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
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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NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl,2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O↑,选C。
2.现有下列三个氧化还原反应:
①2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2===2FeCl3
③2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
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.Cl2B.KMnO4C.FeCl3D.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①知氧化性:
Fe3+>I2,还原性:
I->Fe2+;由②知氧化性:
Cl2>Fe3+,还原性:
Fe2+>Cl-;由③知氧化性:
MnO
>Cl2,还原性:
Cl->Mn2+;由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2,还原性强弱顺序为I->Fe2+>Cl->Mn2+。
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:
As2S3+H2O+NO
―→AsO
+SO
+NO↑+________(未配平),下列说法错误的是( )
A.配平后水的化学计量数为4
B.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3∶28
D.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3As2S3+4H2O+28NO
===6AsO
+9SO
+28NO↑+8H+,则A、B、D正确;氧化剂与还原剂的物质的量之比为28∶3,则C不正确。
4.安全气囊碰撞时发生反应:
10NaN3+2KNO3===K2O+5Na2O+16N2↑,下列判断正确的是( )
A.每生成16molN2转移30mol电子
B.NaN3中N元素被还原
C.N2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1∶15
【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1∶15,D项正确;每生成16molN2转移10mol电子,A项错误。
5.新型纳米材料MFe2Ox(3 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MFe2Ox MFe2Oy。 则下列判断正确的是( ) A.MFe2Ox作催化剂 B.SO2是该反应的还原剂 C.x 【答案】 C 【解析】 由题目信息可知,SO2转化为固体S,S元素的化合价降低,说明SO2在反应中作氧化剂,则MFe2Ox为还原剂,故A、B项错误;MFe2Ox为还原剂,反应后Fe元素的化合价升高,根据化合价变化,有2y-2>2x-2,即y>x,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14CuSO4+5FeS2+12H2O===7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4,下列说法正确的是( ) A.该反应的氧化剂只有CuSO4 B.SO 既不是氧化产物也不是还原产物 C.1molCuSO4还原了 molS D.被还原的S和被氧化的S的质量比为7: 3 【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,1mol硫酸铜得电子数为1mol,S作还原剂时化合价由-1升高到+6,则1mol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3∶7,D项正确。 7.LiAlH4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125℃分解为LiH、H2和Al。 下列说法正确的是( ) A.LiH与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为2g/mol B.1molLiAlH4在125℃完全分解,转移3mol电子 C.1molLiAlH4与足量水反应生成的氢气体积为89.6L D.LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇,其中LiAlH4作氧化剂 【答案】 B 【解析】 LiH+D2O===LiDO+HD↑,HD的摩尔质量为3g·mol-1,A项错误;2LiAlH4 2LiH+3H2↑+2Al,1molLiAlH4在125℃完全分解,转移3mole-,B项正确;LiAlH4与H2O反应的化学方程式为LiAlH4+2H2O===LiAlO2+4H2↑,1molLiAlH4与H2O反应后生成4molH2,在标况下体积为89.6L,C项错误;CH3CHO C2H5OH,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N2 B.氧化剂是ClO-,还原产物是HCO C.配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2 D.若生成2.24LN2(标准状况),则转移电子0.5mol 【答案】 C 【解析】 由曲线变化图可知,随反应进行,ClO-的物质的量降低,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(4-2)+(3-0)=5,由原子守恒可知反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O===2HCO +N2↑+5Cl-。 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5∶2,正确;D项,2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol,所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol,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0.5mol×2×NAmol-1=NA,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 ① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4…… ② Cl2、FeBr2 FeCl3、FeBr3 ③ MnO …… Cl2、Mn2+…… A.第①组反应的其余产物为H2O和O2 B.第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2 C.第③组反应中生成1molCl2,转移电子2mol D.氧化性由强到弱顺序为MnO >Cl2>Fe3+>Br2 【答案】 D 【解析】 ①反应中KMnO4―→MnSO4,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)=1∶2,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1molCl2转移电子2mol,故C正确;氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由③可知氧化性: MnO >Cl2,由②可知氧化性: Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,氧化性: Br2>Fe3+,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)=6mol·L-1 C.当通入Cl22mol时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl- D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3 【答案】 B 【解析】 根据还原性: Br-<Fe2+<I-,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2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2===2Fe3++I2+4Cl-,C项正确;根据三段消耗氯气的量可知,原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3,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20~50mg·kg-1。 制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg,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)I2+5Cl2+6H2O===2HIO3+10HCl (2)KI、I2 (3)红棕 HBrO3>Cl2>HIO3 (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0→+5,升高5价,Cl元素的化合价从0→-1,降低1价,综合得失电子守恒和质量守恒,配平得: I2+5Cl2+6H2O===2HIO3+10HCl。 (2)整个过程中化合价升高的都是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: HBrO3>Cl2>HIO3。 (4)综合写出反应方程式: KI+3Cl2+3H2O===KIO3+6HCl,根据化学方程式,按最小值计算时,1000kg加碘食盐中含碘20g,根据质量守恒可知需要消耗Cl2的体积为: ×3×22.4L·mol-1=10.58L。 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 Ⅰ 打开活塞a,滴加少量新制氯水,关闭活塞a A中溶液变为浅红棕色 Ⅱ 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 Ⅲ 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Ⅰ时,A中反应的离子方程式为__________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)实验操作Ⅱ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Ⅲ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)①有同学认为实验操作Ⅱ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___________________________________________。 ②实验操作Ⅲ,开始时颜色无明显变化的原因是________________(写出一条即可)。 【答案】 (1)2Br-+Cl2===Br2+2Cl- (2)吹出单质Br2 (3)吸收多余的Br2,以免污染环境 NaOH溶液 (4)H2O2+2Br-+2H+===Br2+2H2O (5)氧化性: H2O2>Br2>H2SO3 (6)①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H2SO3 ②H2SO3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Ⅰ是Cl2置换出NaBr中的Br2,发生的反应为Cl2+2NaBr===2NaCl+Br2。 (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Ⅱ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: H2O2>Br2>H2SO3。 (6)①热空气会氧化H2SO3,但可以通过颜色变化来判断Br2被H2SO3还原。 ②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-、ClO 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)3Fe2++MnO +7H2O===MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ (2)2FeSO4+4NaOH+NaClO+H2O===NaCl+2Na2SO4+2Fe(OH)3↓ (3)2FeS2+15MnO2+28H+===2Fe3++15Mn2++4SO +14H2O (4)10Cl2+10Ca(OH)2===7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O 【解析】 (1)由题给条件可先写出Fe2++MnO ―→MnO2↓+Fe(OH)3↓,依得失电子守恒得: 3Fe2++MnO ―→MnO2↓+3Fe(OH)3↓,再结合溶液显酸性及电荷守恒原理得3Fe2++MnO ―→MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+,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FeSO4+NaOH+NaClO―→Fe(OH)3↓+NaCl,根据得失电子守恒得2FeSO4+NaOH+NaClO―→2Fe(OH)3↓+NaCl,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: FeS2+MnO2+H+―→Fe3++Mn2++SO ,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-)=2mol,n(ClO )=1mol,氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O,且n[Ca(ClO)2]∶n[Ca(ClO3)2]=2∶1,反应方程式为10Cl2+10Ca(OH)2===7CaCl2+2Ca(ClO)2+Ca(ClO3)2+10H2O。
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