2022届高考化学一轮复习常考题型11氧化还原反应的一般规律含解析

这是一份2022届高考化学一轮复习常考题型11氧化还原反应的一般规律含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

氧化还原反应的一般规律

一、单选题（共20题）
1．科学家指出多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷(As)元素，它对人体是无毒的，但吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和青菜，否则容易中毒，并给出一个公式：“大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3，剧毒)”。下列有关解释错误的是
A．维生素C具有还原性
B．维生素C能将+5价砷还原成+3价
C．+5价砷生成的砒霜是该反应的氧化产物
D．青菜中含有维生素C，维生素C在反应中失电子
2．固体Na2S溶于水呈碱性且放出有臭味的气体，俗称“臭碱”。工业上可利用反应来制备，下列说法不正确的是
A．Na2S溶液显碱性的原因是：S2-+H2O⇌HS-+OH-
B．Na2S可以在空气中长期放置会变质
C．反应中生成1mol“臭碱”转移电子的物质的量为8mol
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为2：1
3．下列说法正确的是
A．FeO是一种黑色粉末，在空气中受热，就可以迅速氧化为Fe3O4
B．1 molCl2和Fe充分反应，转移电子数为2NA
C．22 g CO2和足量Na2O2反应，产生的气体的分子数为0.25NA
D．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，离子方程式为：+CO2+H2O=2
4．Na2FeO4（Fe为+6价）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如下：2FeSO4+6Na2O2＝2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，（已知Na2O2中O为—1价）对此反应下列说法中正确的是 （　　　）
A．Na2O2只作氧化剂，O2是还原产物
B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物
C．由上述方程式可知氧化性：Na2FeO4＞Na2O2＞O2
D．2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有8 mol电子转移
5．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．硫元素只被氧化
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子
D．相同条件下，每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2
6．2020年11月7日是被誉为“中国稀土之父”的徐光宪先生诞辰一百年纪念日。铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+>Fe3+。下列说法正确的是
A．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
B．四种稳定的核素Ce、Ce、Ce、Ce，它们互称为同素异形体
C．铈能从硫酸铜溶液中置换出铜：Ce+2Cu2+=2Cu+Ce4+
D．CeO2溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：CeO2+4HI=CeI4+2H2O
7．下列各指定量的比值不为1：2的是
A．常温下，将0.1 mol·L-1的盐酸稀释10倍，稀释前与稀释后溶液的pH之比
B．0.01 mol·L-1的CaCl2溶液中加入足量CaCrO4(s)[Ksp(CaCrO4)=2×10-4]，溶液中c(CrO)与c(Ca2+)之比
C．向某FeBr2溶液中通入Cl2，当Fe2+恰好完全转化为Fe3+时，溶液中n(Cl-)与n(Br-)之比
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全，此时溶液中c(SO)与c(Na+)之比
8．实验发现加入M能提高和I-的反应速率，其原理如图所示，依次发生反应1、2，下列说法正确的是

A．M可能是Fe(OH)3
B．Fe2+是该反应的催化剂
C．反应1为2Fe3++2I-=2Fe2++I2
D．将反应2设计成原电池，在负极反应
9．硫元素的价类二维图如图所示。

下列说法正确的是
A．a在水溶液中的电离方程式为
B．b只有一种分子，不存在同素异形体
C．d、e均属于二元强酸
D．a与c、d、e都有可能反应生成b
10．在碘酸钾(KIO3) 的碱性溶液中通入Cl2，可得到正高碘酸钾(K2H3IO6)。下列说法不正确的是
A．该反应中Cl2被还原
B．正高碘酸的化学式为H5IO6
C．K2H3IO6受热得到HOIO3的反应一定是氧化还原反应
D．碱性条件下，Cl2的氧化性强于K2H3IO6
11．FeS2与HNO3反应后的氧化产物为Fe(NO3)3和H2SO4，若反应消耗的FeS2与HNO3物质的量之比为1：8，且HNO3的还原产物只有一种，则该还原产物为
A．NO2 B．NO C．N2O D．N2O3
12．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如图：下列说法不正确的是

