胶体
C.每生成1 mol Fe2O3，转移的电子数为8NA
13. (1)已知2P4+9KOH+3H2O=3K3PO4+5PH3反应中氧化剂是_____；氧化剂与还原剂物质的量之比是 ________；氧化产物是___________。
(2)请用双线桥法标出下列反应电子转移的方向和数目
10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O
(3)Mn2+、Bi3+、BiO3−、MnO4−、H+、H2O组成的一个氧化还原系统中，发生BiO3−→Bi3+的反应过程，据此回答下列问题 ①该氧化还原反应中，被还原的元素是___________。
②请将氧化剂、还原剂的化学式及配平后的方程式填入下列相应的位置中，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目______________________________________。 
14. 回答下列问题
(1)配平以下方程式
_______K2Cr2O7+_______HCl=_______KCl+_______CrCl3+_______H2O+_______Cl2↑
(2)以上反应中氧化产物是_______，每生成1 mol这种氧化产物，将有_____mol电子发生转移．氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。
(3)已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O+3S↓，若氧化产物比还原产物多1.6 g，则同时会生成水的质量为_______g。
(4)KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中还原产物是_______，当有1.5 mol Cl2生成时，参加反应的还原剂的物质的量为_______mol。请在方程式中用单线桥表示电子转移方向和数目。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
15. 某化学兴趣小组的同学探究KI的化学性质。
(1)根据碘元素的化合价可推知KI有________性，下列________(填标号)与KI反应，能体现KI的上述性质。
a.Fe2+    b.Fe3+    c.Br−    d.Cl2
(2)同学们研究Cu2+是否可以和I−发生氧化还原反应，做了如下实验：
向硫酸铜溶液中加入少量KI溶液，有白色沉淀生成(经检测白色沉淀为CuI)，再加入少量苯，振荡后静置，上层液体显________色，证明Cu2+能氧化I−。该反应的离子方程式是________。
(3)①有同学依据(2)的结论推断Ag+能氧化I−，原因是________。
他们做了如下实验进行探究：
实验装置
实验现象
实验结论

闭合K，电流表指针发生偏转，3分钟后，右侧石墨电极上有金属析出，KI溶液开始变黄，向左侧溶液中滴入________溶液，溶液变蓝。
Ag+能氧化I−
②实验装置中使用胶塞的目的是防止________对Ag+和I−反应的干扰。
上述原电池装置总反应的离子方程式为________。
③有同学向AgNO3溶液中加入KI溶液生成黄色沉淀，向反应后溶液中加入少量苯，振荡后静置，上层液体无色，该反应类型是________。
由以上两个实验可知Ag+与I−能发生沉淀反应，亦能发生氧化还原反应，当两者在溶液中接触时，优先发生沉淀反应。
16. (1)配平下面反应方程式，并用双线桥标出该反应的电子转移方向和数目：
___Cu+___HNO3(浓)—— ____Cu(NO3)2+ ____NO2↑+___H2O
在该反应中，氧化剂是________，还原剂是________，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。当反应生成1.5molNO2时转移的电子数是______ mol。
(2)现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1 mol/L的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。
试回答下列问题：
①其中操作正确的同学是________ 。
②证明有Fe(OH)3胶体生成的简单实验操作是________________________________。
(3)学生甲欲把200mL20% (ρ=1.15g/cm3)的浓盐酸加蒸馏水稀释成10%的稀HCl溶液，需要加入蒸馏水___________毫升(4℃时)。
(4)学生乙欲使用0.30mol/L的HCl溶液950mL，现拟用 36.5% (ρ=1.2g/cm3)的浓盐酸来配制，请回答下列问题：
①配制溶液所用36.5%的盐酸的体积为______________ 。
②该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_________________。
③下列操作会使所配溶液浓度小于0.30 mol/L的是：_________。(填对应的序号)
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒；
c、定容时视线俯视刻度线；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线。
四、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色环保水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染。工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾晶体析出。
(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+ 6Na2O2= 2Na2FeO4+ 2Na2O + 2Na2SO4+ O2↑，该反应中过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价为________，氧化产物是_________________(填化学式)。
(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO−、OH−、FeO42−、Cl−、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：____________________。
②每生成1mol FeO42−转移________mol电子；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_______mol。

