4.2 硫及其化合物的相互转化 课后练习（解析版） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 4.2 硫及其化合物的相互转化 课后练习（解析版） 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 115.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-26 10:50:04 | ||
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文档简介
4.2 硫及其化合物的相互转化 课后练习
一、单选题
1．吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
2．实现下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．Fe→FeCl2 B．SO3→H2SO4
C．ClO →Cl2 D．CO2→C
3．下列微粒不具有还原性的是：（ ）
A．H2 B．H+ C．Cl2 D．Cl-
4．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1
5．反应3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2中，氧化剂是（ ）
A．Fe B．H2O C．Fe3O4 D．H2
6．铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品．已知下列反应在一定条件下能够发生：①TI3++2Ag＝Tl++2Ag+，②Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+＝3Fe2+，下列离子氧化性比较顺序正确的是（ ）
A．TI3+＞Fe3+＞Ag+ B．Fe3+＞Ag+＞TI3+
C．Tl+＞Ag+＞Fe2+ D．TI3+＞Ag+＞Fe2+
7．已知酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色。欲使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度(单位：)为（ ）
A． B． C． D．
8．下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是（ ）
A．SO →SO2 B．HCl→Cl2
C．Na→Na+ D．CO2→CO
9．根据三个反应：O2+2H2S═2S↓+2H2O
Na2S+I2═2NaI+S↓
4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O
判断下列物质的还原性强弱，正确的是（ ）
A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2O
C．S＞I2＞O2 D．H2O＞NaI＞H2S
10．硫酸亚铁在隔绝空气的条件下高温分解反应为，下列说法不正确的是（ ）
A．M为
B．中铁元素被还原
C．该反应过程中氧元素的化合价不变
D．该反应中既做氧化剂，又做还原剂
11．常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是（ ）
A．该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+
B．当有1molO2生成时，转移2mo1电子
C．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低
D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
12．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，下列有关的离子方程式正确的是（ ）
A．向能使pH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣
B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2O
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣
D．向FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液：2 Br﹣+ Cl2═Br2+2Cl﹣
13．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（ ）
A．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
14．在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3＝5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮原子的个数比是（ ）
A．3：2 B．2：1 C．1：1 D．2：3
15．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
16．现有下列几个离子反应：（ ）
① Cr2O ＋14H＋＋6Cl－=2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O
② 2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③ 2Br－＋Cl2= Br2＋2Cl－
④2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO ＋4H＋
下列有关性质的比较中正确的是( )。
A．氧化性：Cr2O72->Cl2>Fe3＋ B．氧化性：Cl2>Br2>Cr2O72-
C．还原性：SO2Cr3＋>Fe2＋
二、综合题
17．请将5种物质：N2O、FeCl2、Fe (NO3)3、HNO3和FeCl3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式。
（1） + → + + +H2O（不需配平）
（2）反应过程中，N2O与FeCl2的物质的量之比为 。
18．我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾．检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：
KIO3+ KI+ H2SO4═ K2SO4+ I2+ H2O
（1）将此氧化还原反应的化学方程式配平．
KIO3+ KI+ H2SO4═ K2SO4+ I2+ H2O
（2）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ．
（3）如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为 ．
（4）若要提取生成的碘，所用的萃取剂可以是 （填序号）．
①水 ②酒精 ③淀粉溶液 ④苯
（5）加碘食盐不能长时间炖炒，且应避热保存，主要原因是 ．
19．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。
（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是 。
（2）将MnO4 - 氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4 -＋ Fe2+＋ ＝Mn2+＋ Fe3+＋ 。
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的： 。
（4）已知：一定条件下，MnO4 - 可与Mn2+反应生成MnO2，
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是 。
20．储氢纳米碳管研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，反应的化学方程式如下：
