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2025年高考化学试题二轮热点题型题型04氧化还原反应含解析答案
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这是一份2025年高考化学试题二轮热点题型题型04氧化还原反应含解析答案，共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知反应：，下列叙述不正确的是
A．是氧化剂
B．既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．每消耗转移的电子数为
2．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
3．离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
4．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A．AB．BC．CD．D
5．工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法不正确的是
A．碱性条件下，氧化性：O2>>
B．过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-
D．仅用氧气做氧化剂，将1 ml S2-转化为理论上需要O2的体积为44.8 L
6．化学是以头验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
7．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①
②；
③。
由此推断下列说法正确的是
A．Z元素在①、③反应中均被还原
B．反应可以进行
C．氧化性由强到弱的顺序是：
D．还原性由强到弱的顺序是：
8．氧化还原反应是高中阶段的一个重要的反应类型。下列说法正确的是
A．失电子的物质在反应中被氧化，生成还原产物
B．氧化剂在反应中得电子，且氧化剂只能是一种反应物
C．反应中氯气既是氧化产物也是还原产物
D．向含的混合溶液中加入足量的，反应的先后顺序为
9．过硫化氢的化学式为，可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。下列说法正确的是
A．溶液加酸可得到稳定的
B．若有参与反应全部生成，则得到电子
C．若分解为和，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．过硫化氢有氧化性，能将氧化至
10．下列说法正确的是
A．反应中氧化剂和还原剂的化学计量数之比为
B．的空格内分别为11、15、、5、6、15
C．一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液生成纳米铁粉、和的离子方程式为
D．用酸性溶液吸收生成三种对环境友好物质的化学方程式为
11．过二硫酸钠(Na2S2O8)和铋酸钠(NaBiO3)都是工业上常用的强氧化剂。下列分别是与过二硫酸钠和铋酸钠反应的离子方程式(未配平)。
Ⅰ．
Ⅱ．
下列说法错误的是
A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2
C．反应Ⅱ生成转移电子的物质的量为5ml
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为1∶1
12．关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子B．是还原产物
C．是氧化剂D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
13．将和混合固体投入至的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成气体，向反应后溶液中滴加溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加溶液的体积为
A．B．C．D．
14．已知A2O可与B2-在一定条件下反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+；且知氧化剂与还原剂恰好反应的离子数之比为1：3，则n值为
A．4B．5C．6D．7
15．硫化铋(Bi2S3)是一种重要的半导体材料，它在光电元件、热电设备等方面的应用给人类带来极大的便利。Bi2S3芯片刻蚀技术涉及的反应为Bi2S3+FeCl3BiCl3+FeCl2+S(未配平)，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为
A．1∶2B．3∶1C．2∶1D．1∶1
16．下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
17．油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
18．下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
19．稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．具有平面三角形结构B．的还原性比强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成，转移电子
20．唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸B．捣C．焙D．封
21．已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为B．生成的质量为
C．生成的氧化产物分子数为D．生成的含有孤电子对数为
22．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
23．某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D．每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为
24．实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
25．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
26．关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
27．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．黑火药中含有两种单质B．爆炸时吸收热量
C．反应中S作还原剂D．反应为置换反应
28．依据下列实验和现象，得出结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
29．关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
30．关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1ml电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
31．用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
32．PH3是一种气体，在贮粮中用作防治害虫的熏蒸剂。一种制备PH3的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．反应Ⅰ为：
D．理论上，每1mlP4可生产3.0mlPH3
33．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色
B．过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物
C．处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为
D．烟道气可以用或代替
二、填空题
34．ClO2是一种新型的高效消毒剂。工业上常用下法制备ClO2 (其中HCl起酸性和还原性)：，配平反应方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目 。
35．完成下列问题。
(1)将通入0.5ml/L溶液中，一段时间后，试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体。写出与反应的离子方程式 。
(2)NSR(的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中的排放，其工作原理如下图。
储存阶段中Ba存储后转化为的化学方程式是 。
(3)的吸收与利用：
