2023年高考真题变式分类汇编：氧化性、还原性强弱的比较1

2023年高考真题变式分类汇编：氧化性、还原性强弱的比较1
一、选择题
1．（2023·常德模拟）纯净物状态下的标准电极电势，可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱，现有5组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型) 电极反应式 标准电极电势
0.77
0.54
1.36
1.07
0.151
下列分析错误的是
A．氧化性：
B．往淀粉溶液中滴加溶液，溶液不变蓝
C．往含有的溶液中滴加少量溴水，溶液变红色
D．溶液与溶液反应的离子方程式为：
2．（2023·河西模拟）下列过程体现所用物质的氧化性的是
A．用溶液腐蚀铜板 B．用的水溶液吸收
C．用锌块防止钢铁船体腐蚀 D．用铁粉防止溶液变质
3．（2023·赣州模拟）下列实验操作、现象和结论或解释均正确的是
选项 实验操作 现象 结论或解释
A 取5mL0.1mol/LFeCl3溶液，滴加5~6滴0.1mol/LKI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液 溶液变红 FeCl3和KI的反应是可逆反应
B 将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中 酸性KMnO4溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)
C 将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 有砖红色沉淀生成 说明水解产物含有葡萄糖
D 将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中 溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·潍坊模拟）实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B．酸性条件下的氧化性：
C．可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
5．（2022·肥城模拟）下列关于物质的性质与用途不具有对应关系的是（　　）
A．CO具有还原性，可用于冶炼铁
B．明矾溶液显酸性，可以用于清洗铜镜表面的铜锈
C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．NaNO3具有氧化性，可用于使铁器表面产生Fe3O4
6．（2022·日照模拟）为探究KSCN的性质进行了如下四个实验：
①向1mL0.15mol·L-1的KSCN溶液中加入1mL0.15mol·L-1FeSO4溶液，无明显现象。
②向①中所得溶液再滴加硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液先变红后褪色。
③向1mL 0.15mol·L-1的KSCN溶液中加入1mL 0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，溶液变红。
④向③中所得溶液再滴加0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，溶液颜色明显变浅。
下列说法错误的是（　　）
A．由①和③可得出溶液颜色变红的原因为Fe3+与SCN-生成红色物质
B．由②和③的现象可说明还原性：Fe2+>SCN-
C．④中溶液颜色变浅的原因可能是Fe2+也可以与SCN-络合
D．将③中所得溶液分为两等份，分别加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，对比二者颜色变化即可确定④中颜色变浅的原因
7．（2022高三下·遵义）化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是（　　）
选项 实验目的 选用试剂(或操作) 实验装置
A 验证Fe2+和Br-的还原性强弱 取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置 甲
B 制备氢氧化亚铁 取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液 乙
C 除去CO2中少量的SO2、H2O(g) 试剂a为饱和碳酸钠溶液 丙
D 制备AlCl3固体 蒸发AlCl3饱和溶液 丁
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·菏泽模拟）由下列实验操作及现象得出的结论正确的是 （　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向中滴加酸性溶液 紫红色退去 中含碳碳双键
B 加热某盐与的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 红色石蕊试纸变蓝 该盐为铵盐
C 将用硫酸酸化的溶液滴入溶液中 溶液变黄色 氧化性：(酸性条件)
D 向一定浓度的溶液中通入适量气体 产生黑色沉淀 的酸性比强
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·临沂模拟）一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成外，还可能生成、
D．过程III的化学方程式为
10．（2022·聊城模拟）下列山实验操作、现象得出的结论正确的是（　　）
A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，说明HF的酸性强于HCl
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4振荡、静止，下层液体呈橙红色，说明Cl2氧化性强于Br2
C．向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明蔗糖未水解
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，说明NaClO过量
11．（2022·河西模拟）下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是（　　）
A．用葡萄糖制镜
B．用硫酸铝净水
C．用小苏打作食品膨松剂
D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿
12．（2022·徐汇模拟）下列推断合理的是（　　）
A．O的非金属性比S大，可推断 比 稳定
B．电子云重叠程度 比 的大，可推断 比 稳定
C． 的相对分子质量比 小，可推断 的沸点比 的低
D． 具有氧化性，可推断过硫化氢( )也具有氧化性
13．（2022·宝山模拟）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：（　　）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
14．（2021·嘉兴模拟）误服白磷()，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是：，下列说法正确的是（　　）
A．白磷()只发生了氧化反应
B．是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
D．能氧化
15．（2021·绍兴模拟）关于反应(浓)，下列说法错误的是（　　）
A．的氧化性强于
B．是氧化产物
C．若生成氯气，则转移电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
16．（2021·台州模拟）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．是氧化剂，发生氧化反应
B．是还原剂，只表现还原性
C．反应生成18g水时，转移1.2mol电子
D．还原性：
17．（2021·景德镇模拟）在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（　　）
A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ⅲ是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
18．（2021·宁波模拟）下列说法正确的是（　　）
A．涤纶是由对苯二甲酸和乙二醇通过加聚反应得到的
B．中学实验室中未用完的钠、钾等不能放回原试剂瓶中
C．在FeBr2溶液中通入Cl2后，溶液变为黄色，不能证明Cl2氧化性大于Br2
D．将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却，可得到颗粒较大的晶体
19．（2021·顺德模拟）2021年5月29日，顺德企业研发的世界首台航天微波炉随着“天舟二号”进入太空。其中芯片全为中国制造，制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液，工艺涉及的反应为：。下列说法错误的是（　　）
A．该反应中，还原产物只有
B．标况下，生成时，转移电子的物质的量为
C．氧化性：
D．制作芯片的单质硅具有半导体性能
20．（2021·沈阳模拟）根据溶液中发生的两个反应：① ；② 。下列说法错误的是（　　）
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．酸性条件下，氧化性：
C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化
D．反应②中每生成 的气体，则反应中转移的电子的物质的量为
21．（2021·诸暨模拟）关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（　　）
A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应
B．O2是氧化产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol
22．（2021·衡阳模拟）科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是（　　）
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO ＞HNO2
23．（2021·十堰模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 乙醇钠的水溶液呈强碱性 结合 的能力强
B 将某溶液滴在 淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中一定含有
C 向 和 的混合溶液中滴入硝酸酸化的 溶液，溶液变红 氧化性：
D 向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
24．（2021·浙江模拟）火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是（　　）
A．CuFeS2只作还原剂
B．SO2既是氧化产物又是还原产物
C．消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 mol
D．每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO2
25．（2021·太原模拟） 是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备 的原理是： ，有关该反应说法错误的是（　　）
A． 中 的化合价为
B． 的氧化性强于
C．保存 溶液时需加入少量铁粉
D．每生成 需要转移 电子
26．（2021·重庆模拟）下列各组实验中，根据实验现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和实验现象 结论
A 向 和 的混合溶液中滴入酸化的 溶液，混合溶液变红 氧化性：
B 向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 该盐中含有
C 将稀盐酸滴入 溶液中，溶液中出现凝胶 非金属性：
D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 碳被氧化成
A．A B．B C．C D．D
27．（2021·重庆模拟） 因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。下图是一种制 的微观示意图。下列有关说法正确的是（　　）
A．该反应中只有共价键的断裂与形成
B．该反应中， 作氧化剂
C．该条件下，氧化性：
D．制取 ，有 失去电子
二、多选题
28．（2023·枣庄模拟）下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 测定与混合物中碳酸钠质量分数 将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定
B 比较HClO与的酸性 用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pH
C 提纯混有杂质的NaCl固体 将固体溶于水，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤
D 比较、、的氧化性 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置
A．A B．B C．C D．D
29．（2021·郴州模拟）下列实验对应的现象及结论均符合题意且两者具有因果关系的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向 溶液中通入足量的 生成两种沉淀 的氧化性强于S
B 向浓度均为 的 和 混合溶液中滴加少量 溶液 先出现浅蓝色沉淀 的溶度积比 的小
C 向 溶液中滴入几滴 的 溶液 有气体产生，一段时间后， 溶液颜色加深 能催化 分解，且该分解反应为放热反应
D 铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
30．（2020·临朐模拟）铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰MnSO4溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应现象如表所示：
加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量双氧水 ③适量KI-淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色
在上述实验条件下，下列结论正确的是（　　）
A．氧化性强弱顺序为：BiO3－> MnO4－ > H2O2 > I2
B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2
C．H2O2具有氧化性，把KI氧化成I2
D．KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液不一定变蓝色
三、非选择题
31．（2020·天津）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题：
（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置为　 　，基态Fe原子的电子排布式为　 　。
（2）CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为　 　g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为　 　。