3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O
回答下列问题：
（1）该反应中，还原剂是 (填化学式)，被还原的元素是 (填元素符号)。
（2）该反应中，K2Cr2O7表现出 (填“氧化性”或“还原性”)，K2Cr2O7发生了 (填“氧化反应”或“还原反应”)。
（3）H2SO4在该反应中表现出___________(填标号)。
A．只有酸性 B．只有氧化性
C．酸性和氧化性 D．酸性和还原性
（4）该反应中，还原反应得到的生成物是 (填化学式)。
（5）每生成1mol H2O，该反应转移了 mol电子。
21．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）Ⅰ、氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50 ℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu＋在酸性条件下发生的反应是2Cu＋=Cu2＋＋Cu。
写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（4）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+等离子，该反应的化学方程式是 。
（5）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 +
（6）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 。
（7）在20.00 mL 0.1 moI·L-1 VO 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
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】活性氧具有较强的氧化性，亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，因此亚硒酸钠具有还原性，与活性氧反应时，亚硒酸钠作还原剂，
故答案为：A。
【分析】根据氧化性极强的活性氧及用含硒的化合物Na2SeO3清除人体内的活性氧可知，Na2SeO3作还原剂，以此来解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．Fe→FeCl2，Fe元素化合价升高，且Fe单质自身不能发生歧化，所以一定需要氧化剂，A符合题意；
B．SO3→H2SO4，S、O元素的化合价均没有发生变化，不需要氧化剂，B不符合题意；
C．ClO →Cl2，Cl元素的化合价降低，需要还原剂，C不符合题意；
D．CO2→C，C元素的化合价降低，需要还原剂，D不符合题意；
故答案为A。
【分析】 需要加入氧化剂才能实现 ，说明是含有还原剂在发生的反应，以此分析解答。
3．【答案】B
【解析】【解答】
A、H2中H的化合价显0价，处于中间价态，具有还原性，故A错误；
B、H＋显＋1价，处于最高价，只具有氧化性，故B正确；
C、Cl2中Cl显0价，处于中间价态，具有还原性，故C错误；
D、Cl－显－1价，处于最低价态，只具有还原性，故D错误。
答案为B
【分析】
条件要求不具有还原性，说明只有氧化性，元素应该处于最高价。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A不符合题意；
B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B符合题意；
C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫酸的物质的量浓度为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性；
D.根据计算。
5．【答案】B
【解析】【解答】由反应方程式3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2可判断，铁化合价升高，发生氧化反应，铁为还原剂；水中氢元素化合价降低，发生还原反应，故水为氧化剂，
故答案为：B。
【分析】氧化剂是化合价降低，得到电子，被还原的物质。
6．【答案】D
【解析】【解答】反应①中氧化剂为Tl3+，氧化产物为Ag+，因此氧化性Tl3+>Ag+；
反应②中氧化剂为Ag+，氧化产物为Fe3+，因此氧化性Ag+>Fe3+；
反应③中氧化剂为Fe3+，氧化产物为Fe2+，因此氧化性Fe3+>Fe2+；
因此可得三种离子的氧化性强弱顺序为：Tl3+>Ag+>Fe3+>Fe2+，D符合题意；
故答案为：D
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此结合所给反应进行分析。
7．【答案】A
【解析】【解答】酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色，发生的反应为，则有关系式：，使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度为，
故答案为：A。
【分析】确定氧化剂和还原剂，利用氧化剂得到电子与还原剂失去电子数目相等列式计算
8．【答案】D
【解析】【解答】A.由SO →SO2的转化过程中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，可加入酸就能实现，故A不符合题意；
B.由HCl→Cl2的转化过程中，Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B不符合题意；
C.由Na→Na＋的转化过程中，Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C不符合题意；
D.由CO2→CO的转化过程中，C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】还原剂具有还原性，需加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，被还原，所含元素化合价应降低，以此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：反应2H2S+O2═2S↓+2H2O中，还原剂为H2S，还原产物为H2O，所以还原性H2S＞H2O；
反应Na2S+I2═2NaI+S↓中，还原剂为Na2S，还原产物为NaI，所以还原性Na2S＞NaI；
反应4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O中，还原剂为NaI，还原产物为H2O，所以还原性NaI＞H2O；
故还原性为H2S＞NaI＞H2O．
故选B．
【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，还原产物指氧化剂在反应中得电子后被还原的产物．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，以此来解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】 根据质量守恒定律可知M为SO3，Fe元素从+2价升高至+3价，S元素从+6价降低为+4价。
A. M为 ，故A不符合题意；
B. 中铁元素化合价升高，发生氧化反应，被氧化，故B符合题意；
C. 该反应过程中氧元素的化合价不变，故C不符合题意；
D.Fe元素从+2价升高至+3价，S元素从+6价降低为+4价，因此 既做氧化剂，又做还原剂，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】氧化还原反应中，所含元素的化合价升高的反应物发生氧化反应，为还原剂，所含元素的化合价降低的反应物发生还原反应，为氧化剂。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. 由反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知，M是Fe2+，M′是Fe3+，A不符合题意；
