成都市龙泉中学届高考化学一轮《氧化还原反应》质量验收试题及答案解析教师版14页.docx

1、成都市龙泉中学届高考化学一轮氧化还原反应质量验收试题及答案解析教师版14页成都市龙泉中学2021届高考化学一轮复习氧化还原反应质量验收试题（满分：100分，考试时间：40分钟）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题6分，共60分1.下列应用不涉及氧化还原反应的是()A.酸雨的形成 B.根瘤菌固氮C.氨碱法制纯碱 D.电池放电【答案】C【解析】有电子转移的反应是氧化还原反应，酸雨的形成是燃烧含硫、氮化合物引起的，是氧化还原反应；根瘤菌固氮是将氮气转化为化合态的氮；电池放电是氧化还原反应；氨碱法制纯碱的反应是NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3CO2H2

2、O，选C。2.现有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若某溶液中含有Fe2、Cl和I，要除去I而不氧化Fe2和Cl，可以加入的试剂是()A.Cl2 B.KMnO4 C.FeCl3 D.HCl【答案】C【解析】本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3的氧化性(也可等于Fe3的氧化性)。由知氧化性：Fe3I2，还原性：IFe2；由知氧化性：Cl2Fe3，还原性：Fe2Cl；由知氧化性：MnOCl2，还原性：ClMn2；由此推知氧化性强弱顺序为

3、KMnO4Cl2FeCl3I2，还原性强弱顺序为IFe2ClMn2。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2及I，Cl2可氧化Fe2及I，FeCl3只能氧化I。3.已知离子方程式：As2S3H2ONOAsOSONO_(未配平)，下列说法错误的是()A.配平后水的化学计量数为4B.反应后溶液呈酸性C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为328D.氧化产物为AsO和SO【答案】C【解析】从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，则A、B、D正确；氧化剂与还原剂的物

4、质的量之比为283，则C不正确。4安全气囊碰撞时发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2，下列判断正确的是 ()A每生成16 mol N2转移30 mol电子BNaN3中N元素被还原CN2既是氧化剂又是还原剂 D还原产物与氧化产物质量之比为115【答案】D【解析】本题可根据化合价升降进行分析，NaN3中N元素化合价升高，被氧化，B项错误；KNO3中N元素化合价降低，被还原，故N2既是氧化产物又是还原产物，C项错误；还原产物与氧化产物质量之比为115，D项正确；每生成16 mol N2转移10 mol电子，A项错误。5.新型纳米材料MFe2Ox(3x4)中M为2价金属元素，在反

5、应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气(SO2)高效地还原成无公害的固体，防止环境污染。其流程为MFe2OxMFe2Oy。则下列判断正确的是()AMFe2Ox作催化剂 BSO2是该反应的还原剂Cx2x2，即yx，故C项正确；反应物为MFe2Ox和SO2，反应前没有单质参加，不符合置换反应的定义，故SO2没有发生置换反应，D项错误。6.关于反应14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，下列说法正确的是()A该反应的氧化剂只有CuSO4BSO既不是氧化产物也不是还原产物C1 mol CuSO4还原了 mol SD被还原的S和被氧化的S的质量比为7：3

6、 【答案】D【解析】因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，A项错误；因FeS2中部分S元素的化合价由1升高到6，生成物中部分SO为氧化产物，B项错误；由得失电子守恒可知，1 mol硫酸铜得电子数为1 mol，S作还原剂时化合价由1升高到6，则1 mol硫酸铜可以氧化 mol硫，C项错误；由反应可知，5个FeS2中10个S原子中有3个S原子失去电子，7个S原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为37，D项正确。7LiAlH4和LiH是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应释放出H2，LiAlH4在12