A．Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2O
B．导电基体上的负极反应：H2-2e-=2H+
C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物
D．若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量
13．为确定 NaBr 和 NaI 固体混合物样品的组成，称取三份质量均为 35.60 g 的固体溶于水，三份溶液分别与一定体积的 Cl2(气体体积均已折算成标准状况下的体积)充分反应，再将溶液蒸干，称量所 得固体的质量，得到数据如下表：
实验序号
1
2
3
Cl2 体积/L
2.24
4.48
6.72
所得固体质量/g
22.00
17.55
17.55
下列说法不正确的是
A．实验 1 溶液蒸干所得固体可能是 NaCl、NaBr 和 NaI
B．实验 2 和实验 3 溶液蒸干所得固体一定是 NaCl
C．原固体混合物中 NaBr 和 NaI 的物质的量之比为 2∶1
D．当 Cl2 体积为 3.36 L 时，所得固体的质量为 17.55 g
14．已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是
A．上述实验证明氧化性：MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2
B．上述实验中，共有两个氧化还原反应
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性
15．如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应，下列说法错误的是

A．溶液B中发生的反应为2SO2+O2=2SO3
B．可用硫氰化钾(KSCN)溶液检验溶液C中是否含有Fe3+
C．由以上流程可推知氧化性：O2>Fe3+>SO
D．能循环利用的物质Fe2(SO4)3
16．向amolFeI2溶液中通入bmolCl2，溶液中某些离子的变化情况如图。下列说法不正确的是

A．线段BF代表Fe3+物质的量的变化情况
B．当a≥b时，发生的离子反应为2I-+Cl2=I2+2Cl-
C．当9a=8b时，溶液中Fe3+、Fe2+与Cl-的物质的量之比为3∶1∶9
D．当a＜b≤1.25a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为2amol＜n(e-)≤2.5amol
17．铁元素在细菌的作用下可发生下图所示的转化。下列说法正确的是

A．反硝化过程均属于氮的固定
B．硝化过程中，含氮物质均发生还原反应
C．Fe3+将NH转化为N2的离子方程式为：6Fe3++2NH= 6Fe2++N2↑+8H+
D．在氨氧化细菌作用下，水体中的铵态氮和硝态氮可转移到大气，该反应中每产生0.01mol氮气时，转移的电子为0.06mol
18．连二亚硫酸钠(Na2S2O4，也称为保险粉)是一种重要的化学用品，不溶于乙醇，溶干氢氧化钠溶液，遇少量水发生强烈反应并燃烧，同时有刺激性气味的气体产生。下列有关其性质的说法一定不正确的是
A．Na2S2O4具有还原性，可用做抗氧化剂
B．Na2S2O4应干燥密封保存在低温处
C．保险粉能在空气中反应生成两种新盐：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO4+NaHSO3，反应中每生成1molNaHSO4转移电子的物质的量为2mol
D．锌粉法是制备Na2S2O4的常用方法，原料为锌粉悬浊液、二氧化硫和氢氧化钠溶液，反应中二氧化硫被还原
19．已知：100%硫酸吸收可生成焦硫酸(分子式为或)；硫酸水溶液中发生如下电离：，
。
结合以上信息，下列说法不正确的是
A．焦硫酸具有强氧化性 B．水溶液显中性
C．98%的可以表示为： D．焦硫酸与水反应方程式：
20．一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中不正确的是


A．反应Ⅱ中H2O2作还原剂
B．产品中含有、
C． NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行



二、填空题（共5题）
21．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。

回答下列问题：
(1)a中的试剂为_______。
(2)b中采用的加热方式是_______，c中化学反应的离子方程式是_______，采用冰水浴冷却的目的是_______。
(3)d的作用是_______，可选用试剂_______(填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，_______，_______，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显_______色。可知该条件下KClO3的氧化能力_______NaClO(填“大于”或“小于")。
22．为探究H2O2、SO2、Br2氧化性强弱，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略去，气密性已检验)。

实验操作
实验现象
i.打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸
A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀
ii.取C中沉淀加入盐酸
C中白色沉淀不溶解
iii.打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2
开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色
(1)A中发生反应的化学方程式是___________。
实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：___________。
(2)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论，氧化性：H2O2>SO2。
①乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是___________。
②将乙和丙同学改进后的方案进行实验，C中产生白色沉淀，得出结论：氧化性H2O2>SO2。
(3)iii中滴入少量H2O2没有明显变化。提出假设：
观点1：H2O2的量少不能氧化Br—
观点2：B中有未反应H2SO3
为验证观点2，应进行的实验操作及现象是___________。
(4)通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是___________。
23．是常见的食盐加碘剂，某小组制备晶体的流程如下，请回答：