B. 由反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，当生成1mol氧气，转移2mol电子，B符合题意；
C. 总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，H+的量不变，反应生成的水对溶液有稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，C不符合题意；
D. 反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，则H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，则H2O2的还原性比Fe2+强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由反应原理图可知，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应为2H2O2=2H2O+O2↑。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．能使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，通入少量二氧化碳生成碳酸根离子，离子方程式为2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，故A不符合题意；
B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸，二者发生氧化还原反应生成溴和氯离子，离子方程式为ClO﹣+2H++2 Br﹣=Cl﹣+Br2+H2O，故B符合题意；
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，离子方程式为ClO﹣ + CO2 + H2O= HClO + HCO3﹣，故C不符合题意；
D．氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液，氯气和亚铁离子反应，离子方程式为2 Fe2++Cl2=2 Fe3++2Cl﹣，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A、碱性条件下二氧化碳会反应；
B、向次氯酸钠溶液中加入浓溴酸二者发生氧化还原反应；
C、向次氯酸钠溶液中加入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸，碳酸氢根离子；
D、氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。
13．【答案】D
【解析】【解答】A. 滴加KI溶液时，反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，转移2mole 时生成2mol白色沉淀，故A不符合题意；
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B不符合题意；
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C不符合题意；
D. 由反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知，氧化性为Cu2+>I2>SO2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向CuSO4溶液中逐滴加KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，发生2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，结合氧化还原反应来解答。
14．【答案】D
【解析】【解答】反应6NO+4NH3＝5N2+6H2O中，NO中氮元素化合价降低，被还原，NH3中氮元素化合价升高，被氧化，故该反应中被氧化和被还原的氮原子的个数比是4：6=2：3。
【分析】反应6NO+4NH3＝5N2+6H2O中，NO中氮元素化合价由+2价降低为0，NH3中氮元素化合价由+3价升高为0，以此来解答。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A不符合题意；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B符合题意；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C不符合题意；
D.28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价降低生成还原产物；元素化合价升高生成氧化产物；
B．依据氧化剂氧化性大于氧化产物；
C．依据氧化还原反应原理，利用电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平。
D．根据方程式，利用得失电子守恒计算。
16．【答案】A
【解析】【解答】一般来说在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由①可知氧化性Cr2O72-＞Cl2，还原性Cl-＞Cr3+，由②可知氧化性Br2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Br-，由③可知氧化性Cl2＞Br2，还原性 Br-＞Cl－，由④可知氧化性Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+，因此氧化性Cr2O72-＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+＞Br-＞Cl-＞Cr3+，只有A正确；
故答案为：A
【分析】
比较原则：同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性
①氧化性Cr2O72-＞Cl2，还原性Cl-＞Cr3+
②氧化性Br2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Br-
③氧化性Cl2＞Br2，还原性 Br-＞Cl－
④氧化性Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+
小结：氧化性Cr2O72-＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞SO42-，
还原性SO2＞Fe2+＞Br-＞Cl-＞Cr3+，
17．【答案】（1）FeCl2；HNO3 ；Fe(NO3)3 ；FeCl3； N2O
（2）1：8
【解析】【解答】所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的FeCl2氧化为FeCl3，根据氢原子守恒，水在生成物中，（1）FeCl2＋HNO3 →Fe(NO3)3 ＋ FeCl3＋N2O+H2O，答案：FeCl2HNO3 Fe(NO3)3 FeCl3 N2O；⑵反应过程中，生成1molN2O，转移的电子是8mol,需8molFeCl2，N2O与FeCl2的物质的量之比为1：8。答案：1：8
【分析】（1）根据元素化合价的高低判断反应物和生成物，然后根据化合价升降法配平方程式即可；
（2）根据方程式判断两种物质的物质的量之比。
18．【答案】（1）1；5；3；3；3；3
（2）1：5
（3）0.3mol
（4）④
（5）碘酸钾受热易分解
【解析】【解答】解：（1）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反应中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，
故答案为：1；5；3；3；3；3；（2）由（1）可知KIO3为氧化剂，KI为还原剂，（KIO3）：n（KI）=1：5，故答案为：1：5；（3）依据方程式：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，可知转移5mol电子生成3mol碘单质，则转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol；
