2019-2020年高三化学二轮复习 作业卷 氧化还原反应1（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 作业卷 氧化还原反应1（含解析）可能用到的相对原子质量：H1 O16 S32 N14 Cl35.5 C12 Na23 Al27 K39 He4 P31 Cu64 Ba137 Ca40 Cu64 Mg24 Fe56一 、选择题（本大题共15小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.亚硝酸钠（有毒性，市场上很易与食盐混淆）是一种常见的工业用盐，广泛用于物质合成、金属表面处理等，物理性质与NaCl极为相似。相关化学性质如下图所示，下列说法不正确的是ANaNO2稳定性大于NH4NO2 BNaNO2与N2H4反应中，NaNO2是氧化剂C可用KI淀粉试纸和食醋鉴别NaNO2和NaClD分解NaN3盐每产生1molN2 转移6mol e2.（xx辽宁模拟）三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF下列有关该反应的说法正确的是（）ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1C若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体3.根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）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MnOCl2Fe3Br24.工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对生态系统造成很大的损害，其中还原沉淀法是常用的一种处理方法。流程如下：其中第步中存在平衡：2CrO(黄色)2H Cr2O(橙色)H2O。下列有关说法正确的是A、第步当2v(Cr2O)v(CrO)时，达到了平衡状态B、对于上述平衡，加入适量稀硫酸后，溶液颜色变黄色，则有利于CrO的生成C、常温下，Cr（OH）3的溶度积Ksp=10-32，要使c（Cr3+）降至10-5mol/L，溶液的pH应调至9D、第步中，还原0.1 mol Cr2O需要91.2 g FeSO45.已知下列实验事例，判断不正确的是Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液； 将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝。A化合物KCrO2中Cr元素为+3价 B实验证明Cr2O3是两性氧化物 C实验证明H2O2既有氧化性又有还原性 D实验证明氧化性：Cr2O72- I26.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的体积相等时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为 ( )A17 B15 C19 D297.将4.48g Fe溶于1L 0.2molL-1的稀硫酸，再加入50mL 0.4mo1L-1KNO3溶液后，其中的Fe2+全部转化成Fe3+，NO3无剩余，生成一种氮氧化物NYOX。则该氮氧化物的化学式是( )AN2O BNO CN2O3 DNO28.一未完成的离子方程式:_XO6H=3X23H2O，据此判断下列说法正确的是AX原子最外层有5个电子B当有1molX2生成时，共有2mol电子转移C氧化产物和还原产物的物质的量之比为51D“_”上所填的微粒和XO在任何环境下都不能共存9.将4.6 g Cu和Mg完全溶于浓硝酸溶液中，反应中硝酸的还原产物为4480mL NO2气和336 mL N2O4气体(标准状况下)，反应后的溶液中，加入过量NaOH溶液，生成沉淀的质量为 ( ) A. 9.02 g B. 8.51 g C. 8.26 g D. 7.04 g10.在8NH3 + 3Cl2 = N2+ 6NH4Cl反应中，被氧化的原子与被还原的原子的物质的量之比为（ ）A83 B13 C38 D3111.在一定条件下，下列粒子的还原性顺序：ClBrFe2+ISO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是（ ）A2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+ B2Br+4H+SO42=SO2+Br2+2H2OC2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl DI2+SO2+2H2O=4H+SO42+2I12.下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是 ( ) C与O2 Na与O2 Fe与Cl2 AlCl3溶液与NaOH溶液 CO2与NaOH溶液 Cu与硝酸 A B C D13.已知1.5克NaOH和1.6克S 混合后加热，恰好发生如下反应：aNaOH + bS cNa2Sx + dNa2S2O3 + eH2O，则x的值为A.4 B.3 C.2 D.1 14.（xx春天元区校级月考）固体A的化学式为NH5，能跟水反应，它的所有原子的电子层结构都跟与该原子同周期的稀有气体原子一样，则下列说法中，不正确的是（）ANH5中既有共价键、又有离子键，是离子化合物B1molNH5中有5NA个NH键（NA为阿伏加德罗常数）CNH5跟水的反应是氧化还原反应DNH5跟水反应的化学方程式为：NH5+H2O=NH3H2O+H215.实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是（）ANaNO2是还原剂B生成1molN2时转移的电子为6molCNH4Cl中的N元素被氧化DN2既是氧化剂又是还原剂二 、填空（本大题共3小题）16. (15 分）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，答下列问題：（1）工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。