132氧化性还原性强弱的判断（好题帮）-2023年高考化学一轮复习（新教材新高考）

专题一物质及其变化第三节氧化还原反应考点2氧化性、还原性强弱的判断选择题（共16小题）1．反应KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O说法不正确的是A．氧化产物和还原产物都是 B．该反应中体现了还原性和酸性C．还原性HCl>Cl2 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为【答案】D【解析】A．在该反应中，Cl2既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；B．该反应中若有6mol的HCl参加反应，被氧化的有5mol，氯的化合价不变的有1mol，所以在该反应中HCl体现了还原性和酸性，故B正确；C．在该反应中，部分HCl是还原剂，部分Cl2是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性HCl>Cl2，故C正确；D．由分析可知，在该反应中，KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5，故D错误；答案选D。2．与H2反应的难易程度，是判断非金属单质氧化性强弱的依据之一，根据下表信息，可推断卤素单质中氧化性最强的是F2Cl2Br2I2与H2反应的条件暗处发生爆炸光照发生爆炸加热能反应加热能缓慢反应A．F2 B．Cl2 C．Br2 D．I2【答案】A【解析】元素非金属性越强，其单质的氧化性越强，与氢气化合越容易，由表格中各卤素单质与氢气化合的反应条件可知，F2与氢气化合最容易，因此氧化性最强的是F2，答案选A。3．不能作为判断硫、氧两种元素非金属性强弱的依据是A．单质氧化性的强弱 B．最高价氧化物的水化物酸性的强弱C．单质与氢气化合的难易 D．气态氢化物沸点的高低【答案】D【解析】A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A不选；B．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故B不选；C．单质与氢气化合越容易，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C不选。D．气态氢化物的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故D选；故答案选D。4．下列说法正确的是A．含氧的化合物就是氧化物B．1molH2O中含有2mol氢和1mol氧C．氧化剂的氧化性的相对强弱取决于得到电子数目的多少D．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应时逸出气体的量相等【答案】D【解析】A．氧化物中含有两种元素，其中一种元素为氧元素，所以含有氧元素的化合物不一定为氧化物，如硫酸、氯酸钾等都含有氧元素，二者不属于氧化物，选项A错误；B.1

