最新高三化学二轮复习 专练训练4-氧化还原反应

这是一份最新高三化学二轮复习 专练训练4-氧化还原反应，共16页。试卷主要包含了纯碱在生产、生活中有广泛应用等内容，欢迎下载使用。

2023届湖南省高三化学二轮复习 专练训练4-氧化还原反应
一．选择题（共24小题）
1．（2022•涟源市校级模拟）精炼铜阳极泥中提取Se的过程中发生如下反应：
Ⅰ.Cu2Se+6H2SO4（浓）═2CuSO4+SeO2+4SO2↑+6H2O
Ⅱ：SeO2+2SO2+2H2O═Se+2SO42﹣+4H+
下列说法正确的是（　　）
A．反应Ⅰ的氧化产物为SeO2
B．SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2
C．反应Ⅰ生成1molSeO与Ⅱ中消耗1molSeO2，两个反应转移电子数之比为1：2
D．Se与HNO3物质的量之比为1：2时恰好完全反应，只生成NO、NO2两种还原产物，且NO与NO2的物质的量之比为1：1.则氧化产物为H2SeO4
2．（2022•湖南模拟）K2FeO4是一种高效多功能的饮用水处理剂。已知：①一种干法制备K2FeO4的反应为2FeSO4+6K2O22K2FeO4+2K2O+2K2SO4+O2↑，②K2FeO4处理水时发生反应：4FeO42﹣+10H2O⇌4Fe（OH）3+8OH﹣+3O2。下列说法错误的是（　　）
A．干法制备K2FeO4的反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：3
B．干法制备K2FeO4的反应中，每生成1molK2FeO4，有5mole﹣转移
C．K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在
D．K2FeO4处理水时，既能杀菌消毒，又能起絮凝作用除去水中悬浮杂质
3．（2022•湖南模拟）某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法不正确的是（　　）

A．总反应可表示为H2+O2═H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0和+2两种
C．①、②、③均为氧化还原反应
D．HCl和Cl﹣可循环利用
4．（2022•衡南县校级二模）MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示（其中•OH是氢氧自由基，•CHO是醛基自由基），下列叙述正确的是（　　）

A．使用MnO2催化时，该反应的ΔH会发生变化
B．所有过程均发生氧化还原反应
C．总反应为HCHO+O2CO2+H2O
D．O2﹣为中间产物之一，与Na2O2中所含阴离子相同
5．（2022•娄底模拟）纯碱在生产、生活中有广泛应用。工业上，用纯喊溶液从海水中提取溴，氯气置换海水中溴之后，富集、提取溴的主要原理是：
反应1：3Br2+3Na2CO3═NaBrO3+5NaBr+3CO2↑；
反应2：NaBrO3+5NaBr+3H2SO4═3Na2SO4+3Br2+3H2O；
反应3：实验室里用纯碱溶液吸收尾气中的氯气生成三种盐。
下列说法正确的是（　　）
A．反应1中氧化剂、还原剂的质量之比为1：5
B．标准状况下，22.4L溴单质含2mol溴原子
C．反应3中的三种盐是NaClO、NaClO3和NaHCO3
D．反应1中Br2的作用类似于反应3中的Cl2
6．（2022•耒阳市校级模拟）硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物（NOx）。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示（以NO为例）。下列说法不正确的是（　　）

A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO＝4Ce4++2H2O+N2
C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
7．（2022•湖南模拟）硫酸铜是白磷中毒的解毒剂：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60X。下列叙述错误的是（　　）
A．X为H2SO4
B．每消耗1.1molP4，反应转移12mol电子
C．6molCuSO4可以氧化0.6molP4
D．Cu3P是还原产物
8．（2022•岳阳模拟）已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：
①有红色金属生成；
②有刺激性气味气体产生；
③溶液呈蓝色。
据此判断下列说法合理的是（　　）
A．NH4CuSO3中硫元素被还原
B．刺激性气味的气体是二氧化硫或氨气
C．该反应中硫酸既体现了酸性又体现了氧化性
D．反应中每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023
9．（2022•湖南模拟）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（　　）
A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其还原性
B．补铁口服液不能与维生素C一起服用
C．长期施用铵态氮肥，会使土壤酸化，导致土壤板结
D．“汽车限行”措施不会减轻碳排放
