2022屆高考化學(xué)搶分強(qiáng)化練-題型2.4氧化還原反應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用

第=page2020頁，共=sectionpages2121頁2022屆高考化學(xué)選擇題型搶分強(qiáng)化練——題型2.4氧化還原反應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用.向僅含F(xiàn)e2+、I?、Br?的溶液通入適量氯氣，溶液中這三種離子的物質(zhì)的量的變化如圖所示．下列說法中正確的是(????)A.線段Ⅲ代表Fe2+的變化情況 B.線段Ⅰ代表Br?的變化情況

C.a數(shù)值等于6同位素示蹤法可用于反應(yīng)機(jī)理的研究，下列反應(yīng)或轉(zhuǎn)化中同位素示蹤表示正確的是(????)A.2Na218O2+2H2O→4N向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樽厣傧蚍磻?yīng)后的混合物中不斷通入SOA.上述實(shí)驗(yàn)條件下，物質(zhì)的氧化性：Cu2+>I2>SO2

B.通入SO2時，SO2與I2反應(yīng)，I2作還原劑

C.通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了S已知電離平衡常數(shù)：Ka1(H2CA.FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液后，溶液變藍(lán)

B.純堿溶液中滴入少量氯水后生成次氯酸、氯化鈉等

C.NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式：ClO?+CO向含F(xiàn)e2+、I?、Br?的溶液中通入過量的氯氣，溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示，已知b?a=5，線段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和ⅣA.線段Ⅱ表示Br?的變化情況

B.原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=3∶1

C.根據(jù)圖像無法計算a已知某溶液中含有Cl?、Br?、I?的物質(zhì)的量之比為2：3：4，要使溶液中Cl?、Br?、I?的物質(zhì)的量之比為4：A.14 B.13 C.12科技工作者提出用鋁粉處理含亞硝酸鹽廢水的思路：調(diào)節(jié)亞硝酸鹽廢水酸堿性，使其pH>12，然后加入適量的鋁粉、攪拌，從而實(shí)現(xiàn)預(yù)期且的．下列判斷錯誤的是(????)A.廢水處理時鋁單質(zhì)轉(zhuǎn)化為Al3+

B.廢水處理中，亞硝酸鹽被還原

C.處理過程中，OH?在離子濃度都為0.1mol/L的下列溶液中，加入(或通入)某物質(zhì)后，發(fā)生反應(yīng)先后順序正確的是(????)A.在含F(xiàn)e3+、Cu2+、H+的溶液中加入鋅粉：Cu2+、Fe3+、H+

B.在含AlO2?、SO32?、OH?的溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液：OH?、AlO2?、SO32?

C.將11.2g的Mg?Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反應(yīng)產(chǎn)生的x氣體．再向所得溶液中加入適量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀．根據(jù)題意推斷氣體x的成分可能是(????)A.0.3mol

NO2

和0.3mol

NO

B.0.2mol

NO2和0.1mol

N2O4

C.0.1mol

NO、0.2mol

NO2用H2O2溶液處理含NaCN的廢水的反應(yīng)原理為：NaCN+H2O2+A.該反應(yīng)中氮元素被氧化

B.該反應(yīng)中H2O2作還原劑

C.0.1mol?L?1NaCN溶液中含有HCN和CN?向硫酸酸化的Fe(

NO3)3溶液中逐漸通入H2S氣體，可能發(fā)生反應(yīng)的離子方程式正確的是(????)

①S2?+2N03?+4HA.②③⑤ B.③④⑤ C.②④⑤ D.①②③在混合體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)先后順序有利于問題的解決，下列反應(yīng)先后順序判斷正確的是(????)A.在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2：I?、Br?、Fe2+

B.在含等物質(zhì)的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+

C.在含等物質(zhì)的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入已知下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)：①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②將K2A.化合物KCrO2中Cr元素為+3價

B.實(shí)驗(yàn)①證明Cr2O3是兩性氧化物

C.實(shí)驗(yàn)②證明氧化性：Cr將SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后，再加入A.氧化性Cr2O72?>Fe3+>SO2

B.K2Cr2O7能將Na2S已知電離平衡常數(shù)：H2CO3>HClO>HCA.能使pH試紙顯深紅色的溶液中，F(xiàn)e3+、Cl?、Ba2+、Br?能大量共存

B.惰性電極電解氯化鎂溶液：2Cl?+2將某些化學(xué)知識用數(shù)軸表示，可以收到直觀、簡明、易記的效果．用數(shù)軸表示的下列知識正確的是(????)A.硫及其化合物的化合價與氧化還原反應(yīng)的關(guān)系：