Ⅱ.已知：2Fe3++2I−=2Fe2++I2，2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−。
(1)含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是_____________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I−、Fe2+、Br−完全被氧化时，c为_______________(用含a、b的代数式表示)。
答案和解析
1.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应中电子守恒的应用、元素化合价的判断，题目难度不大，熟练掌握电子守恒的应用是解题的关键。
【解答】
设元素Cr价态改变数值为x，根据化合价升降数值相等得0.6mol×(3−2)=0.05L×2mol×x×2，解得x=3，因为Cr2O72−中Cr的价态为+6，所以降低3价后应为+3价，故C项符合。
故选C。  
2.【答案】A

【解析】
【分析】
本题主要考查氧化还原反应，注意利用信息及反应中元素的化合价变化来解答，题目难度不大，注重知识的迁移应用来考查学生。
【解答】
A.Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，在反应中CuSO4作氧化剂，则“另一种反应物”在反应中作还原剂，具有还原性，故A错误；
B.CuH中Cu元素为+1价，既能升高又能降低，所以CuH既可做氧化剂也可做还原剂，故B正确；
C.CuH在氯气中能燃烧，Cu元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则发生2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl↑，故C正确；
D.CuH跟盐酸反应能产生气体，气体为氢气，反应为CuH+HCl=CuCl+H2↑，故D正确。
故选A。  
3.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应的概念判断、计算等，题目难度不大，注意把握Pb3O4中Pb元素的化合价是解题的关键。
【解答】
A.Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；
B.Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4 降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由−1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，物质的氧化性：Pb3O4>Cl2可，故B错误；
C.因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：1，故C正确；
D.由方程式可知消耗1 mol Pb3O4时，生成氯气的物质的量为1mol，没有说明是否标准状况，则其体积不一定为22.44L，故D错误。
故选C。  
4.【答案】C

【解析】
【分析】
本题综合考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，解答本题注意题给信息的掌握和应用，难度不大。
【解答】
A.反应从I−到I2，IO3−到I2，以及I−到IO3−都化合价的变化，所以都是氧化还原反应，故A正确；
B.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3−>I2，故B正确；
C.途径Ⅱ中发生反应的离子方程式：5HSO3−+2IO3−=I2+5SO4 2 −+H2O+3H+，故C错误；
D.I−与一定量Cl2反应，生成物质的量相同的I2和IO3−的方程式为 3I−+4Cl2+3H2O=I2+IO3−+8Cl−+6H+，故D正确。
故选C。  
5.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查氧化还原反应的计算以及方程式的书写，难度中等，注意题目信息与氧化还原反应知识的结合来解答。
【解答】
A.LiAlH4分解为LiH、H2和Al，Al由+3价降低为0，1mol LiAlH4完全分解，转移3mol电子，故A正确；
B.LiAlH4是强还原剂，可将乙醛还原为乙醇，故B错误；
C.金属在化合物中显正价，故氢为负价，二者均含有离子键，故C正确；
D.LiAlH4中H元素从−1价转化为0价的H2，即LiAlH4作还原剂，硫酸中H元素从+1价转化成0价即硫酸作氧化剂，同时生成了硫酸盐，体现了硫酸的酸性，根据氧化还原反应中得失电子数相等，可配平方程式：2LiAlH4+4H2SO4=Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑，故D正确；
故选B。  
6.【答案】D

【解析】解：A.碘化亚铁溶液与少量氯气反应，离子方程式：2I−+Cl2=I2+2Cl−，故A正确；
B.少量CO2通入澄清石灰水中，离子方程式：CO2+Ca2++2OH−=CaCO3↓+H2O，故B正确；
C.明矾溶液中加氢氧化钡溶液至硫酸根恰好沉淀完全，离子方程式：Al3++2SO42−+2Ba2++4OH−=AlO2−+2BaSO4↓+2H2O，故C正确；
D.向Fe(OH)2中加入稀硝酸，离子方程式：3Fe(OH)2+10H++NO3−=3Fe3++NO↑+8H2O，故D错误；
故选D。
本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应、复分解反应离子方程式书写，明确物质氧化性还原性强弱规律，得失电子守恒规律，熟悉反应物用量对反应的影响是解题关键，题目难度中等．