10．（2022•湖南模拟）二氧化氯（ClO2）是高效、无毒的消毒剂，见光易分解，其中一种制备方法是用氯酸钾（KClO3）和浓H2SO4一定条件下发生反应3KClO3+3H2SO4（浓）═3KHSO4+X+2ClO2↑+H2O。下列说法错误的是（　　）
A．物质X为HClO4
B．ClO2见光分解的反应方程式为2ClO2Cl2+2O2
C．相同质量的Cl2和ClO2消毒时，Cl2的消毒效率比ClO2高
D．ClO2对CN﹣进行无毒化处理是利用其强氧化性
11．（2022•常德模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性KMnO4溶液处理：CH3OH+MnO4﹣+OH﹣→CO32﹣+MnO42﹣+H2O（未配平，下同）
②酸化处理：MnO42﹣+H+→MnO2↓+MnO4﹣+H2O
下列说法错误的是（　　）
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
B．“反应①”中氧化性：MnO4﹣＞CO32﹣
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗59.5gMnO42﹣时，反应中转移0.5mole﹣
12．（2022•开福区校级模拟）铅丹（Pb3O4）可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl（浓）═3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是（　　）
A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂
B．物质的氧化性：Cl2＞Pb3O4
C．Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2：1
D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L
13．（2022•娄底二模）高铁酸盐是一种绿色的净水剂，具有净水和消毒的双重功能，可通过2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑制得，下列说法正确的是（　　）
A．每生成lmolNa2FeO4反应转移4mole﹣
B．将ag丙烷完全燃烧的产物全部与足量的Na2O2反应，固体增重ag
C．高铁酸盐具有强氧化性，能杀菌消毒，在消毒过程中产生Fe3+，Fe3+能水解生成胶体可以净水
D．78gNa2O2固体中含有的共用电子对数为2NA
14．（2022•雨花区校级模拟）酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3﹣过程中的含氮微粒变化如图所示，溶液中铁以Fe2+形式存在．下列有关说法不正确的是（　　）

A．反应ⅱ的离子方程式为：NO2﹣+3Fe+8H+═NH4++3Fe2++2H2O
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO3﹣的去除效果
C．假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3：1
D．amolNO3﹣完全转化为NH4+至少需要4amol的铁
15．（2022•湖南模拟）已知反应：aFeSO4+bNa2O2═cNa2FeO4+2Na2O+dNa2SO4+eO2↑，已知a＝2，下列关于该反应的说法正确的是（　　）
A．3a＝b
B．氧化性：Na2O2＜Na2FeO4
C．每生成1molNa2FeO4，反应有4mol电子转移
D．每消耗3molNa2O2，产生1molO2
16．（2022•岳阳模拟）火法炼铜的原理Cu2S+O22Cu+SO2。下列说法正确的是（　　）
A．+1的Cu被O还原成了Cu单质
B．0.5mol O2得到的电子，可氧化得到SO211.2L
C．每生成64g Cu电子转移的总数约为3×6.02×1023
D．为了提高铜矿的利用率，O2应过量
17．（2022•桃源县校级二模）可闻声波诱导液体振动产生的法拉第波可以调节氧气分子在水中的溶解，从而诱导有差别的时空分布，有的区域呈氧化性，而同时有的区域呈还原性。研究人员选择了如图所示的氧化还原平衡体系。已知：声波频率提高可促进氧气的溶解。下列说法错误的是（　　）

A．MV2+被SO2﹣还原形成自由基阳离子MV+的过程伴随着颜色的改变
B．开启可闻声波能够促进MV2+再生
C．持续补充SDT才能维持蓝色
D．向体系中加入1mol SDT，转移电子为2mol
18．（2022•天心区校级二模）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．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
D．若生成4.48L HF，则转移0.8mol电子
19．（2022•隆回县校级三模）二氯化二硫（S2Cl2）是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。S2Cl2分子中各原子最外层均有8个电子。S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是（　　）
A．S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl
B．S2Cl2可能使品红溶液褪色
C．S2Cl2与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为l：3
D．将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，则S2Cl2气体中有HCl
20．（2022•宁乡市模拟）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2是高炉炼铁的主要反应，该反应的还原剂是（　　）
A．Fe2O3 B．CO C．Fe D．CO2
21．（2017•雁峰区校级一模）新装修房屋会释放有毒的甲醛（HCHO）气体，银﹣Ferrozine法检测甲醛的原理如图：

下列说法正确的是（　　）
A．22.4LCO2中含共价键数目为4NA
B．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2 NA
C．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO═4Ag+CO2+H2O
D．理论上，消耗HCOH和消耗Fe3+的物质的量之比4：1
22．（2022•汉寿县校级三模）向碘酸钠（NaIO3）的碱性溶液中通入氯气，可以得到钠盐Na2H3IO6．下列有关该反应的说法中错误的是（　　）
A．在该反应中碘酸钠作还原剂
B．碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的氧化性
C．反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．反应中生成1molNa2H3IO6转移2mol电子
23．（2022•鹤城区校级模拟）如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系，则下列说法不正确的是（　　）

A．一般来说，硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与大量的9.75mol•L﹣1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol．
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成分越多
D．当硝酸浓度为9.75mol•L﹣1时还原产物是NO、NO2、N2O，且其物质的量之比为5：3：1
24．（2022•澧县校级三模）碘在地壳中主要以NaIO3，的形式存在，在海水中主要以I﹣的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法中不正确的是（　　）

A．用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝
B．足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是5Cl2+I2+6H2O═2HIO3+10HCl
C．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO3﹣
D．途径Ⅱ中若生成1molI2，则反应中转移的电子数为10NA
二．多选题（共3小题）
（多选）25．（2022•湖南模拟）工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2（ClO4）2]来除去Cr（III），HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是（　　）
A．CrO2（ClO4）2 中Cr元素显+3价
B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸
C．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为8：3
D．该反应离子方程式为19ClO4﹣+4H2O+8Cr3+═8CrO2（ClO4）2+3Cl﹣+8H+
（多选）26．（2022•湖南模拟）由白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH2PO2）是常用的还原剂，可用于化学镀铜，反应的化学方程式为H2PO2﹣+Cu2++OH﹣→PO43﹣+Cu+H2O（未配平），下列说法正确的是（　　）
A．如制备次磷酸钠的同时还生成PH3，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
B．NaH2PO2的溶液中存在：H2PO2﹣⇌H++HPO22﹣
C．在镀铜后的溶液中，一定存在c（Na+）＝c（PO43﹣）+c（HPO42﹣）+c（H2PO4﹣）
D．在镀铜反应中，每生成1molCu，需消耗0.5molNaH2PO2
（多选）27．（2022•岳麓区校级模拟）（NH4）2S2O8具有强氧化性，在酸性溶液中，可将Mn2+氧化为MnO4﹣，但一般情况下，该反应进行的非常缓慢，而加入几滴AgNO3溶液后，混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是（　　）
A．AgNO3为该反应的催化剂
B．SO42﹣为还原产物
C．S2O82﹣中硫元素化合价为+7价
D．反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5