利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如下图所示。过程2的化学方程式是 。
(4)已知：的还原产物是
酸性溶液与反应的离子方程式是 。
(5)以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下
“沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是 。
36．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用。请根据以下信息，结合所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ．可以用智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取琪，相关反应如下：_______________________________________________________(未配平)
(1)配平上述化学方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目。
Ⅱ．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(2)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是 。
(3)在碳高温还原时，在氮气气氛下氮化还原制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。
37．工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2
(1)配平下列化学方程式并标出电子转移方向和个数。 。
_______NaIO3+_______NaHSO3—_______I2+_______Na2SO4+_______H2SO4+_______H2O
(2)在该反应中NaHSO3体现 (填“氧化性”或“还原性”)，I2为 (填“氧化产物”或“还原产物”)。
(3)已知：HSO、I2、I-、SO和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中SO是氧化产物，该反应中还原性HSO I-(填“>”或“<”)，写出该反应的化学方程式 。
38．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。完成下列填空：
(1)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)： 。
_______CH3OH +______NaClO3 +_______→______CO2↑+_______ClO2↑+________ Na2SO4 +___________H2O
该反应中，被氧化的元素是 ，还原产物与氧化产物的物质的量之比是 。
(2)根据上述反应可推知
a．氧化性：C1O2＞NaClO3 b．氧化性：NaClO3＞CH3OH
c．还原性：CH3OH＞ClO2 d．还原性：CH3OH＞Na2SO4
(3)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为 升。
三、解答题
39．化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和，请回答：
写出溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式 。
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶液KI中加入溶液()，溶液呈烹黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色
和的反应存在限度
B
常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入饱和的溶液和溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显
能加速破坏铝片表面的氧化膜
C
常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃
氧化性：
D
向某无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的的气体
原溶液中一定含有或
与水反应
与溶液反应
i．
ii．
iii．
iv．
选项
实验
现象
结论
A
点燃无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水
澄清石灰水先浑浊后澄清
为
B
25℃时，向无色的溶液中滴加1～2滴酚酞试液
溶液仍为无色
溶液的
C
在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似]
溶液仍为蓝色
氧化性：
D
在稀中加入少量
溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中既作氧化剂又作还原剂
参考答案：
1．C
【详解】A．反应中由0价变为-1价，化合价降低，为氧化剂，A正确；
B．中O为+2价，F为-1价，化合价既升高又降低，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．反应中为氧化剂，NaOH为还原剂，其中只有一半的NaOH作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C错误；
D．NaOH中二分之一的O由-2价升高为+2价，故每消耗转移的电子数为，D正确；
故选C。
2．B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
3．C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；
答案选C。
5．D
【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2 MnO+4H2O，MnO与S2-反应生成S2O，进而与氧气反应生成SO，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO，则氧化性：O2＞MnO，MnO32-氧化S2-生成S2O，则氧化性：MnO＞S2O，所以碱性条件下，氧化性：O2>>，故A正确；
B．过程I中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2 MnO+4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故B正确；
C．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4 MnO+2S2-+9H2O═S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正确；
D．1mlS2-转化为SO理论上转移8ml电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)=2ml，但是温度压强未知，无法计算氧气的体积，故D错误。
答案选D。
6．A
【详解】A．该反应中的量不足，若完全反应，则溶液中不存在铁离子，但加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在铁离子，即和的反应存在限度，A正确；
B．饱和的溶液和溶液的浓度不同，不符合控制变量法，所以不能得出题给结论，B错误；
C．该反应中氯化铁是过氧化氢分解的催化剂，而不是氧化了过氧化氢，C错误；
D．溶液中含有亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子也会出现相同的现象，D错误；
故选A。
7．B
【详解】A．Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化，在③中化合价降低，在反应中被还原，故A错误；
B．A、根据反应2A2++B2=2A3++2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，故B正确；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①中，氧化性＞Z2；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序是＞Z2＞B2＞A3+，故C错误；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应①16H++10Z-+2=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，故D错误。
答案选B。
8．C
【详解】A．失电子的物质在反应中被氧化，生成氧化产物，A错误；