7.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应的本质，培养学生对氧化还原反应本质的认识及理解判断能力。
【解答】
氧化还原反应的本质是有电子的转移；
A.有单质参加的化合反应才是氧化还原反应，化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应，故A错误；
B.有单质生成的分解反应才是氧化还原反应，分解反应可能是氧化还原反应，故B错误；
C.置换反应是单质与化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，所以元素的化合价一定会发生变化，所以一定是氧化还原反应，故C正确；
D.复分解反应一定不是氧化还原反应，故D错误；
故选C。

  
8.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握氧化剂的氧化性强弱，把握反应的先后规律，难度中等。
【解答】
A.氧化性FeCl3>I2，可知铁离子与碘离子不能大量共存，则不可能生成 FeI3，故A错误；
B.氧化性Cl2>FeCl3>I2，如氯气足量，则可发生3Cl2+2FeI2=2FeCl3+2I2，故B正确；
C.根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：Co2O3>Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C正确；
D.因为氧化性FeCl3>I2，则可发生2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl，故D正确。
故选A。  
9.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应中氧化性的比较及相关的基本概念，为高频考点，明确反应中元素的化合价变化及氧化性比较方法为解答的关键，题目难度不大。
【解答】
①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O，氧化性：XO4−>Z2，
②2A2++B2=2A3++2B−，氧化性：B2>A3+，
③2B−+Z2=B2+2Z−，氧化性：Z2>B2，
所以氧化性关系为：XO4−>Z2>B2>A3+，则还原性为A2+>B−>Z−>X2+，
A.氧化性：Z2>A3+，则溶液中可发生：Z2+2A2+=2A3++2Z−，故A正确；
B.①16H++10Z−+2XO4−=2X2++5Z2+8H2O，Z−是还原剂；③2B−+Z2=B2+2Z−，反应中Z2是氧化剂；故B错误；
C.由分析可知，氧化性关系为：XO4−>Z2>B2>A3+，故C正确；
D.化合价降低，发生还原反应，产物是还原产物，则X2+是XO4−的还原产物，故D正确；
故选：B。  
10.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查化学平衡及氧化还原反应，为高频考点，把握反应现象、平衡判断、反应物的物质的量关系为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意可逆反应的判断，题目难度不大。
【解答】
实验I中铁离子与碘离子发生氧化还原反应，实验II中淀粉遇碘单质变蓝，可知生成碘，黄色溶液与KSCN混合溶液变红可知还存在铁离子，与硝酸银反应生成黄色沉淀，可知反应后溶液中含碘离子，结合反应物的量可知，则该氧化还原反应为可逆反应，以此来解答。
A.淀粉遇碘单质变蓝，则试管i溶液变蓝证明有I2生成，故A正确；
B.由上述分析可知，发生反应为2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2，故B正确；
C.试管iii中溶液褪色说明I2转化为I−，与平衡逆向移动有关，碘的浓度减小，此时Fe2+的还原性强于I−，故C错误；
D.对比实验I和试管iii中现象，说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响，故D正确。
故选C。  
11.【答案】(1)+6；强氧化性
(2)无毒无污染；1∼100nm
(3)2Fe3++10OH−+ 3 ClO−=2FeO42−+5H2O+3Cl−；0.25 mol

【解析】
【分析】
本题是对氧化还原反应和胶体的知识的考查，是中学化学的重要知识点，难度一般。关键是掌握氧化还原反应的电子守恒的计算，侧重知识的能力考查。
【解答】
(1)依据化合物的化合价代数和为零的原则可得，Na2FeO4中铁元素的化合价是+6价，依据Na2FeO4具有强氧化性，所以可以能给水杀菌、消毒；
故答案为：+6；强氧化性；
(2)依据Na2FeO4和细菌反应的产物可知，用Na2FeO4代替氯气作净水消毒剂的优点是：无毒无污染；在水处理过程中，形成Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉，依据胶体的概念可知，Fe(OH)3胶体中分散质粒子直径的范围是：1∼100nm；
故答案为：无毒无污染；1∼100nm；
(3)工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，配平反应的离子方程式是：2Fe3++10OH−+3ClO−=2FeO42−+5H2O+3Cl−；若反应过程中转移了0.5mol电子，依据电子守恒可得，则还原产物的物质的量为：0.25 mol； 
故答案为：2Fe3++10OH−+ 3 ClO−=2FeO42−+5H2O+3Cl−；0.25 mol。  
12.【答案】(1)还原 
(2)B 
(3)①2；1；4；4；1；1；6 
②C