mol

H2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子，必须指明具体的粒子名称，选项B错误；C．氧化剂的氧化性的相对强弱与得到电子数目的多少无关，与得到电子能力的强弱有关，选项C错误；D．等量的铝失去的电子固定，无论与酸反应还是与碱溶液反应，则反应生成氢气的量相等，选项D正确；答案选D。5．在不同条件下，用氧化一定浓度FeCl2溶液的过程中所测得的实验数据如图所示。下列分析或推测不合理的是A．0~6h内，Fe2+的氧化率随时间延长而逐渐增加B．由曲线②和③可知，pH越大，Fe2+的氧化速率越快C．由曲线①和③可知，温度越高，Fe2+的氧化速率越快D．氧化过程的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】A．由题图中曲线可知，0~6h内，随着时间的延长，Fe2+的氧化率逐渐增大，A正确；B．由曲线②和③可知，当温度相同时，pH越小，Fe2+的氧化率越大，相同时间内Fe2+的氧化速率越快，B错误；C．由曲线①和③可知，温度越高，Fe2+的氧化速率越快，C正确；D．氧化过程的离子方程式为4Fe2++O2+4H++=4Fe3++2H2O，D正确。故选B。6．高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]+HBrO→KCuO2+KBr+KBrO+H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2+H2SO4→O2+CuSO4+H2O+K2SO4(未配平)。下列说法不正确的是A．①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2B．②若有标况下5.6LO2生成，转移电子0.2NAC．②中KCuO2既表现氧化性，又表现还原性D．由①②可知氧化性强弱顺序为：HBrO>KCuO2>O2【答案】B【解析】A．反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，K2[Cu(OH)4]→KCuO2中Cu元素化合价升高，K2[Cu(OH)4]做还原剂，反应方程式为2K2[Cu(OH)4]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO+5H2O，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，A正确；B．反应②反应方程式为4KCuO2+6H2SO4=O2+4CuSO4+6H2O+2K2SO4，生成1molO2转移4mol电子，标况下生成5.6LO2即物质的量为n=VVm=5.6L22.4L/mol=0325mol，转移电子0.25mol×4×NAmol1=C．反应②反应方程式为4KCuO2+6H2SO4=O2+4CuSO4+6H2O+2K2SO4，Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，KCuO2既做氧化剂也做还原剂，KCuO2既表现氧化性，又表现还原性，C正确；D．由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：HBrO>KCuO2，由②可得氧化性：KCuO2>O2，则氧化性强弱顺序为：HBrO>KCuO2>O2，D正确；故选：B。7．已知氧化性Br2>Fe3+。向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2，充分反应。下列说法不正确的是A．离子的还原性强弱：Fe2+>Br>ClB．当a≥2b时，发生的离子反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2ClC．当a=b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe3+)：c(Br)：c(Cl)=1：2：2D．当3a≤2b时，发生的离子反应：2Fe2++4Br+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl【答案】C【解析】A．氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+＞Br＞Cl，故A正确；B．amolFe2+消耗0.5amolCl2，当a≥2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，故B正确；C．当a=b时，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl，由2Br+Cl2=2Cl+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr，又生成amolCl，溶液中剩余Br为amol，反应后的离子浓度：c(Fe3+)：c(Br)：c(Cl)=1：1：2，故C错误；D．amolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr消耗amolCl2，当3a≤2b时，Fe2+、Br完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2++4Br+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl，故D正确，故选：C。8．和混合气体，通入、、的混合溶液，转化关系如图所示。下列描述正确的是A．过程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中属于氧化还原反应的只有Ⅰ和ⅢB．过程Ⅱ反应的离子方程式为C．氧化性强弱的顺序为D．对于过程Ⅲ反应，氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1【答案】A【解析】A．反应Ⅰ中Fe2+变为Fe3+化合价发生了变化为氧化还原反应，Ⅱ反应中无物质化合价变化，不是氧化还原反应，反应Ⅲ中2的硫变为S化合价发生了变化为氧化还原反应，A项正确；B．过程Ⅱ中H2S为弱酸不能拆，离子方程式应该为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B项错误；C．反应Ⅰ中由O2制备出Fe3+，氧化性O2>Fe3+。反应Ⅲ中Fe3+制备出S则氧化性Fe3+>S，C项错误；D．反应Ⅲ的方程式为CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，所以氧化产物S与还原产物Fe2+物质的量之比为1:2，D项错误；故选A。9．