合成反应：；
滴定反应：；。
已知：①碘易溶于乙醚；乙醚微溶于水，沸点，密度，易燃。
②在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
(1)步骤③蒸馏，最适合的装置图为___________。
A．B．
C．D．
(2)步骤④加硝酸酸化至，过高或过低将导致产率降低，原因是___________；用带磁力搅拌的电热套控温加热约，判断氧化反应已完全的方法是___________。
(3)下列说法不正确的是___________。
A．步骤⑤逐氯，可用升温煮沸的方法或加入适量作还原剂
B．步骤⑦中和，可加入烧碱至溶液能使酚酞变色为止
C．步骤⑧静置，自然冷却结晶，可获得较大晶粒，便于抽滤
D．步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，再次抽滤，可提高产品收率
(4)步骤②用乙醚萃取能减少蒸馏时碘的损失，但要特别注意安全。从下列选项中选出合理的操作(不能重复使用)并排序：___________→___________→___________→___________→分液，保留上层。
a.涂凡士林并检漏； b.往分液漏斗中转移溶液； c.置于铁架台的铁圈上静置分层； d.加入乙醚(次萃取)； e.将乙醚分批加入(次萃取)； f.右手压住玻璃塞，左手握住旋塞； g.左手压住玻璃塞，右手握住旋塞； h.尖嘴朝下，同向摇动使溶液旋转，取出玻璃塞放气(重复几次)； i.尖嘴朝上(倒转)，振荡几次，打开旋塞放气(重复几次)。
(5)为了测定产品的纯度，可采用碘量法滴定。准确称取产品，配制成溶液，用移液管移取溶液于碘量瓶(如图)中，加稀硫酸酸化，再加入足量溶液充分反应，加淀粉指示剂，用标准溶液滴定，平行测定几次。该小组测得产品中的质量分数为，在确认滴定操作无误的情况下，原因可能是___________。


(6)某同学查询到资料：的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行比色定量分析。若用该方法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是___________。
24．习近平总书记在科学家座谈会上指出“好奇心是人的天性，对科学兴趣的引导和培养要从娃娃抓起”。某化学兴趣小组为培养同学们对科学探究的兴趣，设计图1所示实验来探究与Cu2+的反应：


已知：氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水
回答下列问题：
(1)若用CuSO4·5H2O配制100 mL 1 mol/LCuSO4溶液，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为___________。甲同学在定容时采用上图2方式观察，则所配制的CuSO4溶液浓度___________(填“偏高”或“偏低”)。
(2)将操作2后生成的无色气体通入氯化铁溶液，___________(填实验现象)，说明该气体为SO2，反应的离子方程式为___________。
(3)操作2后生成的白色沉淀为___________(填化学式)，生成该沉淀和无色气体的反应离子方程式为___________。
(4)根据氧化还原反应的规律，乙同学推测操作2中涉及与Cu2+的可逆反应正向进行的原因：外加Cl-导致Cu+的还原性弱于，用图3装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。


①K闭合时，一段时间后指针几乎归零。
②向U型管右管添加___________，a电极为___________极，产生的现象证实了其推测，其中不同于图1操作2后的现象是___________。
(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与___________有关。该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是向U型管左管添加___________。
25．某实验小组制备高铁酸钾并探究其性质。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备(夹持装置略)


