2.3 氧化还原反应 同步练习（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
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| 名称 | 2.3 氧化还原反应 同步练习（含解析） 2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 385.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-09 14:10:36 | ||
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文档简介
2.3 氧化还原反应 同步练习
一、单选题
1．反应中，还原剂是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是（ ）
A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近 B．铝丝伸入硫酸铜溶液中 C．测定空气中氧气含量 D．向蔗糖中加入浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
3．在反应中，氧化产物是（ ）
A． B． C．CO D．和CO
4．反应KClO3 + 6HCl = KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，还原产物是（ ）
A．KClO3 B．HCl C．KCl D．Cl2
5．下列物质长期露置于空气中会变质，但不是发生氧化还原反应的是（ ）
A．Na B．氯水 C．FeSO4 D．NaOH
6．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
7．下列物质的转化必须加入氧化剂才能实现的是（ ）
A． B． C． D．
8．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（ ）
A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol
9．下列关于反应:xR2++Cl2=yR3++zCl-的说法中正确的是（ ）
A．x=y,R2+得到电子 B．x=2, Cl2作氧化剂
C．y=z,R3+是还原产物 D．x=z, Cl-是氧化产物
10．已知；还原性HSO3-＞I-，氧化性IO3-＞I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是（）
A．反应过程中的氧化产物均为Na2SO4
B．a 点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0mol
C．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3-+IO3-+3OH-=3SO42-+I-+3H2O
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时，加入的NaIO3为1.1mol
11．下列说法，错误的是（ ）
A．失电子难的原子获得电子的能力不一定强
B．根据交叉分类法， 既属于钠盐又属于硫酸盐
C．氧化还原反应中，有一种元素化合价升高，必定有另一种元素化合价降低
D．在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子
12．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如下。
下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B．过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C．雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D．NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
13．反应 3SiO2＋2N2＋6C Si3N4＋6CO 中的氧化剂是（ ）
A．SiO2 B．N2 C．C D．SiO2 和N2
14．下列变化过程只有通过氧化反应才能实现的是（ ）
A．HCl→H2 B．HCl→FeCl2
C．H2SO4(浓)→SO2 D．Fe→Fe2O3
15．湿润的土壤中，氮元素的转化过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．被氧化
B．为还原产物
C．不参与反应
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶1
16．实验室用进行相关实验，流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．上述反应中，都做氧化剂
B．X、G和Z均为氧化产物
C．X、G和Z之和可能等于0.6mol
D．上述反应中氯元素只被氧化
二、综合题
17．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．常见水处理剂还有高铁酸盐及ClO2，请回答下列问题：
（1）FeCl3可以用来刻蚀铜箔制造电路板，写出对应离子方程式 高铁酸盐是一种绿色净水剂，其有效成分是高铁酸根FeO42﹣．能消毒，且能净水．工业上常在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠，该反应的化学方程式为 ．
（2）ClO2是一种高效、低毒的消毒剂，工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 ．
（3）漂白粉在工业中常用氯气通入石灰乳来制备，写出对应化学方程式 ．在使用时将漂白粉溶于水配成溶液，放置一段时间即可使用，写出漂白粉工作原理的离子方程式 ．氯水也具有漂白性，但是久置氯水因为发生了 反应而失去漂白性．
（4）描述实验室制备氢氧化铁胶体的方法 ，写出对应离子方程式 ．
（5）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3
ClO3﹣+ Fe2++ = Fe3++ Cl﹣+ ．
18．完成下列各题：
（1）铜与浓硝酸可发生反应：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2 +2NO2↑+2H2O，其中铜被 （填“氧化”或“还原”），浓硝酸作 （填“氧化”或“还原”）剂．在该反应中，若消耗了1mol Cu，则生成 mol NO2
（2）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 ；1.5 mol Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是 ，所含的SO42﹣的物质的量是 ，所含H2O的数目是 NA
（3）4种物质：①NH3、②SO2、③NaCl溶液、④H2SO4溶液．其中，能使品红溶液褪色的是 （填序号，下同），焰色反应呈黄色的是，遇氯化氢有白烟产生的是 ，与氯化钡溶液反应产生白色沉淀的是
（4）某些铁、铝制品的表面常生成一层氧化物，其主要成分分别是氧化铁、氧化铝．请回答：
a．两种氧化物均能与盐酸反应，生成的两种盐的化学式分别为 、 ．向这两种盐的溶液中分别滴加足量氢氧化钠溶液，可观察到：其中一种溶液中的现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失；另一种溶液中的现象是 （填序号）．
①产生白色沉淀
②产生红褐色沉淀
③产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
b．铝与氧化铁的反应可用于焊接钢轨，其反应的化学方程式为 ．
19．用分类思想研究一类物质的通性和特殊性是学习化学的一种重要方法。以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。已知：Cl2+H2O=HCl+HClO；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；3NO2+H2O=2HNO3+NO。请根据你所学的知识，按要求填空：
（1）该种分类方法是 分类法，上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是 。
（2）F组物质中除了Cl2外还有 (填化学式，下同)。
（3）已知制备Cl2可发生如下反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
①该反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
②用双线桥法标出电子转移的数目和方向 。
20．阅读古诗《石灰吟》，回答有关问题．
石灰吟
于谦
干锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲．
粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间．
（1）从物质分类的角度看，诗中“千锤万凿出深山”所开采的物质属于 （填字母）．
A．酸 B．碱 C．含氧酸盐 D．无氧酸盐
E．碳酸盐
（2）关于“烈火焚烧若等闲”对应的反应，下列说法正确的是 （填字母）．
A．属于氧化还原反应 B．产生的气体可造成温室效应
C．属于分解反应 D．属于置换反应
（3）诗中涉及的反应中，属于化合反应的化学方程式为 ，属于分解反应的化学方程式为 ．
（4）诗中是否涉及氧化还原反应？ （填“是”或“否”）．