高锰酸钾制氯气：2KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O地康法制氯气：4HCl+O22Cl2+2H2O二氧锰制氯气：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O下列说法正确的是A．氧化性强弱顺序是O2>MnO>2KMnO4B．氧化性强弱顺序是O2>KMnO4>MnO2C．氧化性强弱顺序是KMnO4>O2>MnO2D．氧化性强弱顺序是KMnO4>MnO2>O2【答案】D【解析】根据已知可知：地康法制氯气需在催化剂和加热的条件下完成；二氧锰制氯气需在加热的条件下完成；高锰酸钾制氯气不需在催化剂和加热的条件下就能完成。由反应条件可知，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气，即氧化性强弱顺序是KMnO4>MnO2>O2，故D符合题意；故答案：D。10．下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A比较HCO3与Al(OH)3的酸性向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液出现白色沉淀能确定：酸性HCO3>Al(OH)3B比较Mg(OH)2与Fe(OH)3溶解度2mL0.1mol·L1的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L1的MgCl2溶液，再滴加2滴0.1mol·L1的FeCl3溶液白色沉淀转化为红褐色沉淀能确定：溶解度Mg(OH)2>Fe(OH)3C判断基团之间的影响试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴0.1mol·L1酸性高锰酸钾溶液，振荡试管1、2不褪色，3褪色不能确定：苯环影响甲基D比较Fe3+和I2的氧化性强弱向含有淀粉的KI溶液中滴入Fe(NO3)3溶液，观察溶液颜色变化溶液变蓝不能确定：氧化性Fe3+>I2【答案】B【解析】A．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，出现白色沉淀，AlOeq\o(\s\up5(),\s\do2(2))+HCOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))=Al(OH)3↓+COeq\o(\s\up5(2),\s\do2(3)),能确定：酸性HCOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))>Al(OH)3,方案设计、现象和结论均正确，故A不符合题意；B．2mL0.1mol·L1的NaOH溶液中滴加2滴0.1mol·L1的MgCl2溶液，白色沉淀,此时溶液中碱过量，再滴加2滴0.1mol·L1的FeCl3溶液，直接与过量的氢氧化钠反应，红褐色沉淀，不能确定：溶解度Mg(OH)2>Fe(OH)3，方案设计有问题，方案设计、现象和结论有不正确，故B符合题意；C．试管1、2、3中分别装有3mL的苯、甲基环己烷、甲苯，分别滴加3滴0.1mol·L1酸性高锰酸钾溶液，振荡，盛甲苯的试管中酸性高锰酸钾溶液褪色，试管1、2不褪色，3褪色，无法证明环己烷不使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能确定：苯环影响甲基，使甲基变得更容易被氧化，题中不正确的方案设计，得到的现象、结论正确，故C不符合题意；D．向含有淀粉的KI溶液中滴入Fe(NO3)3溶液，观察溶液颜色变化，Fe3+和NOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))均能将I氧化，溶液变蓝，不能确定：氧化性Fe3+>I2，题中不正确的方案设计，得到的现象和结论正确，故D不符合题意；故选B。11．某同学进行如下实验：实验实验现象ⅰ将铜粉加入试管中，再加入稀HNO3溶液变蓝，液面上方呈浅红棕色；至不再产生气泡时，铜粉有剩余，余液呈酸性ⅱ继续向ⅰ中试管加入少量固体NaNO3又产生气泡，铜粉减少，液面上方呈浅红棕色ⅲ取饱和Cu(NO3)3溶液，加入少量固体NaNO3和铜粉无明显变化下列说法不正确的是A．HNO3氧化性的强弱与其浓度大小有关B．ⅰ、ⅱ中铜粉减少的原因能用相同的离子反应解释C．ⅰ中余液呈酸性的主要原因是Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+2H+D．用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解【答案】C【解析】A．由i、ii分析可知i还有硝酸剩余，不能将铜全部溶解，故硝酸氧化性和浓度有关，A正确；B．i、ii铜粉减少的原因均为硝酸和铜发生了氧化还原反应，能用相同的离子反应3Cu+8H++2NOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))=3Cu2++2NO↑+4H2O解释，B正确；C．由i、ii分析可知i还有剩余氢离子，不能说明余液呈酸性的主要原因是铜离子水解所导致，C错误；D．硝酸根离子在酸性条件下具有强化性，可以将铜氧化，故用一定浓度的H2SO4与NaNO3也能使铜粉溶解，D正确；故答案选C。12．下列实验操作不能达到实验目的的是A．图I：检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子B．图II：制备溴苯并验证其反应类型C．图III：验证MnO2、Cl2、S氧化性强弱D．图IV：可用于干燥、收集氨气，并吸收多余的氨气【答案】C【解析】A．反应后溶液中还有过量的浓硫酸，检验其中的Cu2+必须将溶液倒入盛水的烧杯，搅拌散热观察现象，A选项能达到实验目的；B．用硝酸银溶液检验苯与Br2发生取代反应后的产物HBr之前，需用CCl4除去混在其中挥发出的Br2蒸汽，避免干扰，B选项能达到实验目的；C．MnO2与浓盐酸反应制取氯气需要加热，否则不会发生反应，C选项不能达到实验目的；D．氨气可用碱石灰干燥，且因为其密度小于空气，故采用短进长出的排空气法收集氨气，最后使用倒置漏斗贴于水面吸收多余NH3还可防止倒吸，D选项能达到实验目的；答案选C。13．碘在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法不正确的是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5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HClC．途径Ⅱ中若生成1mol，则反应中转移10mol电子D．