故答案为：0.3mol；（4）①碘水中加入水，不会分层，仍然为碘水，故错误；
②酒精与水互溶，故错误；
③淀粉遇到碘变蓝，不能用淀粉溶液萃取碘，故错误；
④碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与苯不反应，水与苯不互溶，故正确；
故选：④；（5）碘酸钾不稳定受热分解，所以加碘食盐不能长时间炖炒，且应避热保存，故答案为：碘酸钾受热易分解．
【分析】（1）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反应中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，KIO3为氧化剂，KI为还原剂，结合氧化还原反应得失电子守恒配平方程式；（2）依据方程式判断氧化剂、还原剂及物质的量之比；（3）依据方程式各元素化合价变化计算转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量；（4）根据萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；（5）依据碘酸钾不稳定受热分解的性质解答．
19．【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O
（2）5；8；H+；5；4H2O
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀
（4）生成有黄绿色气体；加入MnSO4，除去过量的MnO4-
【解析】【解答】(1)H2SO4溶解Al2O3生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
(2)步骤Ⅰ所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnO4—和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观察配平，得离子反应方程式MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；
(3)步骤Ⅱ中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2＋氧化成易除去的Fe3＋。调节pH约为3，由表中数据分析，可知该条件使Fe3＋完全沉淀而Al3＋不被沉淀，从而达到分离Fe3＋和Al3＋的目的；故步骤Ⅱ的目的：将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；
(4)①联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成有黄绿色气体；②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO4—因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤，以除去MnO4—，保证产品的纯度。
【分析】（1）氧化铝溶解在硫酸中会生成铝离子和水；
（2）根据氧化剂和还原剂在氧化还原反应中得失电子守恒的规律可以将离子方程式配平；
（3）由于铁离子比亚铁离子更容易沉淀除去，因此步骤Ⅱ的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）①二氧化锰可以和浓盐酸反应得到黄绿色的氯气；
②我们要得到的产品是Al2(SO4)3·18H2O，因此要将高锰酸根离子除去。
20．【答案】（1）C；Cr
（2）氧化性；还原反应
（3）A
（4）Cr2(SO4)3
（5）1.5
【解析】【解答】(1)该反应中，C的化合价升高，作还原剂；K2Cr2O7中Cr的化合价降低，被还原；
(2)K2Cr2O7中Cr的化合价降低，K2Cr2O7作氧化剂，具有氧化性；被还原，发生还原反应；
(3)H2SO4与Cr、K原子反应生成盐，且化合价未变，在该反应中表现酸性，答案为A；
(4)K2Cr2O7发生了还原反应，达到Cr2(SO4)3；
(5)根据方程式，生成8mol水时，转移12mol电子，则每生成1mol H2O，反应转移1.5mol电子。
【分析】(1)依据反应所含元素化合价升高，作还原剂，被还原；
(2)依据反应所含元素化合价降低，作氧化剂，具有氧化性；被还原，发生还原反应；
(3)H2SO4化合价未变，在该反应中表现酸性；
(4)K2Cr2O7中Cr元素化合价降低发生了还原反应；
(5)根据方程式确定转移电子数。
21．【答案】（1）2CuH＋3Cl2 2CuCl2＋2HCl
（2）H2
（3）CuH＋3H＋＋NO =Cu2＋＋2H2O＋NO↑
（4）
（5）
（6）
（7）C
【解析】【解答】（1）CuH在氯气中燃烧生成氯化氢和氯化铜，反应的化学反应方程式为2CuH＋3Cl2 2CuCl2＋2HCl；
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成氯化铜和氢气，因此生成的气体是氢气；
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，根据原子守恒可知还有硝酸铜和水生成，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH＋3H＋＋NO =Cu2＋＋2H2O＋NO↑；
（4）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，V元素化合价降低，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应的化学方程式是 ；
（5）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，氯酸根离子被还原为氯离子，V元素化合价从+4价升高到+5价，因此根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为 ；
（6）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，黄绿色气体是氯气，氯离子被氧化，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，说明氯气能氧化亚硫酸根离子，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知SO 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 ；
（7）在20.00 mL 0.1 moI·L-1 VO 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，锌失去电子的物质的量是 ＝0.006mol，设还原产物中V的化合价是x，则根据电子得失守恒可知0.002mol×（5-x）＝0.006mol，解得x＝2，即还原产物可能是V2+，
故答案为：C。
【分析】(1)CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；
(2) CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H-失电子，盐酸中H+得电子；
(3) Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体；
(4)由题意可知V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾溶液反应生成VO2+等离子，V元素化合价降低，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子再依据元素守恒知还生成水，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒书写即可；
(5)根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒书写即可；
(6)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分析判断即可 ；