三．解答题（共1小题）
28．（2022•宁乡市模拟）S、N元素是重要的非金属元素，其化合物应用广泛。
（1）红热木炭与浓H2SO4反应的化学方程式是C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸的作用是作 　 　（填“氧化剂”或“还原剂”）。
（2）SO2能够使品红溶液褪色，体现了二氧化硫具有性 　 　（填“漂白性”或“还原性”）。
（3）关于氮的变化关系图如图：

上述流程中能够实现氮的固定的是 　 　（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。
（4）氨的催化氧化是工业上制硝酸的重要步骤，其反应为：4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）。
①一定条件下，在体积10L的密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了4.5mol，则此反应的平均速率v（NH3）＝　 　mol•（L•s）﹣1；
②在相同温度下，向该容器中通入一定量的NH3气体，反应速率将 　 　（填“加快”“减慢”或“不变”）。

2023届湖南省高三化学二轮复习 专练训练4-氧化还原反应
参考答案与试题解析
一．选择题（共24小题）
1．【解答】解：A．反应Ⅰ.Cu2Se+6H2SO4（浓）═2CuSO4+SeO2+4SO2↑+6H2O中，Cu、Se元素的化合价升高，被氧化，则氧化产物为CuSO4和SeO2，故A错误；
B．在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据Ⅰ可知氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2，Ⅱ中氧化性：SeO2＞SO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2，故B正确；
C．根据化合价的变化可知，反应Ⅰ生成1molSeO2即生成4molSO2转移的电子数目为1mol×4×（6﹣4）＝8mol，Ⅱ中消耗1molSeO2转移的电子数目应为1mol×（4﹣0）＝4mol，所以两个反应转移电子数之比为2：1，故C错误；
D．Se与HNO3物质的量之比为1：2时恰好完全反应，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为1：1，即二者计量系数比为1：1，令二者系数为1，根据电子转移守恒可知，Se的化合价变化为＝4，故氧化产物为H2SeO3，故D错误；
故选：B。
2．【解答】解：A.反应2FeSO4+6K2O2＝2K2FeO4+2K2O+2K2SO4+O2↑中，铁元素化合价升高，做还原剂，K2O2氧元素化合价部分升高，部分降低，故既是氧化剂也是还原剂，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：1，故A错误；
B.由分析可知干法制备K2FeO4的反应中，每生成2molK2FeO4，有10mole﹣转移，故每生成1molK2FeO4，有5mole﹣转移，故B正确；
C.反应②K2FeO4处理水时生成碱，故K2FeO4在强碱性溶液中能稳定存在，故C正确；
D.K2FeO4处理水时，利用其强氧化性可以杀菌消毒，铁离子可以水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，故D正确；
故选：A。
3．【解答】解：A．由反应过程图可知，氢气和氧气在[PdCl4]2﹣的作用下生成过氧化氢，反应方程式为：H2+O2＝H2O2，故A正确；
B．Pd元素在[PdCl4]2﹣、[PdCl2O2]2﹣中的化合价均为+2价，Pd单质是0价，故B正确；
C．反应③中无化合价变化为非氧化还原反应，故C错误；
D．依据过程图可知，Pd、[PdCl2O2]2﹣先生成后消耗，是反应中间体，故D正确；
故选：C。
4．【解答】解：A．催化剂能降低反应的活化能，不影响反应热，故A错误；
B．氢离子与碳酸氢根离子的反应中无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B错误；
C．由图可知，在催化剂条件下，HCHO被氧气氧化最终生成二氧化碳和水，即反应为HCHO+O2CO2+H2O，故C正确；
D．O2﹣为中间产物之一，Na2O2中所含阴离子为O22﹣，二者所带电荷不同，故所含阴离子不同，故D错误，
故选：C。
5．【解答】解：A.反应1：3Br2+3Na2CO3═NaBrO3+5NaBr+3CO2↑，部分溴元素化合价由0价升高到+5价，被氧化，做还原剂；部分溴元素化合价由0价降低到﹣1价，被还原，做氧化剂，根据电子转移守恒可知，氧化剂、还原剂的质量之比为5：1，故A错误；
B.标准状况下，22.4L溴不是气体，故无法进行物质的量的相关运算，故B错误；
C.反应3的化学方程式为2Na2CO3+Cl2+H2O═NaCl+NaClO+2NaHCO3，三种盐是NaClO、NaCl和NaHCO3，故C错误；
D.反应1中Br2既是氧化剂也是还原剂，反应3中的Cl2既是氧化剂也是还原剂，故作用相同，故D正确；
故选：D。
6．【解答】解：A．过程Ⅰ发生的反应为Ce4+把H2氧化为H+，自身被还原为Ce3+，反应的离子方程式为：2Ce4++H2＝2Ce3++2H+，氧化产物为氢离子，还原产物为Ce3+，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故A正确；