①A为氯气发生装置。
②装置B中盛放的试剂是_______，其作用是_______。
③C中通入做氧化剂，制备得到紫色固体和溶液的化学方程式是_______.此外C中发生的反应还有_______(写离子方程式)
(2)探究的性质。取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案：
方案Ⅰ
取少量a，滴加溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用溶液充分洗涤C中所得固体，再用溶液将溶岀，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。
①由方案Ⅰ中溶液变红反应的离子方程式是_______，该金属离子_______(填“一定是”、“一定不是”、“无法确定是”)由将氧化所得。
②方案Ⅱ可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是_______。
参考答案
1．C
【分析】
人体中的As元素为+5价，As2O3中As元素为+3价，吃饭时同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒的原因是生成+3价As，说明维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As。
【详解】
A．人体中的As元素为+5价，大量食用海鲜和青菜后生成+3价As，说明维生素C具有还原性，故A正确；
B．大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)，其中所以As元素化合价由+5价变为+3价，维生素C能将+5价砷还原成+3价，故B正确；
C．砒霜为该反应的还原产物，故C错误；
D．维生素C具有还原性，与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As，同时大量食用海鲜和青菜，容易中毒，说明青菜中含有维生素C，还原剂在反应中失去电子，故D正确。
答案选C。
2．D
【详解】
A．硫离子在水中易发生水解，S2-+H2OHS-+OH-，故硫化钠溶液显碱性，A项正确；
B．硫化钠中的硫离子在空气中易发生水解生成硫氢化钠，发生变质，B项正确；
C．根据方程式Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑硫酸根离子中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，故生成1mol硫化钠转移8mol电子，C项正确；
D．该反应中硫酸根离子中硫的化合价下降，硫酸钠做氧化剂，C在反应中化合价上升，做还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比为1：2，D项错误；
答案选D。
3．AC
【详解】
A．FeO是一种黑色粉末，在空气中受热，部分被氧化，生成Fe3O4，A正确；
B．1 molCl2和足量Fe充分反应，Cl元素由0价变为-1价，转移电子数为2NA，但是没给出Fe的量，不能确定电子转移数，B错误；
C．22 g CO2为0.5mol，和足量Na2O2反应，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑，产生的氧气为0.25mol，气体的分子数为0.25NA，C正确；
D．饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，生成碳酸氢钠晶体使得溶液变浑浊，离子方程式为：2Na+++CO2+H2O=2，D错误；
答案为：AC。
4．B
【解析】A．O元素化合价由-1价变为0价、-2价，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，O2是氧化产物，A错误；B．该反应中Fe元素化合价由+3价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，B正确；C．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Na2O2＞Na2FeO4，C错误；D．反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有O元素，由-1价→0价，2molFeSO4发生反应时，共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移，D错误；答案选B。
点睛：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、基本概念为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意过氧化钠的作用。
5．D
【分析】
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，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析。
【详解】
A、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，选项A错误；B、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，选项B错误；C、根据反应的化学方程式可知，每生成3 mol Na2S2O3，转移8 mol电子，则产生1 mol Na2S2O3，转移 mol电子，选项C错误；D、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，由于在相同条件下，气体的物质的量的比等于气体的体积比，所以在相同条件下，每吸收10 m3 SO2放出CO2的体积为2.5 m3，选项D正确。答案选D。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应，注意根据反应物和生成物写出反应方程式，结合元素化合价的变化分析，题目难度中等。