（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为　 　，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：　 　。
（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当 大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为　 　。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为　 　(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为　 　。
32．（2020·）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）盛放MnO2粉末的仪器名称是　 　，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")。
33．（2022·茂名模拟）某小组用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气。
（1）反应的离子方程式是　 　。
（2）为净化与收集Cl2，选用下图所示的部分装置进行实验，装置的接口连接顺序为　 　。
（3）当Cl2不再生成时，反应容器中仍存在MnO2和盐酸，该小组进行以下实验探究。
①实验任务 探究反应后的容器中仍存在MnO2和盐酸，却不再产生Cl2的原因。
②查阅资料 物质氧化性和还原性变化的一般规律是：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
③提出猜想 猜想a：在此反应中，随H+浓度降低，氧化剂　 　(填氧化剂化学式)氧化性减弱。
猜想b：在此反应中，　 　减弱。
猜想c：在此反应中，随Mn2+浓度升高，氧化剂氧化性减弱。
④设计实验、验证猜想 向反应后的固液混合物中加入试剂，观察并记录有无氯气生成(Na+对各物质的氧化性与还原性均无影响)。请在答题线上完成表中内容。
实验序号 操作 有无氯气生成
1 加入较浓硫酸，使， 有氯气
2 加入NaCl固体，使 有氯气
3 　 　 无氯气
⑤数据分析，得出结论 猜想a、猜想b和猜想c均正确。
⑥迁移应用 25℃时，。一般情况下，在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，资料显示Ag也可以与HI发生置换反应生成H2，依据②中信息，可能的原因是：　 　。
34．（2022·丰台模拟）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，从中提取Se的工艺流程如下：
已知：
化学式 Ag2Se AgCl
Ksp(常温) 2.0×10-64 1.8×10-10
（1）酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是　 　。
（2）“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为H2SeO3，化学方程式为　 　。
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因　 　。
（3）①“还原”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由强到弱的顺序为　 　。
（4）滴定法测定CuSO4溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
第二步：2(无色)+I2=(无色)+2I-
①由此可知滴定所用的指示剂为　 　。
②已知CuSO4溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是　 　(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。
35．（2022·丰台模拟）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
（1）Ⅰ．研究、的转化
下列试剂能实现转化的是____。
A．浓硝酸 B．硫黄 C．氯气
（2）两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是　 　。
（3）Ⅱ．研究的转化
已知：
为无色，在空气中极易被氧化为
物质 CuCl(白色) CuI(白色) (黑色) CuS(黑色)
Ksp
实验如下：
实验a 　 实验b 　
现象：无明显变化 现象：产生白色沉淀
实验a中反应难以发生的原因是　 　。
（4）实验b中反应的离子方程式为　 　。
（5）通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是　 　。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是　 　。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，　 　，观察到　 　，证明实验c中实现了转化。
（6）基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因　 　。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，氧化性，A项不符合题意；
B．的氧化性弱于，不能氧化得到，因此溶液不变蓝，B项不符合题意；
C．的还原性大于，当加入少量溴水时，溴水先氧化，溴水量不足不能被氧化为，则滴加KSCN溶液不一定变红，C项符合题意；
D．溶液与溶液反应，具有氧化性，具有还原性，则离子方程式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强；
B.氧化性：>，则不能氧化；
C.溴水少量，先氧化碘离子；
D.与发生氧化还原反应，即。
2．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．用氯化铁溶液腐蚀铜板，发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，该反应体现了氯化铁的氧化性，故A选；
B．用SO2的水溶液吸收Br2，发生的反应为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，该反应体现了SO2的还原性，故B不选；
C．用锌块防止钢铁船体腐蚀，是利用原电池原理，锌和铁构成了原电池的两极，锌比铁活泼，锌做负极，失去电子，保护了铁，利用的是锌的还原性，故C不选；
D．用铁粉防止硫酸亚铁溶液变质，是利用铁的还原性，将可能生成的Fe3+还原为Fe2+，或铁直接吸收进入溶液中的氧气，从而保护了FeSO4不被氧化，故D不选；
故答案为：A。
【分析氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低。
3．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；电离平衡常数
【解析】【解答】A．FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，A项不符合题意；
B．将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体是二氧化碳，二氧化碳通入足量的酸性KMnO4溶液除掉SO2，再通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则说明SO2与Na2CO3溶液反应生成了二氧化碳，说明亚硫酸酸性>碳酸酸性，即Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，
B项符合题意；
C．脱脂棉主要成分是纤维素，放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，然后再加碱调节溶液pH至溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能看到砖红色沉淀生成，C项不符合题意；
D．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，但是Fe2+可能是被H2O2氧化也可能是被硝酸氧化，所以无法说明氧化性：H2O2>Fe3+，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该实验中，氯化铁过量，加入KSCN溶液溶液直接变红；
B.酸性越强，电离平衡常数越大；
C.用新制氢氧化铜检验葡萄糖应在碱性条件下进行；
D.酸性条件下，硝酸根也能氧化亚铁离子。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A不符合题意；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B符合题意；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C不符合题意；
D.28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价降低生成还原产物；元素化合价升高生成氧化产物；
B．依据氧化剂氧化性大于氧化产物；
C．依据氧化还原反应原理，利用电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平。
D．根据方程式，利用得失电子守恒计算。
5．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．CO具有还原性，能够还原铁矿石生成铁和二氧化碳，可用于冶炼铁，A不合题意；
B．明矾溶于水电离产生的铝离子水解显酸性，所以可以用于清洗铜镜表面的铜锈，B不合题意；
C．二氧化硫具有漂白性，能够漂白纸浆，与其氧化性无关，C符合题意；
D．硝酸根离子中氮为+5价，具有氧化性，定条件下能够把铁氧化成Fe3O4，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用还原性物质冶炼铁；
B．铝离子水解显酸性；
C．二氧化硫的漂白性原理是与有色物质简单化合；
D．硝酸根离子酸性条件下有强氧化性。
6．【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．比较实验①、③可知，两实验中仅是Fe2+和Fe3+的不同，其余离子均相同，故由①和③可得出溶液颜色变红的原因为Fe3+与SCN-生成红色物质，A不符合题意；
B．由实验③可知Fe3+能与SCN-结合成红色物质，而实验②滴加酸性高锰酸钾后先变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，后褪色说明SCN-被氧化了，则由②和③的现象可说明还原性：Fe2+>SCN-，B不符合题意；
C．比较实验③、④可知，在实验所得红色溶液中加入0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，溶液颜色明显变浅，可能是由于Fe2+与SCN-形成络合物后，导致SCN-的浓度减小，使得Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液颜色明显变浅，C不符合题意；
D．将③中所得溶液分为两等份，分别加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，将导致两溶液中的硫酸根离子浓度不同，即变量不唯一，且加水稀释和加入0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液都将使溶液颜色变浅，即无法对比二者颜色变化即可确定④中颜色变浅的原因，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Fe3+与SCN-生成红色的Fe(SCN)3；
B.根据还原剂的还原性大于还原产物比较；
C.加入FeSO4溶液后颜色变浅，可能是由于Fe2+与SCN-形成络合物。
7．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的原理；铁的氧化物和氢氧化物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br-强，A选项符合题意；
B．Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B选项不符合题意；
C．CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C选项不符合题意；
D．由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.该装置未形成封闭系统，生成的Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3；
C.二氧化碳能与碳酸钠反应；
D. 蒸发AlCl3饱和溶液得到Al(OH)3。
8．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；饱和烃与不饱和烃；物质的检验和鉴别；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，故该实验中酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO含有碳碳双键，A不符合题意；
B．反应产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3；铵盐和NaOH的混合溶液受热后，会产生NH3，则该盐为铵盐，B符合题意；
C．在酸性条件下具有强氧化性；向硫酸酸化的H2O2溶液中滴加Fe(NO3)2溶液，溶液变黄，H2O2和都可以氧化Fe2+，该实验不能说明H2O2的氧化性比Fe3+（酸性条件）强，C不符合题意；
D．向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀，不能说H2S的酸性比H2SO4强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色；
B.依据氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝分析；
C.NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
D.向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀。
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成外，还可能生成、，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
10．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅；银镜反应
【解析】【解答】A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，是SiO2的特性，与酸性强弱无关，故不能说明HF的酸性强于HCl，A不符合题意；
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4，振荡、静止，下层液体呈橙红色说明有Br2生成，反应原理为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故说明Cl2氧化性强于Br2，B符合题意；
C．由于银氨溶液与醛基的反应需在碱性条件下进行，故向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，不能说明蔗糖未水解，应该先加入NaOH溶液中和硫酸使溶液呈碱性后再加入银氨溶液，C不符合题意；