（5）诗中涉及的物质中，摩尔质量最大的是 （填化学式），其摩尔质量是 ，50g该物质中原子的总数为 （用NA表示阿伏加德罗常数的值）．
21．锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的意义。回答下列问题：
（1）常用铝热法还原软锰矿（主要成分为MnO2）来制金属锰。因为铝和软锰矿反应剧烈，所以先在强热条件下将软锰矿变为Mn3O4，然后再将其与铝粉混合。
①MnO2中Mn的化合价为 。
②铝粉与Mn3O4反应时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
（2）pH=0的溶液中，不同价态锰的微粒的能量（△G）如图所示，若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO）能量连线的上方，则该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。
①MnO42- （填“能”或“不能”）稳定存在于pH=0的溶液中。
②实验室可利用以下反应检验Mn2+的存在：2Mn2++5S2O82-+8H2O=16H++10SO42-+2MnO4-，确认Mn2+存在的现象是 ；检验时必须控制Mn2+的浓度和用量，否则实验失败。理由是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】反应中，Cl2中Cl元素的化合价降低，发生还原反应作氧化剂，NaBr中Br元素的化合价升高，发生氧化反应作还原剂，
故答案为：C。
【分析】还原剂在反应时所含元素的化合价升高。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A符合题意；
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B不符合题意；
C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C不符合题意；
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意氧化还原反应的实质：化学反应过程中有得失电子，并且得失电子会守恒。
3．【答案】C
【解析】【解答】反应中，C元素化合价升高发生氧化反应，氧化产物是CO，
故答案为：C。
【分析】该反应中C元素的化合价升高，被氧化，生成氧化产物CO。
4．【答案】D
【解析】【解答】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3 + 6HCl= KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，
故答案为：D。
【分析】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．Na与氧气反应生成氧化钠，反应中钠元素、氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B.氯水中含有HClO，不稳定，见光分解生成HCl和O2，发生氧化还原反应，B不符合题意；
C.FeSO4在空气中被氧气氧化而变质，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D.在空气中NaOH潮解，与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有发生氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、钠在空气中被氧化成氧化钠，化合价发生变化，属于氧化还原反应；
B、氯水在空气中见光分解生成氯化氢和氧气，化合价发生变化，属于氧化还原反应；
C、硫酸亚铁在空气中被氧化生成硫酸铁，铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；
D、强氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；
6．【答案】D
【解析】【解答】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A不符合题意；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B不符合题意；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C不符合题意；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题要注意，氧和氟形成的二元化合物中，氧为正价，本题中，O2F2中O为+1，F为-1；
A、氧元素化合价降低，发生还原反应，氧气是还原产物；
B、O2F2中只有O的化合价降低，作为氧化剂；
C、转移电子数=化合价变化×原子个数；
D、还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，根据化学计量数之比等于物质的量之比，可以知道还原剂与氧化剂之比为1：4。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．Cl2和H2O反应可生成HClO，氧化剂和还原剂都是Cl2，不需要加入氧化剂，故A不选；
B．，S元素化合价升高，失电子，被氧化，必须加入氧化剂才能实现，故B选；
C．中N元素化合价都是+5价，化合价不变，说明不发生氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C不选；
D．，N元素化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化剂具有氧化性，必须加入氧化剂才能实现，说明转化过程中某元素化合价升高被氧化，据此解答。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，
由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，
6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3﹣，则H+不足，H+完全反应，
设生成NO的物质的量为x，则
3Cu + 8H+ + 2NO3﹣ = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
8
2
12mol
x
，解得x=3mol，
故选B．
【分析】发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答．
9．【答案】B
【解析】【解答】A、根据R原子守恒可知x=y，R元素化合价升高，R2+失去电子，A不符合题意；
B、根据氯原子守恒可知z＝2，根据电荷守恒可知x=y＝2，氯元素化合价降低，Cl2作氧化剂，B符合题意；
C、y=z，R3+是氧化产物，C不符合题意；
D、x=z，Cl-是还原产物，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据离子方程式中电荷守恒和电子守恒进行分析即可.
10．【答案】D
【解析】【解答】还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2。A、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，氧化产物为SO42-；继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，氧化产物为I2，故A不符合题意；
B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量= ×3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，故B不符合题意；
C、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故C不符合题意；
D、根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为 mol，消耗碘离子的量为 mol，剩余的碘离子为（1- ）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：3时，即（1- ）mol：nmol=5：3，故n=0.3mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+ mol=1mol+0.1mol=1.1mol，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题考查氧化还原反应，根据氧化还原反应的先后顺序，先和强还原性的发生反应，其次注意反应方程式的配平则根据化合价的升降进行配平。
11．【答案】C
【解析】【解答】A. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体原子失电子难，获得电子的能力也很弱，A项不符合题意；
B. 由钠离子和硫酸根离子构成，若采用交叉分类法， 既是钠盐又是硫酸盐，B项不符合题意；
C. 在氧化还原反应中，存在同种元素的化合价同时发生升降，如在反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，Cl元素的化合价既升高又降低，C项符合题意；
D. 根据阿伏加德罗定律可知，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有的原子得失电子均很难；
B. Na2SO4能电离出钠离子和硫酸根离子；
C.氧化还原反应中，化合价变化的元素可能只有一种；