6．A
【详解】
A．由题中“金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应”可知，铈元素在自然界中不能以游离态形式存在，只能以化合态形式存在，A正确；
B．四种核素Ce、Ce、Ce、Ce的质子数相同，中子数不同，它们互为同位素，B错误；
C．结合题目有氧化性：Ce4+>Fe3+>Cu2+，故Cu2+不能将Ce氧化为Ce4+，即Ce+2Cu2+=2Cu+Ce4+不能发生，C错误；
D．氧化性：Ce4+>Fe3+>I2，则CeO2溶于氢碘酸会发生氧化还原反应，不会只发生复分解反应，D错误；
选A。
7．D
【详解】
A．常温下，将0.1 mol·L-1的盐酸的pH=1；将其稀释10倍后，溶液浓度为0.01 mol·L-1，溶液的pH=2，故稀释前与稀释后溶液的pH之比1：2，A不符合题意；
B．CaCrO4(s)在溶液中存在沉淀溶解平衡：CaCrO4(s)Ca2+(aq)+ CrO(aq)，向0.01 mol·L-1的CaCl2溶液中加入足量CaCrO4(s)，假设溶液中c(CrO)=x mol/L，则溶液中c(Ca2+)=(x+0.01)mol/L，由于Ksp(CaCrO4)=2×10-4，所以x×(x+0.01)=2×10-4，解得x=0.01 mol/L，则溶液中c(CrO)与c(Ca2+)之比为1：2，B不符合题意；
C．设溶液中n(FeBr2)=a mol，则n(Br-)=2a mol、n(Fe2+)=a mol。由于还原性：Fe2+＞Br-，所以当Fe2+恰好完全转化为Fe3+时，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，n(Cl-)=n(Fe2+)=a mol，故溶液中n(Cl-)与n(Br-)之比为a mol：2a mol=1：2，C正确；
D．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至恰好沉淀完全时，溶液中的溶质为NaOH， c(SO)极小，则Na2SO4溶液中c(SO)与c(Na+)之比远小于1：2，D错误；
故合理选项是D。
8．C
【详解】
A．加入M能提高和I-的反应速率，说明M是反应的催化剂。根据图示可知反应1是2Fe3++2I-=2Fe2++I2，反应2方程式为：+2Fe2+=2Fe3++2，将两个方程式叠加，可得总方程式：+2I-=2+I2，可见Fe3+是该反应的催化剂，可以加快反应速率，故M是Fe3+，而不是Fe(OH)3，A错误；
B．根据图示可知：Fe2+是该反应的中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．根据图示可知对于反应1，反应物是Fe3+、I-，生成物是Fe2+、I2，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，C正确；
D．若将反应2设计成原电池，在反应中得到电子被还原为，因此应该在正极上发生还原反应，D错误；
故合理选项是C。
9．D
【分析】
a是S的氢化物，S元素的化合价为-2价，则a为H2S；b是S单质；C是S的氧化物且S的化合价为+4价，则c为SO2；d、e均为S的含氧酸，S元素的化合价分别为+4价、+6价，则d为H2SO3，e为H2SO4；f、g是盐，S元素的化合价分别为+4价、+6价，则f为亚硫酸盐，g为硫酸盐。
【详解】
A．a为H2S，是弱电解质，在水中分两步电离，电离方程式为、，A项错误；
B．b是S的单质，存在同素异形体，如斜方硫、单斜硫、弹性硫，B项错误；
C．d为H2SO3，e为H2SO4，H2SO3是弱酸，C项错误；
D．H2S具有还原性，SO2、H2SO3、H2SO4均有氧化性，故H2S与SO2、H2SO3、H2SO4都有可能反应生成S单质，D项正确；
答案选D。
10．C
【详解】
A．碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入Cl2，可得到正高碘酸钾(K2H3IO6)，则其化学反应方程式为，即I化合价升高被氧化，则Cl化合价降低被还原，故A正确；
B．正高碘酸钾为(K2H3IO6)，则正高碘酸钾为，故B正确；
C．K2H3IO6I元素化合价为+7，其受热得到的HOIO3中I元素化合价也为+7价，反应中I、H、O元素化合价均未发生变化，则K2H3IO6受热得到HOIO3的反应不是氧化还原反应，故C错；
D．由A分析可得：碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入Cl2，可得到正高碘酸钾(K2H3IO6)，则KIO3能被Cl2氧化为K2H3IO6，则K2H3IO6氧化性弱于Cl2，故D正确；
答案选C。
11．B
【分析】
根据题给信息可知：FeS2和HNO3的反应中生成硝酸铁、硫酸和氮氧化物，根据氧化还原反应中得失电子数相等确定氮氧化物的化学式。
【详解】
根据题给信息知，FeS2和HNO3的反应中生成Fe(NO3)3和H2SO4和氮氧化物，FeS2和HNO3的物质的量之比是1：8，设二者的物质的量分别为1 mol、8mol，由质量守恒可知生成1 mol Fe(NO3)3、2 mol H2SO4，起酸作用的硝酸为3 mol，所以作氧化剂的硝酸为5 mol，反应共失去电子的物质的量为1 mol×(3-2)+2 mol×[6- (-1) ]=15 mol，设氮氧化物中N元素的化合价是x，则得到的电子总数=(5-x)×5=15，解得x=2，即氮氧化物的化学式为NO，故合理选项是B。
12．C
【详解】
A．由原理的示意图可知，Ir的表面H2和N2O发生反应生成N2和H2O，反应方程式为：H2+N2O=N2+H2O，A正确；
B．根据图示可知：导电基体上，H2为负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2e-=2H+，B正确；
C．若导电基体上只有单原子铜，不能形成原电池，离子被还原为NO，所以不能消除含氮污染物，C错误；