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，可能是NaClO过量产生了HClO也可能是NaHSO3过量生成SO2，使品红溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.与氢氟酸反应是二氧化硅的特性；
C.应加入氢氧化钠中和稀硫酸，调节溶液为碱性再加入银氨溶液；
D.碳酸氢钠过量产生的二氧化硫也能使品红褪色。
11．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．用葡萄糖制镜即葡萄糖中醛基和银氨溶液反应生成银单质，葡萄糖被氧化，具有还原性，故A符合题意；
B．用硫酸铝净水，铝离子生成胶体而吸附杂质起净水作用，化合价未变化，故B不符合题意；
C．用小苏打作食品膨松剂，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化合价未变化，故C不符合题意；
D．含氟牙膏主要指在牙膏内添加一定氟化物，氟化物可与牙齿内部的矿物质发生结合，形成氟化的矿物质，增强牙齿防龋能力，有效的将脱矿的牙釉质进行再矿化，达到预防龋齿的效果，化合价未变化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据反应中化合价的变化判断。
12．【答案】D
【知识点】晶体熔沸点的比较；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．非金属性越大，气态氢化物的稳定性越大，因O的非金属性比S大，可推断 比 稳定，A不符合题意；
B．电子云重叠程度越大，键能越大，化学键越稳定，因O-H的电子云重叠程度大于S-H 的，可推断 O-H 比 S-H 稳定，B不符合题意；
C． 和 均属于分子晶体，但水分子间存在氢键，所以沸点： ＞ ，C不符合题意；
D．同族元素的性质具有相似性， 与 互为等电子体，结构相似，过氧化氢中过氧根离子具有氧化性，推测过硫化氢也具有氧化性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据非金属性越大，气态氢化物的稳定性越大；
B．依据电子云重叠程度越大，键能越大，化学键越稳定；
C． 依据分子间存在氢键，沸点反应高；
D．依据等电子体，结构相似，性质相似。
13．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】还原性强弱：I->Br-，与氯气反应顺序，先反应碘离子，再反应溴离子，反应多少，取决于氯气的量，可能溴化钠反应，也可能不反应
14．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应中，白磷()的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷()既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A不符合题意；
B．S的化合价为发生改变，因此不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B不符合题意；
C．H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C不符合题意；
D．根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此能氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】，P元素的化合价由0降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A不符合题意；
B．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B符合题意；
C．在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C不符合题意；
D．由以上分析可知，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2mol KCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】(浓)中，Cu元素的化合价由+3价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，则KCuO2为氧化剂，CuCl2是还原产物，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，据此作答。
16．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A. 是氧化剂，发生还原反应，A不符合题意；
B．中部分O元素从-1价升高到0价、部分O元素从-1价降低到-2价，是还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，B不符合题意；
C．存在关系式，反应生成10mol水时，转移12mol电子，则反应生成18g即1mol水时，转移1.2mol电子，C符合题意；
D．一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应中锰元素的化合价降低，高锰酸钾是氧化剂，氧化剂发生还原反应，过氧化氢中氧元素的化合价既升高又降低，过氧化氢既是氧化剂也是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，据此作答。
17．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A不符合题意；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B不符合题意；
C．根据图示，反应Ⅲ的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C符合题意；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
B.根据反应物中元素化合价变化判断
C.根据反应III的元素是否变化
D.根据催化剂的定义即可判断
18．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学试剂的存放；聚合反应
【解析】【解答】A．对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应生成涤纶，还生成小分子水，故A不符合题意；
B．钠与空气中水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，从安全考虑，将未用完的钠放回原试剂瓶，故B不符合题意；
C．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故C符合题意；
D．快速冷却不利于晶体的生长，得到的晶体颗粒较小，自然冷却可可得到颗粒较大的晶体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加聚反应与缩聚反应区别为：二者都是得到高分子化合物的方法，加聚反应无小分子产生，缩聚反应往往伴随小分水生成
B.一般金属药品没有用完都可回收放入原来试剂瓶中
D.快速降温，晶体析出过快，不利于形成较大晶体
19．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．Si失去电子，+5价的N元素和+1价的H元素得电子为氧化剂，生成亚硝酸和氢气为还原产物，故A符合题意；
B．Si失去4mol电子，生成1molH2，故标况下，生成时，转移电子的物质的量为，故B不符合题意；
C．Si失去电子为还原剂，H2SiF6为氧化产物，HNO3得电子为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，故C不符合题意；
D．单质硅具有半导体性能常用来制作芯片，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.氢离子夺电子同样被还原
20．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应①中氧化剂是 ，还原剂是 ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ，A项不符合题意；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性： ，反应②中氧化性： ，则氧化性： ，B项不符合题意；
C．H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化，C项不符合题意；
D．未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的方程式即可找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物，即可比较物质的氧化性，根据方程式即可计算出氧化剂和还原剂的比值，根据反应②即可计算标况下产生的气体转移的电子数
21．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由于F的非金属性强于O，故O2F2中O显+1价，F显-1价，故O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原发生还原反应，F的化合价不变，A不符合题意；
B．由A项分析可知，反应中O的化合价有+1价降低为0价，故O2是还原产物，B不符合题意；
C．分析反应中，O2F2中O显+1价，F显-1价，O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，被氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C符合题意；
D．反应中H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，故1molH2S发生反应则失去8mol电子，但题干中未告知H2S的状态，故2.24LH2S被反应，则转移电子不一定为0.8mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的反应标出元素的化合价，找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物，即可计算出氧化剂与还原剂的物质的量之比以及过根据给出的数据计算出转移的电子数
22．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段， 、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、 。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为 ， 结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为： ，A不符合题意；
B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B符合题意；
C．过程I中NO2得到电子被还原为 ，SO 失去的电子被氧化为 ，反应的离子方程式： SO +NO2= + 。每有1 mol的氧化剂NO2发生反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D．在图示的转化关系中SO 失去电子被氧化为 ，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO ＞HNO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.第 Ⅱ、Ⅲ 阶段，NO2与SO32-发生氧化还原反应生成HNO2、HSO3-；
B.该过程中NO2为氧化剂；
C.第 Ⅰ 阶段中发生反应方程式：SO +NO2= + ；
D.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
23．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A． 溶液中电离出的 水解生成 与 使溶液呈强碱性，则 ，所以 结合 的能力强，故A符合题意；
B．能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B不符合题意；
C．滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使 溶液变红，所以不能得出氧化性： ，故C不符合题意；
D．向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明 溶液含有 ，即 发生电离，而不是水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.乙醇钠的水溶液中水解显碱性；
B.溶液可能为碘或溴水；
C.硝酸可氧化亚铁离子，生成铁离子遇KSCN溶液变红；
D.滴入5滴2mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀为AgI。
24．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A不符合题意；
B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B符合题意；
C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C不符合题意；
D．根据方程式可知：每生成1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据化学方程式标出元素化合价，即可判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。同时根据给出的数据进行计算，结合选项进行判断即可
25．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A． 中Na为+1价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知 的化合价为 ，故A不符合题意；
B． 反应中， 是氧化剂， 、O2都是氧化产物， 的氧化性强于 ，故B不符合题意；
C．保存 溶液时加入少量铁粉，可以防止 被氧化变质，故C不符合题意；
D． 反应中， 、O2都是氧化产物，每生成 需要转移 电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据反应方程式即可计算出元素化合价即可找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，即可计算转移的电子数等，结合选项进行判断即可
26．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；浓硫酸的性质；物质检验实验方案的设计；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中，加入酸化的硝酸银溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A不符合题意；
B.向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体氨气生成，则盐溶液中一定有铵根离子，故B符合题意；
C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故C不符合题意；
D.红热的炭放入浓硫酸中发生的反应为碳与浓硫酸共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应生成的二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，不能判断是否有二氧化碳生成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硝酸根在酸性条件下具有很强的氧化性无法判断是否为银离子氧化
