2023年高考真题变式分类汇编：氧化性、还原性强弱的比较2
一、多选题
1．（2020·衡水模拟）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加碘水 开始无明显现象，滴加碘水后溶液变红 氧化性：I2>Fe3+
B 向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐可能为Na2S2O3
C 乙烯通入中性KMnO4溶液中 溶液褪色并产生黑色沉淀 乙烯具有还原性
D 将苯加入橙色的溴水中振荡并静置 下层液体几乎无色 苯与Br2发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
2．（2020·潍坊模拟）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO 为淡黄色，VO 具有较强的氧化性。Fe2+、SO 等能把VO 还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（ ）
A．在酸性溶液中氧化性：MnO >VO2+>Fe3+
B．亚硫酸钠溶液与酸性（VO2）2SO4溶液发生反应：2VO +2H++SO =2VO2++SO +H2O
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1mol VO 的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2+的溶液完全反应，转移电子为1.5mol
3．（2021高二上·济宁期末）有毒，工业吸收后的溶液的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电极a为阳极
B．由反应池中的反应可知氧化性：
C．电极b上的反应为
D．随着电解的进行，阴极区溶液减小
二、选择题
4．（2017·新课标Ⅱ卷）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验 现象 结论
A． 向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+
B． 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性
C． 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性
D． 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A．A B．B C．C D．D
5．（2021·海口模拟）五种主族元素在周期表中的位置如图所示。L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封。下列推断正确的是（ ）
X Y Z T
L
A．原子半径：X
C．X的电负性是五种元素中最小的
D．Y和T组成的化合物是离子化合物
6．（2021·南宁模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论错误的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 NH3具有还原性
B 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中可能存在I2
C 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 氧化性：Fe3+
A．A B．B C．C D．D
7．（2021·兰州模拟）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应过程中，CuCl2、FeCl3可以循环利用
B．反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O
C．由图示的转化可得出：氧化性的强弱顺序为O2＞Cu2+＞S
D．保持溶液中Fe3+的量不变，反应中消耗标况下22.4L的O2，可以生成64g硫
8．（2021·静安模拟）反应2Na2S2O3+I2→ 2NaI+ Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，就有4 mol 电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
9．（2021·静安模拟）次磷酸(H3PO2)与磷酸(H3PO4)的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。
化学式 Na3PO4 NaH2PO2
物质类别 正盐 正盐
溶液酸碱性 碱性 中性
关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO +4Ag++2H2O 4Ag↓+PO +6H+
D．硝酸银发生还原反应
10．（2021·黄浦模拟）为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是（ ）
A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
11．（2021·虹口模拟）I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO 在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO > I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO +6H+
12．（2021·嘉定模拟）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是（ ）
A．铝是还原剂 B． 是氧化剂
C． 与 是氧化剂 D．氢气是还原产物
13．（2021·咸阳模拟）硝酸厂的尾气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将尾气与H2混合，通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该转化过程的实质为NOx被H2还原
B．过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
D．x=1时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
14．（2021·保定模拟）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和Ce4+浓度不变
C．该转化过程的实质为NOx被H2还原
D．x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
15．（2021·西城模拟）下列反应中，酸体现还原性的是（ ）
A． 与浓盐酸共热制 B． 与浓硫酸共热制
C． 与稀硫酸反应制 D． 与稀硝酸反应制备
16．（2021·西城模拟）工业上利用反应 检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A．将浓氨水接近管道，若产生白烟说明管道漏气
B． 的电子式为：
C． 中只含有离子键
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
17．（2021·西城模拟）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法错误的是（ ）
A．Cl2是氧化产物
B．浓盐酸在反应中只体现还原性
C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2
18．（2021·石景山模拟）氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取。CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断错误的是( ）
A．“另一种反应物”在反应中表现还原性
B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl
C．CuH与Cl2反应时，CuH做还原剂
D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋ = Cu＋ ＋ H2↑
19．（2021·丰台模拟）下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是（ ）
A．C+H2O CO+H2 B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O=4HF+O2 D．3NO2+H2O=2HNO3+NO
20．（2021·东城模拟）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A． 与水反应 B． 与水反应
C． 与水反应 D． 与水蒸气反应
21．（2021·昌平模拟）下列变化中，气体被还原的是（ ）
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
22．（2021·郴州模拟）将浓盐酸滴入 溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入 ，溶液又变为紫红色， 反应后变为无色的 。下列说法错误的是（ ）
A．滴加盐酸时， 是氧化剂， 是氧化产物
B．此实验条件下，还原性：
C．若有 参加了反应，则整个过程转移电子为
D．已知 为第 族元素，上述实验说明 具有较强的非金属性
23．（2020高三上·朝阳期末）双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D．总反应为
24．（2020高一上·北京期中）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．H2O2既表现氧化性又表现还原性
C．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O
三、非选择题
25．（2019·全国Ⅰ卷）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。
可知水煤气变换的ΔH 0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正= eV，写出该步骤的化学方程式 。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率 (a)= kPa·min 1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。
26．（2021·郑州模拟）某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略)，以验证 、 、 氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题：
（1）检查装置气密性后，关闭 、 、 ，打开 ，旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为 。
（2）B中溶液变黄时，停止加热A，关闭 。打开旋塞b，使约2mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验实验中B生成离子的方法是 。
（3）若要继续证明 和 氧化性的强弱，需要进行的操作是 。
（4）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序： 的是 (填“甲”、“乙”或“丙”)。
过程(2)中溶液含有的离子 过程(3)中溶液含有的离子
甲 既有 又有 有
乙 有 无 有
丙 有 无 有
（5）验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开 、 、 和 ，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入 ，这样做的目的是
27．（2021·合肥模拟）钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（1）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 。
（2）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式 。
ClO +VO2++=Cl-+VO +
（3）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
（4）在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 。
a.VO2+ b. c. V2+ d.V
28．（2020·绍兴模拟）
（1）比较Br-与Fe2+还原性相对强弱：Br- Fe2+(填“>”、“<”、“=”)；用一个化学方程式说明Br-与Fe2+还原性相对强弱 。
（2）KSCN溶液是高中阶段常用试剂，其阴离子对应酸为HSCN(硫氰化氢），硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构。写出HSCN(硫氰化氢）的结构式 。
（3）元素N与Cl的非金属性均较强，但常温下氮气远比氯气稳定，主要原因是 。
29．（2023高三上·长沙期末）某化学兴趣小组为了探究在相同条件下，草酸根()的还原性是否强于，进行了如下三个实验。
【实验1】通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。实验操作与现象如下：
在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体，并留存翠绿色溶液a待用。
已知：Ⅰ.草酸 ()为二元弱酸。
Ⅱ.三水三草酸合铁酸钾[]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在： 请回答：
（1）实验室配制溶液时若不加盐酸一起进行配制，常常得到红褐色的溶液，请用离子方程式说明原因 。
（2）取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是 。
（3）经检验，翠绿色晶体为。为了确认实验1中是否发生了氧化还原反应，取少量翠绿色溶液a，向其中滴加 (填序号)末见明显现象。
A．少量KSCN溶液 B．少量溶液 C．少量HCl溶液
该小组据此判断氧化还原没有发生。请简述未发生氧化还原反应的原因 。
（4）【实验2】通过比较与、反应的难易，判断二者还原性的强弱。实验操作与现象如下：
①向溶液中加入溶液，过滤，立即产生黄色沉淀；
②洗涤①中的黄色沉淀(已知：为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸)，向其中加入过量的溶液，振荡，静置，反应剧烈放热，产生大量的红褐色沉淀和无色气体；
③待充分反应后，向其中加入稀硫酸，调节pH约为4，得到翠绿色溶液。请回答：
证明被氧化的实验现象是 。
（5）以上现象能否说明没有被氧化。请判断并说明理由： 。
（6）【实验3】利用电化学装置进行实验，其装置如图：
用溶液、溶液和其他试剂，设计图的装置进行实验比较和的还原性强弱，一段时间的实验后，该小组依据实验所观察到的现象做出了比还原性强的实验结论。则下列实验现象描述能支持这一结论的有：____。(填序号)
A．电流表指针发生偏转
B．取左侧烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀
C．取左侧烧杯内溶液滴加溶液，有蓝色沉淀生成
D．右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊。
30．（2022高一上·石景山期末）元素周期表反映了元素之间的内在联系，是学习、研究和应用化学的一种重要工具。
（1）I.上图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
元素②位于元素周期表的第 周期 族，它的一种质量数为14的原子可测定文物年代，用核素符号表示该原子是 。
（2）元素⑥的原子结构示意图是 。
（3）上述①~⑥号元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 ，碱性最强的是 (填化学式)。
（4）II.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：
资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。
序号 实验① 实验②
实验操作
现象 溶液变为黄色
实验①中反应的离子方程式是 。
（5）实验②观察到的现象是 ，甲同学根据此现象得出结论：氧化性Br2＞I2。乙同学认为实验②不能充分证明氧化性Br2＞I2，其理由是 。
（6）从原子结构的角度解释卤素单质的氧化性递变规律：同一主族元素从上到下 ，因此，元素的非金属性逐渐减弱，对应的单质的氧化性逐渐减弱。
31．（2022高一下·如东期末）浩瀚的大海中蕴藏着丰富的化学资源。
（1）“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：
①热空气吹出溴是利用了 (填溴的一种物理性质)。
②写出“吸收”步骤中反应的化学方程式： 。氧化性由强到弱的顺序为 。
③“分离”操作名称为 。
（2）“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺也可采用如下流程：
写出步骤②中反应的离子方程式： 。
（3）溴量法测定废水中苯酚(，相对分子质量为94)含量(每升水中含苯酚的质量，单位)的过程如下(废水中不含干扰测定的物质)。
步骤1 向盛有溶液的锥形瓶中加入过量，加酸化一段时间：
步骤2 加入废水，充分反应；
步骤3 向锥形瓶中加入过量，生成的恰好和反应。
计算该废水中苯酚的含量(写出计算过程) (已知：)。
32．（2021高一上·金华期末）已知氯气与碱反应时，产物受温度的影响。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和，并探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）装置A产生氯气的化学方程式为 。
（3）装置B的作用为 。
（4）装置D中发生反应的离子方程式为 。
（5）装置E可选用试剂____(填标号)。