B．氧化剂在反应中得电子，且氧化剂可能是一种反应物，也可能是多种反应物，B错误；
C．反应中，次氯酸中的氯元素化合价由+1价降低到0价，盐酸中的氯元素的化合价由-1升高的0价，故氯气既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．向含的混合溶液中加入足量的，由于的氧化性大于，故反应的先后顺序为，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．与H2O2类似，具有不稳定性，容易分解，故A错误；
B．若有参与反应全部生成，S从-1价降低为-2价，则得到电子，故B正确；
C．若分解为和，分解的方程式为：，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故C错误；
D．的氧化性强于S，过硫化氢不能将氧化至，故D错误。
答案选B。
10．C
【详解】A．中碘化合价降低，从+5价变为0价，，化合价升高1个价态，根据得失电子守恒得到氧化剂和还原剂的化学计量数之比为5:1，故A错误；
B．方程式中部分化合价降低，部分化合价升高，硫酸铜中铜化合价降低，则生成1ml 转移6ml电子， 1ml磷酸转移5ml电子，根据得失电子守恒，则的系数为5，磷酸系数为6，根据铜守恒，硫酸铜系数为15ml，根据磷守恒，得到白磷系数为，同时扩大4倍，则系数为11，硫酸铜系数为60，系数为20，磷酸系数为24，根据硫守恒得到硫酸系数为60，根据氢守恒得到添加水且系数为96，故B错误；
C．具有强的还原性，一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液生成纳米铁粉、和的离子方程式为，故C正确；
D．用酸性溶液吸收生成三种对环境友好物质，根据得失电子守恒得到的化学方程式为，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．D
【详解】A．中存在1个过氧键，过氧键中氧为-1价，则过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为6∶2=3∶1，A正确；
B．反应Ⅰ中中氧元素化合价降低为氧化剂，锰元素化合价升高为还原剂，反应为：，故氧化剂和还原剂物质的量之比是5∶2，B正确；
C．反应Ⅱ中锰元素化合价由+2变为+7，转移5个电子，故生成转移电子的物质的量为5ml，C正确；
D．反应Ⅰ中，反应Ⅱ中，则消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为2∶1，D错误；
故选D。
12．A
【详解】A．由反应可知2ml失6ml电子生成，则生成，转移电子，故A正确；
B．H、O元素未发生价态变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；
C．反应中失电子化合价升高生成，作还原剂，故C错误；
D．氧化产物为，还原产物为，由反应可知两者物质的量之比为2：3，故D错误；
故选：A。
13．C
【详解】和与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为，失去电子、失去电子，而生成要转移电子，由电子守恒可知，，则，由原子守恒可知：，而，所以，氢氧化钠溶液的体积，故选C。
14．D
【详解】反应中A氧化化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设中A的化合价为x,则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有(n-1-3)×1×2=(2-0)×3，解得n=7，故选：D。
15．C
【详解】反应时，硫元素从-2价升高为0价，铁元素化合价由+3降低为+2，根据电子守恒配平可知，，反应中铁元素化合价降低得到还原产物氯化亚铁，硫元素化合价升高得到氧化产物S，故还原产物与氧化产物的物质的量之比为2∶1；
故选C。
16．C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
17．D
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
18．D
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
19．A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确；
故选A。
20．D
【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。
【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合；
故选D。
21．C
【详解】A．反应中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗(标准状况)即=2ml，故转移的电子数为，A正确；
B．根据反应，每消耗2mlF2生成的质量为2ml=，B正确；
C．根据反应可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2mlF2生成的氧化产物OF2分子数为，C错误；
D．根据反应可知，每消耗2mlF2生成H2O的物质的量为2ml，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的含有孤电子对数为，D正确；
故答案为C。
【点睛】
22．C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
23．D
【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；
B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；
C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；
D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。
故选D。
24．D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
25．D
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
26．D
【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；
B．氢元素化合价由-1价升为+1价，故SiH4发生氧化反应，B错误；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；
D．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素的化合价由-1价升为+1价，每消耗1mlSiH4，生成1mlSiO2，转移8ml电子，D正确；
答案选D。
27．A
【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；
B．爆炸反应为放热反应，B错误；
C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；
D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；
综上所述答案为A。
28．D
【详解】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确；
故选D。
29．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
30．D
【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05ml，根据反应方程式，每生成4ml I2转移7ml电子，则生成0.05ml I2时转移电子的物质的量为0.0875ml，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1ml K2H3IO6就有7ml HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
31．D
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。
【详解】A．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；
故选D。
32．C
【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为；
【详解】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，则次磷酸属于一元酸，故B错误；
C．由分析可在，反应Ⅰ方程式正确，故C正确；
D．由分析可得如下关系式：，则理论上，1 ml白磷可生产1ml+1.5ml=2.5 ml PH3，故D错误；
