高考化学第一轮复习：氧化性、还原性强弱的比较
一、选择题
1．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．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
3．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
4．五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
5．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．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
7．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．“胜哥”设计了一种提纯白磷样品(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
9．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
10．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． 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．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
二、非选择题
13．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 、 。
14．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 。
15．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
16．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")。
17．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
18．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： 。
答案与解析
1．答案：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。
解析：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。
2．答案：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．
解析：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．
3．答案：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。
解析：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。
4．答案：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。
解析：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。
5．答案：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。
解析：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。
6．答案：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。
解析：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。
7．答案：C
分析：氧化性、还原性强弱的比较
解析：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。
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：B
分析：氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
解析：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。
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。
9．答案：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
解析：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。
10．答案：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。
解析：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。
11．答案：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
解析：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。
12．答案：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。
解析：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。
二、非选择题
13．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
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。
解析：（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。
14．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
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。
解析：(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。
15．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
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
解析：(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。
16．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
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。
解析：(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。
17．答案：（1）
（2）
（3）
（4）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
解析：(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。
18．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
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。
解析：(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。
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