A．溶液 B．溶液 C．澄清石灰水 D．稀硫酸
（6）探究、的氧化能力
操作：向1号和2号试管中，分别滴加适量中性溶液。
现象：1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色。
结论：该条件下氧化能力 (填“大于”或“小于”)。
33．（2021高一上·资阳期末）某实验小组用下列装置制备高铁酸钾( K2FeO4 )并探究其性质，制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+ 10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。(夹持装置略)
查阅资料：①K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2。②ClO-能将盐酸氧化成氯气。
（1）I K2FeO4 的制备
仪器a的名称为 ，D中的NaOH溶液可以用 代替(填入对应字母)。
A．蒸馏水 B．澄清石灰水 C．石灰乳 D．饱和食盐水
（2）检验气体发生装置A气密性的方法是 ； 该装置中生成黄绿色气体的化学反应方程式为 。
（3）制备K2FeO4需要在 (填“酸性”“碱性”或“中性”)环境中进行，根据上述K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 FeO (填“＞”或“＜”)。装置C中Cl2还会与过量的KOH发生反应，请写出其离子反应方程式 。
（4）II．探究K2FeO4的性质
实验方案：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液。取少量该溶液于试管中，滴加过量盐酸后发现有Cl2产生。
①为确保氧化Cl-的物质只能是FeO，则用KOH溶液洗涤的目的是 。
②由(4)的实验得出Cl2和FeO的氧化性强弱关系与I中制备K2FeO4实验时得出的结论相反，其可能的原因是 。
34．（2021高一上·怀仁期末）回答下列问题：
（1）某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象(实验1)，观察到溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。
①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ，溶液变红的离子方程式是 。
②用实验2探究“红色褪去”的原因，则红色褪去的原因是 。
（2）Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+、，该反应的化学方程式是 。
（3）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式 。
ClO+VO2++_=Cl-+VO+_
（4）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
（5）在20.00mL0.1mol/LVO溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 。
a.VO2+ b. VO+ c. V2+ d.V
35．（2021高一上·大兴期末）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法。依据物质类别和元素价态可以对物质的性质进行解释和预测。
（1）阅读资料，回答下列相关问题。
①资料涉及的物质中，属于碱的是 (填化学式)；属于盐的是 (填化学式)。
②Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是 。
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，其中发生的化学反应符合规律：（）+（）=（）+（）(填物质类别) 。
（2）“84”消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混用，混用会发生如下反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
①该反应中起氧化作用的微粒是 。
②若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为 mol。
（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO H2O2的(填“>”或“<”)。
答案解析部分
1．【答案】A,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碘单质不能氧化亚铁离子，现象、结论不合理，故A符合题意；
B．气体可能为二氧化硫，该钠盐可能为Na2S2O3，故B不符合题意；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳，则乙烯具有还原性，故C不符合题意；
D．苯与溴水发生萃取，且苯的密度比水的密度小，为物理变化，故D不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断即可
B.可以使品红溶液褪色，说明是二氧化硫，与酸产生二氧化硫的可能是亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐或者是 Na2S2O3
C.利用高锰酸钾的氧化性证明乙烯的还原性
D.苯与溴水不反应，发生的是萃取
2．【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.Fe2＋能将VO2＋还原为VO2＋，说明氧化性VO2＋>Fe3＋，向VOSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明酸性KMnO4将VO2＋氧化为VO2＋，则氧化性MnO4－>VO2＋，因此在酸性溶液中氧化性：MnO4－>VO2＋>Fe3＋，A不符合题意；
B.SO32－能将VO2＋还原为VO2＋，反应过程中硫元素为＋4价变为＋6价，失去2个电子，钒元素由＋5价变为＋4价，得到1个电子，根据得失电子守恒可得，SO32－和SO42－的系数为1，VO2＋和VO2＋的系数为2；根据电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为2；根据氢原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为1；因此该反应的离子方程式为：2VO2＋＋SO32－＋2H＋=SO42－＋2VO2＋＋H2O，B符合题意；
C.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明反应生成(VO2)2SO4，根据得失电子守恒可得，VOSO4的系数为10，(VO2)2SO4的系数为5，KMnO4和MnSO4的系数为2,；根据原子个数守恒可得，反应生成H2SO4和K2SO4，且其系数分别为2和1；因此该反应的化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，C符合题意；
D.Fe2＋将VO2＋还原为VO2＋时，Fe2＋转化为Fe3＋，反应过程中，V由＋5价变为＋4价，Fe由＋2价变为＋3价，根据得失电子守恒可得关系式“VO2＋～Fe2＋”，因此1molVO2＋完全反应，转移电子数为1mol，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行分析；
B.根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
C.根据得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式；
D.根据得失电子守恒进行计算；
3．【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由装置b电极上反应可知，NO
发生得电子的还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，故A不符合题意；
B．溶液M为吸收H2S气体后的FeCl3溶液，发生的反应为2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，FeCl3是氧化剂，S是氧化产物，则氧化性：
，故B符合题意；
C．离子交换膜为质子交换膜，则b极电解质溶液呈酸性，电极反应式为2NO
+10e-+12H+=6H2O+N2↑，故C符合题意；
D．电极b为阴极，电极反应式为2NO
+10e-+12H+=6H2O+N2↑，反应消耗H+生成水，溶液的酸性减弱，pH增大，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据反应池的反应产物即可得出铁离子将硫化氢氧化为硫单质和亚铁离子，根据b的反应物和产物即可判断出a为阳极，b为阴极。阴极是硝酸根离子结合氢离子变为氮气和水，结合选项即可判断
4．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；
D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．
故选C．
【分析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；
D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．
5．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子化合物的结构特征与性质；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．L电子层最多，原子半径最大，其它元素位于同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：T＜Z＜Y＜X＜L，故A不符合题意；
B．非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，L、Z、T分别为Br、S、Cl，非金属性：Cl＞Br＞S，所以气态氢化物的还原性：Z＞L＞T，故B不符合题意；
C．非金属性越弱，电负性越小，X(Al)在五种元素中最靠左上角，电负性最小，故C符合题意；
D．Y和T组成的化合物为四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封，则L为溴，再根据其它元素在周期表中的位置可以推出T为Cl、Z为S、Y为Si、X为Al，结合元素周期律分析解答。
6．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A. 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 ，发生的是2NH3+4CuO=4Cu+3H2O+N2，即可判断出氨气具有还原性，故A不符合题意
B. 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 ，淀粉试纸变蓝说明有碘单质，故B不符合题意
C. 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 ，硝酸具有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，氧化性是硝酸＞Fe3+，故C符合题意
D. 向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀 ，说明 [Ag(S2O3)2]3-发生了电离 产生了碘化银沉淀，故D不符合题意
【分析】A.根据写出方程式标出化合价即可判断
B.根据实验现象即可判断出含有碘单质
C.根据现象证明的是硝酸的氧化性强于铁离子
D.通过现象说明有碘化银沉淀，说明发生电离
7．【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．从分析可知，在整个反应过程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循环使用，故A不符合题意；
B．将上述的三个反应处理后相加，即将第一个反应乘以2，第二个反应也乘以2，和第三个反应相加，得到总反应：2H2S+O2 2S↓+2H2O，故B不符合题意；
C．三步反应，第一个反应没有化合价的变化，不是氧化还原反应，第二个反应中的氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物S的氧化性，第三个反应中的氧化剂O2的氧化性强于氧化产物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性强弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，故C符合题意；
D．根据反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O，反应中消耗标况下22.4L的O2，即消耗1molO2时，可以生成2molS，即64g硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从图示可以看出，Cu2+和H2S发生反应，生成CuS，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧气反应生成Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
8．【答案】A
【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．该反应中Na2S2O3为唯一还原剂，且只得电子，每生成1 mol Na2S4O6，则有4molS的化合价由+2价变为+2.5价，转移2mol电子，A符合题意；
B．该反应中I元素化合价降低，I2表现了氧化性，B不符合题意；
C．该反应中I元素化合价降低，I2被还原，S元素化合价升高，Na2S4O6是氧化产物，C不符合题意；
D．Na2S2O3具有还原性，久置以被空气中的氧气氧化，S元素可能被氧化为+6价，生成Na2SO4，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式，标出化合价找出电子转移i情况，找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物即可判断
9．【答案】D
【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．NaH2PO2为正盐，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，为一元酸，A不符合题意；
B．NaH2PO2与Ag+反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，Ag+转化为Ag化合价降低1价，为氧化剂，根据电子守恒可知NaH2PO2中P元素化合价升高4价，所以氧化产物为H3PO4，再结合元素守恒可得离子方程式为H2PO +4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，反应过程中生成氢离子，所以溶液的酸性增强，B不符合题意；
C．Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸，不能写成离子形式，C不符合题意；
D．该反应中Ag+转化为银化合价降低被还原，即硝酸银发生还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，即可写出H2PO +4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，此时硝酸银作为氧化剂，次磷酸钠作为还原剂，反应后溶液的酸性增强，根据Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸。
10．【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．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A不符合题意；
B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B不符合题意；
C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C符合题意；
D．①中Se的还原性大于SO2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂。
11．【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．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO ＞I2，故A不符合题意；
B．I-和IO 酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B不符合题意；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO ～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C符合题意；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+ IO +6H+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化学方程式中的氧化剂与氧化物产物的氧化性即可判断氧化性的强弱
B.利用碘酸根和碘离子在酸性条件下发生氧化还原反应即可检验是否含有碘元素
C.写出方程式，利用转产生相等的碘单质计算出移电子数目即可
D.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
12．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铝的化学性质
【解析】【解答】A．反应中铝元素化合价升高，失去电子，铝是还原剂，A不符合题意；
B．水中氢元素化合价降低，得到电子， 是氧化剂，B不符合题意；
C． 只是溶解氢氧化铝，不是氧化剂， 是氧化剂，C符合题意；