【解析】
【分析】本题考查氧化还原反应、物质的鉴别、氧化还原反应的配平及分析。判断维生素C的性质要根据发生变化；鉴别NaNO2和NaCl，要根据二者组成和性质的差异及提供的信息；配平氧化还原反应，根据得失电子守恒。
【解答】
(1)NaNO2的加入能够导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而使人中毒，说明NaNO2具有氧化性，把Fe2+氧化为Fe3+，用维生素C解毒，就是把Fe3+还原为Fe2+，即维生素C具有还原性。
(2)A项，HNO2是一种弱酸，不稳定，易分解生成NO和NO2，则NaNO2会与稀盐酸反应生成HNO2，分解得到NO和NO2，可以看到有气泡产生，而NaCl与稀盐酸不反应，可以区分；
B项，根据题目信息，NaCl与AgNO3反应生成AgCl沉淀，NaNO2与AgNO3反应生成AgNO2沉淀，现象相同，不能区分；
C项，NaCl溶液没有氧化性，而酸性条件下，NO2−具有强氧化性，能够把亚铁离子氧化为铁离子，溶液颜色变为黄色，现象不同，可以区分。
(3)①反应中S2O32−→S2O62−，S元素的化合价由+2升高到+5，Fe2+→Fe2O3，Fe元素的化合价由+2升高到+3，而H2O2→H2O，O元素由−1价降低到−2价，根据得失电子守恒的规律，结合原子守恒可配平离子方程式：。
②A项，根据反应可知，S2O32−中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，具有还原性，错误；
B项，胶体是分散系，为混合物，生成直径为10纳米的Fe2O3纳米颗粒，为纯净物，不属于胶体，错误；
C项，根据反应可知，氧化剂H2O2全部被还原为H2O，氧元素由−1价降低到−2价，因此4 mol H2O2全部被还原，转移电子8NA，生成1 mol Fe2O3，正确。
  
13.【答案】(1)P4；5:3；K3PO4；
(2)  ；
(3) ①Bi；
② 2Mn2++5BiO3−+14H+=2MnO4−+5Bi3++7H2O；  。

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，为高频考点，意在考查学生的理解能力和计算能力，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重电子转移及计算的考查。
【解答】
(1)①在该反应中，P元素化合价既升高，又降低，故氧化剂和还原剂都是P4，氧化剂化合价降低，转化为还原产物(PH3)，还原剂化合价升高，转化为氧化产物(K3PO4)，根据反应方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比是5:3，
故答案为：P4；5:3；K3PO4；
(2)10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O中，Al元素化合价升高，被氧化，在反应中失去电子，铝失去电子数为10×3，NaNO3得到电子数为6×5，则用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目为，
故答案为：
(3)①发生BiO3−→Bi3+的反应中，Bi元素由+5价降低为+3价，氧化还原反应中，化合价有降低必有升高，则必有Mn2+→MnO4−，Mn元素由+2升高为+7，发生反应Mn2++BiO3−+H+→MnO4−+Bi3++H2O，反应中Mn元素的化合价升高，则被氧化，Bi元素的化合价降低，被还原，
故答案为：Bi；
②该反应中，Bi元素的化合价降低，BiO3−为氧化剂，Mn元素的化合价升高，Mn2+为还原剂，配平后的反应为2Mn2++5BiO3−+14H+=2MnO4−+5Bi3++7H2O中，Mn失去2×5e−，反应中转移10e−，所以单线桥法标电子转移的方向和数目为，
故答案为： 2Mn2++5BiO3−+14H+=2MnO4−+5Bi3++7H2O；  。  
14.【答案】(1)1；14；2；2；7；3；
(2)Cl2；2；1:6
(3)1.8
(4)Cl2；2.5；    5e  − 
                      