D.由阿伏加德罗定律可知，同温同压同体积的任何气体，含有相同数目的分子。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，选项A不符合题意；
B．根据图示的转化过程Ⅲ，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，选项B符合题意；
C．根据图示的转化过程Ⅲ，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO，选项C不符合题意；
D．根据图示转化过程中，整个过程NO2转化为HNO2，作氧化剂，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，过程Ⅰ中H2O参与；
B.过程Ⅲ中N元素的化合价发生变化，存在电子的转移；
C.HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO；
D.整个过程NO2转化为HNO2，N元素化合价升高，作氧化剂。
13．【答案】B
【解析】【解答】在该反应中，N2中氮元素由0价变为-3价，化合价降低，发生还原反应，因此N2为氧化剂，B符合题意；
故答案为：B
【分析】在反应过程中，有元素化合价降低的物质，为氧化剂；据此结合反应过程中各元素化合价的变化分析即可。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故A不符合题意；
B．Cl元素化合价不变，不是氧化还原反应，故B不符合题意；
C．S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C不符合题意；
D．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】只有通过氧化反应才能实现即需要加入氧化剂才能实现，则选项中还原剂在反应中元素的化合价升高，以此来解答。通过氧化反应才能实现的物质变化，该物质中元素化合价是要升高的，但是也要注意排除歧化反应的可能性。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．铵根离子中氮元素化合价升高，被氧化，A不符合题意；
B．硝酸根离子中氮元素化合价降低，是氧化剂，得到的二氧化氮是还原产物，B不符合题意；
C．由图示可知，铁离子和亚铁离子都参与反应，C符合题意；
D．铵根离子中氮元素由-3价升高到+3价，是还原剂，硝酸根离子中氮元素由+5价降低到+4价，是氧化剂，依据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．KClO3、MnO2混合加热，KClO3分解为气体X为O2以及KCl，该反应MnO2为催化剂，MnO2和浓盐酸加热反应生成Cl2，MnO2为氧化剂，故A不符合题意；
B． KClO3分解制取O2，氧气为氧化产物，反应2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑中，是还原产物，为氧化产物，故B不符合题意；
C.0.2molKClO3分解最多可得0.3molO2、0.2molKCl，电解0.2molKCl溶液，最多可得H2、Cl2共0.2mol，根据MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，0.1molMnO2最多可得0.1molCl2，X、G和Z之和可能等于0.3mol+0.2mol+0.1mol=0.6mol，故C符合题意；
D．KClO3分解制取O2，氧气为氧化产物，KCl为还原产物，Cl元素被还原，2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素被氧化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】KClO3加热分解生成O2，则单质X为O2，固体1为KCl和MnO2，溶液Y中主要含有KCl，电解KCl溶液生成氯气、氢气和氢氧化钾，固体2为MnO2，浓盐酸和MnO2加热反应生成氯化锰、氯气和水。
17．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O
（2）2：1
（3）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2；Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO；2HClO 2 HCl+O2↑
（4）向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+
（5）1；6；6H+；6；1；3H2O
【解析】【解答】解：（1）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；强碱性溶液中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒可知另一种常见化合物含有H元素，应为水，离子方程式为2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；（2）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，Ca（ClO）2 能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成CaCO3和 HClO，反应离子方程式为Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO，氯水中的次氯酸具有强氧化性，久置后次氯酸不稳定见光易分解生成HCl和O2，从而失去漂白性，方程式为2HClO 2 HCl+O2↑，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2；Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO；2HClO 2 HCl+O2↑；（4）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，要注意实验过程不能用玻璃棒搅拌，否则溶液出现浑浊；当反应体系呈现红褐色，即制得氢氧化铁胶体，应立即停止加热，否则也容易出现浑浊，产生红褐色的氢氧化铁沉淀，往沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，可稍微加热煮沸，但不宜长时间加热，反应原理为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（5）氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，
故答案为：1；6；6H+；6；1；3H2O．
【分析】（1）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；强碱性溶液中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒可知另一种常见化合物含有H元素，应为水，据此写出离子方程式；（2）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比；（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，Ca（ClO）2 能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成CaCO3和 HClO，久置后次氯酸不稳定见光易分解生成HCl和O2，从而失去漂白性；（4）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：促进三价铁离子的水解，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；（5）氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒可配平方程式．
18．【答案】（1）氧化；氧化；2
（2）0.5mol；3mol；1.5mol；15
（3）②；①；④
（4）FeCl3；AlCl3；②；2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3
【解析】【解答】解：（1.）该反应中，铜元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+4价，所以硝酸是氧化剂、Cu是还原剂，还原剂被氧化，所以Cu被氧化，在该反应中，根据Cu和二氧化氮之间的关系式知，若消耗了1mol Cu，则生成2mol NO2，
故答案为：氧化；氧化；2；
（2.）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 =0.5mol；Na2SO4 10H2O在水中电离方程式为：Na2SO4 10H2O=2Na++SO42﹣+10H2O，所以Na2SO4 10H2O中n（Na+）=2n（Na2SO4 10H2O）=2n（SO42﹣），则1.5mol Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是3mol；所含的SO42﹣的物质的量是1.5mol；所含H2O的数目N（H2O）=10n（Na2SO4 10H2O）×NA=15NA，
故答案为：0.5mol；3mol；1.5mol；15；
（3.）SO2能够使品红溶液褪色，加热后又会恢复原色，故能使品红溶液褪色的是②；
钠元素焰色反应呈现黄色，所以焰色反应呈黄色的是③；
NH3 易挥发，遇到氯化氢后会生成氯化铵小颗粒，产生白烟现象，故遇氯化氢有白烟产生的是①；