（2）实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2：电解时发生反应的化学方程式为 。溶液X中大量存在的阴离子有_。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。a水 b碱石灰 c浓硫酸 d饱和食盐水（3）用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸：在玻璃液封装置中加入水.使液面没过玻璃液封管的管口；将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：用0.1000 molL-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-2I+S4O62-)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。玻璃液封装置的作用是 。V中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为 g.。（4）O2处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物庾最适宜的是_填标号)。a明矾 b碘化钾 c盐酸 d硫酸亚铁17.（xx西城区校级模拟）硫、氮、稀土元素的单质和化合物应用广泛I工业上可以通过将辉铜矿（Cu2S）在氧气中焙烧制备铜单质，该方法称为火法炼铜化学方程式如下：Cu2S+O2 2Cu+SO2该过程中，铜元素被 （填“氧化”还是“还原”）成铜单质制1molCu需转移mol电子亚硝酸是一种不稳定的弱酸，但其盐的稳定性较好亚硝酸铵水溶液呈酸性，请用合适的化学用语结合文字解释其原因：；在亚硝酸铵溶液中所含离子浓度由大到小的顺序依次为稀土元素是宝贵的战略资源，铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素如图是其中一种提取铈的工艺流程：已知：i焙烧后烧渣中含+4价的铈及+3价的其它稀土氟氧化物；ii酸浸I的浸出液中含少量的+3价的铈在生产过程中，酸浸I 中会产生黄绿色气体，污染环境、腐蚀设备产生黄绿色气体的离子方程式是：；若改成，就可以避免在该步骤中出现这个污染问题在操作I后的溶液中加入NaOH溶液是为了调节溶液pH值获得Ce（OH）3，测定该溶液pH值的操作是写出流程中“氧化”步骤的化学反应方程式：18.过氧乙酸（CH3COOOH）是广为使用的消毒剂。可由H2O2和冰醋酸反应制取，所以在过氧乙酸中常含有残留的H2O2。测定产品中过氧乙酸浓度c0。涉及下列反应：MnO4H2O2H+ Mn2+O2十H2OH2O222H+ I22H2O CH3COOOH22H+ CH3COOHI2H2OI2 2S2O32 =2I S 4O62请回答以下问题：（l）配平反应的离子方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目：MnO4H2O2H+ Mn2+O2H2O（2）用Na2S2O3标准溶液滴定I2时（反应）选用的指示剂是_ 。（3）取b1l待测液，用硫酸使溶液酸化，再用浓度为a1 mol的KMnO4标准溶液滴定其中的H2O2，耗用的KMnO4体积为b1 L（反应，滴定过程中KMnO4不与过氧乙酸反应）。另取b0 L待测液，加入过量的KI，并用硫酸使溶液酸化，此时过氧乙酸和残留的H2O2都能跟 KI反应生成 I2（反应和）。再用浓度为a 2 mol的Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，耗用Na2S2O3溶液体积为b2 L。请根据上述实验数据计算过氧乙酸的浓度（用含a1、a 2、b0、b1、b2的代数式表示）。c0 _ mol。（4）为计算待测液中过氧乙酸的浓度c0，加入的KI的质量已过量但没有准确称量，是否影响测定结果 _（选填“是”或“否”）。xx万卷作业卷（氧化还原反应）答案解析一 、选择题1.D2.分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中，只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，从化合价的变化的角度分析氧化还原反应解答：解：A只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；BNF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故B错误；C生成0.2molHNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol（53）=0.4mol，故C错误；D生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故D正确故选D点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，注意化合价的升降为氧化还原反应的特征，注意从化合价的角度分析3.D4.D5.C6.A7.A 8.C9.B10.B11.B12.A13.B【解析】14.分析：A的化学式为NH5，能跟水反应，它的所有原子的电子层结构都跟与该原子同周期的稀有气体原子一样，则A为NH4H，铵根离子与氢负离子以离子键结合，以此来解答解答：解：AA为NH4H，铵根离子与氢负离子以离子键结合，铵根离子中存在NH键，含离子键的化合物一定为离子化合物，故A正确；B1mol NH5中含离子键和共价键，只有4NA个NH键（NA为阿伏加德罗常数），故B错误；CNH5跟水的反应生成氢气，H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C正确；DNH5溶于水，生成一水合氨和氢气，NH5+H2O=NH3H2O+H2，故D正确；故选B点评：本题考查化学键和氧化还原反应，为高频考点，把握A为NH4H且类似NH4Cl为解答的关键，注意与水反应生成一水合氨和氢气，题目难度不大15.