B.分散系的分類：

C.AlCl3溶液與NaOH溶液反應(yīng)后鋁元素的存在形式：

D.CO2與NaOH溶液反應(yīng)后的產(chǎn)物下表中對離子方程式的評價不合理的是(????)選項化學(xué)反應(yīng)及離子方程式評價ANaClO溶液中通入少量的SO2錯誤，堿性介質(zhì)中

不可能生成HB用酸性高錳酸鉀溶液滴定草酸：2Mn正確CNH4Al(SO錯誤，OH?首先和Al3+反應(yīng)D用惰性電極電解MgCl2溶液：2Mg2+正確A.A B.B C.C D.D在復(fù)雜的體系中，確認(rèn)化學(xué)反應(yīng)先后順序有利于解決問題，下列化學(xué)反應(yīng)先后順序判斷正確的是(????)A.在含AlO2?、SO32?、OH?的溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液：OH?、AlO2?、SO32?

B.含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中，緩慢通入氯氣：I?、Br?、Fe2+

C.含等物質(zhì)的量的Ba(OH)下列離子方程式中，不正確的是(????)A.向Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液Mg2++2HCO3?+4OH?=Mg(OH)2↓+2CO32?+2H2亞磷酸(H3PA.Na2HPO3溶液顯堿性，說明HPO32?的電離程度大于水解程度

B.25℃時，將0.1

mol?L?1的亞磷酸溶液加水稀釋后，n(H+)與n(O向2mL

0.5mol/L的FeCl3溶液中加入3mL

3mol/L

KF溶液，F(xiàn)eCl3溶液褪成無色，再加入KI溶液和CClA.Fe3+不與I?發(fā)生反應(yīng)

B.Fe3+與F?結(jié)合成不與I?反應(yīng)的物質(zhì)

C.F?使I?的還原性減弱已知I?、Fe2+、SO2和H2O2A.2Fe3++SO2+2H2O=2F常溫下，對于下列電解質(zhì)溶液的說法正確的是(????)A.pH=1的溶液中，F(xiàn)e3+、I?、NO3?、K+可以大量共存

B.用過量的NaOH溶液吸收SO2的離子方程式：SO2+OH?=HSO3?

向含有Fe2+、I?、Br?的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如圖所示。有關(guān)說法不正確的是(A.線段BC代表Fe3+物質(zhì)的量的變化情況

B.原混合溶液中c(FeBr2)=6?mol/L

C.當(dāng)通入Cl2有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl?、Br?、I?(忽略水的電離)，Cl?、Br?、I?的個數(shù)比為2：3：4，向該溶液中通入氯氣使溶液中ClA.7：4 B.7：3 C.7：2 D.7：1某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐漸加入鐵粉，溶液中Fe2+的濃度與加入鐵粉的物質(zhì)的量之間的關(guān)系如圖所示。則溶液中A.1：1：1 B.1：3：1 C.2：1：4 D.1：1：4從反應(yīng)結(jié)果分析，下列關(guān)于“反應(yīng)先后順序”的評價中正確的是(????)A.向物質(zhì)的量比為1：1的Na2CO3和NaOH混合溶液中通入少量CO2，NaOH先發(fā)生反應(yīng)

B.向體積比為1：1的SO2和CO2混合氣體中加入少量氨水，CO2先發(fā)生反應(yīng)

C.向物質(zhì)的量之比為1：1的FeCl3和某溶液中含有的溶質(zhì)是FeBr2、FeI2，若先向該溶液中通入一定量的氯氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加KSCN溶液，結(jié)果溶液變?yōu)榧t色。則下列敘述正確的是(A.原溶液中的Br

???一定被氧化

B.通入氯氣之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化

C.不能確定通人氯氣之后的溶液中是否存在Fe2+

D.若取少量所得溶液，再加入答案和解析1.【答案】C

【解析】解：向僅含F(xiàn)e2+、I?、Br?的溶液中通入適量氯氣，根據(jù)還原性：I?>Fe2+>Br?，首先發(fā)生反應(yīng)：2I?+Cl2=I2+2Cl?，I?反應(yīng)完畢，再發(fā)生反應(yīng)：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，最后發(fā)生反應(yīng)：2Br?+Cl2=Br2+2Cl?，故線段Ⅰ代表I?的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br?的變化情況；