B.符合铵根离子的检验方法
C.比较元素的非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应的水合物的酸性
D.浓硫酸的还原产物二氧化硫也可以使石灰水变浑浊
27．【答案】C
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A不符合题意；
B.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反应的还原剂，故B不符合题意；
C.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反应的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C符合题意；
D.由分析可知，反应中氯气是反应的氧化剂，亚氯酸钠是反应的还原剂，135g二氧化氯的物质的量为 =2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由微观示意图可知，制二氧化氯的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2。
28．【答案】C,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2，根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作符合题意能达到实验目的，A不符合题意；
B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B不符合题意；
C．提纯混有KNO3杂质的NaCl固体，NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大，应该采用蒸发浓缩、趁热过滤、将滤液冷却结晶、过滤的方法，C符合题意；
D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-，得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水；
B.酸性越弱，对应的酸根离子的水解能力越强，对应的钠盐pH越大；
C.NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大；
D. 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2＞I2，不能证明氧化性Cl2＞Br2。
29．【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁、硫和水，只有一种沉淀，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；
B．相同浓度的 和 中加入 ，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此 的溶度积比 的小，B符合题意；
C．过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意：
D．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入 ，发生反应的离子方程式为： ，体现了硝酸根在酸性环境中 的强氧化性，结论不符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】 A.FeCl3溶液中通入足量的H2S，发生氧化还原反应生成S沉淀；
B.浓度相同，溶度积小的先沉淀；
C.氯化铁可催化过氧化氢的分解，分解放热可促进铁离子水解；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
30．【答案】A,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.实验①中体现氧化性BiO3－>MnO4－，实验②体现氧化性MnO4－>H2O2，实验③体现氧化性H2O2>I2，因此实验过程中可体现氧化性强弱顺序为BiO3－>MnO4－>H2O2>I2，A符合题意；
B.实验②中H2O2转化为O2的过程中，氧元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此H2O2被MnO4－氧化成O2，B不符合题意；
C.实验②反应生成了O2，部分O2溶解在溶液中，实验③中I2有可能是被O2氧化生成，因此不能得出H2O2将I－氧化成I2的结论，C不符合题意；
D.由于NaBiO3具有强氧化性，I－处于最低价， 具有强还原性，二者反应可能生成碘元素的高价态化合物，不一定生成I2，因此溶液不一定变蓝色，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】实验①加入NaBiO3溶液后，无色的MnSO4溶液变为紫红色，说明反应生成了MnO4－；
实验②继续加入双氧水溶液，溶液紫红色褪去，说明MnO4－发生反应，同时产生气泡，结合MnO4－的氧化性，H2O2的还原可知，反应生成了O2；
实验③继续加入KI-淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明反应生成了I2；
据此结合选项进行分析。
31．【答案】（1）第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2）；NiO＞CoO＞FeO
（3）CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O
（4）随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O
【知识点】原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。(2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2 个数为 ，Co2+个数为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为 ；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为： ；NiO＞CoO＞FeO。(3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当 大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
【分析】(1)根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。(2)根据晶胞结构计算出O2 和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比较熔点。(3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)3与盐酸反应发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O。(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。
32．【答案】（1）圆底烧瓶；饱和食盐水
（2）水浴加热；Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O；避免生成NaClO3
（3）吸收尾气(Cl2)；AC
（4）过滤；少量(冷)水洗涤
（5）紫；小于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；分液和萃取；物质的分离与提纯；尾气处理装置
【解析】【解答】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；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。
【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。
33．【答案】（1）
（2）(c)dbag
（3）MnO2；随浓度降低，还原剂还原性；加入NaCl固体和MnSO4固体，使，或加入MnCl2固体和MnSO4固体，使，或加入浓硫酸和MnSO4固体，使，；AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气的离子方程式是：
。
(2)制得的氯气中含有HCl和水蒸气，应先除去HCl，否则水蒸气除不掉。除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，洗气过程导管长进短出，所以cdbag。
(3)提出猜想时，根据资料显示的氧化性与还原性规律，此反应中，MnO2作为氧化剂，其氧化性随H+浓度降低和随Mn2+浓度升高而减弱；此反应的还原剂还原性，随浓度降低而减弱。
实验设计中，针对猜想，完成实验3，应选择Mn2+加入，为控制单一变量，应选择试剂硫酸锰固体，并使其加入后，硫酸根离子浓度与实验1保持一致；为进一步说明无氯气产生是Mn2+加入的原因，应同时加入同样条件下本来可以生成氯气的NaCl固体并保持浓度一致。
迁移应用中，Ag作为氢后金属，可以与HI发生置换反应生成H2，是因为此条件下Ag的还原性特别强，根据题中信息，氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强，AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原。
【分析】（1）根据离子反应方程式书写方法，写出离子反应式
（2）除杂装置：先除其他杂质气体再除水蒸气
尾气处理装置：注意防止倒吸
（3）探究性实验，在写操作步骤时注意控制变量法，然后紧扣题中信息分析问题找出答案：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
34．【答案】（1）将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离
（2）Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl
（3）H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；Cl2> H2SeO3>SO2
（4）淀粉；；不影响
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
(1)酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
(2)①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；
②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
(3)①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；
(4)①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；
②由关系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。
【分析】（1）分析流程中元素的走向可知是将Cu转化为硫酸铜；
（2）氯化过程就是氧化Se得到H2SeO3 ；Ag2Se转化为AgCl，属于沉淀的转化，利用沉淀溶解平衡移动原理解释；
（3）还原过程从流程图中可知反应物是SO2和H2SeO3，生成物是Se，SO2被氧化为硫酸；
（4） ① 根据原理可知是用Cu2+氧化i-得到I2，再用Na2S2O3溶液来滴定生成的I2，所以用淀粉作指示剂；
② 根据反应原理可知Cu2+的物质的量等于Na2S2O3的物质的量；
③ 分析原理可知无影响。
35．【答案】（1）B
（2）都具有氧化性，但氧化性强弱不同
（3）反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
（4）
（5）具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu；洗涤沉淀物，向其中加入氨水；观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
（6）与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
(1)实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，
故答案为：B。
(2)、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
(3)据已知 ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
(4)实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
(5)①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
(6)①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
【分析】（1）铜被氧化为+1价的铜，需要用弱氧化剂；
（2）铜氧化为+2价需要用强氧化剂，两类物质都有氧化性，但是强弱不同；
（3） ，该反应的K大，容易进行，那么逆反应的K很小，难以自发进行；
（4）实验b能反应是由于铜和铜离子生成的+1价的铜与Cl-结合生成稳定的CuCl；
（5） ① I-有还原性，CuCl难溶，CuI也难溶；
② 注意空气对实验的干扰；
③ 根据题目中为无色，在空气中极易被氧化为，所以要判断是否有+1价的铜，向沉淀中加入氨水，观察现象；
（6） ① CuS极难溶于水，生成了CuS的沉淀；
② 要使铜离子和S2-能够发生氧化还原反应，就需要将两中离子分开，在不同的区域进行反应，所以要设计成带盐桥的原电池，否则二者就生成CuS的沉淀。
2023年高考真题变式分类汇编：氧化性、还原性强弱的比较1
一、选择题
1．（2023·常德模拟）纯净物状态下的标准电极电势，可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱，现有5组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型) 电极反应式 标准电极电势
0.77
0.54
1.36
1.07
0.151
下列分析错误的是
A．氧化性：
B．往淀粉溶液中滴加溶液，溶液不变蓝
C．往含有的溶液中滴加少量溴水，溶液变红色
D．溶液与溶液反应的离子方程式为：
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，氧化性，A项不符合题意；
B．的氧化性弱于，不能氧化得到，因此溶液不变蓝，B项不符合题意；
C．的还原性大于，当加入少量溴水时，溴水先氧化，溴水量不足不能被氧化为，则滴加KSCN溶液不一定变红，C项符合题意；
D．溶液与溶液反应，具有氧化性，具有还原性，则离子方程式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.标准电极电势越高，氧化剂的氧化性越强；
B.氧化性：>，则不能氧化；
C.溴水少量，先氧化碘离子；
D.与发生氧化还原反应，即。
2．（2023·河西模拟）下列过程体现所用物质的氧化性的是
A．用溶液腐蚀铜板 B．用的水溶液吸收
C．用锌块防止钢铁船体腐蚀 D．用铁粉防止溶液变质
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．用氯化铁溶液腐蚀铜板，发生的反应为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，该反应体现了氯化铁的氧化性，故A选；