四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是H2SO4，故四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是④，
故答案为：②；③；①；④；
（4.）a、氧化铁和盐酸反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氧化铝和盐酸反应方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，所以二者得到的盐分别是FeCl3、AlCl3，向AlCl3溶液中滴加氢氧化钠，现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失；向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁溶液反应，立即生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是产生红褐色沉淀，故选②，
故答案为：FeCl3；AlCl3；②；
b、铝和氧化铁发生铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，反应方程式为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3．
【分析】（1）该反应中，铜元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+4价，失电子化合价升高的反应物被氧化，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据铜和二氧化氮之间的关系式计算；（2）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 =0.5mol；根据n（Na+）=2n（Na2SO4 10H2O）=2n（SO42﹣）、n（H2O）=10n（Na2SO4 10H2O）解答；（3）SO2能够使品红溶液褪色，加热后又会恢复原色；焰色反应呈现黄色的是Na元素；NH3容易挥发，遇到氯化氢，生成氯化铵小颗粒，有白烟产生；四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是H2SO4；（4）a、氧化铁和氧化铝分别和盐酸反应生成盐和水，向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；
b、铝和氧化铁发生铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式．
19．【答案】（1）树状；能否与水发生氧化还原反应
（2）NO2
（3）KMnO4；HCl；
【解析】【解答】（1）该种分类方法，就像大树不断分叉一样，没有出现交叉的情况，是树状分类法，上述第一级分类标准中， A组物质与水发生非氧化还原反应，B组物质与水发生氧化还原反应，所以分类的依据是：能否与水发生氧化还原反应。答案为：树状；能否与水发生氧化还原反应；
（2）由反应Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O作氧化剂，反应Cl2+H2O=HCl+HClO和3NO2+H2O=2HNO3+NO中，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，则F组物质中除了Cl2外还有NO2。答案为：NO2；
（3）①对于反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O KMnO4，Mn由+7价降低为+2价，HCl中Cl由-1价部分升高为0价，则该反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl。
②用双线桥法标出电子转移的数目和方向：。答案为：KMnO4；HCl；。
【分析】（1）该方法为树状分类法；
（2）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，水既不是氧化剂，也不是还原剂；
（3） ① 氧化剂化合价降低，为高锰酸钾，还原剂化合价升高，为氯化氢；
② 双线桥的表示中，锰元素化合价降低，得到电子，氯元素化合价升高，失去电子。
20．【答案】（1）C；E
（2）B；C
（3）CaO+H2O═Ca（OH）2；CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑
（4）否
（5）CaCO3；100 g/mol；2.5NA
【解析】【解答】解：（1）千锤百凿出深山，是开采石灰石，主要成分化学式为：CaCO3，由金属阳离子（钙离子）和含氧酸根离子（碳酸根离子）构成的含氧酸盐，也属于碳酸盐，
故答案为：CE；（2）烈火焚烧若等闲：碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑，该反应属于分解反应，二氧化碳为温室效应气体，所以BC符合，
故答案为：BC；（3）“粉身碎骨浑不怕”：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O═Ca（OH）2，该反应属于化合反应，“烈火焚烧若等闲”碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑，该反应属于分解反应，
故答案为：CaO+H2O═Ca（OH）2；CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑；（4）要留清白在人间：氢氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．诗中涉及的反应，CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，未涉及氧化还原反应，
故答案为：否；（5）诗中涉及的物质及其摩尔质量分别为CaCO3（100g/mol）、CaO（56g/mol）、CO2（44g/mol）、H2O（18g/mol）、Ca（OH）2（74g/mol）、摩尔质量最大的是CaCO3，50g该物质中原子的总数N= {#mathmL#}{#/mathmL#} ×5NA=2.5NA，
故答案为：CaCO3；100 g/mol；2.5NA．
【分析】根据诗句提供的信息，千锤百凿出深山属于物理变化，烈火焚烧若等闲是指高温煅烧石灰石，粉身碎骨浑不怕是指将生石灰与水反应，要留清白在人间是指氢氧化钙与二氧化碳的反应，据此进行分析解答即可．（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和含氧酸根离子的化合物属于含氧酸盐，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和无氧酸根离子的化合物属于无氧酸盐，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和碳酸根离子的化合物属于无氧酸盐；（2）“烈火焚烧若等闲”是指高温煅烧石灰石，碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，二氧化碳为温室效应气体；（3）化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应；由一种反应物生成两种或两种以上其他物质的反应叫分解反应；（4）发生的反应中元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，反之不发生氧化还原反应；（5）摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，单位为g/mol，根据n= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算物质的量结合化学式计算50g该物质中原子的总数．
21．【答案】（1）+4；8：3
（2）不能；溶液由无色变为紫红色；过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应，从而影响实验现象的观察
【解析】【解答】（1）①MnO 2中氧-2价，则Mn的化合价为+4价；②铝粉与Mn 3O 4反应的化学方程式为3Mn 3O 4+8Al 3Mn+4Al 2O 3，根据方程式可知，还原剂Al与氧化剂Mn 3O 4的物质的量之比为：8∶3；
（2）①若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线的上方，则该该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。则根据图象分析判断，MnO42-在MnO4-和MnO2之间，则MnO42-在pH=0的溶液中不能稳定存在；②MnO4-溶液中呈紫红色，确认Mn2+存在的现象是溶液由无色变为紫红色；检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大，过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应，从而影响实验现象的观察。
【分析】（1）根据氧化还原反应的配平方法写出铝粉与Mn3O4反应的反应方程式，然后分析还原剂与氧化剂的物质的量之比即可；
（2）解决本题的关键在于理解题目中“ ，若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO）能量连线的上方，则该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒 ”的信息，然后进行分析判断。
一、单选题
1．反应中，还原剂是（ ）
A． B． C． D．
2．下列图示装置所表示的实验中，没有发生氧化还原反应的是（ ）
