答案精析
冷水2＋2＋2＋
1．C [由①X＋Y===X＋Y可知还原性：X＞Y，由②Z＋2H2O=====Z(OH)2＋H2↑及③Z的氧化性比X弱，可知还原性：Z＞X，根据④由Y、W作电极组成的原电池负极反应为Y－2e
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===Y，可知还原性：Y＞W。所以X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是Z＞X＞Y＞W。]
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2．B [氧化性：Fe＞Cu＞Fe，加入过量锌片，Fe先被还原，但只能生成Fe，A项错误；反应开始时锌将Fe还原产生Fe，c(Fe)增大，后Fe也被锌还原时，c(Fe)又减小，B项正确；氧化性：Fe＞Cu＞Fe，Fe最后被还原，C项错误；反应过程中锌的还原性最强，直接将铜还原，而不存在反应Fe＋Cu===Fe＋Cu，D项错误。]
3．B [由于离子还原性强弱顺序为I＞Fe＞Br，故先反应的离子是I，其次是Fe，最后是Br。加硫氰化钾溶液后，变为红色，证明已经有Fe生成，所以I已经反应完全，但无法得知Fe是否反应完，因而不能确定Br是否反应，①错误，②③正确，若溶液中有碘离子和溴离子，则沉淀颜色不为白色，④正确，故选B。]
4．A [由化学方程式H2SO3＋Br2＋H2O===2HBr＋H2SO4可知还原性：H2SO3＞HBr，当通入氯气时，首先氧化H2SO3(H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4)，c(H)明显增大，当H2SO3反应完后，再和HBr反应(2HBr＋Cl2===2HCl＋Br2)，c(H)不再变化。故选A。] 5．C
6．C [根据图示可知ClO是反应物，N2是生成物。ClO有强氧化性，会把NH4氧化为N2，ClO
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被还原得到Cl，根据质量守恒、得失电子守恒和电荷守恒可得离子方程式3ClO＋2NH4
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===2H＋N2↑＋3Cl＋3H2O，根据方程式可知，该反应的氧化剂是ClO，A、D项正确；每消耗1 mol还原剂NH4，转移3 mol电子，B项正确；在氧化还原反应中，氧化剂ClO与还原剂NH4的物质的量之比为3∶2，C项错误。] 7．(1)4KI＋2CuSO4===I2＋2CuI↓＋2K2SO4 (2)H2SO3>KI>CuI (3)＋1 0.5
解析 (1)反应中KI中I元素的化合价由－1价升高到0价，生成单质I2，失去2e，CuSO4中Cu元素的化合价由＋2价降低为＋1价，得到e，根据得失电子数目相等，结合质量守恒定律可知配平后的化学方程式为4KI＋2CuSO4===I2＋2CuI↓＋2K2SO4。(2)由(1)解答可知，KI为还原剂，CuI为还原产物，所以还原性：KI＞CuI，往上述反应后的溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为淀粉遇碘显蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生反应H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，该反应中H2SO3是还原剂，HI是还原产物，还原性：H2SO3＞I。故还原性由强到弱的顺序是H2SO3>KI>CuI。(3)根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，设铜元素的化合价为x，则解得x×2＋(＋2)＋(－1)×4＝0，则x＝＋1；反应4CuI＋Hg===Cu2HgI4(玫瑰红)＋2Cu中，Cu元素化合价部分由＋1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到＋2价，Hg为还原剂，当有1molCuI参与反应时，转移0.5mol
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电子。
8．(1)ClO＋2I＋2H===I2＋Cl＋H2O (2)0.004mol (3)SO4＜I2＜ClO
解析 (2)实验①中生成的I2具有氧化性，将SO3氧化为SO4，根据SO3～2e～SO4，可得0.002molNa2SO3失去电子(转移电子)的物质的量＝2×0.002mol＝0.004mol。
(3)根据实验①知，氧化性：ClO＞I2，根据实验②知，氧化性：I2＞SO4，故氧化性：ClO＞I2＞SO4。 9．(1)稀硫酸
(2)2Fe＋H2O2＋2H===2Fe＋2H2O 产生白色沉淀 (3)H2O2 (4)①萃取CrO5 ②非氧化还原 ③4CrO5＋12H===4Cr＋7O2↑＋6H2O
解析 (1)由H2O2的稳定性与pH的关系图可知，pH＝3.61的溶液中H2O2更能长时间保持不分解，所以配制H2O2溶液时应滴入几滴稀硫酸。(2)滴入KSCN溶液，溶液变红，说明H2O2将Fe
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氧化为Fe。SO2与BaCl2混合溶液中滴入H2O2溶液，H2O2将SO2氧化为SO4，与BaCl2溶液反
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应产生BaSO4白色沉淀。(3)KMnO4溶液中滴H2O2逐渐褪色，发生反应2MnO4＋5H2O2＋6H===2Mn
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＋5O2↑＋8H2O，说明KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂。(4)②由CrO5的结构可知，两侧的氧原
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子为两个O2，上方一个氧原子显－2价，则Cr为＋6价，K2Cr2O7中Cr也是＋6价，所以该反应为非氧化还原反应。