由通入氯氣可知，根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中n(I?)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol?1mol)=4mol，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，

根據(jù)電荷守恒可知n(I?)+n(Br?)=2n(Fe2+)，

故n(Br?)=2n(Fe2+)?n(I?)=2×4mol?2mol=6mol，

A.由上述分析可知，線段Ⅲ代表Br?的變化情況，故A錯誤；

B.由上述分析可知，線段I代表I?的變化情況，故B錯誤；

C.由上述分析可知，溶液中【解析】解：A.過氧化物與水反應(yīng)實(shí)質(zhì)為，過氧根離子結(jié)合水提供的氫離子生成過氧化氫，同時生成氫氧化鈉，過氧化氫在堿性條件下不穩(wěn)定，分解為水和氧氣，所以?18O同時在水中和氧氣中，不出現(xiàn)在氫氧化鈉中，故A錯誤；

B.KMnO4中Mn元素化合價降低為2×(7?2)=10，H218O2中O元素化合價升高5×2×[0?(?1)]=10，化合價升降相等，高錳酸鉀把過氧根氧化為氧氣，?18O全部在氧氣中，故B正確；

C.NH4Cl水解，其實(shí)是水電離的氫氧根、氫離子分別和NH4+、Cl?結(jié)合，生成一水合氨和氯化氫，所以?2H應(yīng)同時存在在一水合氨中和HCl中，故C錯誤；

D.KClO3和HCl發(fā)生歸中反應(yīng)，KClO3中氯元素由+5價降低為0價，不能降低為?1，HCl中氯元素化合價由?1價升高為0價，氯氣中的Cl有16來自KClO3，56來自HCl，KCl中的Cl全部來自HCl，故D錯誤。

故選：【解析】

本題考查氧化還原反應(yīng)，根據(jù)題目信息推斷實(shí)驗(yàn)中發(fā)生的反應(yīng)，素材陌生，難度中等，考查學(xué)生對氧化還原反應(yīng)的利用．

【解答】

CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，反應(yīng)方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。

A.2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反應(yīng)中Cu2+化合價降低是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以物質(zhì)的氧化性：Cu2+>I2，SO2+2H2O+I2=H2SO【解析】解：A.氧化性Fe3+>I2，所以FeCl3溶液滴入KI淀粉溶液后鐵離子能夠氧化碘離子生成碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)，故A正確；

B.純堿溶液中滴入少量氯水后不會生成次氯酸，故B錯誤；

C.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和HCO3?，離子方程式為ClO?+CO2+H2O=HClO+HCO3?，故C正確；

D.向FeI2溶液中滴加少量溴水，只氧化I?，反應(yīng)的離子方程式為：2I?+Cl2=I2+2Cl?，故D正確；

【解析】

本題考查氧化還原反應(yīng)計算、氧化還原反應(yīng)先后順序、氧化性和還原性強(qiáng)弱比較等知識，試題綜合性較強(qiáng)，難度較大，明確反應(yīng)過程及反應(yīng)原理為解題關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及邏輯推理能力。

【解答】

向僅含F(xiàn)e2+、I?、Br?的溶液中通入適量氯氣，還原性I?>Fe2+>Br?，首先發(fā)生反應(yīng)2I?+Cl2=I2+2Cl?，I?反應(yīng)完畢，再發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，最后發(fā)生反應(yīng)2Br?+Cl2=Br2+2Cl?，故線段I代表I?的變化情況，線段Ⅱ代表Fe2+的變化情況，線段Ⅲ代表Br?的變化情況；

由通入氯氣可知，根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中n(I?)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol?1mol)=4mol，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，根據(jù)電荷守恒可知n(I?)+n(Br?)=2n(F【解析】解：已知還原性I?>Br?>Cl?，反應(yīng)后I?有剩余，說明Br?濃度沒有變化，通入的Cl2只與I?發(fā)生反應(yīng)，