A．蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近 B．铝丝伸入硫酸铜溶液中 C．测定空气中氧气含量 D．向蔗糖中加入浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
3．在反应中，氧化产物是（ ）
A． B． C．CO D．和CO
4．反应KClO3 + 6HCl = KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，还原产物是（ ）
A．KClO3 B．HCl C．KCl D．Cl2
5．下列物质长期露置于空气中会变质，但不是发生氧化还原反应的是（ ）
A．Na B．氯水 C．FeSO4 D．NaOH
6．O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
7．下列物质的转化必须加入氧化剂才能实现的是（ ）
A． B． C． D．
8．把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（ ）
A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．5 mol
9．下列关于反应:xR2++Cl2=yR3++zCl-的说法中正确的是（ ）
A．x=y,R2+得到电子 B．x=2, Cl2作氧化剂
C．y=z,R3+是还原产物 D．x=z, Cl-是氧化产物
10．已知；还原性HSO3-＞I-，氧化性IO3-＞I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。下列说法正确的是（）
A．反应过程中的氧化产物均为Na2SO4
B．a 点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0mol
C．0～b间的反应可用如下离子方程式表示：3HSO3-+IO3-+3OH-=3SO42-+I-+3H2O
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时，加入的NaIO3为1.1mol
11．下列说法，错误的是（ ）
A．失电子难的原子获得电子的能力不一定强
B．根据交叉分类法， 既属于钠盐又属于硫酸盐
C．氧化还原反应中，有一种元素化合价升高，必定有另一种元素化合价降低
D．在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子
12．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意如下。
下列说法错误的是（ ）
A．过程Ⅰ中H2O参与电子的传导
B．过程Ⅱ、过程Ⅲ不存在电子转移
C．雾霾微颗粒中含有硫酸盐、亚硝酸盐等
D．NO2是雾霾微颗粒中硫酸盐生成转化的氧化剂
13．反应 3SiO2＋2N2＋6C Si3N4＋6CO 中的氧化剂是（ ）
A．SiO2 B．N2 C．C D．SiO2 和N2
14．下列变化过程只有通过氧化反应才能实现的是（ ）
A．HCl→H2 B．HCl→FeCl2
C．H2SO4(浓)→SO2 D．Fe→Fe2O3
15．湿润的土壤中，氮元素的转化过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．被氧化
B．为还原产物
C．不参与反应
D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶1
16．实验室用进行相关实验，流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．上述反应中，都做氧化剂
B．X、G和Z均为氧化产物
C．X、G和Z之和可能等于0.6mol
D．上述反应中氯元素只被氧化
二、综合题
17．FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小．常见水处理剂还有高铁酸盐及ClO2，请回答下列问题：
（1）FeCl3可以用来刻蚀铜箔制造电路板，写出对应离子方程式 高铁酸盐是一种绿色净水剂，其有效成分是高铁酸根FeO42﹣．能消毒，且能净水．工业上常在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠，该反应的化学方程式为 ．
（2）ClO2是一种高效、低毒的消毒剂，工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 ．
（3）漂白粉在工业中常用氯气通入石灰乳来制备，写出对应化学方程式 ．在使用时将漂白粉溶于水配成溶液，放置一段时间即可使用，写出漂白粉工作原理的离子方程式 ．氯水也具有漂白性，但是久置氯水因为发生了 反应而失去漂白性．
（4）描述实验室制备氢氧化铁胶体的方法 ，写出对应离子方程式 ．
（5）为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2 废液得到FeCl3
ClO3﹣+ Fe2++ = Fe3++ Cl﹣+ ．
18．完成下列各题：
（1）铜与浓硝酸可发生反应：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2 +2NO2↑+2H2O，其中铜被 （填“氧化”或“还原”），浓硝酸作 （填“氧化”或“还原”）剂．在该反应中，若消耗了1mol Cu，则生成 mol NO2
（2）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 ；1.5 mol Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是 ，所含的SO42﹣的物质的量是 ，所含H2O的数目是 NA
（3）4种物质：①NH3、②SO2、③NaCl溶液、④H2SO4溶液．其中，能使品红溶液褪色的是 （填序号，下同），焰色反应呈黄色的是，遇氯化氢有白烟产生的是 ，与氯化钡溶液反应产生白色沉淀的是
（4）某些铁、铝制品的表面常生成一层氧化物，其主要成分分别是氧化铁、氧化铝．请回答：
a．两种氧化物均能与盐酸反应，生成的两种盐的化学式分别为 、 ．向这两种盐的溶液中分别滴加足量氢氧化钠溶液，可观察到：其中一种溶液中的现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失；另一种溶液中的现象是 （填序号）．
①产生白色沉淀
②产生红褐色沉淀
③产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
b．铝与氧化铁的反应可用于焊接钢轨，其反应的化学方程式为 ．
19．用分类思想研究一类物质的通性和特殊性是学习化学的一种重要方法。以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应情况进行分类的分类图。已知：Cl2+H2O=HCl+HClO；2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；3NO2+H2O=2HNO3+NO。请根据你所学的知识，按要求填空：
（1）该种分类方法是 分类法，上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是 。
（2）F组物质中除了Cl2外还有 (填化学式，下同)。
（3）已知制备Cl2可发生如下反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
①该反应中氧化剂是 ，还原剂是 。
②用双线桥法标出电子转移的数目和方向 。
20．阅读古诗《石灰吟》，回答有关问题．
石灰吟
于谦
干锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲．
粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间．
（1）从物质分类的角度看，诗中“千锤万凿出深山”所开采的物质属于 （填字母）．
A．酸 B．碱 C．含氧酸盐 D．无氧酸盐
E．碳酸盐
（2）关于“烈火焚烧若等闲”对应的反应，下列说法正确的是 （填字母）．
A．属于氧化还原反应 B．产生的气体可造成温室效应
C．属于分解反应 D．属于置换反应
（3）诗中涉及的反应中，属于化合反应的化学方程式为 ，属于分解反应的化学方程式为 ．
（4）诗中是否涉及氧化还原反应？ （填“是”或“否”）．
（5）诗中涉及的物质中，摩尔质量最大的是 （填化学式），其摩尔质量是 ，50g该物质中原子的总数为 （用NA表示阿伏加德罗常数的值）．
21．锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的意义。回答下列问题：
（1）常用铝热法还原软锰矿（主要成分为MnO2）来制金属锰。因为铝和软锰矿反应剧烈，所以先在强热条件下将软锰矿变为Mn3O4，然后再将其与铝粉混合。
①MnO2中Mn的化合价为 。
②铝粉与Mn3O4反应时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
（2）pH=0的溶液中，不同价态锰的微粒的能量（△G）如图所示，若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO）能量连线的上方，则该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。
①MnO42- （填“能”或“不能”）稳定存在于pH=0的溶液中。
②实验室可利用以下反应检验Mn2+的存在：2Mn2++5S2O82-+8H2O=16H++10SO42-+2MnO4-，确认Mn2+存在的现象是 ；检验时必须控制Mn2+的浓度和用量，否则实验失败。理由是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】反应中，Cl2中Cl元素的化合价降低，发生还原反应作氧化剂，NaBr中Br元素的化合价升高，发生氧化反应作还原剂，