D．由原理的示意图可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，则会更多的转化成，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
故合理选项是C。
13．A
【详解】
由表中数据分析可知，当通入 4.48 L 氯气时，NaBr 和 NaI 已经全部被氧化了，所以溶质为 NaCl，其物质的量n= =0.3 mol，根据Cl原子守恒可知反应消耗Cl2的体积V(Cl2)=0.15 mol×22.4 L/mol=3.36 L，所以当通入 Cl2 的体积为 3.36 L 时，NaBr 和 NaI 固体混合物样品全部被氧化，生成 NaCl 的质量为0.3mol×58.5g/mol=17.55 g，所以 n(Na+)=0.3 mol。设固体混合物样品含 NaBr 为 x mol，含 NaI 为 y mol，所以 x+y=0.3；103x+150y=35.6，解得 x=0.2，y=0.1，所以 NaBr 和 NaI 的物质的量之比为 2：1。
A．原固体中含NaI的物质的量为0.1mol，NaBr的物质的量为0.2mol，当通入0.1mol Cl2时，I-完全被氧化消耗0.05mol Cl2，剩余0.05mol Cl2氧化0.1mol Br-，剩余0.1mol Br-未被氧化，因此最终所得固体中含有NaCl和NaBr，故A错误；
B．当通入 Cl2 体积为 3.36 L，NaBr 和 NaI 已经全部被氧化了，实验 2 和实验 3 溶液蒸干所得固体一定是 NaCl，故B正确；
C．原固体混合物中 NaBr 和 NaI 的物质的量之比为 2∶1，故C正确；
D．当 Cl2 体积为 3.36 L 时，NaBr 和 NaI 固体混合物样品全部被氧化，生成 NaCl 的质量为 17.55 g，故D正确；
综上所述，说法不正确的是A项，故答案为A。
14．A
【详解】
①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，高锰酸钾和盐酸反应生成氯气和氯化锰和氯化钾；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色，氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色反应为氯化铁和碘化钾反应生成碘单质和氯化钾和氯化亚铁，淀粉遇到碘单质变蓝色。
A．通过氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析，氧化性顺序为：MnO＞Cl2＞Fe3＋＞I2，A正确；
B．三个都为氧化还原反应，B错误；
C．氯气能和碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇到碘单质变蓝色，C错误；
D．实验②是氯化亚铁被氯气氧化生成氯化铁，证明Fe2＋有还原性，没有证明有氧化性，D错误；
故选A。
15．A
【分析】
二氧化硫和酸性硫酸铁溶液发生氧化还原反应得到硫酸亚铁和硫酸，溶液B为硫酸亚铁和硫酸混合溶液；溶液B通空气硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，溶液C为硫酸铁溶液，硫酸铁溶液可循环使用。
【详解】
A．溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错误；
B．SCN-遇到Fe3+溶液变为红色，因此可用硫氰化钾(KSCN)溶液检验溶液C中是否含有Fe3+，故B正确；
C．硫酸铁溶液和二氧化硫发生2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2+++4H+；硫酸亚铁溶液通入空气发生4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：O2>Fe3+>SO，故C正确；
D．过程中生成的硫酸铁溶液可以循环使用，故D正确；
答案选A。
16．C
【分析】
由于还原性：I-＞Fe2+，故通入Cl2后，Cl2先氧化I-，再氧化Fe2+，对应反应依次为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，由于n(I-):n(Fe2+)=2:1，故I-、Fe2+完全反应消耗Cl2之比为2:1，由图示知，AB段消耗Cl2与BF段消耗Cl2恰好为2:1，故AB段对应反应为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，故AB段代表I-含量，BF段对应反应为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故CD、DE段代表Fe2+，BF代表Fe3+。
【详解】
A．由分析知，BF代表Fe3+含量，A正确；
B．a mol FeI2含有2a mol I-，由反应Cl2+2I-=2Cl-+I2，知2a mol I-完全氧化需要a mol Cl2，若a=b，说明Cl2恰好将I-完全氧化，若a＞b，说明I-未被完全氧化，故此时只发生反应Cl2+2I-=2Cl-+I2，B正确；
C．2a mol I-完全氧化，需要a mol Cl2，由9a=8b，得b=，则氧化I-后剩余Cl2 ，由反应Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，知此时可氧化Fe2+ ，综和反应：、，故反应后溶液中n(Fe3+)=，n(Fe2+)=，n(Cl-)=，故三者物质的量之比为1:3:9，C错误；
D．若a＜b≤1.25a，此时I-被完全氧化，消耗Cl2 a mol，氧化I-后，Cl2最多剩余0.25a mol，能继续氧化Fe2+最多0.5a mol，整个过程转移电子数=n(I-)+n(Fe2+)，若Fe2+未被氧化，则转移电子= n(I-)=2a mol，若Fe2+被氧化，则转移电子= n(I-)+n(Fe2+)=2a mol + 0.5a mol=2.5a mol，故整个过程转移电子数：2a mol＜n(e-)≤2.5a mol，D正确；
故答案选C。
17．C
【详解】