B．用SO2的水溶液吸收Br2，发生的反应为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，该反应体现了SO2的还原性，故B不选；
C．用锌块防止钢铁船体腐蚀，是利用原电池原理，锌和铁构成了原电池的两极，锌比铁活泼，锌做负极，失去电子，保护了铁，利用的是锌的还原性，故C不选；
D．用铁粉防止硫酸亚铁溶液变质，是利用铁的还原性，将可能生成的Fe3+还原为Fe2+，或铁直接吸收进入溶液中的氧气，从而保护了FeSO4不被氧化，故D不选；
故答案为：A。
【分析氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低。
3．（2023·赣州模拟）下列实验操作、现象和结论或解释均正确的是
选项 实验操作 现象 结论或解释
A 取5mL0.1mol/LFeCl3溶液，滴加5~6滴0.1mol/LKI溶液，充分反应后，再滴加KSCN溶液 溶液变红 FeCl3和KI的反应是可逆反应
B 将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中 酸性KMnO4溶液颜色变浅，澄清石灰水变浑浊 Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)
C 将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热 有砖红色沉淀生成 说明水解产物含有葡萄糖
D 将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中 溶液变黄色 氧化性：H2O2>Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学反应的可逆性；弱电解质在水溶液中的电离平衡；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验；电离平衡常数
【解析】【解答】A．FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁不足，反应后检验铁离子验证反应的可逆性，A项不符合题意；
B．将足量SO2通入Na2CO3溶液中逸出的气体是二氧化碳，二氧化碳通入足量的酸性KMnO4溶液除掉SO2，再通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则说明SO2与Na2CO3溶液反应生成了二氧化碳，说明亚硫酸酸性>碳酸酸性，即Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，
B项符合题意；
C．脱脂棉主要成分是纤维素，放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，然后再加碱调节溶液pH至溶液呈碱性，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，才能看到砖红色沉淀生成，C项不符合题意；
D．将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，但是Fe2+可能是被H2O2氧化也可能是被硝酸氧化，所以无法说明氧化性：H2O2>Fe3+，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该实验中，氯化铁过量，加入KSCN溶液溶液直接变红；
B.酸性越强，电离平衡常数越大；
C.用新制氢氧化铜检验葡萄糖应在碱性条件下进行；
D.酸性条件下，硝酸根也能氧化亚铁离子。
4．（2023·潍坊模拟）实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B．酸性条件下的氧化性：
C．可与盐酸发生反应：
D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A不符合题意；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B符合题意；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C不符合题意；
D.28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价降低生成还原产物；元素化合价升高生成氧化产物；
B．依据氧化剂氧化性大于氧化产物；
C．依据氧化还原反应原理，利用电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平。
D．根据方程式，利用得失电子守恒计算。
5．（2022·肥城模拟）下列关于物质的性质与用途不具有对应关系的是（　　）
A．CO具有还原性，可用于冶炼铁
B．明矾溶液显酸性，可以用于清洗铜镜表面的铜锈
C．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．NaNO3具有氧化性，可用于使铁器表面产生Fe3O4
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．CO具有还原性，能够还原铁矿石生成铁和二氧化碳，可用于冶炼铁，A不合题意；
B．明矾溶于水电离产生的铝离子水解显酸性，所以可以用于清洗铜镜表面的铜锈，B不合题意；
C．二氧化硫具有漂白性，能够漂白纸浆，与其氧化性无关，C符合题意；
D．硝酸根离子中氮为+5价，具有氧化性，定条件下能够把铁氧化成Fe3O4，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用还原性物质冶炼铁；
B．铝离子水解显酸性；
C．二氧化硫的漂白性原理是与有色物质简单化合；
D．硝酸根离子酸性条件下有强氧化性。
6．（2022·日照模拟）为探究KSCN的性质进行了如下四个实验：
①向1mL0.15mol·L-1的KSCN溶液中加入1mL0.15mol·L-1FeSO4溶液，无明显现象。
②向①中所得溶液再滴加硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液先变红后褪色。
③向1mL 0.15mol·L-1的KSCN溶液中加入1mL 0.05mol·L-1Fe2(SO4)3溶液，溶液变红。
④向③中所得溶液再滴加0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，溶液颜色明显变浅。
下列说法错误的是（　　）
A．由①和③可得出溶液颜色变红的原因为Fe3+与SCN-生成红色物质
B．由②和③的现象可说明还原性：Fe2+>SCN-
C．④中溶液颜色变浅的原因可能是Fe2+也可以与SCN-络合
D．将③中所得溶液分为两等份，分别加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，对比二者颜色变化即可确定④中颜色变浅的原因
【答案】D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．比较实验①、③可知，两实验中仅是Fe2+和Fe3+的不同，其余离子均相同，故由①和③可得出溶液颜色变红的原因为Fe3+与SCN-生成红色物质，A不符合题意；
B．由实验③可知Fe3+能与SCN-结合成红色物质，而实验②滴加酸性高锰酸钾后先变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，后褪色说明SCN-被氧化了，则由②和③的现象可说明还原性：Fe2+>SCN-，B不符合题意；
C．比较实验③、④可知，在实验所得红色溶液中加入0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，溶液颜色明显变浅，可能是由于Fe2+与SCN-形成络合物后，导致SCN-的浓度减小，使得Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液颜色明显变浅，C不符合题意；
D．将③中所得溶液分为两等份，分别加入0.5mLH2O、0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液，将导致两溶液中的硫酸根离子浓度不同，即变量不唯一，且加水稀释和加入0.5mL 0.5mol·L-1FeSO4溶液都将使溶液颜色变浅，即无法对比二者颜色变化即可确定④中颜色变浅的原因，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Fe3+与SCN-生成红色的Fe(SCN)3；
B.根据还原剂的还原性大于还原产物比较；
C.加入FeSO4溶液后颜色变浅，可能是由于Fe2+与SCN-形成络合物。
7．（2022高三下·遵义）化学是一门以实验为基础的学科。下列所选试剂(或操作)和实验装置合理的是（　　）
选项 实验目的 选用试剂(或操作) 实验装置
A 验证Fe2+和Br-的还原性强弱 取适量FeBr2溶液，通入少量Cl2(不能与任何微粒完全反应)，一段时间后，将溶液放入CCl4中摇匀、静置 甲
B 制备氢氧化亚铁 取新制FeSO4溶液，滴加NaOH溶液 乙
C 除去CO2中少量的SO2、H2O(g) 试剂a为饱和碳酸钠溶液 丙
D 制备AlCl3固体 蒸发AlCl3饱和溶液 丁
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的原理；铁的氧化物和氢氧化物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．少量Cl2与FeBr2充分反应，将混合液滴入CCl4中，溶液分层，上层黄色，下层无色，说明Cl2优先将Fe2+氧化为Fe3+，证明Fe2+的还原性比Br-强，A选项符合题意；
B．Fe2+易被空气中氧气氧化，此方法无法实现Fe(OH)2的制备，B选项不符合题意；
C．CO2也能与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，C选项不符合题意；
D．由于铝离子的水解，氯化铝溶液蒸干通常获得Al(OH)3而非氯化铝，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.该装置未形成封闭系统，生成的Fe(OH)2易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3；
C.二氧化碳能与碳酸钠反应；
D. 蒸发AlCl3饱和溶液得到Al(OH)3。
8．（2022·菏泽模拟）由下列实验操作及现象得出的结论正确的是 （　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向中滴加酸性溶液 紫红色退去 中含碳碳双键
B 加热某盐与的混合溶液，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体 红色石蕊试纸变蓝 该盐为铵盐
C 将用硫酸酸化的溶液滴入溶液中 溶液变黄色 氧化性：(酸性条件)
D 向一定浓度的溶液中通入适量气体 产生黑色沉淀 的酸性比强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；饱和烃与不饱和烃；物质的检验和鉴别；比较弱酸的相对强弱的实验
【解析】【解答】A．碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色，故该实验中酸性KMnO4溶液的紫红色褪去，不能说明CH2=CHCHO含有碳碳双键，A不符合题意；
B．反应产生的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体为NH3；铵盐和NaOH的混合溶液受热后，会产生NH3，则该盐为铵盐，B符合题意；
C．在酸性条件下具有强氧化性；向硫酸酸化的H2O2溶液中滴加Fe(NO3)2溶液，溶液变黄，H2O2和都可以氧化Fe2+，该实验不能说明H2O2的氧化性比Fe3+（酸性条件）强，C不符合题意；
D．向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀，不能说H2S的酸性比H2SO4强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碳碳双键和醛基都可以使酸性KMnO4溶液褪色；
B.依据氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝分析；
C.NO3-在酸性条件下具有强氧化性；
D.向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体，产生黑色不溶于H2SO4的CuS沉淀。
9．（2022·临沂模拟）一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．不慎将白磷沾到皮肤上，可用稀溶液冲洗
B．过程I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
C．过程II中，除生成外，还可能生成、
D．过程III的化学方程式为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．白磷有毒，且对人体具有腐蚀作用，不慎将白磷沾到皮肤上，可以用硫酸铜溶液冲洗，A项不符合题意；
B．过程I中反应方程式为：11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，其中磷酸为氧化产物，Cu3P为还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5，B项符合题意；
C．过程II为磷酸和氢氧化钙反应，除生成外，还可能生成、，C项不符合题意；
D．据图分析，结合氧化还原反应，过程III的化学方程式为，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】 A.由图中过程I可知，白磷与硫酸铜溶液反应；
B.过程I中P元素的化合价由0升高为+5价、降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价；
C.磷酸为三元酸；
D.过程III中磷酸钙、二氧化硅、焦炭反应生成，硅酸钙、CO、白磷。
10．（2022·聊城模拟）下列山实验操作、现象得出的结论正确的是（　　）
A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，说明HF的酸性强于HCl
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4振荡、静止，下层液体呈橙红色，说明Cl2氧化性强于Br2
C．向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明蔗糖未水解
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，说明NaClO过量
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅；银镜反应
【解析】【解答】A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，是SiO2的特性，与酸性强弱无关，故不能说明HF的酸性强于HCl，A不符合题意；
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4，振荡、静止，下层液体呈橙红色说明有Br2生成，反应原理为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故说明Cl2氧化性强于Br2，B符合题意；
C．由于银氨溶液与醛基的反应需在碱性条件下进行，故向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，不能说明蔗糖未水解，应该先加入NaOH溶液中和硫酸使溶液呈碱性后再加入银氨溶液，C不符合题意；
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，可能是NaClO过量产生了HClO也可能是NaHSO3过量生成SO2，使品红溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.与氢氟酸反应是二氧化硅的特性；