由题图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))【答案】D【解析】A．加碘盐中含有KIO3，加入食醋后，与KI发生氧化还原反应，生成的I2又与淀粉作用，从而使淀粉KI试纸变蓝，A正确；B．湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸中含有I2，通入足量Cl2后，试纸褪色，则表明I2被Cl2氧化，可能原因是5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，B正确；C．途径Ⅱ中，2HIO3——I2——10e，则生成1molI2，反应中转移10mol电子，C正确；D．由途径Ⅲ可知，氧化性Cl2>IOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))，由途径Ⅱ可知，氧化性IOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))>I2，所以强弱顺序为Cl2>IOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))>I2，D不正确；故选D。14．氧化剂溶液的浓度会影响其氧化性的强弱。镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的是A．24g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.25molHNO3B．消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是NO2C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3:8【答案】A【解析】A．Mg与HNO3反应生成NH4NO3的化学方程式为4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4NO3+3H2O，24gMg的物质的量为1mol，则与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5molHNO3，A项错误；B．生成1mol还原产物NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2时得到电子物质的量依次为1mol、3mol、8mol、8mol、2mol，在反应中Mg作为还原剂被氧化成Mg2+，消耗等量的镁失去电子物质的量相等，根据得失电子守恒，生成的还原产物物质的量由大到小的顺序为NO2＞H2＞NO＞N2O=NH4NO3，即生成的还原产物物质的量最多的是NO2，B项正确；C．硝酸的浓度越大，氧化性越强，生成H2时NOeq\o(\s\up5(),\s\do2(3))在此时不能被还原，说明生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成其它产物时所用硝酸浓度，C项正确；D．生成等物质的量的NO和N2O得到电子物质的量之比为3：8，在反应中Mg作为还原剂被氧化成Mg2+，根据得失电子守恒，消耗镁的物质的量之比为3：8，D项正确；答案选A。15．下列实验中，能达到相应实验目的的是ABCD验证Fe3+比Cu2+对H2O2分解催化效果好验证锌与硫酸反应过程中有电子转移证明氧化性：推断Cl、C、Si的非金属性强弱【答案】B【解析】A．验证Fe3+和Cu2+对H2O2分解催化效果，要控制变量，氯化铁和硫酸铜除了阳离子不同，阴离子也不同，不能验证Fe3+和Cu2+对H2O2分解催化效果，A错误；B．图示装置中指针偏转，即可说明有电子转移，从而验证锌与硫酸反应过程中有电子转移，B正确；C．氯气、溴均能与碘化钾反应生成碘，不能证明Br2、I2氧化性的强弱，C错误；D．盐酸有挥发性，盐酸与碳酸钠反应生成的二氧化碳中混有HCl，HCl也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸，无法证明碳和硅的非金属性，且盐酸不是氯的最高价含氧酸，D错误；答案选B。16．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液；②Cu与FeCl3溶液；③Zn与H2SO4溶液；④Fe与HCl溶液其中由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是A．①② B．③④ C．②③ D．①③【答案】D【解析】①Cu与浓硝酸生成二氧化氮、硝酸铜和水，Cu与稀硝酸反应生成NO、硝酸铜和水；②Cu与FeCl3溶液，无论浓度大小，都生成同种产物；③Zn与浓硫酸加热反应生成二氧化硫、硫酸锌和水，Zn与稀硫酸反应生成氢气和硫酸锌；④Fe与HCl溶液，无论浓度大小，都生成氯化亚铁和氢气；因此以上由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是①③，故答案为D。填空题（共3题）17．CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性Cu2+＞I2＞Cu+，还原性Cu＞I＞Cu+。氧化还原反应进行的方向是：较强氧化剂+较强还原剂→较弱还原产物+较弱氧化产物。（1）根据物质氧化性还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I反应的产物是___________、___________；（2）久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为___________；（3）欲消除（2）中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性H2S___________I(填“＞”、“＜”、“=”)；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度___________(填“高”、“低”、“相等”)；（4）CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)+Hg→Cu2HgI4(亮黄色)+2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是___________。A．该反应被氧化的元素是铜元素和汞元素B．该反应的氧化剂为CuIC．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物D．反应中转移电子2mol【答案】（1）