故答案为：C。
【分析】还原剂在反应时所含元素的化合价升高。
2．【答案】A
【解析】【解答】A.蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，反应无化合价变化，不发生氧化还原反应，A符合题意；
B.铝丝伸入硫酸铜溶液中，发生反应2Al+3Cu2+=3Cu+2Al3+，有化合价变化，发生氧化还原反应，B不符合题意；
C.利用某些物质(如:磷)与空气中氧气反应（不生成气体,生成固体），使容器内压强减小，测定进入容器内水的体积，即为空气中氧气的体积，发生氧化还原反应，C不符合题意；
D.浓硫酸能将蔗糖中的H、O元素以2：1脱去，自身被还原成二氧化硫，发生氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】注意氧化还原反应的实质：化学反应过程中有得失电子，并且得失电子会守恒。
3．【答案】C
【解析】【解答】反应中，C元素化合价升高发生氧化反应，氧化产物是CO，
故答案为：C。
【分析】该反应中C元素的化合价升高，被氧化，生成氧化产物CO。
4．【答案】D
【解析】【解答】化合价升高失电子，作还原剂，对应产物为氧化产物，化合价降低得电子，作氧化剂，对应产物为还原产物，反应KClO3 + 6HCl= KCl+ 3Cl2↑+ 3H2O 中，氯的化合价即升高又降低，该反应为归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物，
故答案为：D。
【分析】从化合价的角度分析，化合价降低得到的物质是还原产物，本题是一个归中反应，氯气既是氧化产物又是还原产物。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．Na与氧气反应生成氧化钠，反应中钠元素、氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B.氯水中含有HClO，不稳定，见光分解生成HCl和O2，发生氧化还原反应，B不符合题意；
C.FeSO4在空气中被氧气氧化而变质，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D.在空气中NaOH潮解，与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有发生氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、钠在空气中被氧化成氧化钠，化合价发生变化，属于氧化还原反应；
B、氯水在空气中见光分解生成氯化氢和氧气，化合价发生变化，属于氧化还原反应；
C、硫酸亚铁在空气中被氧化生成硫酸铁，铁元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；
D、强氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，元素化合价不变，不属于氧化还原反应；
6．【答案】D
【解析】【解答】A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低得到电子，所以氧气是还原产物，A不符合题意；
B．在反应中，H2S中的S元素的化合价升高发生氧化反应，所以H2S是还原剂，O2F2中的O元素化合价降低发生还原反应，所以O2F2是氧化剂， B不符合题意；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，C不符合题意；
D．由以上分析可知，该反应中还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由化学方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题要注意，氧和氟形成的二元化合物中，氧为正价，本题中，O2F2中O为+1，F为-1；
A、氧元素化合价降低，发生还原反应，氧气是还原产物；
B、O2F2中只有O的化合价降低，作为氧化剂；
C、转移电子数=化合价变化×原子个数；
D、还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，根据化学计量数之比等于物质的量之比，可以知道还原剂与氧化剂之比为1：4。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．Cl2和H2O反应可生成HClO，氧化剂和还原剂都是Cl2，不需要加入氧化剂，故A不选；
B．，S元素化合价升高，失电子，被氧化，必须加入氧化剂才能实现，故B选；
C．中N元素化合价都是+5价，化合价不变，说明不发生氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C不选；
D．，N元素化合价降低，得电子，被还原，需要加入还原剂才能实现，故D不选；
故答案为：B。
【分析】氧化剂具有氧化性，必须加入氧化剂才能实现，说明转化过程中某元素化合价升高被氧化，据此解答。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，
由3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，
6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3﹣，则H+不足，H+完全反应，
设生成NO的物质的量为x，则
3Cu + 8H+ + 2NO3﹣ = 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O
8
2
12mol
x
，解得x=3mol，
故选B．
【分析】发生3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3﹣）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答．
9．【答案】B
【解析】【解答】A、根据R原子守恒可知x=y，R元素化合价升高，R2+失去电子，A不符合题意；
B、根据氯原子守恒可知z＝2，根据电荷守恒可知x=y＝2，氯元素化合价降低，Cl2作氧化剂，B符合题意；
C、y=z，R3+是氧化产物，C不符合题意；
D、x=z，Cl-是还原产物，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据离子方程式中电荷守恒和电子守恒进行分析即可.
10．【答案】D
【解析】【解答】还原性HSO-3＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2。A、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，氧化产物为SO42-；继续加入NaIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，氧化产物为I2，故A不符合题意；
B、a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量= ×3=1.2mol，则a点时剩余NaHSO3的物质的量为1.8 mol，故B不符合题意；
C、0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故C不符合题意；
D、根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3mol NaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，则根据反应IO3-+6H++5I-=3H2O+3I2，消耗的NaIO3的物质的量为 mol，消耗碘离子的量为 mol，剩余的碘离子为（1- ）mol，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：3时，即（1- ）mol：nmol=5：3，故n=0.3mol，故加入的n（NaIO3）=1mol+ mol=1mol+0.1mol=1.1mol，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题考查氧化还原反应，根据氧化还原反应的先后顺序，先和强还原性的发生反应，其次注意反应方程式的配平则根据化合价的升降进行配平。
11．【答案】C
【解析】【解答】A. 失电子难的原子获得电子的能力不一定强，如稀有气体原子失电子难，获得电子的能力也很弱，A项不符合题意；
B. 由钠离子和硫酸根离子构成，若采用交叉分类法， 既是钠盐又是硫酸盐，B项不符合题意；
C. 在氧化还原反应中，存在同种元素的化合价同时发生升降，如在反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，Cl元素的化合价既升高又降低，C项符合题意；
D. 根据阿伏加德罗定律可知，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.有的原子得失电子均很难；
B. Na2SO4能电离出钠离子和硫酸根离子；
C.氧化还原反应中，化合价变化的元素可能只有一种；
D.由阿伏加德罗定律可知，同温同压同体积的任何气体，含有相同数目的分子。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，选项A不符合题意；
B．根据图示的转化过程Ⅲ，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，选项B符合题意；