D．水中氢元素化合价降低，得到电子， 是氧化剂，所以氢气是还原产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铝和氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，然后氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，方程式依次为2Al+6H2O＝2Al(OH)3+3H2↑、Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，据此解答。
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】A．根据转化过程图可知，该转化过程的实质为NOx被H2还原，生成氮气和水，A说法符合题意；
B．过程I发生反应的离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，B说法不符合题意；
C．根据转化过程图可知，处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，C说法不符合题意；
D．x=1时，过程II中4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示I过程：H2+2Ce4+=2H++2Ce3+ II过程：NOX+H++Ce3+N2+H2O+Ce4+,主要和x有关系，将I和II进行合并即可判断实质是NOX+H+N2+H2O，根据总的反应，说明 Ce3+和Ce4+总数 不变，根据x的数值即可判断II的氧化剂与还原剂的比值
14．【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．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A不符合题意；
B．Ce3+和Ce4+是反应的催化剂，参与反应但是量不变，浓度在变化；故B不符合题意；
C．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C符合题意；
D．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，x=1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示I即可写出离子方程式，此离子方程式电荷不守恒
B.均是催化剂，但是随着反应的进行溶液的体积在发生变化故浓度变化
C.写出总的反应即可判断
D.写出总的反应即可判断氧化剂与还原剂的比值
15．【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】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A符合题意；
B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B不符合题意；
C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C不符合题意；
D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见的酸是盐酸、硫酸、硝酸、硫酸和硝酸中的硫元素和氮元素化合价已经是最高，只能左氧化剂和体现酸性，而盐酸中的氯元素化合价是-1价，化合价可以升高可以做还原剂
16．【答案】C
【知识点】离子键的形成；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．将浓氨水接近氯气管道，若产生白烟则有氯化铵生成说明管道漏气，故A不符合题意；
B． 中氮氮为共价键，其电子式为： ，故B不符合题意；
C． 中只既含有离子键，也还有共价键，故C符合题意；
D．该反应中氯气为氧化剂，氨气还原剂，物质的量之比为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应得到白烟说明漏气
B.氮气分子之间可以形成氮氮三键且含有孤对电子
C.氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物
D.根据方程式即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比
17．【答案】B
【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．该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A不符合题意；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B符合题意；
C．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C不符合题意；
D．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 根据反应方程式标出化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据方程式即可找出转移电子与氯气的关系
18．【答案】D
【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．氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，故A不符合题意；
B．根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl，故B不符合题意；
C．CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中CuH做还原剂，故C不符合题意；
D．CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋＋Cl －= CuCl↓ ＋ H2↑，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据铜元素的化合价的变化，化合价降低被还原，另外一种物质需具有还原性
B.根据反应物和生成物即可写出方程式
C.根据方程式标出化合价即可判断
D.氯化亚铜是难溶物不应拆开
19．【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】A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；
B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；
C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据给出的方程式标出元素的化合价，即可水的作用
20．【答案】D
【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．氯气与水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故A不符合题意；
B．过氧化钠水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不符合题意；
C．碳化钙与水的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．铁与水蒸气反应属于氧化还原反应，反应中水作氧化剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】写出反应的方程式找出水的作用即可
21．【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．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；
B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】气体被还原，说明气体具有氧化性，给出的二氧化硫、氯气、氢气、氨气，四种气体氯气具有氧化性即可判断
22．【答案】D
【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．滴加盐酸时，生成氯气， 元素的化合价升高，则 是氧化剂， 是氧化产物，A不符合题意；
B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应 、 可知还原性强弱顺序是： ，B不符合题意；
C．若有 参加了反应，则整个过程转移电子为 ，即 ，C不符合题意；
D． 元素属于金属元素， 不具有较强的非金属性，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入 NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+，发生 反应、，结合反应中元素的化合价变化及氧化性比较规律分析。
23．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A符合题意；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式
由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B不符合题意；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C不符合题意；
D．根据图示可得总反应为
，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】过程I的反应方程式为SO2+2NaOH=NaSO3+H2O ， 过程Ⅱ的反应方程式为2Na2SO3+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+4NaOH，总反应为 。
24．【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】A．硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A符合题意；
B．开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B不符合题意；
C．整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C不符合题意；
D．反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据反应现象判断反应类型，根据反应方程式中元素的化合价的变化判断物质表现的性质氧化性或还原性。
25．【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*）
（4）0.0047；b；c；a；d
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H 2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以 ΔH <0，故答案：小于。
根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式： COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*） 。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案： 0.0047
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以 升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467 ℃ 平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
26．【答案】（1）
（2）向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色
（3）打开 ，旋开旋塞c加入70%的硫酸，一段时间后关闭 。更换试管D，旋开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和
（4）甲、丙
（5）除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；物质的检验和鉴别；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 检查装置气密性后，关闭 、 、 ，打开 ，旋开旋塞a，加热A，产生的氯气能氧化Fe2+生成Fe3+，则B中发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；
(2)B生成的离子为Fe3+，检验Fe3+，可以向试管D中滴加KSCN溶液，若试管D中溶液变红色，即说明B中有Fe3+生成，故答案为：向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色；
(3)要证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反应后的产物中是否含有 和Fe2+，具体操作是：打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+，故答案为：打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+；
(4)甲中过程(2)后既有 又有 ，说明氯气不足，氯气氧化性大于Fe3+，过程(3)中有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；乙中过程(2)后有 无 ，说明氯气过量，过程(3)中有硫酸根离子，可能是氯气将二氧化硫氧化，不能说明铁离子、二氧化硫的氧化性强弱；丙中过程(2)后有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程(3)中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：甲、丙；
(5)将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气，故答案为：除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气。
【分析】（1）根据流程即可判断是氯气和氯化亚铁反应得到氯化铁的反应即可写出方程式
（2）主要是检验铁离子利用KSCN溶液即可
（3）要证明氧化性的强弱可以将二氧化硫气体通入到B中即可
（4）要证明氧化性 ，通过实验进行产物检验即可
（5）主要是进行尾气处理防止尾气污染空气
27．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）c
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为： 。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与 发生氧化还原反应，生成 和Cl-，氯元素化合价由+5降低为 1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl ，离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则 与锌的物质的量之比为2:3， ，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+，答案为c。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（2）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（3）根据实验现象即可判断还原性的强弱
（4）根据锌的转移的电子与V元素转移的电子数相等即可计算
28．【答案】（1）＜；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
（2）H-S-C≡N或H-N=C=S
（3）氮气分子中存在氮氮三键，键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】(1)反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+变为Fe3+，化合价升高被氧化，作还原剂，Br2变为Br-，化合价降低，被还原，Br-为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-；(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构，HSCN(硫氰化氢)的结构式为：H—S—C≡N或 H—N=C=S；(3)元素N与Cl的非金属性均较强，氮气分子中存在氮氮三键键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂，故氮气远比氯气稳定。
【分析】(1)利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，据此分析；(3)结合氮气和氯气化学键及键能的大小分析。
29．【答案】（1）
（2）溶液中存在平衡：，加入硫酸后，与结合生成，使平衡正向移动，增大，遇溶液变红
（3）B；与生成稳定的，浓度降低，的氧化性和的还原性减弱
（4）(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液
（5）有+4价的碳的化合物生成，才能说明被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，因此不能说明是否被氧化
（6）A；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】（1）会发生水解生成红褐色的氢氧化铁，所以若不用浓盐酸抑制其水解，就会出现红褐色，其离子方程式为：；
（2）溶液中存在平衡：，当加入硫酸后，与结合生成弱酸，使上述平衡正向移动，导致增大，从而遇溶液会变红；
（3）向溶液中缓慢加入溶液至过量，若发生氧化还原反应，则会生成亚铁离子，而检验亚铁离子的试剂为，故合理答案为：B；与生成稳定的，浓度降低，导致的氧化性和的还原性减弱，所以这是未发生氧化还原反应的原因；
（4）若被氧化，则会生成铁离子或，对应的现象为：(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液；