CuI

I2（2）2Cu+I2=2CuI↓（3）

＞

高（4）AC【解析】（1）氧化性Cu2+＞I2，还原性Cu＞I＞Cu+，所以Cu2+和I反应，Cu2+被还原为Cu+、I被氧化为I2，Cu+和I结合为难溶于水的CuI沉淀，所以反应的产物是CuI、I2；（2）久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质的缘故，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应生成CuI，反应方程式为2Cu+I2=2CuI↓；（3）欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，说明碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，还原性H2S>I；硫离子的还原性大于碘离子，所以用此方法得到的HI溶液浓度高；（4）A．该反应中Cu元素化合价由+1降低为0、Hg元素化合价由0升高为+2，被氧化的元素是汞元素，故A错误；B．该反应CuI中Cu元素化合价由+1降低为0，该反应的氧化剂为CuI，故B正确；C．Cu2HgI4是Hg元素化合价升高得到的产物，Cu2HgI4是氧化产物，故C错误；D．Hg元素化合价由0升高为+2，反应中转移电子2mol，故D正确；选AC。18．氧化还原反应知识的学习，为我们研究化学物质和化学反应提供了新的视角（1）下列粒子中，只有还原性的是_______。①S2②Fe2+③Fe3+④S⑤H+⑥Na+⑦Mg（2）吸入人体内的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”，它能加速人体衰老，被称为“生命杀手”，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，由此推断Na2SeO3的作用是_______。（3）在Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O的反应中，HNO3表现了_______性，若生成的气体在标准状况下所占的体积为11.2L时，转移电子数为_______（4）已知反应：①6HCl+KClO3=KCl+3H2O+3Cl2↑②Cl2+2KI=2KCl+I2③I2+Cl2+H2O→HIO3+HCl(未配平)反应①中若有3mol盐酸参与反应，转移的电子数目为____，对于反应③下列说法正确的是______。A．反应③中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5B．结合反应②③，若将Cl2通入含有淀粉的KI溶液中，可能会观察到先变蓝后褪色C．还原性由强到弱顺序：Cl＞ID．氧化性由强到弱顺序：KClO3＞Cl2＞I2（5）反应①是制取Cl2的方法，除此之外反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O也常用来制备Cl2，若反应生成22.4LCl2(标准状况)，转移电子的物质的量是_______，被氧化的HCl和参加反应的HCl的质量之比_______。【答案】

（1）①⑦

（2）还原剂

（3）氧化性、酸性

（4）1.5NA

2.5NA

BD

（5）2mol

5∶8【解析】（1）只有氧化性的物质元素的化合价处于最高价态，只有还原性的物质元素处于最低价态，当元素的化合价处于中间价态时，既具有氧化性又具有还原性，上述微粒中，③Fe3+、⑤H+、⑥Na+中元素化合价均处于最高价态，只具有氧化性，①S2、⑦Mg中元素的化合价均处于最低价态，只具有还原性，②Fe2+、④S中元素的化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，所以只有还原性的是①⑦；（2）“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂；（3）在反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O中，N元素化合价降低，当4molHNO3参加反应时，有1mol被还原，表现为氧化性，3molHNO3表现为酸性，则反应中硝酸既表现了氧化性又表现了硝酸的酸性；生成的气体在标准状况下所占的体积为11.2L，即0.5mol时，消耗0.5molFe参加反应，铁由0价变为+3价，转移电子0.5mol×(3−0)=1.5mol，即转移电子数为1.5NA；（4）反应①6HCl+KClO3=KCl+3H2O+3Cl2↑中，Cl元素的化合价由KClO3中的+5价变为Cl2中的0价，化合价降低，获得5e−，Cl元素的化合价由HCl中的−1价变为Cl2中的0价，化合价升高，失去5×e−，由此分析可知，当6mol盐酸参与反应时，该反应中转移5mol电子，若有3mol盐酸参与反应，转移的电子物质的量为2.5mol，数目为2.5NA；A．在反应③I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl中，I2作还原剂失去电子，Cl2作氧化剂获得电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:1，故A错误；B．根据反应②③可知，当向含有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2时，置换出I2，I2能使淀粉溶液变为蓝色；若Cl2过量，I2又被过量Cl2氧化产生HIO3，从而使淀粉溶液又变为无色，因此可能会观察到先变蓝后褪色，故B正确；C．由②Cl2+2KI=2KCl+I2可知，Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2＞I2，物质的氧化性越强，其相应的离子还原性就越弱，所以还原性由强到弱顺序：I−＞Cl−，故C错误；D．根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应①可知氧化性：KClO3＞Cl2；由反应②可知氧化性：Cl2＞I2，所以氧化性由强到弱顺序：KClO3＞Cl2＞I2，故D正确；答案选BD；（5）反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由+1价变为0价，2molKMnO4参与反应，需消耗16mol盐酸，生成5molCl2，共转移10mol电子，若反应生成22.4LCl2(标准状况)，即1molCl2，转移电子的物质的量为2mol；根据m=nM可知，HCl的质量之比等于其物质的量之比，由反应可知，16mol的HCl参与反应，有10molHCl被氧化，则被氧化的盐酸的物质的量和参加反应的HCl的物质的量之比为10mol∶16mol=5∶8，即质量之比也为5:8。19．NaNO2有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高