故选C。
33．D
【详解】A．，A正确；
B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；
C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；
D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；
答案选D。
34．
【详解】该反应中NaClO3发生得电子的还原反应生成ClO2、作氧化剂，HCl发生失电子的氧化反应生成Cl2、作还原剂，化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，转移2e-，电子由还原剂转化给氧化剂，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为： 。
35．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体，说明反应过程中生成NO，离子方程式：；
（2）根据图像可知，储存阶段中Ba存储后转化为，化学方程式：；
（3）过程2为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳单质，根据得失电子守恒，化学方程式：；
（4）酸性溶液将氧化生成氧气，自身被还原生成，离子方程式：；
（5）硫酸铜与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜，离子方程式：；
36．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等进行配平，该反应中碘元素由+5价得电子变为0价，一个得5个电子，硫元素由+4价失电子变为+6价，一个失去2个电子，得失电子数的最小公倍数是10，所以碘酸钠的化学计量数是2，亚硫酸氢钠的化学计量数是5，其他未变价元素根据原子守恒进行配平，可得该化学方程式为；
（2）根据题意可知可以将盐酸氧化为，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：；氯气可以氧化，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：，综上所述还原性由强到弱的顺序是；
（3）根据题意可知高温条件下可与反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为。
37．(1)
(2) 还原性 还原产物
(3) >
【详解】（1）NaIO3与NaHSO3反应过程中，I元素化合价由+5降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式及电子转移为。
（2）该反应中S元素化合价升高，NaHSO3被氧化，因此NaHSO3表现出还原性，I2为I元素化合价降低的产物，即还原产物。
（3）HSO、I2、I-、SO和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中SO是氧化产物，根据元素守恒，HSO为反应物，S元素化合价升高，NaHSO3为还原剂，根据化合价有升必有降可知I2中I元素化合价降低生成I-，I-为还原产物，还原剂还原性强于还原产物，因此还原性HSO>I-；根据化合价升降守恒及原子守恒可知反应方程式为。
38．(1) 1CH3OH+6NaClO3+3H2SO4→1CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O -2价的碳 6:1
(2)bc
(3)7.84
【详解】（1）CH3OH中H为+1价，O为-2价，则C显-2价，CO2中C显+4价，则由CH3OH→CO2，C元素化合价升高6价，由NaClO3→ClO2，Cl元素化合价降低1价，依据得失电子守恒，可建立如下关系：CH3OH +6NaClO3 →1CO2↑+6ClO2↑，再依据元素守恒，可确定缺项为H2SO4，并得出其他物质的化学计量数。从而得出配平的化学方程式为：1CH3OH+6NaClO3+3H2SO4→1CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O。
该反应中，CH3OH是还原剂，被氧化的元素是-2价的碳，还原产物(ClO2)与氧化产物(CO2)的物质的量之比是6:1。
（2）上述反应中，CH3OH是还原剂，NaClO3是氧化剂，CO2是氧化产物，ClO2是还原产物。
a．氧化性：氧化剂＞氧化产物，即NaClO3＞ClO2，a不正确；
b．氧化性：氧化剂＞还原剂，即NaClO3＞CH3OH，b正确；
c．还原性：还原剂＞还原产物，即CH3OH＞ClO2，c正确；
d．还原性：Na2SO4中不含化合价变化的元素，既不显氧化性也不显还原性，与CH3OH无法进行还原性的比较，d不正确；
故选bc。
（3）在反应中，CH3OH——CO2↑+6ClO2↑——6e-，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏伽德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为=7.84升。
【点睛】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物。
39．8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O
【详解】化合物X由三种元素组成，X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，A为难溶性碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B加入足量HI生成棕黄色溶液C，说明HI被B中溶质氧化生成I2，则C中含有I2和过量的HI、钠盐；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、钠盐，D中加入足量AgNO3溶液得到浅黄色固体E和无水溶液F，E和足量氨水反应生成无色溶液G和黄色固体AgI，G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H，H为AgCl,无色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黄色固体E为AgI和AgCl，无色溶液D中含有I-、Cl-，无色溶液F中含有剩余的AgNO3和钠盐，n(AgCl)==0.01ml，白色固体A用0.0250mlHCl溶解后，多余的酸用0.0150mlNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量=(0.0250-0.0150)ml×=0.005ml，X含有三种元素，则X为含氧酸盐，所以一定含有氧元素；如果化合物X中含有Ba元素，白色固体的质量=0.005ml×197g/ml=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，含有n(O)==0.04ml，X中Ca、Cl、O元素的物质的量之比等于其个数之比，为0.005ml：0.01ml：0.04ml=1：2：8，化学式为Ca(ClO4)2。
由以上分析可知，B中含有NaClO4，能氧化HI生成I2，同时生成NaCl、H2O，B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式为8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
D
A
B
C
B
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
D
A
C
D
C
C
D
D
A
D
题号
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
答案
C
C
D
D
D
D
A
D
A
D
题号
31
32
33
答案
D
C
D
一、单选题
1．已知反应：，下列叙述不正确的是
A．是氧化剂
B．既是氧化产物又是还原产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．每消耗转移的电子数为
2．关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．发生反应，转移电子
3．离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
4．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
A．AB．BC．CD．D
5．工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法不正确的是
A．碱性条件下，氧化性：O2>>
B．过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-