（5）中C元素显+3价，若有+4价的碳的化合物生成，才能说明被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，如产生能使澄清石灰水变浑浊的气体等描述信息，因此不能说明是否被氧化。
（6）若和的还原性：＞，则溶液、溶液会发生自发的氧化还原反应，则
A．在电解质溶液中构成原电池，电流表指针会发生偏转，A正确；
B．取左侧烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀，则说明有铁离子存在，不能说明发生了氧化还原反应，B不正确；
C．取左侧烧杯内溶液滴加溶液，有蓝色沉淀生成，说明含亚铁离子，则证明发生了氧化还原反应，C正确；
D．右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，即草酸根离子被氧化为二氧化碳，发生了氧化还原反应，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）会发生水解生成红褐色的氢氧化铁；
（2）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）依据检验亚铁离子的试剂为和亚铁离子的性质分析；
（4）依据铁离子和亚铁离子的性质分析；
（5）二者现象相同。
（6）依据实验现象分析判断。
30．【答案】（1）二；IVA；
（2）
（3）HClO4；KOH
（4）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
（5）溶液变蓝；实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰
（6）元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，元素②为6号元素C，位于元素周期表的第二周期IVA族，它的一种质量数为14的原子，其质子数为6，用核素符号表示该原子是。答案为：二；IVA；；
（2）元素⑥为19号元素钾，原子结构示意图是。答案为：；
（3）高氯酸是最强的含氧酸，则上述①~⑥号元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，钾的金属性最强，则碱性最强的是KOH。答案为：HClO4；KOH；
（4）实验①中，KBr与Cl2发生置换反应，离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；
（5）实验②中，反应生成I2，I2遇淀粉变蓝色，则观察到的现象是溶液变蓝；因为不能肯定反应①中Cl2是否有剩余，所以乙同学认为实验②不能充分证明氧化性Br2＞I2，其理由是：实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰。答案为：溶液变蓝；实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰；
（6）卤素位于元素周期表第ⅦA族，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，非金属性依次减弱，所以从原子结构的角度解释卤素单质的氧化性递变规律：同一主族元素从上到下，元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此，元素的非金属性逐渐减弱，对应的单质的氧化性逐渐减弱。答案为：元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强。
【分析】由图可知，①为H元素，②为C元素，③为O元素，④F元素，⑤为Cl元素，⑥为K元素。
31．【答案】（1）溴易挥发；；；蒸馏
（2）
（3）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；海水资源及其综合利用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】
(1)①热空气吹出溴，因碘沸点低，易挥发成气体从溶液中逸出；故答案为易挥发；②“吸收”步骤中二氧化硫化合价升高，体现还原性，生成硫酸根离子，溴单质化合价降低，生成溴离子，故该过程的化学方程式为；根据“以强制弱”的原理，氧化性由强到弱的顺序为；故该题答案为：；；③据分析“分离”操作名称为：蒸馏；
(2)若“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺采用流程：
，步骤2中， 在酸性条件下发生归中反应，溴离子化合价升高，中的溴元素化合价降低，则该过程的离子方程式为：；
(3)步骤1发生反应的方程式为，步骤三发生反应的方程式为、，其化学计量关系为，，则该废水中苯酚的含量。
【分析】海水中的溴大部分以溴离子的形式存在，用氧化性比溴单质强的氯气将其氧化为溴单质，根据溴单质的沸点低，易挥发可用热空气将其吹出，吹出的溴单质需要再进行富集、提纯，可用还原性较强的二氧化硫素将溴单质还原为溴离子，最后再次用氯气将其氧化为溴单质，通过萃取、蒸馏等步骤得到纯净的液溴。
32．【答案】（1）分液漏斗
（2）MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
（3）除去氯气中的氯化氢
（4）2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O
（5）B
（6）小于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)盛装浓盐酸的仪器a的名称为分液漏斗；
(2)装置A利用浓盐酸和MnO2混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(3)浓盐酸有挥发性，Cl2中混有挥发的HCl，则需要利用装置B中饱和食盐水来除去氯气中的氯化氢；
(4)装置C采用的加热方式是水浴加热，装置D中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，发生反应的离子反应方程式为2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O；
(5)氯气是有毒气体，污染环境，则装置E的作用是吸收尾气Cl2，防止污染空气；可吸收Cl2需要选择碱性溶液，排除NaCl溶液和稀硫酸，而澄清石灰水浓度小，吸收效率低，则选择NaOH溶液，故答案为B；
(6)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，说明KClO3没有和KI溶液反应，无I2生成；2号试管溶液变为棕色，说明NaClO和KI溶液反应生成碘单质，则氧化性强弱顺序为：NaClO＞I2＞KClO3，答案为小于。
【分析】（1）根据图示即可找出名称
（2）根据反应物性质即可写出方程式
（3）氯气中混有氯化氢气体，B主要是除去氯化氢气体
（4）根据反应物结合性质即可写出方程式
（5）主要是尾气处理除去氯气，结合选项即可判断
（6）根据现象确定产物即可判断氧化性强弱
33．【答案】（1）分液漏斗；C
（2）关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热圆底烧瓶，若B中长导管口冒出气泡，停止加热，B中长导管内形成一段稳定的水柱，说明装置A的气密性好，反之则不好；2KMnO4+ 16HCl=2MnCl2 + 2KCl+5Cl2↑+ 8H2O
（3）碱性；>；Cl2+ 2OH- =Cl-+ClO- +H2O
（4）洗去K2FeO4表面附着的ClO-，排除ClO-干扰；二者酸碱性环境不同
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1)仪器a的名称为分液漏斗，D中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，可以用石灰乳代替，
故答案为：C；
(2)检验气体发生装置A气密性的方法是：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热圆底烧瓶，若B中长导管口冒出气泡，停止加热，B中长导管内形成一段稳定的水柱，说明装置A的气密性好，反之则不好；该装置中生成黄绿色气体为氯气，其他产物分别为氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+ 16HCl=2MnCl2 + 2KCl+5Cl2↑+ 8H2O；
(3)根据材料信息提示，在酸性或中性溶液中快速产生O2，制备K2FeO4需要在碱性环境中进行；制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl元素化合价降低Cl2为氧化剂，Fe元素的化合价升高Fe(OH)3为还原剂，K2FeO4为还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性Cl2>FeO；装置C中Cl2还会与过量的KOH发生反应生成次氯酸根和水，其离子反应方程式：Cl2+ 2OH- =Cl-+ClO- +H2O；
(4)①此过程中会生成ClO-，根据材料信息可知，ClO-能将盐酸氧化成氯气，为确保氧化Cl-的物质只能是FeO，洗去K2FeO4表面附着的ClO-， 排除ClO-干扰；
②由(4)的实验得出Cl2和FeO的氧化性强弱关系与I中制备K2FeO4实验时得出的结论相反，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下进行，其可能的原因是：二者酸碱性环境不同。
【分析】（1）D中氢氧化钠的作用是尾气处理，吸收多余的氯气，可以用石灰乳代替，不可用澄清石灰水，澄清石灰水中氢氧化钙很少，能吸收的氯气的量有限；
（2）气密性检查的思路是先把容器内形成封闭体系，改变压强，看能否产生气泡、形成液柱、液体不会顺利流下等；
（3）根据题目信息可知制备 K2FeO4需要在 碱性环境中进行，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
（4）在碱性环境中制备 K2FeO4，氯气与碱反应会产生次氯酸盐，用 KOH溶液充分洗涤C中所得固体 是为了除去次氯酸盐，防止干扰实验，氧化性的强弱收浓度、酸碱性的影响。
34．【答案】（1）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；SCN-[或Fe(SCN)3]被氧化为SO
（2）V2O5+K2SO3+2H2SO4= 2VOSO4+K2SO4+2H2O
（3）ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+
（4）SO>Cl->VO2+
（5）c
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①双氧水能氧化亚铁离子，则在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，溶液变红是因为生成的铁离子和KSCN反应，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
②褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为硫酸根离子，故答案为：SCN-[或Fe(SCN)3]被氧化为SO；
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（2）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+、，说明亚硫酸根被氧化为硫酸根，V2O5被还原为VO2+，该反应的化学方程式是V2O5+K2SO3+2H2SO4= 2VOSO4+K2SO4+2H2O。
（3）氯元素化合价从+5价降低到－1价得到6个电子，V元素化合价从+4价升高到+5价，得到1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+；
（4）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体是氯离子被氧化生成的氯气，能与Na2SO3溶液反应被吸收，即氯气能氧化亚硫酸钠为硫酸钠，则根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性可判断SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是SO>Cl->VO2+。
（5）VO的物质的量是0.002mol，0.195g锌粉的物质的量是0.195g÷65g/mol＝0.003mol，失去0.006mol电子，二者恰好完全反应，则依据电子得失守恒可知VO中V元素的化合价降低了价，因此还原产物中V的价态是+2价，可能是V2+，故答案为：c。
【分析】（1）①过氧化氢能将亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原为水；铁离子和 3SCN- 生成红色的 Fe(SCN)3 ；
②SCN-被氧化为硫酸根离子导致溶液褪色；
（2） V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VO2+、 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
（4）还原剂的还原性大于还原产物；
（5）根据转移电子数目守恒计算产物的化合价，进而判断。
35．【答案】（1）NaOH；NaClO、NaCl；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐
（2）ClO-；0.01
（3）>
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的简单分类
【解析】【解答】（1）①84”消毒液呈无色或淡黄色，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，其主要成分为NaClO、NaCl，鼠疫碱的是NaOH，属于盐的是：NaClO、NaCl，故答案为：NaOH；NaClO、NaCl；
②Cl2与NaOH溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-═Cl- +ClO-+H2O；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，反应为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，其中发生的化学反应符合规律是：酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐，故答案为：酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐；
（2）①“84”消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混用，混用会发生如下反应：ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反应过程中次氯酸根离子中氯元素化合价+1价降低到0价，为氧化剂，具有氧化性，该反应中起氧化作用的微粒是：ClO-，故答案为：ClO-；
②ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反应中，氯元素化合价-1价升高到0价，+1价降低到0价，生成1mol氯气，电子转移总数为e-，若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为：0.01mol，故答案为：0.01；
（3）NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长，说明次氯酸钠做氧化剂，能氧化过氧化氢生成氧气，氧化性大小：NaClO＞H2O2，故答案为：＞。
【分析】（1）①碱电离产生的阴离子全部是OH-；盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子形成的化合物；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
③该反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；
（2）①氧化剂在反应过程中起氧化作用；
②根据得失电子守恒计算；
（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析。
2023年高考真题变式分类汇编：氧化性、还原性强弱的比较2
一、多选题
1．（2020·衡水模拟）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 向0.1mol/LFeCl2溶液中加入1滴KSCN溶液，再滴加碘水 开始无明显现象，滴加碘水后溶液变红 氧化性：I2>Fe3+
B 向某钠盐中滴加盐酸，产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐可能为Na2S2O3
C 乙烯通入中性KMnO4溶液中 溶液褪色并产生黑色沉淀 乙烯具有还原性
D 将苯加入橙色的溴水中振荡并静置 下层液体几乎无色 苯与Br2发生了取代反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】A,D
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；乙烯的化学性质；苯的结构与性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碘单质不能氧化亚铁离子，现象、结论不合理，故A符合题意；
B．气体可能为二氧化硫，该钠盐可能为Na2S2O3，故B不符合题意；
C．乙烯被高锰酸钾氧化，生成二氧化锰、二氧化碳，则乙烯具有还原性，故C不符合题意；
D．苯与溴水发生萃取，且苯的密度比水的密度小，为物理变化，故D不符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行判断即可
B.可以使品红溶液褪色，说明是二氧化硫，与酸产生二氧化硫的可能是亚硫酸盐或者亚硫酸氢盐或者是 Na2S2O3
C.利用高锰酸钾的氧化性证明乙烯的还原性
D.苯与溴水不反应，发生的是萃取
2．（2020·潍坊模拟）钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO 为淡黄色，VO 具有较强的氧化性。Fe2+、SO 等能把VO 还原为VO2+。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（ ）