C．根据图示的转化过程Ⅲ，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO，选项C不符合题意；
D．根据图示转化过程中，整个过程NO2转化为HNO2，作氧化剂，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由图可知，过程Ⅰ中H2O参与；
B.过程Ⅲ中N元素的化合价发生变化，存在电子的转移；
C.HSO在水中可电离生成H+和SO，过程Ⅰ中生成了NO；
D.整个过程NO2转化为HNO2，N元素化合价升高，作氧化剂。
13．【答案】B
【解析】【解答】在该反应中，N2中氮元素由0价变为-3价，化合价降低，发生还原反应，因此N2为氧化剂，B符合题意；
故答案为：B
【分析】在反应过程中，有元素化合价降低的物质，为氧化剂；据此结合反应过程中各元素化合价的变化分析即可。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故A不符合题意；
B．Cl元素化合价不变，不是氧化还原反应，故B不符合题意；
C．S元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故C不符合题意；
D．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】只有通过氧化反应才能实现即需要加入氧化剂才能实现，则选项中还原剂在反应中元素的化合价升高，以此来解答。通过氧化反应才能实现的物质变化，该物质中元素化合价是要升高的，但是也要注意排除歧化反应的可能性。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．铵根离子中氮元素化合价升高，被氧化，A不符合题意；
B．硝酸根离子中氮元素化合价降低，是氧化剂，得到的二氧化氮是还原产物，B不符合题意；
C．由图示可知，铁离子和亚铁离子都参与反应，C符合题意；
D．铵根离子中氮元素由-3价升高到+3价，是还原剂，硝酸根离子中氮元素由+5价降低到+4价，是氧化剂，依据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．KClO3、MnO2混合加热，KClO3分解为气体X为O2以及KCl，该反应MnO2为催化剂，MnO2和浓盐酸加热反应生成Cl2，MnO2为氧化剂，故A不符合题意；
B． KClO3分解制取O2，氧气为氧化产物，反应2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑中，是还原产物，为氧化产物，故B不符合题意；
C.0.2molKClO3分解最多可得0.3molO2、0.2molKCl，电解0.2molKCl溶液，最多可得H2、Cl2共0.2mol，根据MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，0.1molMnO2最多可得0.1molCl2，X、G和Z之和可能等于0.3mol+0.2mol+0.1mol=0.6mol，故C符合题意；
D．KClO3分解制取O2，氧气为氧化产物，KCl为还原产物，Cl元素被还原，2KCl+2H2O2KOH+H2↑+Cl2↑、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素被氧化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】KClO3加热分解生成O2，则单质X为O2，固体1为KCl和MnO2，溶液Y中主要含有KCl，电解KCl溶液生成氯气、氢气和氢氧化钾，固体2为MnO2，浓盐酸和MnO2加热反应生成氯化锰、氯气和水。
17．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O
（2）2：1
（3）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2；Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO；2HClO 2 HCl+O2↑
（4）向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+
（5）1；6；6H+；6；1；3H2O
【解析】【解答】解：（1）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；强碱性溶液中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒可知另一种常见化合物含有H元素，应为水，离子方程式为2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；2Fe（OH）3+3NaClO+4NaOH═2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；（2）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，Ca（ClO）2 能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成CaCO3和 HClO，反应离子方程式为Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO，氯水中的次氯酸具有强氧化性，久置后次氯酸不稳定见光易分解生成HCl和O2，从而失去漂白性，方程式为2HClO 2 HCl+O2↑，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+2H2O+Ca（ClO）2；Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2=CaCO3 ↓+2HClO；2HClO 2 HCl+O2↑；（4）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，要注意实验过程不能用玻璃棒搅拌，否则溶液出现浑浊；当反应体系呈现红褐色，即制得氢氧化铁胶体，应立即停止加热，否则也容易出现浑浊，产生红褐色的氢氧化铁沉淀，往沸水中滴加饱和氯化铁溶液后，可稍微加热煮沸，但不宜长时间加热，反应原理为：Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；Fe3++3H2O Fe（OH）3（胶体）+3H+；（5）氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒，则氯酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为6，则铁离子的系数也是6，氯离子的系数是1，根据电荷守恒，则氢离子的系数是6，水的系数是3，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6Fe2++6H+=Cl﹣+6Fe3++3H2O，
故答案为：1；6；6H+；6；1；3H2O．
【分析】（1）三氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；强碱性溶液中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和另一种常见化合物，根据电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒可知另一种常见化合物含有H元素，应为水，据此写出离子方程式；（2）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，由离子反应可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比；（3）氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，HClO虽是强氧化性的酸，但它是比碳酸还弱的酸，Ca（ClO）2 能与水和二氧化碳发生复分解反应，生成CaCO3和 HClO，久置后次氯酸不稳定见光易分解生成HCl和O2，从而失去漂白性；（4）实验室制备氢氧化铁胶体的方法是：促进三价铁离子的水解，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热；（5）氯酸钠氧化酸性的氯化亚铁，则反应物中有氢离子参加，则生成物中有水生成，Cl元素的化合价从+5价降低到﹣1价，得到6个电子，而Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，根据得失电子守恒可配平方程式．
18．【答案】（1）氧化；氧化；2
（2）0.5mol；3mol；1.5mol；15
（3）②；①；④
（4）FeCl3；AlCl3；②；2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3
【解析】【解答】解：（1.）该反应中，铜元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+4价，所以硝酸是氧化剂、Cu是还原剂，还原剂被氧化，所以Cu被氧化，在该反应中，根据Cu和二氧化氮之间的关系式知，若消耗了1mol Cu，则生成2mol NO2，
故答案为：氧化；氧化；2；
（2.）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 =0.5mol；Na2SO4 10H2O在水中电离方程式为：Na2SO4 10H2O=2Na++SO42﹣+10H2O，所以Na2SO4 10H2O中n（Na+）=2n（Na2SO4 10H2O）=2n（SO42﹣），则1.5mol Na2SO4 10H2O中所含的Na+的物质的量是3mol；所含的SO42﹣的物质的量是1.5mol；所含H2O的数目N（H2O）=10n（Na2SO4 10H2O）×NA=15NA，