設(shè)原溶液中含有2molCl?，3molBr?，4molI?，通入Cl2后，它們的物質(zhì)的量之比變?yōu)?：3：2，

則各離子物質(zhì)的量分別為：4molCl?，3molBr?，2molI?，

Cl?增加了2mol，則需1molCl2，

則通入的Cl【解析】解：A.pH>12，溶液呈堿性，鋁反應(yīng)生成AlO2?，故A錯誤；

B.鋁和亞硝酸鹽發(fā)生氧化還原反應(yīng)，鋁被氧化，則亞硝酸鹽被還原，故B正確；

C.處理過程中，OH?與Al、NO2?反應(yīng)，生成N2、AlO2?和H2O，OH?參與了反應(yīng)，故C正確；

D.鋁粉顆粒度越小，表面積越大，反應(yīng)速率越大，所以鋁粉顆粒大小影響廢水處理的速率，故D正確．

故選A．

A.pH>12，溶液呈堿性，Al3+在堿性條件下不能存在；

B.鋁和亞硝酸鹽發(fā)生氧化還原反應(yīng)，鋁被氧化，則亞硝酸鹽被還原；

C.處理過程中，OH?與Al、【解析】解：A.氧化性：Fe3+>Cu2+>H+，依據(jù)氧化還原反應(yīng)的先后規(guī)律，發(fā)生反應(yīng)先后順序?yàn)椋篎e3+、Cu2+、H+，故A錯誤；

B.堿性：OH?>AlO2?>SO32?，故發(fā)生反應(yīng)先后順序?yàn)椋篛H?、AlO2?、SO32?，故B正確；

C.還原性：SO32?>I?>Br?，依據(jù)氧化還原反應(yīng)的先后規(guī)律，發(fā)生反應(yīng)先后順序?yàn)椋篠O32?、I?、Br?，故【解析】解：向Mg?Cu混合物與足量的硝酸反應(yīng)所得溶液中加入足量的NaOH溶液，產(chǎn)生21.4g沉淀為氫氧化鎂、氫氧化銅，所以沉淀中氫氧根的質(zhì)量為21.4g?11.2g=10.2g，物質(zhì)的量為10.2g17g/mol=0.6mol，根據(jù)電荷守恒可知，11.2g的Mg?Cu提供的電子為0.6mol，

A.生成0.3mol?NO2和0.3mol

NO，N元素獲得電子為0.3mol×(5?4)+0.3mol×(5?2)=1.2mol，得失電子不相等，故A錯誤；

B.生成0.2mol

NO2和0.1mol

N2O4，N元素獲得電子為0.2mol×(5?4)+0.1mol×2×(5?4)=0.4mol，得失電子不相等，故B錯誤；

C.生成0.1mol?NO、0.2mol?NO2和0.05mol?N2O4，N元素獲得電子為0.1mol×(5?2)+0.2mol×(5?4)+0.05mol×2×(5?4)=0.6mol，得失電子相等，故C正確；

D.生成0.6mol?NO，N元素獲得電子為【解析】解：A.NaCN中C為+2價，Na為+1價，則氮元素的化合價為?3，反應(yīng)前后N元素化合價不變，故A錯誤；

B.NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反應(yīng)中O元素從?1價降低為?2價，所以反應(yīng)中H2O2作氧化劑，故B錯誤；

C.沒有告訴溶液的體積，無法計算，故C錯誤；

D.因?yàn)镠CN酸性比H2CO3弱，所以實(shí)驗(yàn)室配制NaCN溶液時，需加入適量的NaOH溶液防止水解，故D正確。

故選：D。

NaCN+H【解析】解：酸性溶液中，氧化性HNO3>Fe3+，硫化氫不足，硝酸根離子氧化硫化氫，由電子、電荷守恒可知，離子反應(yīng)為3H2S+2NO3?+2H+=2NO↑+3S↓+4H2O，故①錯誤，

硫化氫足量，則Fe(NO3)3完全反應(yīng)，由電子、電荷守恒可知，離子反應(yīng)為Fe3++3NO3?+5H2S+2H+=3NO↑+5S↓+Fe2++6H2O，故③正確，

當(dāng)硫化氫將硝酸根全部還原后，再通入硫化氫發(fā)生離子反應(yīng)為2Fe3++H【解析】解：A.在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強(qiáng)的離子反應(yīng)，離子的還原性順序：I?>Fe2+>Br?，故A錯誤；

B.在含等物質(zhì)的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強(qiáng)的離子之間反應(yīng)，離子的氧化性順序是：Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+，故B正確；

C.在含等物質(zhì)的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2之間反應(yīng)，其次是氫氧化鉀，再是和碳酸鹽之間反應(yīng)，故C錯誤；

D.在含等物質(zhì)的量的AlO2?、OH?、C【解析】解：A.化合物KCrO2中，K為+1價，O為?2價，由化合物中正負(fù)化合價的倒數(shù)和為0，則Cr元素為+3價，故A正確；

B.由反應(yīng)①可知，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，為兩性氧化物，故B正確；