D．仅用氧气做氧化剂，将1 ml S2-转化为理论上需要O2的体积为44.8 L
6．化学是以头验为基础的学科。下列根据实验操作和现象能得到相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
7．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①
②；
③。
由此推断下列说法正确的是
A．Z元素在①、③反应中均被还原
B．反应可以进行
C．氧化性由强到弱的顺序是：
D．还原性由强到弱的顺序是：
8．氧化还原反应是高中阶段的一个重要的反应类型。下列说法正确的是
A．失电子的物质在反应中被氧化，生成还原产物
B．氧化剂在反应中得电子，且氧化剂只能是一种反应物
C．反应中氯气既是氧化产物也是还原产物
D．向含的混合溶液中加入足量的，反应的先后顺序为
9．过硫化氢的化学式为，可以看成是过氧化氢中的过氧键被过硫键替代。下列说法正确的是
A．溶液加酸可得到稳定的
B．若有参与反应全部生成，则得到电子
C．若分解为和，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．过硫化氢有氧化性，能将氧化至
10．下列说法正确的是
A．反应中氧化剂和还原剂的化学计量数之比为
B．的空格内分别为11、15、、5、6、15
C．一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液生成纳米铁粉、和的离子方程式为
D．用酸性溶液吸收生成三种对环境友好物质的化学方程式为
11．过二硫酸钠(Na2S2O8)和铋酸钠(NaBiO3)都是工业上常用的强氧化剂。下列分别是与过二硫酸钠和铋酸钠反应的离子方程式(未配平)。
Ⅰ．
Ⅱ．
下列说法错误的是
A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2
C．反应Ⅱ生成转移电子的物质的量为5ml
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为1∶1
12．关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子B．是还原产物
C．是氧化剂D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
13．将和混合固体投入至的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成气体，向反应后溶液中滴加溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加溶液的体积为
A．B．C．D．
14．已知A2O可与B2-在一定条件下反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2O被还原，产物为A3+；且知氧化剂与还原剂恰好反应的离子数之比为1：3，则n值为
A．4B．5C．6D．7
15．硫化铋(Bi2S3)是一种重要的半导体材料，它在光电元件、热电设备等方面的应用给人类带来极大的便利。Bi2S3芯片刻蚀技术涉及的反应为Bi2S3+FeCl3BiCl3+FeCl2+S(未配平)，该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为
A．1∶2B．3∶1C．2∶1D．1∶1
16．下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
17．油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
18．下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
19．稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．具有平面三角形结构B．的还原性比强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成，转移电子
20．唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是
A．蒸B．捣C．焙D．封
21．已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为B．生成的质量为
C．生成的氧化产物分子数为D．生成的含有孤电子对数为
22．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
23．某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0
下列说法不正确的是
A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定
B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除
C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3
D．每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为
24．实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
25．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
26．关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
27．黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3+S+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是
A．黑火药中含有两种单质B．爆炸时吸收热量
C．反应中S作还原剂D．反应为置换反应
28．依据下列实验和现象，得出结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
29．关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是
A．H2SO4在该反应中为氧化剂B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质
C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物
30．关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1ml电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
31．用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
32．PH3是一种气体，在贮粮中用作防治害虫的熏蒸剂。一种制备PH3的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．反应Ⅰ为：
D．理论上，每1mlP4可生产3.0mlPH3
33．以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：
设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色
B．过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物
C．处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为
D．烟道气可以用或代替
二、填空题
34．ClO2是一种新型的高效消毒剂。工业上常用下法制备ClO2 (其中HCl起酸性和还原性)：，配平反应方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目 。
35．完成下列问题。
(1)将通入0.5ml/L溶液中，一段时间后，试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体。写出与反应的离子方程式 。
(2)NSR(的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中的排放，其工作原理如下图。
储存阶段中Ba存储后转化为的化学方程式是 。
(3)的吸收与利用：
利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如下图所示。过程2的化学方程式是 。
(4)已知：的还原产物是
酸性溶液与反应的离子方程式是 。
(5)以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下
“沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是 。