故答案为：0.5mol；3mol；1.5mol；15；
（3.）SO2能够使品红溶液褪色，加热后又会恢复原色，故能使品红溶液褪色的是②；
钠元素焰色反应呈现黄色，所以焰色反应呈黄色的是③；
NH3 易挥发，遇到氯化氢后会生成氯化铵小颗粒，产生白烟现象，故遇氯化氢有白烟产生的是①；
四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是H2SO4，故四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是④，
故答案为：②；③；①；④；
（4.）a、氧化铁和盐酸反应方程式为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，氧化铝和盐酸反应方程式为：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，所以二者得到的盐分别是FeCl3、AlCl3，向AlCl3溶液中滴加氢氧化钠，现象是先产生白色沉淀，然后白色沉淀逐渐消失；向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁溶液反应，立即生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以看到的现象是产生红褐色沉淀，故选②，
故答案为：FeCl3；AlCl3；②；
b、铝和氧化铁发生铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，反应方程式为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3．
【分析】（1）该反应中，铜元素化合价由0价变为+2价、N元素化合价由+5价变为+4价，失电子化合价升高的反应物被氧化，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，根据铜和二氧化氮之间的关系式计算；（2）3.01×1023个氯气分子的物质的量是 =0.5mol；根据n（Na+）=2n（Na2SO4 10H2O）=2n（SO42﹣）、n（H2O）=10n（Na2SO4 10H2O）解答；（3）SO2能够使品红溶液褪色，加热后又会恢复原色；焰色反应呈现黄色的是Na元素；NH3容易挥发，遇到氯化氢，生成氯化铵小颗粒，有白烟产生；四种物质中能够和氯化钡反应生成沉淀的是H2SO4；（4）a、氧化铁和氧化铝分别和盐酸反应生成盐和水，向氯化铁溶液中滴加氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁溶液反应生成红褐色氢氧化铁沉淀；
b、铝和氧化铁发生铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式．
19．【答案】（1）树状；能否与水发生氧化还原反应
（2）NO2
（3）KMnO4；HCl；
【解析】【解答】（1）该种分类方法，就像大树不断分叉一样，没有出现交叉的情况，是树状分类法，上述第一级分类标准中， A组物质与水发生非氧化还原反应，B组物质与水发生氧化还原反应，所以分类的依据是：能否与水发生氧化还原反应。答案为：树状；能否与水发生氧化还原反应；
（2）由反应Cl2+H2O=HCl+HClO、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O作氧化剂，反应Cl2+H2O=HCl+HClO和3NO2+H2O=2HNO3+NO中，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，则F组物质中除了Cl2外还有NO2。答案为：NO2；
（3）①对于反应：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O KMnO4，Mn由+7价降低为+2价，HCl中Cl由-1价部分升高为0价，则该反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl。
②用双线桥法标出电子转移的数目和方向：。答案为：KMnO4；HCl；。
【分析】（1）该方法为树状分类法；
（2）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，水既不是氧化剂，也不是还原剂；
（3） ① 氧化剂化合价降低，为高锰酸钾，还原剂化合价升高，为氯化氢；
② 双线桥的表示中，锰元素化合价降低，得到电子，氯元素化合价升高，失去电子。
20．【答案】（1）C；E
（2）B；C
（3）CaO+H2O═Ca（OH）2；CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑
（4）否
（5）CaCO3；100 g/mol；2.5NA
【解析】【解答】解：（1）千锤百凿出深山，是开采石灰石，主要成分化学式为：CaCO3，由金属阳离子（钙离子）和含氧酸根离子（碳酸根离子）构成的含氧酸盐，也属于碳酸盐，
故答案为：CE；（2）烈火焚烧若等闲：碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑，该反应属于分解反应，二氧化碳为温室效应气体，所以BC符合，
故答案为：BC；（3）“粉身碎骨浑不怕”：氧化钙与水反应生成氢氧化钙，反应的化学方程式为：CaO+H2O═Ca（OH）2，该反应属于化合反应，“烈火焚烧若等闲”碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑，该反应属于分解反应，
故答案为：CaO+H2O═Ca（OH）2；CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑；（4）要留清白在人间：氢氧化钙与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O．诗中涉及的反应，CaCO3 {#mathmL#}{#/mathmL#} CaO+CO2↑；CaO+H2O═Ca（OH）2；Ca（OH）2+CO2═CaCO3↓+H2O，未涉及氧化还原反应，
故答案为：否；（5）诗中涉及的物质及其摩尔质量分别为CaCO3（100g/mol）、CaO（56g/mol）、CO2（44g/mol）、H2O（18g/mol）、Ca（OH）2（74g/mol）、摩尔质量最大的是CaCO3，50g该物质中原子的总数N= {#mathmL#}{#/mathmL#} ×5NA=2.5NA，
故答案为：CaCO3；100 g/mol；2.5NA．
【分析】根据诗句提供的信息，千锤百凿出深山属于物理变化，烈火焚烧若等闲是指高温煅烧石灰石，粉身碎骨浑不怕是指将生石灰与水反应，要留清白在人间是指氢氧化钙与二氧化碳的反应，据此进行分析解答即可．（1）酸由氢离子和酸根离子构成，碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和含氧酸根离子的化合物属于含氧酸盐，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和无氧酸根离子的化合物属于无氧酸盐，电离生成金属阳离子（或铵根离子）和碳酸根离子的化合物属于无氧酸盐；（2）“烈火焚烧若等闲”是指高温煅烧石灰石，碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，二氧化碳为温室效应气体；（3）化合反应是指由两种或两种以上物质反应生成另外一种物质的反应；由一种反应物生成两种或两种以上其他物质的反应叫分解反应；（4）发生的反应中元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，反之不发生氧化还原反应；（5）摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，单位为g/mol，根据n= {#mathmL#}{#/mathmL#} 计算物质的量结合化学式计算50g该物质中原子的总数．
21．【答案】（1）+4；8：3
（2）不能；溶液由无色变为紫红色；过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应，从而影响实验现象的观察
【解析】【解答】（1）①MnO 2中氧-2价，则Mn的化合价为+4价；②铝粉与Mn 3O 4反应的化学方程式为3Mn 3O 4+8Al 3Mn+4Al 2O 3，根据方程式可知，还原剂Al与氧化剂Mn 3O 4的物质的量之比为：8∶3；
（2）①若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线的上方，则该该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。则根据图象分析判断，MnO42-在MnO4-和MnO2之间，则MnO42-在pH=0的溶液中不能稳定存在；②MnO4-溶液中呈紫红色，确认Mn2+存在的现象是溶液由无色变为紫红色；检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大，过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应，从而影响实验现象的观察。
【分析】（1）根据氧化还原反应的配平方法写出铝粉与Mn3O4反应的反应方程式，然后分析还原剂与氧化剂的物质的量之比即可；
（2）解决本题的关键在于理解题目中“ ，若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO）能量连线的上方，则该微粒不稳定，会发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒 ”的信息，然后进行分析判断。