                  KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O

【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应，涉及氧化还原反应基本概念，方程式配平，单线桥表示电子转移方向和数目，明确反应中各元素化合价变化及相关概念是解题关键，题目难度中等。
【解答】
(1)K2Cr2O7+HCl(浓)→KCl+CrCl3+Cl2↑+H2O，K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，反应1molK2Cr2O7，得到6mol电子，HCl中−1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，生成1molCl2失去2mol电子，依据得失电子守恒可知：CrCl3系数为2，Cl2系数为3，然后根据反应前后各种原子个数相等配平，故方程式为：K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑；
故答案为：1；14；2；2；7；3；
(2)反应中K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价，所以K2Cr2O7为氧化剂，CrCl3为还原产物；HCl中−1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价，所以HCl为还原剂，Cl2为氧化产物；
依据～6mole−
                                                               3                    6
                                                               1                    2   
故生成1molCl2，转移2mol电子；
从反应中可得，若有14molHCl中有6molHCl价态发生变化，还有8mol未发生变化，故作还原剂的为6mol，氧化剂K2Cr2O7为1mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6；
故答案为：Cl2；2；1：6；
(3)反应2H2S+SO2=2H2O+3S↓中，生成3molS，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2mol，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1mol，质量是1.8g；
故答案为：1.8；
(4)反应中KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O中，只有Cl元素化合价发生变化，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物；当有3molCl2生成时，转移5mol电子，有5molHCl被氧化；则当有1.5molCl2生成时，被氧化的还原剂的物质的量为2.5mol；
按上述分析，电子由氯化氢的氯转移给氯酸钾中的氯，转移电子数为5，用单线桥表示电子转移方向和数目如下：
                        5e−
                    
                 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；
故答案为：Cl2；2.5；
                        5e−
                    
                 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O。  
15.【答案】(1)①还原
②bd
(2)紫红；2Cu2++4I−=2CuI↓+I2
(3)①Ag+的氧化性大于Cu2+；淀粉
②空气中的O2；2Ag++2I−=2Ag+I2
​③复分解反应

【解析】
【分析】
本题主要考查物质性质的探究实验，注意结合氧化还原反应的规律和应用，以及原电池原理的应用进行分析解答，熟练掌握氧化还原反应的规律是解题关键。
【解答】
(1)KI中碘元素为−1价，只能升高，可推知有还原性，Fe3+和Cl2能把碘离子氧化为单质碘，故答案为①还原；②bd；
(2)硫酸铜和KI反应生成CuI，铜元素化合价下降，则部分碘元素应该被氧化生成I2，离子方程式是2Cu2++4I−=2CuI↓+I2，则用苯萃取后上层液体应为I2的苯溶液，即上层溶液显紫红色即可证明Cu2+能氧化I−。
(3)①根据金属活动性顺序可知，因为Ag+的氧化性大于Cu2+，所以Ag+有可能能氧化I−；使用双液原电池装置隔开AgNO3溶液和KI溶液后，发现能够生成银单质，则黄色溶液一定是生成了I2的缘故，可以使用淀粉溶液来检验I2的存在。
②因空气中的O2也能氧化I−，故实验装置中需使用胶塞隔绝空气来排除干扰。根据实验现象可以推断，U形管中发生反应的离子方程式为2Ag++2I−=2Ag+I2；
③向AgNO3溶液中加入KI溶液生成的黄色沉淀为AgI，向反应后溶液中加入少量苯，振荡后静置，上层液体无色，说明没有单质碘生成，说明AgNO3和KI发生复分解反应生成AgI黄色沉淀和KNO3。  
16.【答案】(1)1；4；1；2；2；；
HNO3 ；  Cu；  2∶1；  1.5  ；
(2)①丙 ； ②用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”
(3)230 
(4)①25mL； ②量筒、1000mL容量瓶  ；③b  d