A．氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故A错误；
B．如图可知，硝化过程NH转化为NO，再转化为NO，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故B错误；
C．根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将NH转化为N2的离子方程式为6Fe3++2NH=6Fe2++N2↑+8H+，故C正确；
D．如图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的NO氧化NH生成H2O和N2，氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，反应的离子方程式为NH+NON2↑+2H2O，转移3e-，因此产生0.01mol氮气时，转移的电子为0.03mol，故D错误；
故选C。
18．C
【详解】
A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3价，具有还原性，可以做抗氧化剂，故A正确；
B．因为Na2S2O4遇少量水发生强烈反应，甚至引发燃烧，所以需要干燥密封保存在低温处，故B正确；
C．生成NaHSO4时S元素由+3价升高到+6价，因此每生成1molNaHSO4转移电子的物质的量为3mol，故C错误；
D．二氧化硫中硫元素为+4价，而制备Na2S2O4中的硫元素化合价为+3价，所以反应中二氧化硫被还原，故D正确；
故选C。
19．B
【详解】
A.．由浓硫酸中+6价硫具有强氧化性可知，焦硫酸中+6价硫也具有强氧化性，A正确；
B．Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，溶于水后SO3和水反应生成硫酸，溶液显酸性，B错误；
C．假设浓硫酸的质量为100 g，则H2SO4的质量为100 g×98%=98 g，H2O的质量为100 g-98 g=2 g，则H2SO4的物质的量为=1 mol，H2O的物质的量为=mol，故98%的H2SO4可表示为H2SO4•H2O，如果把H2SO4表示为SO3·H2O，则98%的浓硫酸也可表示为SO3•H2O，C正确；
D．焦硫酸与水反应可表示为H2SO4·SO3+H2O=2H2SO4，D正确；
答案选B。
20．C
【分析】
反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O═2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应Ⅱ中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2。
【详解】
A．反应II中ClO2转化为NaClO2，Cl元素化合价由+4价变为+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，故A正确；
B．反应过程中涉及硫酸、硫酸钠和氯化钠，所以产品中也可能含、Cl-，故B正确；
C．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；
D．从溶液中获取晶体蒸发结晶在蒸发皿中进行，故D正确；
故选C。
21．饱和食盐水 水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 吸收尾气(Cl2) AC 过滤 少量(冷)水洗涤 紫 小于
【分析】
本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。
【详解】
(1) a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；
C．氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；
综上所述可选用试剂AC；
(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；
(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
22．Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O 2OH- + SO2 = SO+ H2O 打开弹簧夹，通入氮气，排净装置空气，关闭弹簧夹 取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 H2O2>Br>SO2
【详解】
(1) 在A中浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，该反应的化学方程式是Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；实验室中常常利用氢氧化钠溶液吸收SO2的离子方式：2OH- + SO2 = SO+ H2O；
(2)①由于在装置中含有空气，空气中的氧气和SO2在溶液中也会发生反应将其氧化，所以乙同学认为不能得出此结论，认为在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，该操作是打开弹簧夹，通入N2，待排净装置内空气后，关闭弹簧夹；
(3)由于H2SO3不稳定，受热容易分解产生有漂白性的SO2，所以为验证观点2，应进行的实验操作及现象是取少量滴加H2O2溶液前的B中溶液于试管中，加热，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色；
(4)物质在发生氧化还原反应中氧化性强的可以把氧化性弱的制取出来，所以通过上述全部实验，得出结论：H2O2、SO2、Br2氧化性由强到弱的顺序是H2O2＞Br2＞SO2。
23．D 过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量 反应液褪色 AB e f I c 滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质) (紫外)分光光度计