(7)根据电子得失守恒计算即可。
一、单选题
1．吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内的活性氧，则Na2SeO3的作用是（ ）
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．以上均不是
2．实现下列物质之间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．Fe→FeCl2 B．SO3→H2SO4
C．ClO →Cl2 D．CO2→C
3．下列微粒不具有还原性的是：（ ）
A．H2 B．H+ C．Cl2 D．Cl-
4．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（ ）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1
5．反应3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2中，氧化剂是（ ）
A．Fe B．H2O C．Fe3O4 D．H2
6．铊（Tl）盐与氰化钾（KCN）被列为A级危险品．已知下列反应在一定条件下能够发生：①TI3++2Ag＝Tl++2Ag+，②Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+＝3Fe2+，下列离子氧化性比较顺序正确的是（ ）
A．TI3+＞Fe3+＞Ag+ B．Fe3+＞Ag+＞TI3+
C．Tl+＞Ag+＞Fe2+ D．TI3+＞Ag+＞Fe2+
7．已知酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色。欲使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度(单位：)为（ ）
A． B． C． D．
8．下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是（ ）
A．SO →SO2 B．HCl→Cl2
C．Na→Na+ D．CO2→CO
9．根据三个反应：O2+2H2S═2S↓+2H2O
Na2S+I2═2NaI+S↓
4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O
判断下列物质的还原性强弱，正确的是（ ）
A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2O
C．S＞I2＞O2 D．H2O＞NaI＞H2S
10．硫酸亚铁在隔绝空气的条件下高温分解反应为，下列说法不正确的是（ ）
A．M为
B．中铁元素被还原
C．该反应过程中氧元素的化合价不变
D．该反应中既做氧化剂，又做还原剂
11．常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是（ ）
A．该反应过程中，M是Fe3+，M′是Fe2+
B．当有1molO2生成时，转移2mo1电子
C．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低
D．H2O2的氧化性比Fe3+强，还原性比Fe2+弱
12．已知电离平衡常数：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，氧化性：HClO＞Cl2＞Br2＞Fe3+，下列有关的离子方程式正确的是（ ）
A．向能使pH试纸显深蓝色的溶液中通入少量二氧化碳：OH﹣+CO2═HCO3﹣
B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸：ClO﹣+2H++2 Br﹣═Cl﹣+Br2+H2O
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳：2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CO32﹣
D．向FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液：2 Br﹣+ Cl2═Br2+2Cl﹣
13．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（ ）
A．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀
B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
14．在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3＝5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮原子的个数比是（ ）
A．3：2 B．2：1 C．1：1 D．2：3
15．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
16．现有下列几个离子反应：（ ）
① Cr2O ＋14H＋＋6Cl－=2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O
② 2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③ 2Br－＋Cl2= Br2＋2Cl－
④2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO ＋4H＋
下列有关性质的比较中正确的是( )。
A．氧化性：Cr2O72->Cl2>Fe3＋ B．氧化性：Cl2>Br2>Cr2O72-
C．还原性：SO2
二、综合题
17．请将5种物质：N2O、FeCl2、Fe (NO3)3、HNO3和FeCl3分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式。
（1） + → + + +H2O（不需配平）
（2）反应过程中，N2O与FeCl2的物质的量之比为 。
18．我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾．检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：
KIO3+ KI+ H2SO4═ K2SO4+ I2+ H2O
（1）将此氧化还原反应的化学方程式配平．
KIO3+ KI+ H2SO4═ K2SO4+ I2+ H2O
（2）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ．
（3）如果反应中转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为 ．
（4）若要提取生成的碘，所用的萃取剂可以是 （填序号）．
①水 ②酒精 ③淀粉溶液 ④苯
（5）加碘食盐不能长时间炖炒，且应避热保存，主要原因是 ．
19．用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下（部分操作和条件略）：
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；
Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；
Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品。
（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是 。
（2）将MnO4 - 氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4 -＋ Fe2+＋ ＝Mn2+＋ Fe3+＋ 。
（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3
开始沉淀时 3.4 6.3 1.5
完全沉淀时 4.7 8.3 2.8