C.应加入氢氧化钠中和稀硫酸，调节溶液为碱性再加入银氨溶液；
D.碳酸氢钠过量产生的二氧化硫也能使品红褪色。
11．（2022·河西模拟）下列说法涉及物质的氧化性或还原性的是（　　）
A．用葡萄糖制镜
B．用硫酸铝净水
C．用小苏打作食品膨松剂
D．用氟化物添加在牙膏中预防龋齿
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．用葡萄糖制镜即葡萄糖中醛基和银氨溶液反应生成银单质，葡萄糖被氧化，具有还原性，故A符合题意；
B．用硫酸铝净水，铝离子生成胶体而吸附杂质起净水作用，化合价未变化，故B不符合题意；
C．用小苏打作食品膨松剂，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化合价未变化，故C不符合题意；
D．含氟牙膏主要指在牙膏内添加一定氟化物，氟化物可与牙齿内部的矿物质发生结合，形成氟化的矿物质，增强牙齿防龋能力，有效的将脱矿的牙釉质进行再矿化，达到预防龋齿的效果，化合价未变化，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】依据反应中化合价的变化判断。
12．（2022·徐汇模拟）下列推断合理的是（　　）
A．O的非金属性比S大，可推断 比 稳定
B．电子云重叠程度 比 的大，可推断 比 稳定
C． 的相对分子质量比 小，可推断 的沸点比 的低
D． 具有氧化性，可推断过硫化氢( )也具有氧化性
【答案】D
【知识点】晶体熔沸点的比较；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．非金属性越大，气态氢化物的稳定性越大，因O的非金属性比S大，可推断 比 稳定，A不符合题意；
B．电子云重叠程度越大，键能越大，化学键越稳定，因O-H的电子云重叠程度大于S-H 的，可推断 O-H 比 S-H 稳定，B不符合题意；
C． 和 均属于分子晶体，但水分子间存在氢键，所以沸点： ＞ ，C不符合题意；
D．同族元素的性质具有相似性， 与 互为等电子体，结构相似，过氧化氢中过氧根离子具有氧化性，推测过硫化氢也具有氧化性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据非金属性越大，气态氢化物的稳定性越大；
B．依据电子云重叠程度越大，键能越大，化学键越稳定；
C． 依据分子间存在氢键，沸点反应高；
D．依据等电子体，结构相似，性质相似。
13．（2022·宝山模拟）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：（　　）
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】还原性强弱：I->Br-，与氯气反应顺序，先反应碘离子，再反应溴离子，反应多少，取决于氯气的量，可能溴化钠反应，也可能不反应
14．（2021·嘉兴模拟）误服白磷()，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是：，下列说法正确的是（　　）
A．白磷()只发生了氧化反应
B．是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
D．能氧化
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应中，白磷()的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷()既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A不符合题意；
B．S的化合价为发生改变，因此不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B不符合题意；
C．H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C不符合题意；
D．根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此能氧化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】，P元素的化合价由0降低为-3价，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，以此来解答。
15．（2021·绍兴模拟）关于反应(浓)，下列说法错误的是（　　）
A．的氧化性强于
B．是氧化产物
C．若生成氯气，则转移电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A不符合题意；
B．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B符合题意；
C．在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C不符合题意；
D．由以上分析可知，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2mol KCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】(浓)中，Cu元素的化合价由+3价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，则KCuO2为氧化剂，CuCl2是还原产物，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，据此作答。
16．（2021·台州模拟）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．是氧化剂，发生氧化反应
B．是还原剂，只表现还原性
C．反应生成18g水时，转移1.2mol电子
D．还原性：
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A. 是氧化剂，发生还原反应，A不符合题意；
B．中部分O元素从-1价升高到0价、部分O元素从-1价降低到-2价，是还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，B不符合题意；
C．存在关系式，反应生成10mol水时，转移12mol电子，则反应生成18g即1mol水时，转移1.2mol电子，C符合题意；
D．一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该反应中锰元素的化合价降低，高锰酸钾是氧化剂，氧化剂发生还原反应，过氧化氢中氧元素的化合价既升高又降低，过氧化氢既是氧化剂也是还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，据此作答。
17．（2021·景德镇模拟）在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（　　）
A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O
B．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C．反应Ⅲ是氧化还原反应
D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+= 4Fe3++4NO+2H2O，故A不符合题意；
B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B不符合题意；
C．根据图示，反应Ⅲ的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C符合题意；
D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
B.根据反应物中元素化合价变化判断
C.根据反应III的元素是否变化
D.根据催化剂的定义即可判断
18．（2021·宁波模拟）下列说法正确的是（　　）
A．涤纶是由对苯二甲酸和乙二醇通过加聚反应得到的
B．中学实验室中未用完的钠、钾等不能放回原试剂瓶中
C．在FeBr2溶液中通入Cl2后，溶液变为黄色，不能证明Cl2氧化性大于Br2
D．将热的饱和溶液置于冰水中快速冷却，可得到颗粒较大的晶体
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；化学试剂的存放；聚合反应
【解析】【解答】A．对苯二甲酸和乙二醇可发生缩聚反应生成涤纶，还生成小分子水，故A不符合题意；
B．钠与空气中水蒸气反应生成氢气，氢气具有可燃性，从安全考虑，将未用完的钠放回原试剂瓶，故B不符合题意；
C．溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故C符合题意；
D．快速冷却不利于晶体的生长，得到的晶体颗粒较小，自然冷却可可得到颗粒较大的晶体，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加聚反应与缩聚反应区别为：二者都是得到高分子化合物的方法，加聚反应无小分子产生，缩聚反应往往伴随小分水生成
B.一般金属药品没有用完都可回收放入原来试剂瓶中
D.快速降温，晶体析出过快，不利于形成较大晶体
19．（2021·顺德模拟）2021年5月29日，顺德企业研发的世界首台航天微波炉随着“天舟二号”进入太空。其中芯片全为中国制造，制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合液，工艺涉及的反应为：。下列说法错误的是（　　）
A．该反应中，还原产物只有
B．标况下，生成时，转移电子的物质的量为
C．氧化性：
D．制作芯片的单质硅具有半导体性能
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硅和二氧化硅；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．Si失去电子，+5价的N元素和+1价的H元素得电子为氧化剂，生成亚硝酸和氢气为还原产物，故A符合题意；
B．Si失去4mol电子，生成1molH2，故标况下，生成时，转移电子的物质的量为，故B不符合题意；
C．Si失去电子为还原剂，H2SiF6为氧化产物，HNO3得电子为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，故C不符合题意；
D．单质硅具有半导体性能常用来制作芯片，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.氢离子夺电子同样被还原
20．（2021·沈阳模拟）根据溶液中发生的两个反应：① ；② 。下列说法错误的是（　　）
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．酸性条件下，氧化性：
C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化
D．反应②中每生成 的气体，则反应中转移的电子的物质的量为
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．反应①中氧化剂是 ，还原剂是 ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ，A项不符合题意；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性： ，反应②中氧化性： ，则氧化性： ，B项不符合题意；
C．H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化，C项不符合题意；
D．未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据给出的方程式即可找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物，即可比较物质的氧化性，根据方程式即可计算出氧化剂和还原剂的比值，根据反应②即可计算标况下产生的气体转移的电子数
21．（2021·诸暨模拟）关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（　　）
A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应
B．O2是氧化产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．由于F的非金属性强于O，故O2F2中O显+1价，F显-1价，故O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原发生还原反应，F的化合价不变，A不符合题意；
B．由A项分析可知，反应中O的化合价有+1价降低为0价，故O2是还原产物，B不符合题意；
C．分析反应中，O2F2中O显+1价，F显-1价，O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，被氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C符合题意；
D．反应中H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，故1molH2S发生反应则失去8mol电子，但题干中未告知H2S的状态，故2.24LH2S被反应，则转移电子不一定为0.8mol，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据给出的反应标出元素的化合价，找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物，即可计算出氧化剂与还原剂的物质的量之比以及过根据给出的数据计算出转移的电子数
22．（2021·衡阳模拟）科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意如下。下列说法错误的是（　　）
A．第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为：
B．该过程中NO2为催化剂
C．第Ⅰ阶段每1 mol氧化剂参加反应，转移电子数目为NA
D．还原性SO ＞HNO2
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．根据图示可知：在第Ⅱ阶段， 、NO2在H2O存在条件反应产生SO3、 。在第Ⅲ阶段，SO3结合OH-变为 ， 结合H+变为HNO2，故第Ⅱ、Ⅲ阶段总的化学方程式为： ，A不符合题意；
B．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，B符合题意；
C．过程I中NO2得到电子被还原为 ，SO 失去的电子被氧化为 ，反应的离子方程式： SO +NO2= + 。每有1 mol的氧化剂NO2发生反应，转移1 mol电子，则转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D．在图示的转化关系中SO 失去电子被氧化为 ，NO2得到电子被还原为HNO2，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性：SO ＞HNO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.第 Ⅱ、Ⅲ 阶段，NO2与SO32-发生氧化还原反应生成HNO2、HSO3-；
B.该过程中NO2为氧化剂；
C.第 Ⅰ 阶段中发生反应方程式：SO +NO2= + ；
D.氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
23．（2021·十堰模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 乙醇钠的水溶液呈强碱性 结合 的能力强
B 将某溶液滴在 淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中一定含有