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应、胶体的性质、一定物质的量浓度溶液的配制，难度一般，注意(3)稀溶液的体积不等于浓溶液体积加水的体积，侧重基础知识和实验能力的考查。
【解答】
(1)配平时先标出变价原子的化合价：Cu由0价升高到+3价，N由+5价部分降低到+4价，根据价态升降总数相等先配出Cu和NO2的系数分别为1和2，再用观察法配出其它物质的系数即可配平：  1 Cu+  4  HNO3 (浓)==  1 Cu(NO3)2+   2 NO2↑+  2  H2O；双线桥一条连接Cu的不同价态，一条连接N的不同价态，；
(2)①Fe(OH)3胶体的制备的方法是：向25 mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故其中操作正确的同学是丙；
②证明有Fe(OH)3胶体用丁达尔效应，其操作为：用一束光(或激光笔)照射得到的液体，从侧面观察看到一条光亮的“通路”；
(3)设稀释后溶液质量为m，根据稀释前后溶质的质量不变：
200mL×20%×1.15g/cm3=10%m，解得m=460g，
加水的质量=460g−200mL×1.15g/cm3=230g，故加水的体积=230g1g/ml=230ml；
(4)①需要0.30mol/L的HCl溶液950mL，应用1000ml的容量瓶配制溶液1000mL，设所用36.5%的盐酸的体积为V(mL)，根据稀释前后溶质的质量不变得：
0.30mol/L×1L×36.5g/mol=36.5%×1.2g/cm3×V，解得V=25mL；
②根据配制步骤，该实验需要使用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒、1000mL容量瓶  ；
③根据c=nV，误差分析时看错误的操作导致n变还是导致V变，
a、容量瓶用蒸馏水洗净后没有烘干，瓶内有少量残留的蒸馏水，没有影响，故a不选；
b、在操作中没有用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏低，浓度偏低，小于0.30 mol/L，故b选；
c、定容时视线俯视刻度线，导致溶液体积偏小，浓度偏高，故c不选；
d、定容时加蒸馏水超过了刻度线，倒出一些溶液，再重新加蒸馏水定容到刻度线，导致溶质物质的量偏小，浓度偏低，故d选；
e、将配制好的溶液转入试剂瓶的过程中不慎洒出了少许溶液，无影响，故e不选；
f、用量筒量取浓盐酸时视线仰视刻度线，使溶质的物质的量偏高，浓度偏高，故f不选。
故选：b  d。  
17.【答案】Ⅰ.(1)−1；Na2O2
(2)①2Fe(OH)3 + 3ClO− + 4OH− = 2FeO4 2−+ 3Cl− + 5H2O
②3；0.15
Ⅱ.(1)I−、Fe2+
(2)c=3(a+b)2

【解析】
【分析】
本题考查了氧化还原反应的有关知识，涉及氧化剂还原剂的判断、氧化还原反应方程式的配平以及氧化还原反应的有关计算，注意抓住化合价的变化分析，计算时要能熟练运用电子守恒。
【解答】
Ⅰ.(1)过氧化钠(Na2O2)中氧元素化合价部分从−1价升高到0价，部分降低为−2价，FeSO4中铁元素的化合价从+2价升高到+6价，因此该反应中的氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，故答案为：−1；Na2O2
(2)①制备高铁酸钾(K2FeO4)，所以反应物中有Fe(OH)3，生成物中有FeO4 2−，铁元素化合价升高，化合价发生变化的还有氯元素，且化合价应该降低，则ClO−是反应物，Cl−是生成物，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2，则可得2Fe(OH)3 + 3ClO− —2FeO4 2−+ 3Cl− ，根据电荷守恒，则反应物中还有4OH−，最后根据质量守恒，生成物中还有 5H2O，故答案为：2Fe(OH)3 + 3ClO− + 4OH− = 2FeO4 2−+ 3Cl− + 5H2O；
②铁元素的化合价从+3价升高到+6价，因此，每生成1molFeO4 2−转移3mol电子，还原产物为Cl−，氯元素的化合价变化为+1到−1，因此，转移了0.3mol电子时，Cl−的物质的量为0.15mol，故答案为：3；0.15；
Ⅱ.(1)还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则根据已知的两个方程式可判断还原性的强弱顺序为I−>Fe2+>Br−，因此通入Cl2后，先和I−反应，再和Fe2+反应，最后和Br−反应，溶液中有2molI−，消耗1molCl2，剩下的1molCl2能氧化2molFe2+，而Fe2+有3mol，因此Br−不能被氧化，故答案为：I−、Fe2+
(2)a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中，有2a molI−、(a+b)molFe2+、2b mol Br−，2a molI−消耗a molCl2，2b molBr−消耗bmolCl2，(a+b)molFe2+消耗a+b2molCl2，因此Cl2的物质的量一共为3(a+b)2mol，故答案为：c=3(a+b)2。