B．过程Ⅱ为2NO+4Ce3++4H+＝N2+4Ce4++2H2O，故B正确；
C．处理过程中，Ce3+和Ce4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，但是溶液体积增大，物质的量浓度减小，故C错误；
D．该转化过程的实质为NO被H2还原为N2，H2被氧化为水，故D正确；
故选：C。
7．【解答】解：A.根据原子守恒，X为H2SO4，故A正确；
B.根据11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，建立白磷与转移电子的关系式：11P4～120e﹣，故每消耗1.1molP4，反应转移12mol电子，故B正确；
C.6molCuSO4可以氧化0.3molP4，故C错误；
D.Cu3P中Cu元素是由+2价降到+1价，P元素是由0价降到﹣3价，故Cu3P为还原产物，故D正确；
故选：C。
8．【解答】解：A．由反应：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，反应只有Cu元素的化合价发生变化，S元素的化合价没有变化，故A错误；
B．由反应：2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，刺激性气味的气体是SO2，故B错误；
C．反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，故C错误；
D．反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由+1→+2，+1→0，反应为2NH4CuSO3+4H+═Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，每2molNH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，故反应中每消耗1molNH4CuSO3，转移的电子数约为3.01×1023，故D正确；
故选：D。
9．【解答】解：A．复合膨松剂中添加柠檬酸，是利用其酸性，故A错误；
B．补铁口服液与维生素C一起服用，利用维生素C的还原性，防止口服液中Fe2+被氧化为Fe3+，故B错误；
C．长期施用铵态氮肥，铵根离子水解呈酸性，会使土壤酸化，导致土壤板结，故C正确；
D．“汽车限行”措施可减少碳排放，故D错误；
故选：C。
10．【解答】解：A．根据原子守恒可知，X中含有1个H，1个Cl，4个O，所以物质X为HClO4，故A正确；
B．根据原子守恒可知，ClO2见光分解的反应方程式为2ClO2Cl2+2O2，故B正确；
C．1molClO2（67.5g）杀菌消毒自身生成Cl﹣转移5mol电子，1molCl2（71g）杀菌消毒生成Cl﹣转移2mol电子，所以相同质量的Cl2和ClO2，消毒效率ClO2是Cl2的2.63倍，ClO2的消毒效率高，故C错误；
D．ClO2具有强氧化性，可以对CN﹣进行无毒化处理使其转化为氮气和二氧化碳，故D正确；
故选：C。
11．【解答】解：A．氧化剂为MnO4﹣，Mn元素由+7价降低为+6价，还原剂为CH3OH，C氧元素由﹣2价升高为+4价，根据电子转移守恒：n（MnO4﹣）＝6n（CH3OH），故n（MnO4﹣）：n（CH3OH）＝6：1，故A正确；
B．MnO4﹣是氧化剂，CO32﹣是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故氧化性：MnO4﹣＞CO32﹣，故B正确；
C．稀硫酸没有强氧化性，也不体现还原性，反应②可用硫酸进行酸化，故C正确；
D．MnO42﹣发生歧化反应生成MnO2、MnO4﹣，根据电子转移守恒可知（6﹣4）×n（氧化剂）＝（7﹣6）×n（还原剂），故2n（氧化剂）＝n（还原剂），59.5gMnO42﹣的物质的量为＝0.5mol，则起氧化剂的MnO42﹣的物质的量为，故转移电子×（6﹣4）＝mol，故D错误；
故选：D。
12．【解答】解：A．Pb3O4+8HCl（浓）＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；
B．Pb3O4+8HCl（浓）＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O反应中Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由﹣1升高到0价，则HCl（浓）作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，物质的氧化性：Pb3O4＞Cl2，故B错误；
C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为1mol，标况下的体积是22.4L，故D错误；
故选：C。
13．【解答】解：A.由分析可知，每生成2个NaFeO4反应转移10个电子，故每生成lmolNaFeO4反应转移5mole﹣，故A错误；
B.丙烷的燃烧为C3H8+O2CO2+H2O，过氧化钠分别和水二氧化碳反应为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2＝2Na2 CO3+O2，由方程式可知，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量，故增重实际是C3H8O3的质量＝×92＝g，故B错误；