36．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用。请根据以下信息，结合所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ．可以用智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取琪，相关反应如下：_______________________________________________________(未配平)
(1)配平上述化学方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目。
Ⅱ．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(2)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是 。
(3)在碳高温还原时，在氮气气氛下氮化还原制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。
37．工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2
(1)配平下列化学方程式并标出电子转移方向和个数。 。
_______NaIO3+_______NaHSO3—_______I2+_______Na2SO4+_______H2SO4+_______H2O
(2)在该反应中NaHSO3体现 (填“氧化性”或“还原性”)，I2为 (填“氧化产物”或“还原产物”)。
(3)已知：HSO、I2、I-、SO和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中SO是氧化产物，该反应中还原性HSO I-(填“>”或“<”)，写出该反应的化学方程式 。
38．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。完成下列填空：
(1)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为+1价，O为-2价)： 。
_______CH3OH +______NaClO3 +_______→______CO2↑+_______ClO2↑+________ Na2SO4 +___________H2O
该反应中，被氧化的元素是 ，还原产物与氧化产物的物质的量之比是 。
(2)根据上述反应可推知
a．氧化性：C1O2＞NaClO3 b．氧化性：NaClO3＞CH3OH
c．还原性：CH3OH＞ClO2 d．还原性：CH3OH＞Na2SO4
(3)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为 升。
三、解答题
39．化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和，请回答：
写出溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式 。
实验操作
现象
结论
A
向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
C
石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红
氯乙烯加聚是可逆反应
选项
实验操作和现象
结论
A
向溶液KI中加入溶液()，溶液呈烹黄色，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色
和的反应存在限度
B
常温下，将两块相同的未经打磨的铝片分别投入饱和的溶液和溶液中，前者无明显现象，后者迅速反应，现象明显
能加速破坏铝片表面的氧化膜
C
常温下，向溶液中加入溶液，将带火星的木条放在试管口，木条复燃
氧化性：
D
向某无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的的气体
原溶液中一定含有或
与水反应
与溶液反应
i．
ii．
iii．
iv．
选项
实验
现象
结论
A
点燃无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水
澄清石灰水先浑浊后澄清
为
B
25℃时，向无色的溶液中滴加1～2滴酚酞试液
溶液仍为无色
溶液的
C
在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似]
溶液仍为蓝色
氧化性：
D
在稀中加入少量
溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中既作氧化剂又作还原剂
参考答案：
1．C
【详解】A．反应中由0价变为-1价，化合价降低，为氧化剂，A正确；
B．中O为+2价，F为-1价，化合价既升高又降低，既是氧化产物又是还原产物，B正确；
C．反应中为氧化剂，NaOH为还原剂，其中只有一半的NaOH作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C错误；
D．NaOH中二分之一的O由-2价升高为+2价，故每消耗转移的电子数为，D正确；
故选C。
2．B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
3．C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；
B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；
C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；
D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；
答案选C。
5．D
【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2 MnO+4H2O，MnO与S2-反应生成S2O，进而与氧气反应生成SO，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成MnO，则氧化性：O2＞MnO，MnO32-氧化S2-生成S2O，则氧化性：MnO＞S2O，所以碱性条件下，氧化性：O2>>，故A正确；
B．过程I中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2 MnO+4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故B正确；
C．由流程可知过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4 MnO+2S2-+9H2O═S2O+4Mn(OH)2↓+10OH-，故C正确；
D．1mlS2-转化为SO理论上转移8ml电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)=2ml，但是温度压强未知，无法计算氧气的体积，故D错误。
答案选D。
6．A
【详解】A．该反应中的量不足，若完全反应，则溶液中不存在铁离子，但加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在铁离子，即和的反应存在限度，A正确；
B．饱和的溶液和溶液的浓度不同，不符合控制变量法，所以不能得出题给结论，B错误；
C．该反应中氯化铁是过氧化氢分解的催化剂，而不是氧化了过氧化氢，C错误；
D．溶液中含有亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子也会出现相同的现象，D错误；
故选A。
7．B
【详解】A．Z元素在①中化合价升高，在反应中被氧化，在③中化合价降低，在反应中被还原，故A错误；
B．A、根据反应2A2++B2=2A3++2B-，可得氧化性是B2＞A3+，2B-+Z2=B2+2Z-，可得氧化性是Z2＞B2＞A3+，反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行，故B正确；
C．氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①中，氧化性＞Z2；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，氧化性B2＞A3+；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，氧化性Z2＞B2，所以氧化性由强到弱的顺序是＞Z2＞B2＞A3+，故C错误；
D．氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，反应①16H++10Z-+2=2X2++5Z2+8H2O中，还原性Z-＞X2+；反应②2A2++B2=2A3++2B-中，还原性A2+＞B-；反应③2B-+Z2=B2+2Z-中，还原性B-＞Z-，所以还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，故D错误。