C 向 和 的混合溶液中滴入硝酸酸化的 溶液，溶液变红 氧化性：
D 向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀 发生了水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；氯、溴、碘的性质实验
【解析】【解答】A． 溶液中电离出的 水解生成 与 使溶液呈强碱性，则 ，所以 结合 的能力强，故A符合题意；
B．能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B不符合题意；
C．滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使 溶液变红，所以不能得出氧化性： ，故C不符合题意；
D．向盛有 一定浓度的 溶液的试管中，滴入5滴 的 溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明 溶液含有 ，即 发生电离，而不是水解，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.乙醇钠的水溶液中水解显碱性；
B.溶液可能为碘或溴水；
C.硝酸可氧化亚铁离子，生成铁离子遇KSCN溶液变红；
D.滴入5滴2mol/L的KI溶液，产生黄色沉淀为AgI。
24．（2021·浙江模拟）火法炼铜中涉及反应：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2，下列判断正确的是（　　）
A．CuFeS2只作还原剂
B．SO2既是氧化产物又是还原产物
C．消耗1 mol O2时转移电子的物质的量为4 mol
D．每生成1 mol Cu2S同时产生22.4 LSO2
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】A．在该反应中 Cu元素的化合价由反应CuFeS2中的+2价变为反应后Cu2S中的+1价，化合价降低得到电子，被还原，所以CuFeS2作氧化剂；S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CuFeS2又作还原剂，故CuFeS2既作氧化剂又作还原剂，A不符合题意；
B．在该反应中，S元素化合价由反应前CuFeS2中的-2价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子，被氧化，SO2是氧化产物；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后SO2中的-2价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2又是还原产物，故SO2既是氧化产物又是还原产物，B符合题意；
C．在该反应中得到电子的元素有Cu、O，失去电子的元素只有S，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量是6 mol，C不符合题意；
D．根据方程式可知：每生成1 mol Cu2S同时产生1 mol SO2，但由于未知外界条件，因此不能确定1 mol的SO2的体积是否是22.4 L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据化学方程式标出元素化合价，即可判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。同时根据给出的数据进行计算，结合选项进行判断即可
25．（2021·太原模拟） 是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分看好。一种制备 的原理是： ，有关该反应说法错误的是（　　）
A． 中 的化合价为
B． 的氧化性强于
C．保存 溶液时需加入少量铁粉
D．每生成 需要转移 电子
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A． 中Na为+1价、O为-2价，根据化合价代数和等于0，可知 的化合价为 ，故A不符合题意；
B． 反应中， 是氧化剂， 、O2都是氧化产物， 的氧化性强于 ，故B不符合题意；
C．保存 溶液时加入少量铁粉，可以防止 被氧化变质，故C不符合题意；
D． 反应中， 、O2都是氧化产物，每生成 需要转移 电子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据反应方程式即可计算出元素化合价即可找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，即可计算转移的电子数等，结合选项进行判断即可
26．（2021·重庆模拟）下列各组实验中，根据实验现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和实验现象 结论
A 向 和 的混合溶液中滴入酸化的 溶液，混合溶液变红 氧化性：
B 向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝 该盐中含有
C 将稀盐酸滴入 溶液中，溶液中出现凝胶 非金属性：
D 将红热的炭放入浓硫酸中，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊 碳被氧化成
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；浓硫酸的性质；物质检验实验方案的设计；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中，加入酸化的硝酸银溶液，硝酸可氧化亚铁离子，不能比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A不符合题意；
B.向盛某盐溶液的试管中滴入浓氢氧化钠溶液并加热，管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有碱性气体氨气生成，则盐溶液中一定有铵根离子，故B符合题意；
C.非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯化氢不是氯元素的最高价氧化物的水化物，不能比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故C不符合题意；
D.红热的炭放入浓硫酸中发生的反应为碳与浓硫酸共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应生成的二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，不能判断是否有二氧化碳生成，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.硝酸根在酸性条件下具有很强的氧化性无法判断是否为银离子氧化
B.符合铵根离子的检验方法
C.比较元素的非金属性强弱应该比较最高价氧化物对应的水合物的酸性
D.浓硫酸的还原产物二氧化硫也可以使石灰水变浑浊
27．（2021·重庆模拟） 因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。下图是一种制 的微观示意图。下列有关说法正确的是（　　）
A．该反应中只有共价键的断裂与形成
B．该反应中， 作氧化剂
C．该条件下，氧化性：
D．制取 ，有 失去电子
【答案】C
【知识点】离子化合物的结构特征与性质；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A不符合题意；
B.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反应的还原剂，故B不符合题意；
C.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反应的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C符合题意；
D.由分析可知，反应中氯气是反应的氧化剂，亚氯酸钠是反应的还原剂，135g二氧化氯的物质的量为 =2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由微观示意图可知，制二氧化氯的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2。
二、多选题
28．（2023·枣庄模拟）下列实验操作不能达到实验目的的是
选项 实验目的 实验操作
A 测定与混合物中碳酸钠质量分数 将固体溶于水配制成溶液，分别以酚酞和甲基橙为指示剂，用标准盐酸滴定
B 比较HClO与的酸性 用pH计测量相同浓度NaClO溶液和溶液的pH
C 提纯混有杂质的NaCl固体 将固体溶于水，蒸发浓缩，冷却结晶、过滤
D 比较、、的氧化性 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置
A．A B．B C．C D．D
【答案】C,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．若以酚酞为指示剂，则加入盐酸溶液由红色变无色时，碳酸钠已完全转化为碳酸氢钠，以甲基橙为指示剂，加入盐酸溶液由黄色变橙色，此时碳酸氢钠完全转化为CO2，根据消耗标准盐酸的量可以计算碳酸钠或碳酸氢钠的质量分数，实验操作符合题意能达到实验目的，A不符合题意；
B．弱酸的酸性越强，其酸根离子水解的程度越弱，相同浓度下其酸根离子水解液的pH越小，用pH计测量相同浓度NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，pH大的溶液对应的酸的酸性更弱，B不符合题意；
C．提纯混有KNO3杂质的NaCl固体，NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大，应该采用蒸发浓缩、趁热过滤、将滤液冷却结晶、过滤的方法，C符合题意；
D．少量Cl2水加入到KBr和KI的混合溶液中，Cl2氧化I-，得出溴离子还原性比碘离子弱，即溴的氧化性比碘强，同时氯气的氧化性也比碘强，但是不能比较溴和氯气的氧化性强弱，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水；
B.酸性越弱，对应的酸根离子的水解能力越强，对应的钠盐pH越大；
C.NaCl溶解度随温度变化小，KNO3溶解度随温度变化大；
D. 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，证明氧化性：Cl2＞I2，不能证明氧化性Cl2＞Br2。
29．（2021·郴州模拟）下列实验对应的现象及结论均符合题意且两者具有因果关系的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 向 溶液中通入足量的 生成两种沉淀 的氧化性强于S
B 向浓度均为 的 和 混合溶液中滴加少量 溶液 先出现浅蓝色沉淀 的溶度积比 的小
C 向 溶液中滴入几滴 的 溶液 有气体产生，一段时间后， 溶液颜色加深 能催化 分解，且该分解反应为放热反应
D 铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体 加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝 硝酸钾起催化作用
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；催化剂；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．氯化铁溶液中通入硫化氢，反应生成氯化亚铁、硫和水，只有一种沉淀，铁离子氧化性大于硫，A不符合题意；
B．相同浓度的 和 中加入 ，先出现浅蓝色沉淀，是因为先析出物质的溶解度小，因此 的溶度积比 的小，B符合题意；
C．过氧化氢分解产生气体，氯化铁溶液颜色加深，说明水解程度增大，说明该分解反应是放热反应，C符合题意：
D．铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入 ，发生反应的离子方程式为： ，体现了硝酸根在酸性环境中 的强氧化性，结论不符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】 A.FeCl3溶液中通入足量的H2S，发生氧化还原反应生成S沉淀；
B.浓度相同，溶度积小的先沉淀；
C.氯化铁可催化过氧化氢的分解，分解放热可促进铁离子水解；
D.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu。
30．（2020·临朐模拟）铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰MnSO4溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应现象如表所示：
加入溶液 ①适量铋酸钠溶液 ②过量双氧水 ③适量KI-淀粉溶液
实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色
在上述实验条件下，下列结论正确的是（　　）
A．氧化性强弱顺序为：BiO3－> MnO4－ > H2O2 > I2
B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2
C．H2O2具有氧化性，把KI氧化成I2
D．KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液不一定变蓝色
【答案】A,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.实验①中体现氧化性BiO3－>MnO4－，实验②体现氧化性MnO4－>H2O2，实验③体现氧化性H2O2>I2，因此实验过程中可体现氧化性强弱顺序为BiO3－>MnO4－>H2O2>I2，A符合题意；
B.实验②中H2O2转化为O2的过程中，氧元素由－1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，因此H2O2被MnO4－氧化成O2，B不符合题意；
C.实验②反应生成了O2，部分O2溶解在溶液中，实验③中I2有可能是被O2氧化生成，因此不能得出H2O2将I－氧化成I2的结论，C不符合题意；
D.由于NaBiO3具有强氧化性，I－处于最低价， 具有强还原性，二者反应可能生成碘元素的高价态化合物，不一定生成I2，因此溶液不一定变蓝色，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】实验①加入NaBiO3溶液后，无色的MnSO4溶液变为紫红色，说明反应生成了MnO4－；
实验②继续加入双氧水溶液，溶液紫红色褪去，说明MnO4－发生反应，同时产生气泡，结合MnO4－的氧化性，H2O2的还原可知，反应生成了O2；
实验③继续加入KI-淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明反应生成了I2；
据此结合选项进行分析。
三、非选择题
31．（2020·天津）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题：
（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置为　 　，基态Fe原子的电子排布式为　 　。
（2）CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为　 　g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为　 　。
（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为　 　，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：　 　。