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L-1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的： 。
（4）已知：一定条件下，MnO4 - 可与Mn2+反应生成MnO2，
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是 。
②Ⅳ中加入MnSO4的目的是 。
20．储氢纳米碳管研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，反应的化学方程式如下：
3C+2K2Cr2O7+8H2SO4=3CO2↑+2K2SO4+2Cr2(SO4)3+8H2O
回答下列问题：
（1）该反应中，还原剂是 (填化学式)，被还原的元素是 (填元素符号)。
（2）该反应中，K2Cr2O7表现出 (填“氧化性”或“还原性”)，K2Cr2O7发生了 (填“氧化反应”或“还原反应”)。
（3）H2SO4在该反应中表现出___________(填标号)。
A．只有酸性 B．只有氧化性
C．酸性和氧化性 D．酸性和还原性
（4）该反应中，还原反应得到的生成物是 (填化学式)。
（5）每生成1mol H2O，该反应转移了 mol电子。
21．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
（1）Ⅰ、氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50 ℃时反应可生成它。CuH具有的性质有：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu＋在酸性条件下发生的反应是2Cu＋=Cu2＋＋Cu。
写出CuH在氯气中燃烧的化学反应方程式： 。
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式： 。
（4）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+等离子，该反应的化学方程式是 。
（5）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 +
（6）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 。
（7）在20.00 mL 0.1 moI·L-1 VO 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
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】活性氧具有较强的氧化性，亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，因此亚硒酸钠具有还原性，与活性氧反应时，亚硒酸钠作还原剂，
故答案为：A。
【分析】根据氧化性极强的活性氧及用含硒的化合物Na2SeO3清除人体内的活性氧可知，Na2SeO3作还原剂，以此来解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．Fe→FeCl2，Fe元素化合价升高，且Fe单质自身不能发生歧化，所以一定需要氧化剂，A符合题意；
B．SO3→H2SO4，S、O元素的化合价均没有发生变化，不需要氧化剂，B不符合题意；
C．ClO →Cl2，Cl元素的化合价降低，需要还原剂，C不符合题意；
D．CO2→C，C元素的化合价降低，需要还原剂，D不符合题意；
故答案为A。
【分析】 需要加入氧化剂才能实现 ，说明是含有还原剂在发生的反应，以此分析解答。
3．【答案】B
【解析】【解答】
A、H2中H的化合价显0价，处于中间价态，具有还原性，故A错误；
B、H＋显＋1价，处于最高价，只具有氧化性，故B正确；
C、Cl2中Cl显0价，处于中间价态，具有还原性，故C错误；
D、Cl－显－1价，处于最低价态，只具有还原性，故D错误。
答案为B
【分析】
条件要求不具有还原性，说明只有氧化性，元素应该处于最高价。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A不符合题意；
B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B符合题意；
C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫酸的物质的量浓度为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性；
D.根据计算。
5．【答案】B
【解析】【解答】由反应方程式3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2可判断，铁化合价升高，发生氧化反应，铁为还原剂；水中氢元素化合价降低，发生还原反应，故水为氧化剂，
故答案为：B。
【分析】氧化剂是化合价降低，得到电子，被还原的物质。
6．【答案】D
【解析】【解答】反应①中氧化剂为Tl3+，氧化产物为Ag+，因此氧化性Tl3+>Ag+；
反应②中氧化剂为Ag+，氧化产物为Fe3+，因此氧化性Ag+>Fe3+；
反应③中氧化剂为Fe3+，氧化产物为Fe2+，因此氧化性Fe3+>Fe2+；
因此可得三种离子的氧化性强弱顺序为：Tl3+>Ag+>Fe3+>Fe2+，D符合题意；
故答案为：D
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，据此结合所给反应进行分析。
7．【答案】A
【解析】【解答】酸性溶液能被溶液还原成而使溶液褪色，发生的反应为，则有关系式：，使20.00mL酸性溶液恰好褪色，需消耗25.00mL溶液，则该溶液的物质的量浓度为，
故答案为：A。
【分析】确定氧化剂和还原剂，利用氧化剂得到电子与还原剂失去电子数目相等列式计算
8．【答案】D
【解析】【解答】A.由SO →SO2的转化过程中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，可加入酸就能实现，故A不符合题意；
B.由HCl→Cl2的转化过程中，Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B不符合题意；
C.由Na→Na＋的转化过程中，Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C不符合题意；
D.由CO2→CO的转化过程中，C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】还原剂具有还原性，需加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，被还原，所含元素化合价应降低，以此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：反应2H2S+O2═2S↓+2H2O中，还原剂为H2S，还原产物为H2O，所以还原性H2S＞H2O；
反应Na2S+I2═2NaI+S↓中，还原剂为Na2S，还原产物为NaI，所以还原性Na2S＞NaI；
反应4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O中，还原剂为NaI，还原产物为H2O，所以还原性NaI＞H2O；
故还原性为H2S＞NaI＞H2O．
故选B．
【分析】所含元素化合价升高的反应物为还原剂，还原产物指氧化剂在反应中得电子后被还原的产物．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，以此来解答．
10．【答案】B
【解析】【解答】 根据质量守恒定律可知M为SO3，Fe元素从+2价升高至+3价，S元素从+6价降低为+4价。
A. M为 ，故A不符合题意；
B. 中铁元素化合价升高，发生氧化反应，被氧化，故B符合题意；
C. 该反应过程中氧元素的化合价不变，故C不符合题意；
D.Fe元素从+2价升高至+3价，S元素从+6价降低为+4价，因此 既做氧化剂，又做还原剂，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】氧化还原反应中，所含元素的化合价升高的反应物发生氧化反应，为还原剂，所含元素的化合价降低的反应物发生还原反应，为氧化剂。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. 由反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O可知，M是Fe2+，M′是Fe3+，A不符合题意；