答案选B。
8．C
【详解】A．失电子的物质在反应中被氧化，生成氧化产物，A错误；
B．氧化剂在反应中得电子，且氧化剂可能是一种反应物，也可能是多种反应物，B错误；
C．反应中，次氯酸中的氯元素化合价由+1价降低到0价，盐酸中的氯元素的化合价由-1升高的0价，故氯气既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．向含的混合溶液中加入足量的，由于的氧化性大于，故反应的先后顺序为，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．与H2O2类似，具有不稳定性，容易分解，故A错误；
B．若有参与反应全部生成，S从-1价降低为-2价，则得到电子，故B正确；
C．若分解为和，分解的方程式为：，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故C错误；
D．的氧化性强于S，过硫化氢不能将氧化至，故D错误。
答案选B。
10．C
【详解】A．中碘化合价降低，从+5价变为0价，，化合价升高1个价态，根据得失电子守恒得到氧化剂和还原剂的化学计量数之比为5:1，故A错误；
B．方程式中部分化合价降低，部分化合价升高，硫酸铜中铜化合价降低，则生成1ml 转移6ml电子， 1ml磷酸转移5ml电子，根据得失电子守恒，则的系数为5，磷酸系数为6，根据铜守恒，硫酸铜系数为15ml，根据磷守恒，得到白磷系数为，同时扩大4倍，则系数为11，硫酸铜系数为60，系数为20，磷酸系数为24，根据硫守恒得到硫酸系数为60，根据氢守恒得到添加水且系数为96，故B错误；
C．具有强的还原性，一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液生成纳米铁粉、和的离子方程式为，故C正确；
D．用酸性溶液吸收生成三种对环境友好物质，根据得失电子守恒得到的化学方程式为，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．D
【详解】A．中存在1个过氧键，过氧键中氧为-1价，则过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为6∶2=3∶1，A正确；
B．反应Ⅰ中中氧元素化合价降低为氧化剂，锰元素化合价升高为还原剂，反应为：，故氧化剂和还原剂物质的量之比是5∶2，B正确；
C．反应Ⅱ中锰元素化合价由+2变为+7，转移5个电子，故生成转移电子的物质的量为5ml，C正确；
D．反应Ⅰ中，反应Ⅱ中，则消耗等量的，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为2∶1，D错误；
故选D。
12．A
【详解】A．由反应可知2ml失6ml电子生成，则生成，转移电子，故A正确；
B．H、O元素未发生价态变化，因此既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误；
C．反应中失电子化合价升高生成，作还原剂，故C错误；
D．氧化产物为，还原产物为，由反应可知两者物质的量之比为2：3，故D错误；
故选：A。
13．C
【详解】和与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为，失去电子、失去电子，而生成要转移电子，由电子守恒可知，，则，由原子守恒可知：，而，所以，氢氧化钠溶液的体积，故选C。
14．D
【详解】反应中A氧化化合价降低到+3价，B元素化合价升高到0价，设中A的化合价为x,则2x+2=2n，x=n-1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有(n-1-3)×1×2=(2-0)×3，解得n=7，故选：D。
15．C
【详解】反应时，硫元素从-2价升高为0价，铁元素化合价由+3降低为+2，根据电子守恒配平可知，，反应中铁元素化合价降低得到还原产物氯化亚铁，硫元素化合价升高得到氧化产物S，故还原产物与氧化产物的物质的量之比为2∶1；
故选C。
16．C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
17．D
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
18．D
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
19．A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确；
故选A。
20．D
【分析】“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”的含义是晴好的天气时采摘茶叶，经过蒸青、捣泥、拍压、烘焙、穿孔、装袋等工序后，才能制造出优质的茶叶。
【详解】A． 蒸青，这样做出的茶去掉了生腥的草味，加热引起颜色的变化，有新物质产生，故A不符；
B． 捣泥压榨，去汁压饼，让茶叶的苦涩味大大降低，可能引起物质的变化，故B不符；
C． 烘焙加热可能引起物质分解、氧化等，故C不符；
D． 封装，保持干燥、防止氧化，最不可能引起化学变化，故D符合；
故选D。
21．C
【详解】A．反应中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗(标准状况)即=2ml，故转移的电子数为，A正确；
B．根据反应，每消耗2mlF2生成的质量为2ml=，B正确；
C．根据反应可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2mlF2生成的氧化产物OF2分子数为，C错误；
D．根据反应可知，每消耗2mlF2生成H2O的物质的量为2ml，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的含有孤电子对数为，D正确；
故答案为C。
【点睛】
22．C
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
23．D
【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确；
B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；
C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确；
D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4mlHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。
故选D。
24．D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；
综上所述，本题选D。
25．D
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
26．D
【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；
B．氢元素化合价由-1价升为+1价，故SiH4发生氧化反应，B错误；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；
D．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素的化合价由-1价升为+1价，每消耗1mlSiH4，生成1mlSiO2，转移8ml电子，D正确；
答案选D。
27．A
【详解】A．黑火药中含有S、C两种单质，A正确；
B．爆炸反应为放热反应，B错误；
C．该反应中S元素化合价降低，作氧化剂，C错误；
D．该反应不符合“单质+化合物=另一种单质+另一种化合物”的形式，不是置换反应，D错误；
综上所述答案为A。
28．D
【详解】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确；
故选D。
29．A
【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；
B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；
C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；
D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；
故选A。
30．D
【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05ml，根据反应方程式，每生成4ml I2转移7ml电子，则生成0.05ml I2时转移电子的物质的量为0.0875ml，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1ml K2H3IO6就有7ml HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