A．在酸性溶液中氧化性：MnO >VO2+>Fe3+
B．亚硫酸钠溶液与酸性（VO2）2SO4溶液发生反应：2VO +2H++SO =2VO2++SO +H2O
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4
D．向含1mol VO 的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2+的溶液完全反应，转移电子为1.5mol
【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A.Fe2＋能将VO2＋还原为VO2＋，说明氧化性VO2＋>Fe3＋，向VOSO4溶液中加入酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明酸性KMnO4将VO2＋氧化为VO2＋，则氧化性MnO4－>VO2＋，因此在酸性溶液中氧化性：MnO4－>VO2＋>Fe3＋，A不符合题意；
B.SO32－能将VO2＋还原为VO2＋，反应过程中硫元素为＋4价变为＋6价，失去2个电子，钒元素由＋5价变为＋4价，得到1个电子，根据得失电子守恒可得，SO32－和SO42－的系数为1，VO2＋和VO2＋的系数为2；根据电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为2；根据氢原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为1；因此该反应的离子方程式为：2VO2＋＋SO32－＋2H＋=SO42－＋2VO2＋＋H2O，B符合题意；
C.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明反应生成(VO2)2SO4，根据得失电子守恒可得，VOSO4的系数为10，(VO2)2SO4的系数为5，KMnO4和MnSO4的系数为2,；根据原子个数守恒可得，反应生成H2SO4和K2SO4，且其系数分别为2和1；因此该反应的化学方程式为：10VOSO4+2H2O+2KMnO4=5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，C符合题意；
D.Fe2＋将VO2＋还原为VO2＋时，Fe2＋转化为Fe3＋，反应过程中，V由＋5价变为＋4价，Fe由＋2价变为＋3价，根据得失电子守恒可得关系式“VO2＋～Fe2＋”，因此1molVO2＋完全反应，转移电子数为1mol，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】A.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性进行分析；
B.根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
C.根据得失电子守恒、原子守恒书写反应的化学方程式；
D.根据得失电子守恒进行计算；
3．（2021高二上·济宁期末）有毒，工业吸收后的溶液的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．电极a为阳极
B．由反应池中的反应可知氧化性：
C．电极b上的反应为
D．随着电解的进行，阴极区溶液减小
【答案】B,C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由装置b电极上反应可知，NO
发生得电子的还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，故A不符合题意；
B．溶液M为吸收H2S气体后的FeCl3溶液，发生的反应为2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，FeCl3是氧化剂，S是氧化产物，则氧化性：
，故B符合题意；
C．离子交换膜为质子交换膜，则b极电解质溶液呈酸性，电极反应式为2NO
+10e-+12H+=6H2O+N2↑，故C符合题意；
D．电极b为阴极，电极反应式为2NO
+10e-+12H+=6H2O+N2↑，反应消耗H+生成水，溶液的酸性减弱，pH增大，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】根据反应池的反应产物即可得出铁离子将硫化氢氧化为硫单质和亚铁离子，根据b的反应物和产物即可判断出a为阳极，b为阴极。阴极是硝酸根离子结合氢离子变为氮气和水，结合选项即可判断
二、选择题
4．（2017·新课标Ⅱ卷）由下列实验及现象不能推出相应结论的是（ ）
实验 现象 结论
A． 向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变 还原性：Fe＞Fe2+
B． 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶 集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生 CO2具有氧化性
C． 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性
D． 向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+，可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；
D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．
故选C．
【分析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；
B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；
C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；
D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．
5．（2021·海口模拟）五种主族元素在周期表中的位置如图所示。L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封。下列推断正确的是（ ）
X Y Z T
L
A．原子半径：X
C．X的电负性是五种元素中最小的
D．Y和T组成的化合物是离子化合物
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；离子化合物的结构特征与性质；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．L电子层最多，原子半径最大，其它元素位于同一周期，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：T＜Z＜Y＜X＜L，故A不符合题意；
B．非金属性越强，气态氢化物的还原性越弱，L、Z、T分别为Br、S、Cl，非金属性：Cl＞Br＞S，所以气态氢化物的还原性：Z＞L＞T，故B不符合题意；
C．非金属性越弱，电负性越小，X(Al)在五种元素中最靠左上角，电负性最小，故C符合题意；
D．Y和T组成的化合物为四氯化硅，四氯化硅为共价化合物，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】L的单质在常温常压下呈液态，且保存时需要用水液封，则L为溴，再根据其它元素在周期表中的位置可以推出T为Cl、Z为S、Y为Si、X为Al，结合元素周期律分析解答。
6．（2021·南宁模拟）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论错误的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 NH3具有还原性
B 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 原溶液中可能存在I2
C 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 氧化性：Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A. 将NH3通过灼热的CuO粉末，有红色固体生成 ，发生的是2NH3+4CuO=4Cu+3H2O+N2，即可判断出氨气具有还原性，故A不符合题意
B. 将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝 ，淀粉试纸变蓝说明有碘单质，故B不符合题意
C. 向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红 ，硝酸具有氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，氧化性是硝酸＞Fe3+，故C符合题意
D. 向盛有2mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2mol·L-1的KI溶液，产生黄色沉淀 ，说明 [Ag(S2O3)2]3-发生了电离 产生了碘化银沉淀，故D不符合题意
【分析】A.根据写出方程式标出化合价即可判断
B.根据实验现象即可判断出含有碘单质
C.根据现象证明的是硝酸的氧化性强于铁离子
D.通过现象说明有碘化银沉淀，说明发生电离
7．（2021·兰州模拟）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．反应过程中，CuCl2、FeCl3可以循环利用
B．反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O
C．由图示的转化可得出：氧化性的强弱顺序为O2＞Cu2+＞S
D．保持溶液中Fe3+的量不变，反应中消耗标况下22.4L的O2，可以生成64g硫
【答案】C
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A．从分析可知，在整个反应过程中，Cu2+和Fe3+即CuCl2和FeCl3可以循环使用，故A不符合题意；
B．将上述的三个反应处理后相加，即将第一个反应乘以2，第二个反应也乘以2，和第三个反应相加，得到总反应：2H2S+O2 2S↓+2H2O，故B不符合题意；
C．三步反应，第一个反应没有化合价的变化，不是氧化还原反应，第二个反应中的氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物S的氧化性，第三个反应中的氧化剂O2的氧化性强于氧化产物Fe3+的氧化性，所以可以得出氧化性强弱的顺序为O2＞Fe3+＞S，故C符合题意；
D．根据反应的总方程式为：2H2S+O2 2S↓+2H2O，反应中消耗标况下22.4L的O2，即消耗1molO2时，可以生成2molS，即64g硫，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】从图示可以看出，Cu2+和H2S发生反应，生成CuS，离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；生成的CuS和Fe3+反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为：CuS+2Fe3+=S↓+Cu2++2Fe2+；生成的Fe2+和氧气反应生成Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。
8．（2021·静安模拟）反应2Na2S2O3+I2→ 2NaI+ Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，就有4 mol 电子发生转移
B．反应中，I2表现了氧化性
C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物
D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4
【答案】A
【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．该反应中Na2S2O3为唯一还原剂，且只得电子，每生成1 mol Na2S4O6，则有4molS的化合价由+2价变为+2.5价，转移2mol电子，A符合题意；
B．该反应中I元素化合价降低，I2表现了氧化性，B不符合题意；
C．该反应中I元素化合价降低，I2被还原，S元素化合价升高，Na2S4O6是氧化产物，C不符合题意；
D．Na2S2O3具有还原性，久置以被空气中的氧气氧化，S元素可能被氧化为+6价，生成Na2SO4，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据化学方程式，标出化合价找出电子转移i情况，找出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物即可判断
9．（2021·静安模拟）次磷酸(H3PO2)与磷酸(H3PO4)的正盐性质如下表。正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1。
化学式 Na3PO4 NaH2PO2
物质类别 正盐 正盐
溶液酸碱性 碱性 中性
关于该氧化还原反应的判断正确的是（ ）
A．H3PO2是三元酸
B．反应前后溶液的pH无变化
C．反应的离子方程式为：H2PO +4Ag++2H2O 4Ag↓+PO +6H+
D．硝酸银发生还原反应
【答案】D
【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．NaH2PO2为正盐，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，为一元酸，A不符合题意；
B．NaH2PO2与Ag+反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，Ag+转化为Ag化合价降低1价，为氧化剂，根据电子守恒可知NaH2PO2中P元素化合价升高4价，所以氧化产物为H3PO4，再结合元素守恒可得离子方程式为H2PO +4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，反应过程中生成氢离子，所以溶液的酸性增强，B不符合题意；
C．Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸，不能写成离子形式，C不符合题意；
D．该反应中Ag+转化为银化合价降低被还原，即硝酸银发生还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 正盐NaH2PO2有较强的还原性，可将硝酸银溶液中的Ag+转化为银，此时氧化剂与还原剂物质的量之比为4：1，即可写出H2PO +4Ag++2H2O=4Ag↓+H3PO4+3H+，此时硝酸银作为氧化剂，次磷酸钠作为还原剂，反应后溶液的酸性增强，根据Na3PO4溶液显碱性，说明H3PO4为弱酸。
10．（2021·黄浦模拟）为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成SeO2，再用KI溶液处理后回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法正确的是（ ）
A．①中SO2是氧化产物，SeO2是还原产物
B．②中HNO3是氧化剂，KI是还原剂
C．由①②可知浓硫酸能将KI氧化生成I2
D．由①②可知还原性由强到弱的顺序：Se>KI>SO2
【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．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A不符合题意；
B．②中HNO3中N元素化合价不变，未参加氧化还原反应，但KI是还原剂，故B不符合题意；
C．①中浓硫酸的氧化性大于SeO2，②中SeO2是氧化性大于I2，则浓硫酸能将KI氧化生成I2，故C符合题意；
D．①中Se的还原性大于SO2，②中KI的还原性大于Se，则还原性的强弱顺序为KI>Se>SO2，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】①Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O中Se元素化合价升高，S元素化合价降低，Se是还原剂，H2SO4是氧化剂；②SeO2＋4KI＋4HNO3=4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O中Se元素化合价降低，I元素化合价升高，SeO2是氧化剂，KI是还原剂。
11．（2021·虹口模拟）I-具有还原性，含碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，I-、I2、IO 在一定条件下可以发生如图转化关系，下列说法错误的是（ ）
A．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2 > IO > I2
B．用淀粉碘化钾试纸和白醋可检验食盐是否加碘
C．生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为2∶5
D．反应③的离子方程式：3Cl2+ I-+3H2O →6Cl- + IO +6H+
【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．由反应①可知氧化性Cl2＞I2，由反应②可知氧化性I2＜NaIO3，由反应③可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO ＞I2，故A不符合题意；
B．I-和IO 酸性条件下可发生氧化还原反应生成I2，则可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘，故B不符合题意；
C．反应①转化关系2I-～I2～2e-，反应②中2 IO ～I2～10e-，生产等量的碘，反应①和反应②转移电子数目之比为6∶5，故C符合题意；
D．反应③是通入足量氯气，碘离子被氧化为碘酸根离子，反应的离子方程式：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+ IO +6H+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据化学方程式中的氧化剂与氧化物产物的氧化性即可判断氧化性的强弱