C.由②中溶液變藍(lán)，生成碘單質(zhì)可知，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價降低，I元素的化合價升高，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，證明氧化性為Cr2O72?>I2，故C正確；

D.實(shí)驗(yàn)③中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價由+3價升高為+6價，則過氧化氫中O元素的化合價降低，所以證明H2O2有氧化性，故D錯誤。

故選：D。

①中，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，為兩性氧化物；

②中，溶液變藍(lán)，生成碘單質(zhì)，則發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價降低，I元素的化合價升高；

③中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr元素的化合價由+3價升高為【解析】

A.氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，氧化劑的氧化性大于還原劑的氧化性；

B.由氧化性的強(qiáng)弱，判斷反應(yīng)的發(fā)生；

C.Cr元素的化合價由+6價降低為+3價；

D.6.72

L

SO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)參加反應(yīng)，n(SO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，由上述兩個反應(yīng)可知，存在3SO2～Cr2O72?，以此計算．

本題考查氧化還原反應(yīng)及計算，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中元素的化合價變化為解答的關(guān)鍵，涉及氧化性比較、轉(zhuǎn)移電子及關(guān)系式的計算，側(cè)重分析能力及計算能力的考查，題目難度中等．

【解答】

A.由①可知，F(xiàn)e元素的化合價降低，則氧化性為Fe3+>SO2，由②可知，Cr元素的化合價降低，則氧化性為Cr2O72?>Fe3+，故A正確；

B.因氧化性為Cr2O72?>SO2，則K2Cr2O7能將【解析】解：A.能使pH試紙顯深紅色的溶液顯酸性，F(xiàn)e3+、Cl?、Ba2+、Br?之間不反應(yīng)，故A正確；

B.惰性電極電解氯化鎂溶液：Mg2++2Cl?+2H2O?電解??Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑，故B錯誤；

C.因?yàn)樗嵝訦ClO>HCO3?，所以HClO與CO32?能反應(yīng)，應(yīng)該生成HCO3?，故C錯誤；

D.根據(jù)氧化性Cl【解析】解：A.S的化合價為?2時，化合價最低，只能做還原劑，時S的化合價為+6，化合價最高，只能做氧化劑，在中間價態(tài)時既能做氧化劑，又能做還原劑，故A錯誤；

B.分散系的根本區(qū)別在于分散質(zhì)微粒直徑的大小，小于100nm為溶液，大于100nm為濁液，在1nm～100nm的為膠體，故B錯誤；

C.Al3++3OH?=Al(OH)3↓，Al3++4OH?=AlO2?+2H2O，n(NaOH)n(AlCl3)<3，鋁元素以Al3+和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)=3，則以Al(OH)3形式存在；3<n(NaOH)n(AlCl3)<4以AlO2?和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)≥4只以AlO2?形式存在，故C正確；

D.2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+【解析】解：A.NaClO溶液中通入少量的SO2的離子反應(yīng)為：ClO?+2OH?+SO2=Cl?+SO42?+H2O，評價合理，故A正確；

B.離子方程式2MnO4?+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中遵循原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒，且符合離子方程式書寫規(guī)則，該評價正確，故B【解析】解：A.硫酸氫鈉溶液顯酸性，加入硫酸氫鈉后先發(fā)生中和反應(yīng)，結(jié)合氫離子的能力OH?>AlO2?>SO32，與氫離子反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篛H?、AlO2?、SO32?，故A正確；

B.離子還原性I?>Fe2+>Br?，氯氣先與還原性強(qiáng)的反應(yīng)，還原性強(qiáng)弱順序是I?、Fe2+、Br?，因?yàn)?Fe2++Br2=2Fe3++2Br?，故B錯誤；

C.在含等物質(zhì)的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，緩慢通入CO2，反應(yīng)先后順序?yàn)椋築a(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C錯誤；

D.在含等物質(zhì)的量的F【解析】解：A.向Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液的離子反應(yīng)為Mg2++2HCO3?+4OH?=Mg(OH)2↓+2CO32?+2H2O，故A正確；

B.當(dāng)SO42?全部沉淀時，發(fā)生的離子反應(yīng)為2Ba2++4OH?+Al3++2SO42?+NH4+=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3﹒H2O，故B錯誤；

C.FeBr2溶液中通入過量的Cl2的離子反應(yīng)為2Fe2+【解析】解：A.亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，HPO32?不再電離出氫離子，HPO32?水解呈堿性，故A錯誤；