B. 由反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+可知，当生成1mol氧气，转移2mol电子，B符合题意；
C. 总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，H+的量不变，反应生成的水对溶液有稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，C不符合题意；
D. 反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O中，Fe2+被H2O2氧化生成Fe3+，则H2O2的氧化性比Fe3+强，反应2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+中，Fe3+被H2O2还原生成Fe2+，则H2O2的还原性比Fe2+强，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由反应原理图可知，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，总反应为2H2O2=2H2O+O2↑。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．能使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性，通入少量二氧化碳生成碳酸根离子，离子方程式为2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O，故A不符合题意；
B．向NaClO溶液中加入浓氢溴酸，二者发生氧化还原反应生成溴和氯离子，离子方程式为ClO﹣+2H++2 Br﹣=Cl﹣+Br2+H2O，故B符合题意；
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，离子方程式为ClO﹣ + CO2 + H2O= HClO + HCO3﹣，故C不符合题意；
D．氯气先氧化亚铁离子后氧化溴离子，FeBr2溶液中滴加少量Cl2溶液，氯气和亚铁离子反应，离子方程式为2 Fe2++Cl2=2 Fe3++2Cl﹣，故D不符合题意；
故答案为：B．
【分析】A、碱性条件下二氧化碳会反应；
B、向次氯酸钠溶液中加入浓溴酸二者发生氧化还原反应；
C、向次氯酸钠溶液中加入少量二氧化碳，二者反应生成次氯酸，碳酸氢根离子；
D、氯气先氧化亚铁离子，后氧化溴离子。
13．【答案】D
【解析】【解答】A. 滴加KI溶液时，反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，转移2mole 时生成2mol白色沉淀，故A不符合题意；
B. 通入SO2后溶液逐渐变成无色，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，体现了SO2的还原性，故B不符合题意；
C. 通入SO2时，SO2与I2反应，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，I2作氧化剂，故C不符合题意；
D. 由反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知，氧化性为Cu2+>I2>SO2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向CuSO4溶液中逐滴加KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，发生2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，发生SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，结合氧化还原反应来解答。
14．【答案】D
【解析】【解答】反应6NO+4NH3＝5N2+6H2O中，NO中氮元素化合价降低，被还原，NH3中氮元素化合价升高，被氧化，故该反应中被氧化和被还原的氮原子的个数比是4：6=2：3。
【分析】反应6NO+4NH3＝5N2+6H2O中，NO中氮元素化合价由+2价降低为0，NH3中氮元素化合价由+3价升高为0，以此来解答。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A不符合题意；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B符合题意；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C不符合题意；
D.28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为mol ，符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．元素化合价降低生成还原产物；元素化合价升高生成氧化产物；
B．依据氧化剂氧化性大于氧化产物；
C．依据氧化还原反应原理，利用电子守恒、原子守恒及电荷守恒配平。
D．根据方程式，利用得失电子守恒计算。
16．【答案】A
【解析】【解答】一般来说在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，由①可知氧化性Cr2O72-＞Cl2，还原性Cl-＞Cr3+，由②可知氧化性Br2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Br-，由③可知氧化性Cl2＞Br2，还原性 Br-＞Cl－，由④可知氧化性Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+，因此氧化性Cr2O72-＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+＞Br-＞Cl-＞Cr3+，只有A正确；
故答案为：A
【分析】
比较原则：同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性
①氧化性Cr2O72-＞Cl2，还原性Cl-＞Cr3+
②氧化性Br2＞Fe3+，还原性Fe2+＞Br-
③氧化性Cl2＞Br2，还原性 Br-＞Cl－
④氧化性Fe3+＞SO42-，还原性SO2＞Fe2+
小结：氧化性Cr2O72-＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞SO42-，
还原性SO2＞Fe2+＞Br-＞Cl-＞Cr3+，
17．【答案】（1）FeCl2；HNO3 ；Fe(NO3)3 ；FeCl3； N2O
（2）1：8
【解析】【解答】所给的物质组合中，HNO3中氮元素化合价位于最高价，具有氧化性，对应还原产物为N2O，能将还原性的FeCl2氧化为FeCl3，根据氢原子守恒，水在生成物中，（1）FeCl2＋HNO3 →Fe(NO3)3 ＋ FeCl3＋N2O+H2O，答案：FeCl2HNO3 Fe(NO3)3 FeCl3 N2O；⑵反应过程中，生成1molN2O，转移的电子是8mol,需8molFeCl2，N2O与FeCl2的物质的量之比为1：8。答案：1：8
【分析】（1）根据元素化合价的高低判断反应物和生成物，然后根据化合价升降法配平方程式即可；
（2）根据方程式判断两种物质的物质的量之比。
18．【答案】（1）1；5；3；3；3；3
（2）1：5
（3）0.3mol
（4）④
（5）碘酸钾受热易分解
【解析】【解答】解：（1）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反应中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，