B.利用碘酸根和碘离子在酸性条件下发生氧化还原反应即可检验是否含有碘元素
C.写出方程式，利用转产生相等的碘单质计算出移电子数目即可
D.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
12．（2021·嘉定模拟）对于铝和烧碱溶液的反应，下列说法错误的是（ ）
A．铝是还原剂 B． 是氧化剂
C． 与 是氧化剂 D．氢气是还原产物
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；铝的化学性质
【解析】【解答】A．反应中铝元素化合价升高，失去电子，铝是还原剂，A不符合题意；
B．水中氢元素化合价降低，得到电子， 是氧化剂，B不符合题意；
C． 只是溶解氢氧化铝，不是氧化剂， 是氧化剂，C符合题意；
D．水中氢元素化合价降低，得到电子， 是氧化剂，所以氢气是还原产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铝和氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，然后氢氧化铝溶解在氢氧化钠溶液中，方程式依次为2Al+6H2O＝2Al(OH)3+3H2↑、Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，据此解答。
13．（2021·咸阳模拟）硝酸厂的尾气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将尾气与H2混合，通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该转化过程的实质为NOx被H2还原
B．过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少
D．x=1时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【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】A．根据转化过程图可知，该转化过程的实质为NOx被H2还原，生成氮气和水，A说法符合题意；
B．过程I发生反应的离子方程式为H2+2Ce4+=2H++2Ce3+，B说法不符合题意；
C．根据转化过程图可知，处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数不变，C说法不符合题意；
D．x=1时，过程II中4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据图示I过程：H2+2Ce4+=2H++2Ce3+ II过程：NOX+H++Ce3+N2+H2O+Ce4+,主要和x有关系，将I和II进行合并即可判断实质是NOX+H+N2+H2O，根据总的反应，说明 Ce3+和Ce4+总数 不变，根据x的数值即可判断II的氧化剂与还原剂的比值
14．（2021·保定模拟）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+
B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和Ce4+浓度不变
C．该转化过程的实质为NOx被H2还原
D．x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【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．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A不符合题意；
B．Ce3+和Ce4+是反应的催化剂，参与反应但是量不变，浓度在变化；故B不符合题意；
C．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C符合题意；
D．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，x=1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据图示I即可写出离子方程式，此离子方程式电荷不守恒
B.均是催化剂，但是随着反应的进行溶液的体积在发生变化故浓度变化
C.写出总的反应即可判断
D.写出总的反应即可判断氧化剂与还原剂的比值
15．（2021·西城模拟）下列反应中，酸体现还原性的是（ ）
A． 与浓盐酸共热制 B． 与浓硫酸共热制
C． 与稀硫酸反应制 D． 与稀硝酸反应制备
【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】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A符合题意；
B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B不符合题意；
C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C不符合题意；
D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见的酸是盐酸、硫酸、硝酸、硫酸和硝酸中的硫元素和氮元素化合价已经是最高，只能左氧化剂和体现酸性，而盐酸中的氯元素化合价是-1价，化合价可以升高可以做还原剂
16．（2021·西城模拟）工业上利用反应 检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）
A．将浓氨水接近管道，若产生白烟说明管道漏气
B． 的电子式为：
C． 中只含有离子键
D．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【知识点】离子键的形成；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．将浓氨水接近氯气管道，若产生白烟则有氯化铵生成说明管道漏气，故A不符合题意；
B． 中氮氮为共价键，其电子式为： ，故B不符合题意；
C． 中只既含有离子键，也还有共价键，故C符合题意；
D．该反应中氯气为氧化剂，氨气还原剂，物质的量之比为 ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氨水具有挥发性，挥发出的氨气与氯气发生反应得到白烟说明漏气
B.氮气分子之间可以形成氮氮三键且含有孤对电子
C.氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物
D.根据方程式即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比
17．（2021·西城模拟）实验室可用KMnO4代替MnO2与浓盐酸反应，在常温下快速制备Cl2，反应原理为：2KMnO4+16HCl(浓)=5Cl2↑+2KCl+2MnCl2+8H2O。下列说法错误的是（ ）
A．Cl2是氧化产物
B．浓盐酸在反应中只体现还原性
C．每生成标准状况下2.24LCl2，转移0.2mol电子
D．反应中KMnO4的氧化性强于Cl2
【答案】B
【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．该反应中HCl中部分氯元素化合价升高得到氯气，所以氯气为氧化产物，A不符合题意；
B．该反应中部分浓盐酸被氧化生成氯气，体现还原性，部分盐酸反应得到氯化锰和水，体现了酸性，B符合题意；
C．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，氯气为唯一氧化产物，化合价由-1价变为0价，所以转移0.2mol电子，C不符合题意；
D．该反应中KMnO4为氧化剂，氯气为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 根据反应方程式标出化合价找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据方程式即可找出转移电子与氯气的关系
18．（2021·石景山模拟）氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取。CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断错误的是( ）
A．“另一种反应物”在反应中表现还原性
B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl
C．CuH与Cl2反应时，CuH做还原剂
D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋ = Cu＋ ＋ H2↑
【答案】D
【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．氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，故A不符合题意；
B．根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH ＋ 3Cl2 2CuCl2 ＋ 2HCl，故B不符合题意；
C．CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中CuH做还原剂，故C不符合题意；
D．CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：CuH ＋ H＋＋Cl －= CuCl↓ ＋ H2↑，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据铜元素的化合价的变化，化合价降低被还原，另外一种物质需具有还原性
B.根据反应物和生成物即可写出方程式
C.根据方程式标出化合价即可判断
D.氯化亚铜是难溶物不应拆开
19．（2021·丰台模拟）下列氧化还原反应中，水作氧化剂的是（ ）
A．C+H2O CO+H2 B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
C．2F2+2H2O=4HF+O2 D．3NO2+H2O=2HNO3+NO
【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】A．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以水作氧化剂，A符合题意；
B．在该反应中Na2O2中的-1价的O元素部分升高变为O2中的0价，部分降低变为NaOH中的-2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此Na2O2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，B不符合题意；
C．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以水作还原剂，C不符合题意；
D．在该反应中NO2中的+4价的N元素部分升高变为HNO3中的+5价，部分降低变为NO中的+2价，而H2O的组成元素在反应前后价态不变，因此NO2作氧化剂、还原剂，而H2O既不是氧化剂，也不是还原剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据给出的方程式标出元素的化合价，即可水的作用
20．（2021·东城模拟）下列反应中，水只作氧化剂的是（ ）
A． 与水反应 B． 与水反应
C． 与水反应 D． 与水蒸气反应
【答案】D
【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．氯气与水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故A不符合题意；
B．过氧化钠水反应属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故B不符合题意；
C．碳化钙与水的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．铁与水蒸气反应属于氧化还原反应，反应中水作氧化剂，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】写出反应的方程式找出水的作用即可
21．（2021·昌平模拟）下列变化中，气体被还原的是（ ）
A．将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去
B．将氯气通入KBr溶液，溶液变黄
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色
D．氨气通入AlCl3溶液产生白色沉淀
【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．将二氧化硫气体通入品红溶液，溶液红色褪去说明二氧化硫表现漂白性，故A不符合题意；
B．将氯气通入溴化钾溶液，溶液变黄说明有单质溴生成，反应中氯气被还原，故B符合题意；
C．氢气通入氧化铜中加热，黑色固体变为红色说明有铜生成，反应中氢气被氧化，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液产生白色沉淀说明氨气表现碱性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】气体被还原，说明气体具有氧化性，给出的二氧化硫、氯气、氢气、氨气，四种气体氯气具有氧化性即可判断
22．（2021·郴州模拟）将浓盐酸滴入 溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入 ，溶液又变为紫红色， 反应后变为无色的 。下列说法错误的是（ ）
A．滴加盐酸时， 是氧化剂， 是氧化产物
B．此实验条件下，还原性：
C．若有 参加了反应，则整个过程转移电子为
D．已知 为第 族元素，上述实验说明 具有较强的非金属性
【答案】D
【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．滴加盐酸时，生成氯气， 元素的化合价升高，则 是氧化剂， 是氧化产物，A不符合题意；
B．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应 、 可知还原性强弱顺序是： ，B不符合题意；
C．若有 参加了反应，则整个过程转移电子为 ，即 ，C不符合题意；
D． 元素属于金属元素， 不具有较强的非金属性，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】 将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入 NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3-反应后变为无色的Bi3+，发生 反应、，结合反应中元素的化合价变化及氧化性比较规律分析。
23．（2020高三上·朝阳期末）双碱法脱硫过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中，SO2表现还原性
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用
D．总反应为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水，不属于与氧化还原反应，故A符合题意；
B．由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式
由此可知1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3，故B不符合题意；
C．根据图示，再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，NaOH在整个过程中参与了循环，故C不符合题意；
D．根据图示可得总反应为
，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】过程I的反应方程式为SO2+2NaOH=NaSO3+H2O ， 过程Ⅱ的反应方程式为2Na2SO3+2Ca(OH)2+O2=2CaSO4+4NaOH，总反应为 。
24．（2020高一上·北京期中）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是（ ）
A．Cu2+将H2O2还原为O2
B．H2O2既表现氧化性又表现还原性
C．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O
【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】A．硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A符合题意；
B．开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B不符合题意；
C．整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C不符合题意；
D．反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据反应现象判断反应类型，根据反应方程式中元素的化合价的变化判断物质表现的性质氧化性或还原性。
三、非选择题
25．（2019·全国Ⅰ卷）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_________（填标号）。
A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50
E．＞0.50
（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用 标注。
可知水煤气变换的ΔH 0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正= eV，写出该步骤的化学方程式 。
（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。
计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率 (a)= kPa·min 1。467 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。489 ℃时PH2和PCO随时间变化关系的曲线分别是 、 。