B.加水稀釋，由于溫度不變，則c(H+)與c(OH?)的乘積，但體積增大，則n(H+)與n(OH?)的乘積增大，故B錯誤；

C.H3PO3具有還原性，可被銀離子氧化，如生成H3PO4，反應(yīng)中P元素化合價由+3價升高到+5價，Ag元素化合價由+1價降低到0價，則參加反應(yīng)的n(Ag+)n(H3PO3)=2，故C正確；

D.溶液存在H2PO3【解析】解：A.鐵離子具有強(qiáng)氧化性，碘離子具有還原性，二者能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；

B.根據(jù)題中信息可知，氯化鐵中加入氟化鉀，氯化鐵褪色，說明鐵離子參加了反應(yīng)生成了無色物質(zhì)，再根據(jù)加入碘化鉀也沒有明顯現(xiàn)象進(jìn)一步證明Fe3+與F?結(jié)合成不與I?反應(yīng)的物質(zhì)，故B正確；

C.氟離子與碘離子不反應(yīng)，氟離子不會使碘離子的還原性減弱，故C錯誤；

D.鐵離子氧化性較弱，不會與氟離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故D錯誤；

故選B．

FeCl3中加入KF后溶液呈現(xiàn)無色，而其中沒有還原性物質(zhì)，因此可能是Fe3+被其他離子結(jié)合成無色的物質(zhì)(有可能是Fe3+與F?絡(luò)合導(dǎo)致)；再加入I?，CCl4【解析】

本題考查氧化還原反應(yīng)，為高頻考點(diǎn)，把握還原性強(qiáng)弱及還原劑判斷為解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。

根據(jù)氧化還原反應(yīng)中還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，利用酸性溶液中還原性強(qiáng)弱的順序是SO2>I?>H2O2>Fe2+>Cl?來判斷反應(yīng)能否發(fā)生，以此來解答。

【解答】

A.因該反應(yīng)中S元素的化合價升高，F(xiàn)e元素的化合價降低，則SO2為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO2>Fe2+，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故A不選；

B.若該反應(yīng)發(fā)生，S元素的化合價降低，O元素的化合價升高，則H2O2為還原劑，還原性強(qiáng)弱為H2O2>SO2，與已知的還原性強(qiáng)弱矛盾，不可能發(fā)生，故B選；

C.因該反應(yīng)中【解析】A.酸性環(huán)境下，硝酸根離子能夠氧化碘離子；B.過量的NaOH溶液吸收SO2反應(yīng)生成亞硫酸根離子；C.氫離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸根離子與鈣離子反應(yīng)生成亞硫酸鈣沉淀；D.氫氧化鈣溶液與氯氣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水．本題考查了離子方程式的書寫、離子共存的判斷，明確離子的性質(zhì)及發(fā)生的反應(yīng)是解題關(guān)鍵，題目難度不大．

【解答】

A.pH=1的溶液中含有大量的氫離子，硝酸根離子、三價鐵離子都能夠氧化碘離子，不共存，故A錯誤；

B.用過量的NaOH溶液吸收SO2的離子方程式：SO2+2OH?=SO32?+H2O，故B錯誤；

C.亞硫酸根為弱酸根離子，與氫離子反應(yīng)生成弱酸，不能夠共存，亞硫酸根離子與鈣離子反應(yīng)生成亞硫酸鈣沉淀，鈣離子、亞硫酸根離子不共存，故C【解析】

本題以圖象形式考查氧化還原反應(yīng)、化學(xué)計算，綜合性較強(qiáng)，根據(jù)離子的還原性強(qiáng)弱結(jié)合圖象判斷各階段發(fā)生的反應(yīng)是解答該題的關(guān)鍵，是易錯題目，難度較大。

【解答】

還原性I?>Fe2+>Br?，故首先發(fā)生2I?+Cl2=I2+2Cl?，I?反應(yīng)完畢再發(fā)生：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?；最后發(fā)生反應(yīng)2Br?+Cl2=Br2+2Cl?，

A.B點(diǎn)時溶液中I?完全反應(yīng)，溶液中存在Fe2+和Br?，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，代表Fe3+的物質(zhì)的量的變化情況，故A正確；

B.由圖可知，BC段發(fā)生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl?，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢消耗氯氣2mol，由方程式可知n(Fe2+)=2×2mol=4mol，無法得到原溶液的體積，故不能計算原混合溶液中c(FeBr2)，故B錯誤；

C.AB段發(fā)生2I【解析】

本題考查氧化