（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当 大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为　 　。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为　 　(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为　 　。
【答案】（1）第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
（2）；NiO＞CoO＞FeO
（3）CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O
（4）随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O
【知识点】原子核外电子排布；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；氧化性、还原性强弱的比较；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。(2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2 个数为 ，Co2+个数为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为 ；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为： ；NiO＞CoO＞FeO。(3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当 大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
【分析】(1)根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。(2)根据晶胞结构计算出O2 和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比较熔点。(3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)3与盐酸反应发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O。(4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。
32．（2020·）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）盛放MnO2粉末的仪器名称是　 　，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")。
【答案】（1）圆底烧瓶；饱和食盐水
（2）水浴加热；Cl2+2OH =ClO +Cl +H2O；避免生成NaClO3
（3）吸收尾气(Cl2)；AC
（4）过滤；少量(冷)水洗涤
（5）紫；小于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；氯气的化学性质；分液和萃取；物质的分离与提纯；尾气处理装置
【解析】【解答】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；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。
【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。
33．（2022·茂名模拟）某小组用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气。
（1）反应的离子方程式是　 　。
（2）为净化与收集Cl2，选用下图所示的部分装置进行实验，装置的接口连接顺序为　 　。
（3）当Cl2不再生成时，反应容器中仍存在MnO2和盐酸，该小组进行以下实验探究。
①实验任务 探究反应后的容器中仍存在MnO2和盐酸，却不再产生Cl2的原因。
②查阅资料 物质氧化性和还原性变化的一般规律是：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
③提出猜想 猜想a：在此反应中，随H+浓度降低，氧化剂　 　(填氧化剂化学式)氧化性减弱。
猜想b：在此反应中，　 　减弱。
猜想c：在此反应中，随Mn2+浓度升高，氧化剂氧化性减弱。
④设计实验、验证猜想 向反应后的固液混合物中加入试剂，观察并记录有无氯气生成(Na+对各物质的氧化性与还原性均无影响)。请在答题线上完成表中内容。
实验序号 操作 有无氯气生成
1 加入较浓硫酸，使， 有氯气
2 加入NaCl固体，使 有氯气
3 　 　 无氯气
⑤数据分析，得出结论 猜想a、猜想b和猜想c均正确。
⑥迁移应用 25℃时，。一般情况下，在金属活动性顺序里，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，资料显示Ag也可以与HI发生置换反应生成H2，依据②中信息，可能的原因是：　 　。
【答案】（1）
（2）(c)dbag
（3）MnO2；随浓度降低，还原剂还原性；加入NaCl固体和MnSO4固体，使，或加入MnCl2固体和MnSO4固体，使，或加入浓硫酸和MnSO4固体，使，；AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氯气的实验室制法；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)用MnO2与浓盐酸混合共热制备氯气的离子方程式是：
。
(2)制得的氯气中含有HCl和水蒸气，应先除去HCl，否则水蒸气除不掉。除去氯气中的氯化氢应用饱和食盐水，洗气过程导管长进短出，所以cdbag。
(3)提出猜想时，根据资料显示的氧化性与还原性规律，此反应中，MnO2作为氧化剂，其氧化性随H+浓度降低和随Mn2+浓度升高而减弱；此反应的还原剂还原性，随浓度降低而减弱。
实验设计中，针对猜想，完成实验3，应选择Mn2+加入，为控制单一变量，应选择试剂硫酸锰固体，并使其加入后，硫酸根离子浓度与实验1保持一致；为进一步说明无氯气产生是Mn2+加入的原因，应同时加入同样条件下本来可以生成氯气的NaCl固体并保持浓度一致。
迁移应用中，Ag作为氢后金属，可以与HI发生置换反应生成H2，是因为此条件下Ag的还原性特别强，根据题中信息，氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强，AgI的Ksp小，反应时Ag+浓度降低程度大，提高了Ag的还原性，将H+还原。
【分析】（1）根据离子反应方程式书写方法，写出离子反应式
（2）除杂装置：先除其他杂质气体再除水蒸气
尾气处理装置：注意防止倒吸
（3）探究性实验，在写操作步骤时注意控制变量法，然后紧扣题中信息分析问题找出答案：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
34．（2022·丰台模拟）某粗铜精炼得到的阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，从中提取Se的工艺流程如下：
已知：
化学式 Ag2Se AgCl
Ksp(常温) 2.0×10-64 1.8×10-10
（1）酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是　 　。
（2）“氯化”过程中发生如下转化：
①Se转化为H2SeO3，化学方程式为　 　。
②Ag2Se转化为AgCl，从化学平衡的角度解释原因　 　。
（3）①“还原”过程中发生反应的化学方程式为　 　。
②Cl2、SO2、H2SeO3氧化性由强到弱的顺序为　 　。
（4）滴定法测定CuSO4溶液的浓度，其基本原理为：
第一步：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
第二步：2(无色)+I2=(无色)+2I-
①由此可知滴定所用的指示剂为　 　。
②已知CuSO4溶液体积为25mL，滴定至终点时消耗cmol·L-1Na2S2O3溶液VmL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为　 　mol·L-1。
③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是　 　(填“偏大”或“偏小”或“不影响”)。
【答案】（1）将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离
（2）Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl
（3）H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；Cl2> H2SeO3>SO2
（4）淀粉；；不影响
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se，据此分析解答。
(1)酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将Cu转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；
(2)①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，化学方程式为：Se+2Cl2+3H2O=4HCl+ H2SeO3；
②由沉淀溶解平衡原理及题给Ksp知：Ag2Se(s)2Ag+(aq)+Se2+(aq)，Se2+被氯气氧化为H2SeO3，c(Se2+)减小，促进平衡正向移动，导致c(Ag+)增大，使得Ag+与Cl-结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，Ag2Se转化为AgCl；
(3)①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，发生反应的化学方程式为：H2SeO3+ 2SO2+H2O=Se+2H2SO4；
②根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性规律知：氧化性Cl2> H2SeO3>SO2；
(4)①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；
②由关系式知：2CuSO4~ I2~ 2Na2S2O3，c（CuSO4）=；
③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。
【分析】（1）分析流程中元素的走向可知是将Cu转化为硫酸铜；
（2）氯化过程就是氧化Se得到H2SeO3 ；Ag2Se转化为AgCl，属于沉淀的转化，利用沉淀溶解平衡移动原理解释；
（3）还原过程从流程图中可知反应物是SO2和H2SeO3，生成物是Se，SO2被氧化为硫酸；
（4） ① 根据原理可知是用Cu2+氧化i-得到I2，再用Na2S2O3溶液来滴定生成的I2，所以用淀粉作指示剂；
② 根据反应原理可知Cu2+的物质的量等于Na2S2O3的物质的量；
③ 分析原理可知无影响。
35．（2022·丰台模拟）实验室研究不同价态铜元素之间的转化。
（1）Ⅰ．研究、的转化
下列试剂能实现转化的是____。
A．浓硝酸 B．硫黄 C．氯气
（2）两种转化所需试剂在性质上具有的共性和差异性是　 　。
（3）Ⅱ．研究的转化
已知：
为无色，在空气中极易被氧化为
物质 CuCl(白色) CuI(白色) (黑色) CuS(黑色)
Ksp
实验如下：
实验a 　 实验b 　
现象：无明显变化 现象：产生白色沉淀
实验a中反应难以发生的原因是　 　。
（4）实验b中反应的离子方程式为　 　。
（5）通过对上述实验的分析，甲预测溶液与KI溶液混合也能实现转化
①甲预测的理由是　 　。
②为了验证猜测，甲进行实验c；向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，并伴有浑浊产生。
甲认为仅依据溶液变为棕色这一现象，无法证明实现了转化，理由是　 　。
③甲将实验c中反应所得浊液过滤，　 　，观察到　 　，证明实验c中实现了转化。
（6）基于实验c，乙认为与也能反应得到，但将两溶液混合后只得到了CuS。
①从速率角度分析与反应没有生成的原因　 　。
②乙利用上述实验中的试剂，改进实验方案，证明在一定条件下可以将转化为＋1价Cu，并进一步得到了，实验方案是　 　。
【答案】（1）B
（2）都具有氧化性，但氧化性强弱不同
（3）反应限度太小或者溶液中不稳定极易转化为Cu和
（4）
（5）具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu；洗涤沉淀物，向其中加入氨水；观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色
（6）与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀。
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】氧化性强的物质可将变价金属氧化到较高价态，氧化性弱的物质可将变价金属氧化到较低价态。CuSO4溶液和Cu体系存在，加入Cl-生成CuCl白色沉淀，使平衡逆向移动而可导致Cu溶解。Ksp较大的物质容易转化为Ksp较小的物质。
(1)实现转化，需加入氧化性较弱的氧化剂，浓硝酸和氯气均是强氧化剂，把Cu直接氧化到+2价，硫黄氧化性较弱，能实现转化，
故答案为：B。
(2)、的转化均是化合价升高的反应，故所需试剂在性质上都具有的氧化性，但需要强氧化剂，需要弱氧化剂，故在性质上具有的共性和差异性是：都具有氧化性，但氧化性强弱不同。
(3)据已知 ，K值大，即溶液中不稳定极易转化为Cu和，或者由于Cu与Cu2+反应限度太小，故实验a中反应难以发生。
(4)实验b中加入KCl溶液，使Cu+转化为CuCl白色沉淀，平衡逆向移动，导致Cu单质溶解，发生反应的离子方程式为：。
(5)①实现转化需加入还原剂，甲预测的理由是具有还原性且CuI是难溶于水的沉淀；
②向溶液中加入KI溶液，观察到溶液变为棕色，伴有浑浊产生，由于可能存在氧化的干扰，同时无法判断是否转化为Cu，故无法证明实现了转化；
③要证明实验c中实现了转化，需证明存在，故将实验c中反应所得浊液过滤，洗涤沉淀物，向其中加入氨水，由已知信息可知，CuI转化为无色的，随即在空气中被氧化为，观察到沉淀溶解，溶液变为蓝色，即可得证。
(6)①与两溶液混合后只得到了CuS，是由于与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致与的浓度降低，使得的氧化性和的还原性降低，从而无法发生氧化还原反应；
②因与生成CuS的反应速率比氧化还原反应速率快，导致生成CuS而得不到，故可将与分开使其不直接接触，但通过导线、盐桥等实现电子的移动从而得到，再用的溶度积较小，将转化为。实验方案是：按照下图所示的装置进行实验，一段时间后，U形管的左侧产生白色沉淀CuCl，取该沉淀，洗涤后，向其中加入溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，即。
【分析】（1）铜被氧化为+1价的铜，需要用弱氧化剂；
（2）铜氧化为+2价需要用强氧化剂，两类物质都有氧化性，但是强弱不同；
（3） ，该反应的K大，容易进行，那么逆反应的K很小，难以自发进行；
（4）实验b能反应是由于铜和铜离子生成的+1价的铜与Cl-结合生成稳定的CuCl；
（5） ① I-有还原性，CuCl难溶，CuI也难溶；
② 注意空气对实验的干扰；
③ 根据题目中为无色，在空气中极易被氧化为，所以要判断是否有+1价的铜，向沉淀中加入氨水，观察现象；
（6） ① CuS极难溶于水，生成了CuS的沉淀；
② 要使铜离子和S2-能够发生氧化还原反应，就需要将两中离子分开，在不同的区域进行反应，所以要设计成带盐桥的原电池，否则二者就生成CuS的沉淀。