【答案】（1）大于
（2）C
（3）小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*）
（4）0.0047；b；c；a；d
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据在相同条件下，CO和H 2在平衡时物质的量分数对比，CO的小，说明CO的转化掉的多，剩的少，所以倾向是CO>H2.
（2）根据反应特点 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) 是等体反应，假设等物质的量的CO全部反应，最终H2的物质的分数是0.5，由于该反应是可逆反应，不可能完全转化，所以它的物质的量分数小于0.5，故选C。
（3）根据起始物质和最终物质的能量大小做比较，发现能量降低，说明是放热，所以 ΔH <0，故答案：小于。
根据图像找能量差距最大的，是-0.16到1.86的能量变化线，故答案为：2.02.
根据图像-0.16对应的物质和1.86对应的物质，从低到高反应变化，写方程式： COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或H2O*= H*+OH*） 。
（4）从图像的两点得出压强差是1.08-3.80=0.28KPa，然后除以时间60min得出答案： 0.0047
根据温度467和489比较，温度不同对反应平衡移动方向影响不同，由于水煤气转化是放热反应，所以 升高温度平衡是逆向移动，H2减少，CO增多，起始压强相同进行判断，467 ℃ 平衡正移，CO减少，H2增多。故答案为b、c；当489℃平衡逆移。答案为：a、d。
【分析】
（1）根据题目信息，看物质是生成物还是反应物，利用平衡解答。
（2）采用极限法，假设全部反应进行计算。因为题目缺少条件。
（3）此题主要是看图像信息进行解答。
（4）根据图像坐标进行计算速率，注意速率的单位。根据图像及速率影响因素进行判断平衡移动方向。
26．（2021·郑州模拟）某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略)，以验证 、 、 氧化性的强弱。根据题目要求回答下列问题：
（1）检查装置气密性后，关闭 、 、 ，打开 ，旋开旋塞a，加热A，则B中发生反应的离子方程式为 。
（2）B中溶液变黄时，停止加热A，关闭 。打开旋塞b，使约2mL的溶液流入试管D中，关闭旋塞b，检验实验中B生成离子的方法是 。
（3）若要继续证明 和 氧化性的强弱，需要进行的操作是 。
（4）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性强弱顺序： 的是 (填“甲”、“乙”或“丙”)。
过程(2)中溶液含有的离子 过程(3)中溶液含有的离子
甲 既有 又有 有
乙 有 无 有
丙 有 无 有
（5）验证结束后，将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开 、 、 和 ，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入 ，这样做的目的是
【答案】（1）
（2）向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色
（3）打开 ，旋开旋塞c加入70%的硫酸，一段时间后关闭 。更换试管D，旋开旋塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和
（4）甲、丙
（5）除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染大气
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；物质的检验和鉴别；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1) 检查装置气密性后，关闭 、 、 ，打开 ，旋开旋塞a，加热A，产生的氯气能氧化Fe2+生成Fe3+，则B中发生反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+；
(2)B生成的离子为Fe3+，检验Fe3+，可以向试管D中滴加KSCN溶液，若试管D中溶液变红色，即说明B中有Fe3+生成，故答案为：向试管D中滴加KSCN溶液，试管D中溶液变红色；
(3)要证明Fe3+和SO2氧化性的强弱，就需要检验两者反应后的产物中是否含有 和Fe2+，具体操作是：打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+，故答案为：打开K3，旋开活塞c加入70%的硫酸溶液，一段时间后关闭K3，更换试管D，旋开活塞b，使少量溶液流入D中，检验D溶液中的 和Fe2+；
(4)甲中过程(2)后既有 又有 ，说明氯气不足，氯气氧化性大于Fe3+，过程(3)中有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；乙中过程(2)后有 无 ，说明氯气过量，过程(3)中有硫酸根离子，可能是氯气将二氧化硫氧化，不能说明铁离子、二氧化硫的氧化性强弱；丙中过程(2)后有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程(3)中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；故答案为：甲、丙；
(5)将D换成盛有NaOH溶液的烧杯，旋开K1、K2、K3和K4，关闭旋塞a、c，打开旋塞b，从两端鼓入N2，这样做的目的是除去A和C中分别产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气，故答案为：除去A和C中分别 产生的氯气和二氧化硫，防止污染空气。
【分析】（1）根据流程即可判断是氯气和氯化亚铁反应得到氯化铁的反应即可写出方程式
（2）主要是检验铁离子利用KSCN溶液即可
（3）要证明氧化性的强弱可以将二氧化硫气体通入到B中即可
（4）要证明氧化性 ，通过实验进行产物检验即可
（5）主要是进行尾气处理防止尾气污染空气
27．（2021·合肥模拟）钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（1）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 。
（2）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式 。
ClO +VO2++=Cl-+VO +
（3）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
（4）在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 。
a.VO2+ b. c. V2+ d.V
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）c
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为： 。
(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液， 与 发生氧化还原反应，生成 和Cl-，氯元素化合价由+5降低为 1，共降低6价，V元素化合价由+4升高为+5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：
(3) V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从-1价升高到0价，Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Cl->VO2+，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl ，离子反应方程式为： ，则还原性： ；因此 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
(4)在20.00 mL 0.1 moI.L-1 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则 与锌的物质的量之比为2:3， ，则V元素化合价降低3价，从+5价降低到+2价，则还原产物可能是V2+，答案为c。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（2）根据反应物和生成物结合氧化还原反应即可写出方程式
（3）根据实验现象即可判断还原性的强弱
（4）根据锌的转移的电子与V元素转移的电子数相等即可计算
28．（2020·绍兴模拟）
（1）比较Br-与Fe2+还原性相对强弱：Br- Fe2+(填“>”、“<”、“=”)；用一个化学方程式说明Br-与Fe2+还原性相对强弱 。
（2）KSCN溶液是高中阶段常用试剂，其阴离子对应酸为HSCN(硫氰化氢），硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构。写出HSCN(硫氰化氢）的结构式 。
（3）元素N与Cl的非金属性均较强，但常温下氮气远比氯气稳定，主要原因是 。
【答案】（1）＜；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
（2）H-S-C≡N或H-N=C=S
（3）氮气分子中存在氮氮三键，键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】(1)反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，Fe2+变为Fe3+，化合价升高被氧化，作还原剂，Br2变为Br-，化合价降低，被还原，Br-为还原产物，氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：Fe2+＞Br-；(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，硫氰化氢分子中各原子均具有稀有气体稳定结构，HSCN(硫氰化氢)的结构式为：H—S—C≡N或 H—N=C=S；(3)元素N与Cl的非金属性均较强，氮气分子中存在氮氮三键键能较氯分子中Cl-Cl单键键能大，常温下难以断裂，故氮气远比氯气稳定。
【分析】(1)利用氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；(2)稀有气体中各原子都是2电子(K层为最外层时)或8电子稳定状态，据此分析；(3)结合氮气和氯气化学键及键能的大小分析。
29．（2023高三上·长沙期末）某化学兴趣小组为了探究在相同条件下，草酸根()的还原性是否强于，进行了如下三个实验。
【实验1】通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。实验操作与现象如下：
在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体，并留存翠绿色溶液a待用。
已知：Ⅰ.草酸 ()为二元弱酸。
Ⅱ.三水三草酸合铁酸钾[]为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在： 请回答：
（1）实验室配制溶液时若不加盐酸一起进行配制，常常得到红褐色的溶液，请用离子方程式说明原因 。
（2）取实验1中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是 。
（3）经检验，翠绿色晶体为。为了确认实验1中是否发生了氧化还原反应，取少量翠绿色溶液a，向其中滴加 (填序号)末见明显现象。
A．少量KSCN溶液 B．少量溶液 C．少量HCl溶液
该小组据此判断氧化还原没有发生。请简述未发生氧化还原反应的原因 。
（4）【实验2】通过比较与、反应的难易，判断二者还原性的强弱。实验操作与现象如下：
①向溶液中加入溶液，过滤，立即产生黄色沉淀；
②洗涤①中的黄色沉淀(已知：为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸)，向其中加入过量的溶液，振荡，静置，反应剧烈放热，产生大量的红褐色沉淀和无色气体；
③待充分反应后，向其中加入稀硫酸，调节pH约为4，得到翠绿色溶液。请回答：
证明被氧化的实验现象是 。
（5）以上现象能否说明没有被氧化。请判断并说明理由： 。
（6）【实验3】利用电化学装置进行实验，其装置如图：
用溶液、溶液和其他试剂，设计图的装置进行实验比较和的还原性强弱，一段时间的实验后，该小组依据实验所观察到的现象做出了比还原性强的实验结论。则下列实验现象描述能支持这一结论的有：____。(填序号)
A．电流表指针发生偏转
B．取左侧烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀
C．取左侧烧杯内溶液滴加溶液，有蓝色沉淀生成
D．右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊。
【答案】（1）
（2）溶液中存在平衡：，加入硫酸后，与结合生成，使平衡正向移动，增大，遇溶液变红
（3）B；与生成稳定的，浓度降低，的氧化性和的还原性减弱
（4）(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液
（5）有+4价的碳的化合物生成，才能说明被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，因此不能说明是否被氧化
（6）A；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】（1）会发生水解生成红褐色的氢氧化铁，所以若不用浓盐酸抑制其水解，就会出现红褐色，其离子方程式为：；
（2）溶液中存在平衡：，当加入硫酸后，与结合生成弱酸，使上述平衡正向移动，导致增大，从而遇溶液会变红；
（3）向溶液中缓慢加入溶液至过量，若发生氧化还原反应，则会生成亚铁离子，而检验亚铁离子的试剂为，故合理答案为：B；与生成稳定的，浓度降低，导致的氧化性和的还原性减弱，所以这是未发生氧化还原反应的原因；
（4）若被氧化，则会生成铁离子或，对应的现象为：(2)中产生大量红褐色沉淀或者③中得到翠绿色溶液；
（5）中C元素显+3价，若有+4价的碳的化合物生成，才能说明被氧化，以上现象无法判断是否有+4价的碳的化合物生成，如产生能使澄清石灰水变浑浊的气体等描述信息，因此不能说明是否被氧化。
（6）若和的还原性：＞，则溶液、溶液会发生自发的氧化还原反应，则
A．在电解质溶液中构成原电池，电流表指针会发生偏转，A正确；
B．取左侧烧杯内溶液滴加氢氧化钠溶液，出现红褐色沉淀，则说明有铁离子存在，不能说明发生了氧化还原反应，B不正确；
C．取左侧烧杯内溶液滴加溶液，有蓝色沉淀生成，说明含亚铁离子，则证明发生了氧化还原反应，C正确；
D．右侧烧杯的电极附近有无色气泡生成，经实验，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，即草酸根离子被氧化为二氧化碳，发生了氧化还原反应，D正确；
故答案为：ACD。
【分析】（1）会发生水解生成红褐色的氢氧化铁；
（2）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）依据检验亚铁离子的试剂为和亚铁离子的性质分析；
（4）依据铁离子和亚铁离子的性质分析；
（5）二者现象相同。
（6）依据实验现象分析判断。
30．（2022高一上·石景山期末）元素周期表反映了元素之间的内在联系，是学习、研究和应用化学的一种重要工具。
（1）I.上图是元素周期表的一部分，回答下列问题：
元素②位于元素周期表的第 周期 族，它的一种质量数为14的原子可测定文物年代，用核素符号表示该原子是 。
（2）元素⑥的原子结构示意图是 。
（3）上述①~⑥号元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是 ，碱性最强的是 (填化学式)。
（4）II.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：
资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。
序号 实验① 实验②
实验操作
现象 溶液变为黄色
实验①中反应的离子方程式是 。
（5）实验②观察到的现象是 ，甲同学根据此现象得出结论：氧化性Br2＞I2。乙同学认为实验②不能充分证明氧化性Br2＞I2，其理由是 。
（6）从原子结构的角度解释卤素单质的氧化性递变规律：同一主族元素从上到下 ，因此，元素的非金属性逐渐减弱，对应的单质的氧化性逐渐减弱。
【答案】（1）二；IVA；
（2）
（3）HClO4；KOH
（4）2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
（5）溶液变蓝；实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰
（6）元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】（1）由分析可知，元素②为6号元素C，位于元素周期表的第二周期IVA族，它的一种质量数为14的原子，其质子数为6，用核素符号表示该原子是。答案为：二；IVA；；
（2）元素⑥为19号元素钾，原子结构示意图是。答案为：；
（3）高氯酸是最强的含氧酸，则上述①~⑥号元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，钾的金属性最强，则碱性最强的是KOH。答案为：HClO4；KOH；
（4）实验①中，KBr与Cl2发生置换反应，离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；
（5）实验②中，反应生成I2，I2遇淀粉变蓝色，则观察到的现象是溶液变蓝；因为不能肯定反应①中Cl2是否有剩余，所以乙同学认为实验②不能充分证明氧化性Br2＞I2，其理由是：实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰。答案为：溶液变蓝；实验①中氯水可能过量，无法排除Cl2氧化I-的干扰；