7、5 分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是()ALiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为2 g/molB1 mol LiAlH4在125 完全分解，转移3 mol电子C1 mol LiAlH4与足量水反应生成的氢气体积为89.6 LDLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，其中LiAlH4作氧化剂【答案】B【解析】LiHD2O=LiDOHD，HD的摩尔质量为3 gmol1，A项错误；2LiAlH42LiH3H22Al，1 mol LiAlH4在125 完全分解，转移3 mol e，B项正确；LiAlH4与H2O反应的化学方程式为LiAlH42H2O=LiAlO24H2，1 mol LiAlH4与

8、H2O反应后生成4 mol H2，在标况下体积为89.6 L，C项错误；CH3CHOC2H5OH，碳原子的平均化合价由1降为2，CH3CHO作氧化剂，LiAlH4作还原剂，D项错误。8某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO、N2、Cl六种粒子。在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断正确的是()A还原剂是CN，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCOC配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52D若生成2.24 L N2(标准状况)，则转移电子0.5 mol【答案】C【解析】由曲线变化图可知，随反应进行，ClO的物质的量

9、降低，N2的物质的量增加，故ClO为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN是反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，由碳元素守恒可知HCO是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物。反应中Cl元素化合价由1降低为1，化合价总共降低2，C元素化合价由2升高为4，N元素化合价由3升高为0，化合价总共升高(42)(30)5，由原子守恒可知反应方程式为2CN5ClOH2O=2HCON25Cl。A项，氧化产物有HCO、N2，错误；B项，ClO是氧化剂，还原产物是Cl，错误；C项，反应中CN是还原剂，ClO是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52，正确；D项，2.24 L N2(标准状况)的物

10、质的量为0.1 mol，所以参加反应的ClO的物质的量为0.5 mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO中1价降低为Cl中1价，所以转移的电子数为0.5 mol2NA mol1NA，错误。9根据表中信息判断，下列说法不正确的是()序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnOCl2、Mn2A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱顺序为MnOCl2Fe3Br2【答案】D【解析】反应中KMnO4MnSO4

11、，Mn元素化合价由7价降低为2价，根据电子守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成O2，根据H元素守恒可知还生成H2O，故A正确；由元素化合价变化可知，反应中只有Fe2被氧化，根据电子守恒2n(Cl2)n(FeBr2)，即n(Cl2)n(FeBr2)12，故B正确；由信息可知，MnO将Cl氧化为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，生成1 mol Cl2转移电子2 mol，故C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由可知氧化性：MnOCl2，由可知氧化性：Cl2Fe3，由可知Fe3不能氧化Br，氧化性：Br2Fe3，故D错误。10.向含有Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子

12、的物质的量变化如下图所示。下列有关说法不正确的是()A.线段BC代表Fe3物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)6 molL1C.当通入Cl2 2 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD.原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213【答案】B【解析】根据还原性：BrFe2I，线段AB代表I物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3物质的量的变化情况，线段DE代表Br物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，C项正确；根

13、据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213，D项正确。二、非选择题：本大题包括3小题，共40分11.（14分）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。 如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：(2)整个过程中的还原剂是_。(3)把KI换成KBr，则CCl4层变为_色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。 (4)加碘盐中含碘量为2050 mgkg1。制取加碘盐

14、(含KIO3的食盐)1 000 kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2_L(标准状况，保留2位小数)。【答案】(1)I25Cl26H2O=2HIO310HCl(2)KI、I2 (3)红棕HBrO3Cl2HIO3 (4)10.58【解析】开始滴加少许氯水时，氯水将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。(1)根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从05，升高5价，Cl元素的化合价从01，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，配平得：I25Cl26H2O=2HIO310HCl。(2)整个过程中化

15、合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2。(3)KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3Cl2HIO3。(4)综合写出反应方程式：KI3Cl23H2O=KIO36HCl，根据化学方程式，按最小值计算时，1 000 kg加碘食盐中含碘20 g，根据质量守恒可知需要消耗Cl2的体积为：322.4 Lmol110.58 L。13（14分）某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞

16、a，滴加少量新制氯水，关闭活塞aA中溶液变为浅红棕色吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液B中开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)实验操作时，A中反应的离子方程式为_。(2)实验操作吹入热空气的目的是_。(3)装置C的作用是_；C中盛放的药品是_。(4)实验操作中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为_。(5)由上述实验得出的结论是_。(6)有同学认为实验操作吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否有干扰？_。理由是_。实验操作，开

17、始时颜色无明显变化的原因是_(写出一条即可)。【答案】 (1)2BrCl2=Br22Cl(2)吹出单质Br2(3)吸收多余的Br2，以免污染环境NaOH溶液(4)H2O22Br2H=Br22H2O(5)氧化性：H2O2Br2H2SO3(6)不干扰无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到B中产生白色沉淀的同时颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等合理答案均可)【解析】 (1)实验操作是Cl2置换出NaBr中的Br2，发生的反应为Cl22NaBr=2NaClBr2。(2)溴易挥发，利用热空气吹出溴蒸气。(3)溴有毒，易造成空气污

18、染，不能直接排到空气中，应利用强碱溶液进行尾气吸收。(4)操作中，产生大量白色沉淀，且溶液颜色没有明显变化，说明Br2将H2SO3氧化为H2SO4(产生BaSO4沉淀)，自身被还原为Br。加入H2O2，混合溶液变成红棕色，说明有Br2生成，即H2O2将Br氧化成Br2，注意溶液呈酸性。(5)H2O2将Br氧化成Br2，Br2将H2SO3氧化成H2SO4，故氧化性：H2O2Br2H2SO3。(6)热空气会氧化H2SO3，但可以通过颜色变化来判断Br2被H2SO3还原。开始时颜色无明显变化，可能是因为H2SO3过量，H2O2浓度小，H2O2与Br反应慢等。13（12分）按要求写出下列反应的化学方程

19、式或离子方程式。(1)取一定量含有Fe2的溶液，加入KMnO4溶液，控制温度为10 ，调节pH为5.0，得到Fe(OH)3和MnO2沉淀，此时反应的离子方程式为_。(2)向FeSO4溶液中加入一定量NaOH和漂白液，会出现浑浊，则该反应的化学方程式为_。(3)碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如下：溶浸后的溶液中，阴离子只有SO，则生成SO的离子方程式为：_。(4)在一定量的石灰乳中通入一定量的Cl2，二者恰好完全反应(反应放热)。生成物中含有Cl、ClO、ClO三种含氯元素的离子，其中ClO、Cl

20、O两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为_。【答案】(1)3Fe2MnO7H2O=MnO23Fe(OH)35H(2)2FeSO44NaOHNaClOH2O=NaCl2Na2SO42Fe(OH)3(3)2FeS215MnO228H=2Fe315Mn24SO14H2O(4)10Cl210Ca(OH)2=7CaCl22Ca(ClO)2Ca(ClO3)210H2O【解析】(1)由题给条件可先写出Fe2MnOMnO2Fe(OH)3，依得失电子守恒得：3Fe2MnOMnO23Fe(OH)3，再结合溶液显酸性及电荷守恒原理得3Fe2Mn

21、OMnO23Fe(OH)35H，最后根据质量守恒确定反应物中有7H2O。(2)先由题给条件可写出FeSO4NaOHNaClOFe(OH)3NaCl，根据得失电子守恒得2FeSO4NaOHNaClO2Fe(OH)3NaCl，最后根据质量守恒判断还有Na2SO4生成且有水参加反应。(3)由题中流程图可知，溶浸过程中，反应物有MnO2、FeS2、H2SO4；由生成物中的阴离子只有SO可知， FeS2中的硫元素被氧化，2价铁被氧化为Fe3，MnO2被还原为Mn2，故可先写出：FeS2MnO2HFe3Mn2SO，然后依据得失电子守恒、质量守恒配平即可。(4)由题图可知，t2时n(ClO)2 mol，n(ClO)1 mol，氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O，且nCa(ClO)2nCa(ClO3)221，反应方程式为10Cl210Ca(OH)2=7CaCl22Ca(ClO)2Ca(ClO3)210H2O。