C.高铁酸盐中铁的化合价为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，产生Fe3+能水解生成胶体可以吸附杂质，故C正确；
D.78g Na2O2固体物质的量为1mol，含有的共用电子对数为NA，故D错误；
故选：C。
14．【解答】解：A．反应ⅱ中NO2﹣被Fe还原为NH4+，离子方程式为：NO2﹣+3Fe+8H+＝3Fe2++NH4++2H2O，故A正确；
B．增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可增大纳米Fe/Ni与NO3﹣的接触面积，可以提高NO3﹣的去除效果，故B正确；
C．反应i为NO3﹣+Fe+2H+═NO2﹣+Fe2++H2O，反应ⅱ为NO2﹣+3Fe+8H+＝3Fe2++NH4++2H2O，消耗的铁的物质的量之比为1：3，故C错误；
D．结合反应i和反应ii可知，amol NO3﹣完全转化为NH4+至少需要Fe的物质的量为：amol+3amol＝4amol，故D正确；
故选：C。
15．【解答】解：A.根据铁元素和S元素守恒可知：a＝c，根据钠元素守恒可知：b＝a+c+d，又a＝2，故b＝6，所以3a＝b，故A正确；
B.过氧化钠是氧化剂，高铁酸钠是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Na2O2＞Na2FeO4，故B错误；
C.每生成2molNa2FeO4，反应中共有10mol电子转移，所以每生成1molNa2FeO4，反应有5mol电子转移，故C错误；
D.根据氧元素守恒，得e＝1，每消耗6molNa2O2，产生1mol氧气，故D错误；
故选：A。
16．【解答】解：A．Cu、O元素化合价降低，被还原，S元素的化合价升高，则+1的Cu被S还原成了Cu单质，故A错误；
B．没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故B错误；
C．该反应每生成64g即1mol Cu，同时生成0.5molSO2，S元素化合价由﹣2价变为+4价，则转移3mol电子，所以电子转移的总数约为3×6.02×1023，故C正确；
D．高温条件下Cu与氧气反应生成CuO，所以O2不能过量，故D错误；
故选：C。
17．【解答】解：A．MV2+被SO2﹣还原形成自由基阳离子MV+的过程中，溶液颜色由无色变为蓝色，所以MV2+被SO2﹣还原形成自由基阳离子MV+的过程伴随着颜色的改变，故A正确：
B．开启可闻声波后，溶液中氧气浓度增大，平衡O2（aq）+MV+⇌MV2++O2﹣正向移动，促进MV2+再生，故B正确；
C．持续补充SDT，增大SO2﹣浓度，平衡移动生成蓝色MV+，所以持续补充SDT才能维持蓝色，故C正确；
D．向体系中加入1molSDT，仅有部分转化为SO2﹣，所以转移电子小于2mol，故D错误；
故选：D。
18．【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以O2是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，故C正确；
D．不是标准状况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故D错误；
故选：C。
19．【解答】解：A．S与Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，则S2Cl2的结构式为Cl﹣S﹣S﹣Cl，故A正确；
B．S2Cl2与水发生2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以S2Cl2可能使品红溶液褪色，故B正确；
C．2S2Cl2+2H2O＝SO2↑+3S↓+4HCl中，SO2是氧化产物，S是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为l：3，故C正确；
D．S2Cl2与水反应生成HCl，将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，不能说明S2Cl2气体中有HCl，可能是S2Cl2与水生成的HCl，故D错误；
故选：D。
20．【解答】解：该反应中，Fe元素化合价从+3变为0，化合价降低被还原，Fe2O3作氧化剂；C元素化合价 从+2变为+4，化合价升高被氧化，CO作还原剂，故B正确，
故选：B。
21．【解答】解：A．气体的存在的条件未知，不能确定物质的量，则不能确定二氧化碳的共价键数目，故A错误；
B．甲醛中C元素化合价为0价，充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，则负极上消耗1 mol甲醛时转移4 mol电子，故B错误；
C．由流程可知Ag2O与HCHO反应生成Ag、二氧化碳和水，则反应的方程式为2Ag2O+HCHO═4Ag+CO2+H2O，故C正确；
D．甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1：4，故D错误。
故选：C。
22．【解答】解：A．因I元素的化合价升高，则在该反应中碘酸钠作还原剂，故A正确；