故答案为：1；5；3；3；3；3；（2）由（1）可知KIO3为氧化剂，KI为还原剂，（KIO3）：n（KI）=1：5，故答案为：1：5；（3）依据方程式：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，可知转移5mol电子生成3mol碘单质，则转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量为0.3mol；
故答案为：0.3mol；（4）①碘水中加入水，不会分层，仍然为碘水，故错误；
②酒精与水互溶，故错误；
③淀粉遇到碘变蓝，不能用淀粉溶液萃取碘，故错误；
④碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘与苯不反应，水与苯不互溶，故正确；
故选：④；（5）碘酸钾不稳定受热分解，所以加碘食盐不能长时间炖炒，且应避热保存，故答案为：碘酸钾受热易分解．
【分析】（1）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为﹣1价，反应中I元素化合价分别由+5价、﹣1价变化为0价，KIO3为氧化剂，KI为还原剂，结合氧化还原反应得失电子守恒配平方程式；（2）依据方程式判断氧化剂、还原剂及物质的量之比；（3）依据方程式各元素化合价变化计算转移0.5mol电子，则生成I2的物质的量；（4）根据萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；（5）依据碘酸钾不稳定受热分解的性质解答．
19．【答案】（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O
（2）5；8；H+；5；4H2O
（3）将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀
（4）生成有黄绿色气体；加入MnSO4，除去过量的MnO4-
【解析】【解答】(1)H2SO4溶解Al2O3生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；
(2)步骤Ⅰ所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnO4—和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观察配平，得离子反应方程式MnO4-＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；
(3)步骤Ⅱ中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2＋氧化成易除去的Fe3＋。调节pH约为3，由表中数据分析，可知该条件使Fe3＋完全沉淀而Al3＋不被沉淀，从而达到分离Fe3＋和Al3＋的目的；故步骤Ⅱ的目的：将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀；
(4)①联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。能说明沉淀中存在MnO2的现象是生成有黄绿色气体；②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO4—因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤，以除去MnO4—，保证产品的纯度。
【分析】（1）氧化铝溶解在硫酸中会生成铝离子和水；
（2）根据氧化剂和还原剂在氧化还原反应中得失电子守恒的规律可以将离子方程式配平；
（3）由于铁离子比亚铁离子更容易沉淀除去，因此步骤Ⅱ的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；
（4）①二氧化锰可以和浓盐酸反应得到黄绿色的氯气；
②我们要得到的产品是Al2(SO4)3·18H2O，因此要将高锰酸根离子除去。
20．【答案】（1）C；Cr
（2）氧化性；还原反应
（3）A
（4）Cr2(SO4)3
（5）1.5
【解析】【解答】(1)该反应中，C的化合价升高，作还原剂；K2Cr2O7中Cr的化合价降低，被还原；
(2)K2Cr2O7中Cr的化合价降低，K2Cr2O7作氧化剂，具有氧化性；被还原，发生还原反应；
(3)H2SO4与Cr、K原子反应生成盐，且化合价未变，在该反应中表现酸性，答案为A；
(4)K2Cr2O7发生了还原反应，达到Cr2(SO4)3；
(5)根据方程式，生成8mol水时，转移12mol电子，则每生成1mol H2O，反应转移1.5mol电子。
【分析】(1)依据反应所含元素化合价升高，作还原剂，被还原；
(2)依据反应所含元素化合价降低，作氧化剂，具有氧化性；被还原，发生还原反应；
(3)H2SO4化合价未变，在该反应中表现酸性；
(4)K2Cr2O7中Cr元素化合价降低发生了还原反应；
(5)根据方程式确定转移电子数。
21．【答案】（1）2CuH＋3Cl2 2CuCl2＋2HCl
（2）H2
（3）CuH＋3H＋＋NO =Cu2＋＋2H2O＋NO↑
（4）
（5）
（6）
（7）C
【解析】【解答】（1）CuH在氯气中燃烧生成氯化氢和氯化铜，反应的化学反应方程式为2CuH＋3Cl2 2CuCl2＋2HCl；
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成氯化铜和氢气，因此生成的气体是氢气；
（3）如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，根据原子守恒可知还有硝酸铜和水生成，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH＋3H＋＋NO =Cu2＋＋2H2O＋NO↑；
（4）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，V元素化合价降低，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应的化学方程式是 ；
（5）向上述所得溶液中加入KClO3溶液，氯酸根离子被还原为氯离子，V元素化合价从+4价升高到+5价，因此根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒可知反应的离子方程式为 ；
（6）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，黄绿色气体是氯气，氯离子被氧化，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，说明氯气能氧化亚硫酸根离子，则根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知SO 、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是 ；
（7）在20.00 mL 0.1 moI·L-1 VO 溶液中，加入0.195g锌粉，恰好完全反应，锌失去电子的物质的量是 ＝0.006mol，设还原产物中V的化合价是x，则根据电子得失守恒可知0.002mol×（5-x）＝0.006mol，解得x＝2，即还原产物可能是V2+，
故答案为：C。
【分析】(1)CuH在氯气中燃烧，氯气做氧化剂，CuH做还原剂；
(2) CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H-失电子，盐酸中H+得电子；
(3) Cu+在酸性条件下发生的反应是：2Cu+=Cu2++Cu，稀硝酸具有强氧化性，能和铜反应生成一氧化氮气体；
(4)由题意可知V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾溶液反应生成VO2+等离子，V元素化合价降低，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子再依据元素守恒知还生成水，依据氧化还原反应得失电子守恒和原子个数守恒书写即可；
(5)根据电子得失守恒、原子守恒以及电荷守恒书写即可；
(6)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分析判断即可 ；
(7)根据电子得失守恒计算即可。