31．D
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。
【详解】A．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；
故选D。
32．C
【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为；
【详解】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，则次磷酸属于一元酸，故B错误；
C．由分析可在，反应Ⅰ方程式正确，故C正确；
D．由分析可得如下关系式：，则理论上，1 ml白磷可生产1ml+1.5ml=2.5 ml PH3，故D错误；
故选C。
33．D
【详解】A．，A正确；
B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；
C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；
D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；
答案选D。
34．
【详解】该反应中NaClO3发生得电子的还原反应生成ClO2、作氧化剂，HCl发生失电子的氧化反应生成Cl2、作还原剂，化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，转移2e-，电子由还原剂转化给氧化剂，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为： 。
35．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体，说明反应过程中生成NO，离子方程式：；
（2）根据图像可知，储存阶段中Ba存储后转化为，化学方程式：；
（3）过程2为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳单质，根据得失电子守恒，化学方程式：；
（4）酸性溶液将氧化生成氧气，自身被还原生成，离子方程式：；
（5）硫酸铜与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜，离子方程式：；
36．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等进行配平，该反应中碘元素由+5价得电子变为0价，一个得5个电子，硫元素由+4价失电子变为+6价，一个失去2个电子，得失电子数的最小公倍数是10，所以碘酸钠的化学计量数是2，亚硫酸氢钠的化学计量数是5，其他未变价元素根据原子守恒进行配平，可得该化学方程式为；
（2）根据题意可知可以将盐酸氧化为，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：；氯气可以氧化，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：，综上所述还原性由强到弱的顺序是；
（3）根据题意可知高温条件下可与反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为。
37．(1)
(2) 还原性 还原产物
(3) >
【详解】（1）NaIO3与NaHSO3反应过程中，I元素化合价由+5降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式及电子转移为。
（2）该反应中S元素化合价升高，NaHSO3被氧化，因此NaHSO3表现出还原性，I2为I元素化合价降低的产物，即还原产物。
（3）HSO、I2、I-、SO和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中SO是氧化产物，根据元素守恒，HSO为反应物，S元素化合价升高，NaHSO3为还原剂，根据化合价有升必有降可知I2中I元素化合价降低生成I-，I-为还原产物，还原剂还原性强于还原产物，因此还原性HSO>I-；根据化合价升降守恒及原子守恒可知反应方程式为。
38．(1) 1CH3OH+6NaClO3+3H2SO4→1CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O -2价的碳 6:1
(2)bc
(3)7.84
【详解】（1）CH3OH中H为+1价，O为-2价，则C显-2价，CO2中C显+4价，则由CH3OH→CO2，C元素化合价升高6价，由NaClO3→ClO2，Cl元素化合价降低1价，依据得失电子守恒，可建立如下关系：CH3OH +6NaClO3 →1CO2↑+6ClO2↑，再依据元素守恒，可确定缺项为H2SO4，并得出其他物质的化学计量数。从而得出配平的化学方程式为：1CH3OH+6NaClO3+3H2SO4→1CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O。
该反应中，CH3OH是还原剂，被氧化的元素是-2价的碳，还原产物(ClO2)与氧化产物(CO2)的物质的量之比是6:1。
（2）上述反应中，CH3OH是还原剂，NaClO3是氧化剂，CO2是氧化产物，ClO2是还原产物。
a．氧化性：氧化剂＞氧化产物，即NaClO3＞ClO2，a不正确；
b．氧化性：氧化剂＞还原剂，即NaClO3＞CH3OH，b正确；
c．还原性：还原剂＞还原产物，即CH3OH＞ClO2，c正确；
d．还原性：Na2SO4中不含化合价变化的元素，既不显氧化性也不显还原性，与CH3OH无法进行还原性的比较，d不正确；
故选bc。
（3）在反应中，CH3OH——CO2↑+6ClO2↑——6e-，若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏伽德罗常数)，则反应产生气体(标准状况)为=7.84升。
【点睛】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物。
39．8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O
【详解】化合物X由三种元素组成，X和足量Na2CO3反应生成白色固体A和无水溶液B，A为难溶性碳酸钙或碳酸钡；无水溶液B中含有剩余的Na2CO3和其它可溶性钠盐，B加入足量HI生成棕黄色溶液C，说明HI被B中溶质氧化生成I2，则C中含有I2和过量的HI、钠盐；C多次萃取得到水溶液D中含有HI、钠盐，D中加入足量AgNO3溶液得到浅黄色固体E和无水溶液F，E和足量氨水反应生成无色溶液G和黄色固体AgI，G为银氨溶液，G和足量稀硝酸反应生成白色固体H，H为AgCl,无色溶液I中含有HNO3和NH4Cl；淡黄色固体E为AgI和AgCl，无色溶液D中含有I-、Cl-，无色溶液F中含有剩余的AgNO3和钠盐，n(AgCl)==0.01ml，白色固体A用0.0250mlHCl溶解后，多余的酸用0.0150mlNaOH恰好中和，化合物X中含有金属元素的物质的量=(0.0250-0.0150)ml×=0.005ml，X含有三种元素，则X为含氧酸盐，所以一定含有氧元素；如果化合物X中含有Ba元素，白色固体的质量=0.005ml×197g/ml=0.985g＞0.500g，则X中含有Ca元素，含有n(O)==0.04ml，X中Ca、Cl、O元素的物质的量之比等于其个数之比，为0.005ml：0.01ml：0.04ml=1：2：8，化学式为Ca(ClO4)2。
由以上分析可知，B中含有NaClO4，能氧化HI生成I2，同时生成NaCl、H2O，B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式为8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
D
A
B
C
B
C
题号
11
12
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14
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16
17
18
19
20
答案
D
A
C
D
C
C
D
D
A
D
题号
21
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26
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28
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30
答案
C
C
D
D
D
D
A
D
A
D
题号
31
32
33
答案
D
C
D
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