B．该反应中I的化合价升高，Cl的化合价降低，则碱性条件下，氯气的氧化性强于高碘酸钠的，故B正确；
C．由电子守恒可知，反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．反应中生成1 mol Na2H3IO6转移1mol×（7﹣5）＝2mol电子，故D正确。
故选：C。
23．【解答】解：A．随溶液pH变化硝酸钡还原产物不同，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多；当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，NH4+离子成为主要产物，故A正确；
B．用一定量的铁粉与大量的9.75mol•L﹣1HNO3溶液反应得到标态下气体2.24L为NO，物质的量为0.1mol，铁变化为硝酸铁，HNO3～NO～3e﹣，Fe～Fe3+～3e﹣，反映生成的铁离子为0.1mol，显酸性的硝酸为0.3mol，氧化剂的硝酸为0.1mol，所以参加反应的硝酸为0.3mol+0.1mol＝0.4mol，故B错误；
C．硝酸的浓度极低时，反应无气体产生，可知硝酸浓度越高，产物中氮元素价态越高，故C正确；
D．图象分析可知当硝酸浓度为9.75mol•L﹣1时还原产物是NO、NO2、N2O，物质的量之比为其体积比含量之比＝10：6：2＝5；3：1，故D正确；
故选：B。
24．【解答】解：A．加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I﹣还原生成I2，故用淀粉﹣KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉﹣KI试纸会变蓝，故A正确；
B．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞NaIO3，已变蓝的淀粉﹣KI试纸褪色的原因可能是氯气将碘氧化为HIO3，反应方程式为5Cl2+I2+6H2O═2HI03+10HCl，故B正确；
C．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故C错误；
D．根据转化关系2IO3﹣～I2～10e﹣可知，生成1 molI2反应中转移的电子数为10NA，故D正确；
故选：C。
二．多选题（共3小题）
25．【解答】解：A．CrO2 （ClO4）2中O为﹣2价、Cl为+7价，则Cr元素显+6价，故A错误；
B．Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，生成盐酸，也属于强酸，故B正确；
C．该反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3Cl﹣+8H+，HClO4做氧化剂，有3mol被还原，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：8，故C错误；
D．该反应的离子方程式为19ClO4﹣+8Cr3++4H2O＝8CrO2（ClO4）2+3Cl﹣+8H+，故D正确；
故选：BD。
26．【解答】解：A．制备次磷酸钠的同时还生成PH3，则该反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O＝3NaH2PO2+PH3↑，氧化产物为NaH2PO2，还原产物为PH3，两者的物质的量之比为3：1，故A正确；
B．白磷和过量氢氧化钠生成的次磷酸钠（NaH2PO2），则NaH2PO2为正盐，无羟基氢，不能电离出氢离子，故B错误；
C．根据题给信息可知，次磷酸钠用于镀铜后的溶液中，主要生成磷酸钠，存在物料守恒，表达式为：c（Na+）＝3[c（PO43﹣）+c（HPO42﹣）+c（H2PO4﹣）]，故C错误；
D．在镀铜反应中，离子方程式为：H2PO2﹣+2Cu2++6OH﹣＝PO43﹣+2Cu↓+4H2O，所以每生成1molCu，需消耗0.5molNaH2PO2，故D正确；
故选：AD。
27．【解答】解：A．由题中信息可知，AgNO3可以加快该反应的速率，则AgNO3为该反应的催化剂，故A正确；
B．（NH4）2S2O8中NH4+为+1价，O为﹣1价和﹣2价，S元素化合价为+6价，还原产物在含有MnO4﹣的溶液中能稳定存在，所以反应中的还原产物为SO42﹣，故B正确；
C．S元素原子最外层电子数为6，S元素的最高正化合价为+6，不可能是+7价，故C错误；
D．（NH4）2S2O8是氧化剂，含有2个﹣1价的O，则1mol氧化剂得到2mol电子，Mn2+是还原剂，1mol还原剂失去5mol电子，则反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：2，故D错误；
故选：CD。
三．解答题（共1小题）
28．【解答】解：（1）碳与浓硫酸的反应中，浓硫酸表现了强氧化性，在反应中做氧化剂，
故答案为：氧化剂；
（2）SO2能与品红反应生成无色化合物，体现了SO2的漂白性，
故答案为：漂白性；
（3）上述反应中I空气中的氮气转变为含氮化合物，符合氮的固定的定义，属于氮的固定，II、III含氮化合物转变为其它物质，是氮的化合物之间的转化，不是氮的固定，
故答案为：I；
（4）①反应的平均速率v（NH3）＝v（NO）＝＝＝0.015mol•（L•s）﹣1，
故答案为：0.015；
②在相同温度下，向该容器中通入一定量的NH3气体，物质的浓度增大，则反应速率将加快，
故答案为：加快。