（6）卤素位于元素周期表第ⅦA族，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，非金属性依次减弱，所以从原子结构的角度解释卤素单质的氧化性递变规律：同一主族元素从上到下，元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此，元素的非金属性逐渐减弱，对应的单质的氧化性逐渐减弱。答案为：元素的原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强。
【分析】由图可知，①为H元素，②为C元素，③为O元素，④F元素，⑤为Cl元素，⑥为K元素。
31．（2022高一下·如东期末）浩瀚的大海中蕴藏着丰富的化学资源。
（1）“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：
①热空气吹出溴是利用了 (填溴的一种物理性质)。
②写出“吸收”步骤中反应的化学方程式： 。氧化性由强到弱的顺序为 。
③“分离”操作名称为 。
（2）“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺也可采用如下流程：
写出步骤②中反应的离子方程式： 。
（3）溴量法测定废水中苯酚(，相对分子质量为94)含量(每升水中含苯酚的质量，单位)的过程如下(废水中不含干扰测定的物质)。
步骤1 向盛有溶液的锥形瓶中加入过量，加酸化一段时间：
步骤2 加入废水，充分反应；
步骤3 向锥形瓶中加入过量，生成的恰好和反应。
计算该废水中苯酚的含量(写出计算过程) (已知：)。
【答案】（1）溴易挥发；；；蒸馏
（2）
（3）
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；海水资源及其综合利用；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】
(1)①热空气吹出溴，因碘沸点低，易挥发成气体从溶液中逸出；故答案为易挥发；②“吸收”步骤中二氧化硫化合价升高，体现还原性，生成硫酸根离子，溴单质化合价降低，生成溴离子，故该过程的化学方程式为；根据“以强制弱”的原理，氧化性由强到弱的顺序为；故该题答案为：；；③据分析“分离”操作名称为：蒸馏；
(2)若“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺采用流程：
，步骤2中， 在酸性条件下发生归中反应，溴离子化合价升高，中的溴元素化合价降低，则该过程的离子方程式为：；
(3)步骤1发生反应的方程式为，步骤三发生反应的方程式为、，其化学计量关系为，，则该废水中苯酚的含量。
【分析】海水中的溴大部分以溴离子的形式存在，用氧化性比溴单质强的氯气将其氧化为溴单质，根据溴单质的沸点低，易挥发可用热空气将其吹出，吹出的溴单质需要再进行富集、提纯，可用还原性较强的二氧化硫素将溴单质还原为溴离子，最后再次用氯气将其氧化为溴单质，通过萃取、蒸馏等步骤得到纯净的液溴。
32．（2021高一上·金华期末）已知氯气与碱反应时，产物受温度的影响。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和，并探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）装置A产生氯气的化学方程式为 。
（3）装置B的作用为 。
（4）装置D中发生反应的离子方程式为 。
（5）装置E可选用试剂____(填标号)。
A．溶液 B．溶液 C．澄清石灰水 D．稀硫酸
（6）探究、的氧化能力
操作：向1号和2号试管中，分别滴加适量中性溶液。
现象：1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色。
结论：该条件下氧化能力 (填“大于”或“小于”)。
【答案】（1）分液漏斗
（2）MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
（3）除去氯气中的氯化氢
（4）2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O
（5）B
（6）小于
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)盛装浓盐酸的仪器a的名称为分液漏斗；
(2)装置A利用浓盐酸和MnO2混合加热制氯气，发生反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
(3)浓盐酸有挥发性，Cl2中混有挥发的HCl，则需要利用装置B中饱和食盐水来除去氯气中的氯化氢；
(4)装置C采用的加热方式是水浴加热，装置D中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，发生反应的离子反应方程式为2OH-＋Cl2=Cl-＋ClO-＋H2O；
(5)氯气是有毒气体，污染环境，则装置E的作用是吸收尾气Cl2，防止污染空气；可吸收Cl2需要选择碱性溶液，排除NaCl溶液和稀硫酸，而澄清石灰水浓度小，吸收效率低，则选择NaOH溶液，故答案为B；
(6)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，说明KClO3没有和KI溶液反应，无I2生成；2号试管溶液变为棕色，说明NaClO和KI溶液反应生成碘单质，则氧化性强弱顺序为：NaClO＞I2＞KClO3，答案为小于。
【分析】（1）根据图示即可找出名称
（2）根据反应物性质即可写出方程式
（3）氯气中混有氯化氢气体，B主要是除去氯化氢气体
（4）根据反应物结合性质即可写出方程式
（5）主要是尾气处理除去氯气，结合选项即可判断
（6）根据现象确定产物即可判断氧化性强弱
33．（2021高一上·资阳期末）某实验小组用下列装置制备高铁酸钾( K2FeO4 )并探究其性质，制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+ 10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O。(夹持装置略)
查阅资料：①K2FeO4 为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2。②ClO-能将盐酸氧化成氯气。
（1）I K2FeO4 的制备
仪器a的名称为 ，D中的NaOH溶液可以用 代替(填入对应字母)。
A．蒸馏水 B．澄清石灰水 C．石灰乳 D．饱和食盐水
（2）检验气体发生装置A气密性的方法是 ； 该装置中生成黄绿色气体的化学反应方程式为 。
（3）制备K2FeO4需要在 (填“酸性”“碱性”或“中性”)环境中进行，根据上述K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2 FeO (填“＞”或“＜”)。装置C中Cl2还会与过量的KOH发生反应，请写出其离子反应方程式 。
（4）II．探究K2FeO4的性质
实验方案：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液。取少量该溶液于试管中，滴加过量盐酸后发现有Cl2产生。
①为确保氧化Cl-的物质只能是FeO，则用KOH溶液洗涤的目的是 。
②由(4)的实验得出Cl2和FeO的氧化性强弱关系与I中制备K2FeO4实验时得出的结论相反，其可能的原因是 。
【答案】（1）分液漏斗；C
（2）关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热圆底烧瓶，若B中长导管口冒出气泡，停止加热，B中长导管内形成一段稳定的水柱，说明装置A的气密性好，反之则不好；2KMnO4+ 16HCl=2MnCl2 + 2KCl+5Cl2↑+ 8H2O
（3）碱性；>；Cl2+ 2OH- =Cl-+ClO- +H2O
（4）洗去K2FeO4表面附着的ClO-，排除ClO-干扰；二者酸碱性环境不同
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】(1)仪器a的名称为分液漏斗，D中的NaOH溶液用于吸收多余的氯气，可以用石灰乳代替，
故答案为：C；
(2)检验气体发生装置A气密性的方法是：关闭分液漏斗活塞，用酒精灯微热圆底烧瓶，若B中长导管口冒出气泡，停止加热，B中长导管内形成一段稳定的水柱，说明装置A的气密性好，反之则不好；该装置中生成黄绿色气体为氯气，其他产物分别为氯化锰、氯化钾、水，方程式为：2KMnO4+ 16HCl=2MnCl2 + 2KCl+5Cl2↑+ 8H2O；
(3)根据材料信息提示，在酸性或中性溶液中快速产生O2，制备K2FeO4需要在碱性环境中进行；制备原理为：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl元素化合价降低Cl2为氧化剂，Fe元素的化合价升高Fe(OH)3为还原剂，K2FeO4为还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性Cl2>FeO；装置C中Cl2还会与过量的KOH发生反应生成次氯酸根和水，其离子反应方程式：Cl2+ 2OH- =Cl-+ClO- +H2O；
(4)①此过程中会生成ClO-，根据材料信息可知，ClO-能将盐酸氧化成氯气，为确保氧化Cl-的物质只能是FeO，洗去K2FeO4表面附着的ClO-， 排除ClO-干扰；
②由(4)的实验得出Cl2和FeO的氧化性强弱关系与I中制备K2FeO4实验时得出的结论相反，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下进行，其可能的原因是：二者酸碱性环境不同。
【分析】（1）D中氢氧化钠的作用是尾气处理，吸收多余的氯气，可以用石灰乳代替，不可用澄清石灰水，澄清石灰水中氢氧化钙很少，能吸收的氯气的量有限；
（2）气密性检查的思路是先把容器内形成封闭体系，改变压强，看能否产生气泡、形成液柱、液体不会顺利流下等；
（3）根据题目信息可知制备 K2FeO4需要在 碱性环境中进行，氧化剂的氧化性大于氧化产物；
（4）在碱性环境中制备 K2FeO4，氯气与碱反应会产生次氯酸盐，用 KOH溶液充分洗涤C中所得固体 是为了除去次氯酸盐，防止干扰实验，氧化性的强弱收浓度、酸碱性的影响。
34．（2021高一上·怀仁期末）回答下列问题：
（1）某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象(实验1)，观察到溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。
①在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是 ，溶液变红的离子方程式是 。
②用实验2探究“红色褪去”的原因，则红色褪去的原因是 。
（2）Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+、，该反应的化学方程式是 。
（3）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式 。
ClO+VO2++_=Cl-+VO+_
（4）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 。
（5）在20.00mL0.1mol/LVO溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是 。
a.VO2+ b. VO+ c. V2+ d.V
【答案】（1）2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；SCN-[或Fe(SCN)3]被氧化为SO
（2）V2O5+K2SO3+2H2SO4= 2VOSO4+K2SO4+2H2O
（3）ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+
（4）SO>Cl->VO2+
（5）c
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）①双氧水能氧化亚铁离子，则在实验1加入H2O2溶液与Fe2+反应的离子方程式是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，溶液变红是因为生成的铁离子和KSCN反应，反应的离子方程式是Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
②褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为硫酸根离子，故答案为：SCN-[或Fe(SCN)3]被氧化为SO；
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（2）将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+、，说明亚硫酸根被氧化为硫酸根，V2O5被还原为VO2+，该反应的化学方程式是V2O5+K2SO3+2H2SO4= 2VOSO4+K2SO4+2H2O。
（3）氯元素化合价从+5价降低到－1价得到6个电子，V元素化合价从+4价升高到+5价，得到1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+；
（4）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体是氯离子被氧化生成的氯气，能与Na2SO3溶液反应被吸收，即氯气能氧化亚硫酸钠为硫酸钠，则根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性可判断SO、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是SO>Cl->VO2+。
（5）VO的物质的量是0.002mol，0.195g锌粉的物质的量是0.195g÷65g/mol＝0.003mol，失去0.006mol电子，二者恰好完全反应，则依据电子得失守恒可知VO中V元素的化合价降低了价，因此还原产物中V的价态是+2价，可能是V2+，故答案为：c。
【分析】（1）①过氧化氢能将亚铁离子氧化成铁离子，自身被还原为水；铁离子和 3SCN- 生成红色的 Fe(SCN)3 ；
②SCN-被氧化为硫酸根离子导致溶液褪色；
（2） V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VO2+、 ，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式；
（3）根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平离子方程式；
（4）还原剂的还原性大于还原产物；
（5）根据转移电子数目守恒计算产物的化合价，进而判断。
35．（2021高一上·大兴期末）分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法。依据物质类别和元素价态可以对物质的性质进行解释和预测。
（1）阅读资料，回答下列相关问题。
①资料涉及的物质中，属于碱的是 (填化学式)；属于盐的是 (填化学式)。
②Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式是 。
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，其中发生的化学反应符合规律：（）+（）=（）+（）(填物质类别) 。
（2）“84”消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混用，混用会发生如下反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。
①该反应中起氧化作用的微粒是 。
②若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为 mol。
（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO H2O2的(填“>”或“<”)。
【答案】（1）NaOH；NaClO、NaCl；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐
（2）ClO-；0.01
（3）>
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；物质的简单分类
【解析】【解答】（1）①84”消毒液呈无色或淡黄色，可由Cl2与NaOH溶液反应制得，其主要成分为NaClO、NaCl，鼠疫碱的是NaOH，属于盐的是：NaClO、NaCl，故答案为：NaOH；NaClO、NaCl；
②Cl2与NaOH溶液反应，生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-═Cl- +ClO-+H2O；
③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2使消毒杀菌能力增强，反应为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，其中发生的化学反应符合规律是：酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐，故答案为：酸与盐反应生成(新)酸和(新)盐；
（2）①“84”消毒液不能与洁厕灵(含盐酸)混用，混用会发生如下反应：ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反应过程中次氯酸根离子中氯元素化合价+1价降低到0价，为氧化剂，具有氧化性，该反应中起氧化作用的微粒是：ClO-，故答案为：ClO-；
②ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反应中，氯元素化合价-1价升高到0价，+1价降低到0价，生成1mol氯气，电子转移总数为e-，若反应中生成了0.01molCl2，转移电子的物质的量为：0.01mol，故答案为：0.01；
（3）NaClO将H2O2氧化产生的O2促进藻类快速生长，说明次氯酸钠做氧化剂，能氧化过氧化氢生成氧气，氧化性大小：NaClO＞H2O2，故答案为：＞。
【分析】（1）①碱电离产生的阴离子全部是OH-；盐是由金属阳离子或铵根离子与酸根阴离子形成的化合物；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
③该反应的化学方程式为NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；
（2）①氧化剂在反应过程中起氧化作用；
②根据得失电子守恒计算；
（3）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析。