【分析】
海带灰浸取液中含碘离子，在酸性条件下被过氧化氢氧化为碘单质，从水溶液中分离碘可采用乙醚萃取、经分液后得到有机层，蒸馏碘的乙醚溶液，得到碘单质，乙醚易燃，故实验过程要避免明火，碘单质在酸性条件下为氧化为碘酸根、反应过程中存在副反应生成氯气，经过逐氯，冷却结晶、过滤得到，过滤得到，经热水溶解、中和后得到 ，利用碘酸钾的溶解度随温度升高增幅较大、采用冷却结晶、过滤得到碘酸钾。难溶于乙醇、滤液中的碘酸钾可通过加酒精而析出，能提高产量。
【详解】
(1)步骤③要蒸馏碘的乙醚溶液，已知乙醚沸点，易燃，故蒸馏时要避免明火、采用水浴加热能使混合物受热均匀、温度易于控制，能顺利蒸馏出乙醚、收集装置能避免乙醚挥发到空气中、且能进行尾气处理，则最适合的装置图为D。
(2) 已知氯酸根能将碘单质氧化为碘酸根离子，反应的方程式为，还原产物氯离子在酸性条件下能和氯酸根发生归中反应生成氯气：，则步骤④需加硝酸酸化至， 过高或过低将导致产率降低，原因是：过高，的氧化性不足，反应慢不利于生成； 过低，与反应产生大量；碘水呈棕黄色，氯气在加热条件下难溶于酸性溶液中，则，用带磁力搅拌的电热套控温加热反应过程中，溶液颜色逐渐变浅，判断氧化反应已完全的方法是反应液褪色。
(3) A．氯气在水中的溶解度随温度升高而降低、氯气具有氧化性，能氧化KI，但氧化产物可以为碘、碘酸钾等，会引入新杂质，故A不正确；
B．呈酸性，加入烧碱发生中和反应得到步骤呈中性，pH大于8.2时酚酞变浅红色，则碱已过量，故B不正确；
C．因为缓慢冷却时间较长会得到较大颗粒晶体，便于抽滤，急速冷却得到的晶体颗粒较小，故C正确；
D．已知在水中的溶解度：为，为；难溶于乙醇。
步骤⑧后，往滤液中加入一定量乙醇，能析出碘酸钾晶体，再次抽滤，可提高产品收率，故D正确；
说法不正确的是AB。
(4) 用乙醚萃取的水层的振荡操作是：选用经过检验是步漏液的分液漏斗，往分液漏斗中转移溶液，右手压住玻璃塞、左手握住旋塞、将分液漏斗倒转过来，用力振荡，将下部支管斜向上方即尖嘴朝上(倒转)，旋开旋塞放气，重复几次步骤，则②用乙醚萃取的合理的操作顺序为：e→f→i→c→分液，保留上层。
(5) 用碘量法测定产品的纯度，反应原理为：和，则得到关系式： ，现在测得产品中的质量分数为，又知滴定操作无误，则实验过程中有其它途径生成了碘单质或有其它能消耗硫代硫酸钠的杂质存在，原因可能是滴定摇动锥形瓶时，过量被空气氧化成(或含有杂质)。
(6)已知的乙醚溶液在紫外光区有强烈吸收，可与标准溶液系列进行。可用比色定量分析法测定产品的纯度，需要用到的关键设备是(紫外)分光光度计。
24．25.0 g 偏低 溶液由黄色变浅绿色(或黄色变浅) CuCl KCl固体 负极 指针偏转 浓度 BaCl2固体(或其他合理答案)
【详解】
(1)在100 mL 1 mol/LCuSO4溶液中含有溶质CuSO4的物质的量n(CuSO4)=1 mol/L×0.1 L=0.1 mol，根据Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的质量m(CuSO4·5H2O)=0.1 mol×250 g/mol=25.0 g；
若在配制溶液定容时仰视刻度线，则容量瓶中凹液面最低处高于刻度线，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式可知配制的溶液的浓度偏低；
(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液显蓝色，无其它明显变化，然后加入KCl固体，反应产生白色沉淀和无色气体，Cu2+得到电子被还原为Cu+，Cu+与溶液中的Cl-结合白色沉淀是CuCl，则失去电子被氧化为，同时产生H+，H+与溶液中的反应产生SO2气体。SO2具有还原性，与FeCl3溶液发生氧化还原反应，产生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由红色变为浅绿色，该反应的离子方程式为：；
(3)根据(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，则生成该沉淀和无色气体的离子方程式为：；
(4)若是由于外加Cl-导致Cu+的还原性弱于，可根据如图装置验证：当一段时间后指针归零后，向U型管右管添加加入KCl固体，此时溶液中Cl-浓度增大，若a为负极，电流表指针发生偏转，同时看到左侧电极有气体产生，右侧电极附近有白色沉淀产生，就可证实其推测；
(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与物质的浓度有关。
若反应产生，则反应后向左侧溶液中加入含有Ba2+的物质，应该产生BaSO4白色沉淀，而与Ba2+不能发生反应。故该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是可以向U型管左管添加BaCl2固体。
25．饱和食盐水 除去 无法确定是 排除的干扰
【分析】
A在高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，B中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，C中氯气、氢氧化铁、氢氧化钾反应生成，D中氢氧化钠吸收氯气。
【详解】
(1)②A中生成的氯气中含有氯化氢，B中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢；
③C中氯气、氢氧化铁、氢氧化钾反应生成、氯化钾，反应的化学方程式是，此外C中和氢氧化钾反应生成氯化钾和次氯酸钾，反应的离子方程式是；
(2)①由方案Ⅰ中溶液变红是由于Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，反应的离子方程式是；根据题意，在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原为Fe3+，所以无法确定Fe3+是由将氧化所得。
②方案Ⅱ可证明氧化了，用溶液洗涤的目的是排除的干扰。