分析：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O中，N元素的化合价由+3价降低为0，N元素的化合价由3价升高为0，以此来解答解答：解：ANaNO2中N元素的化合价降低，为氧化剂，故A错误；B由N元素的化合价变化可知，生成1molN2时转移的电子为3mol，故B错误；CNH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C正确；D只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，而氧化剂、还原剂均为反应物，故D错误；故选C点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念及转移电子的考查，题目难度不大二 、填空16.【答案】(1) 2：1 （2）NH4Cl2HCl3H2NCl3 Cl、OH c（3）2ClO210I8H2Cl5I24H2O 吸收残余的二氧化氯气体（避免碘的逸出） 淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变0.02700 （4）d【解析】(1)反应过程中被氧化为，1 mol 失去2 mol电子，KC1O3被还原为ClO2，1 mol KC1O3得到1 mol电子，故氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1。(2)电解产物为H2、NCl3，故可先写出NH4ClHClH2NCl3，配平后得NH4Cl2HCl3H2NCl3。NaC1O3与NCl3反应过程中，前者被氧化为ClO2，后者被还原为NH3，再根据得失电子守恒、原子守恒可得方程式为6 + NCl3+4H2O=6 ClO2+3NaCl+ NH3H2O +3NaOH，故溶液X含有的阴离子有Cl、OH 。因ClO2易溶于水而NH3是碱性气体，故可用浓硫酸除去杂质NH3。(3)ClO2可把I氧化为I2，本身被还原为Cl，离子方程式为2 ClO2+10 I+8 H=4 H2O +5 I2+2 Cl。玻璃液封的目的是吸收残留的ClO2，另外反应中可能会有碘升华，液封可避免碘蒸气逸出。滴定终点时，溶液中I2消耗完，故相应的现象为蓝色溶液变成无色溶液且在30 s内颜色保持不变。由有关方程式可得到ClO5 I ，故经计算可知样品中n(ClO2) =0000 4 mol，质量为0000 4 mol67.5 gmol 。=002700 g。(4)将亚氯酸盐还原为Cl最好用，因为既有较强的还原性而且无毒，且氧化产物还有净水功能。17.分析：标注元素化合价变化，依据氧化还原反应的概念分析判断，还原剂被氧化生成氧化产物，氧化剂被还原生成氧化产物，然后根据化合价的变化来确定移转电子的物质的量；在亚硝酸铵溶液中，两种弱离子都水解，铵根离子水解程度大于亚硝根离子，亚硝酸铵水溶液呈酸性；在亚硝酸铵溶液中，水解程度小的最大，水解程度大的第二，显性的第三，最小的是隐性的；在生产过程中，酸浸I中会产生大量黄绿色气体，说明Ce4+离子具有强氧化性，可将Cl氧化为Cl2，酸不能是氧化性的酸，也不能是盐酸；实验室测定PH的方法是撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；由题目中“酸浸I的浸出液中含少量的+3价的铈”可知，加入NaOH后生成Ce（OH）3，NaClO将Ce（OH）3氧化为Ce（OH）4解答：解：Cu2S+O2=2Cu+SO2，铜元素化合价从+1价降到0价，被还原，氧元素化合价从 0价降低到2价，硫元素化合价从2价升高到+4价，消耗1molCu2S，电子转移6mol，生成1mol的铜转移3mol的电子，故答案为：还原，3；II在亚硝酸铵溶液中，亚硝酸根和铵根分别可以发生水解反应：NO2+H2OHNO2+OH 和 NH4+H2ONH3H2O+H+，由于铵根的水解程度大于亚硝酸根的水解，所以溶液呈酸性，故答案为：亚硝酸根和铵根分别可以发生水解反应：NO2+H2OHNO2+OH 和 NH4+H2ONH3H2O+H+，由于铵根的水解程度大于亚硝酸根的水解，所以溶液呈酸性；在亚硝酸铵溶液中，水解程度小的最大，水解程度大的第二，显性的第三，最小的是隐性的，所以c（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH），故答案为：（NO2）c（NH4+）c（H+）c（OH）；在生产过程中，酸浸I中会产生大量黄绿色气体，说明Ce4+离子具有强氧化性，可将Cl氧化为Cl2，为避免污染环境、腐蚀设备，应用硫酸酸浸，故答案为：2Ce4+2Cl=2Ce3+Cl2；用H2SO4酸浸；实验室测定PH的方法是撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；故答案为：撕下一小片pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比；NaClO将Ce（OH）3氧化为Ce（OH）4，其中NaCl为还原产物，方程式为2Ce（OH）3+NaClO+H2O=2Ce（OH）4+NaCl，故答案为：2Ce（OH）3+NaClO+H2O=2Ce（OH）4+NaCl点评：本题既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到氧化还原、盐的水解和离子浓度大小比较；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写18.（l）2MnO4-5H2O26H+ 2Mn2+5O2十8H2O （2）淀粉溶液（3）C0mol （4）否【解析】