2017届化学第一轮复习氧化还原反应测试题

1、2017届化学第一轮复习氧化还原反应测试题一、选择题（每题3分，共60分）1元素R有如下反应：RO3-5R6H=3R23H2O，下列说法正确的是（ ）A元素R位于周期表中第A族 BRO3-中的R只能被还原CR2在常温常压下一定是气体 D每反应消耗1molRO3-，转移电子的物质的量为5mol2类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（ ）A、由Cl2+2KBr=2KCl+Br2 所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2B、常温下，由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2+2H2O,所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2C、由Cu+Cl2CuCl2 所以Cu+I2CuI2D、

2、由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中。3将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体。下列有关说法：c(HNO3)=2molL-lc(HNO3)=0.5molL-1m=8.0m=7.2其中正确的是（ ）A B C D4某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列该同学对实验原理的解释和所得结论不正确的是( ) A第一步反应的离子

3、方程式为：ClO2I2H=I2ClH2O B淀粉KI溶液变蓝是因为I被氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色C蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性 D微粒的氧化性由强到弱的顺序是：ClOI2SO425氟化氮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2：1 C若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子 DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体6白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：（

4、1）2P+5CuSO4+8H2O5Cu+2H3PO4+5H2SO4 （2）11P+15CuSO4 +24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4下列有关说法中错误的是A在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂B在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子D在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜7某溶液中含H、SO42、NO3-三种离子，其中H、SO42的物质的量浓度分别为7.0 molL1和2.0 molL1。取该溶液20 mL，加入3.2 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为( )A0.

5、75 L B0.336 L C1.5 L D0.448 L8向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2O72-的酸性溶液，使溶液中Fe2+恰好全部被氧化为Fe3+，并使X2O72-还原为Xn+，则n值为（ ）A2 B3 C4 D69向硫酸铜溶液中通入足量NH3后可得到深蓝色溶液溶质为Cu（NH3）4SO4，再向所得溶液通入SO2至溶液呈微酸性发现有白色沉淀Q生成，反应方程式为2Cu（NH3）4SO43SO24H2O=2NH4CuSO33（NH4）2SO4（）。再将Q与足量的10 mol/L硫酸混合微热，则会发生如下反应：2NH4CuSO32H2SO4=Cu

6、（NH4）2SO42SO2CuSO42H2O（）。对上述两个反应的有关分析中正确的是A是非氧化还原反应而是氧化还原反应 B上述反应中SO2的作用只相当于催化剂C反应中CuSO4是氧化产物 D反应中SO2发生还原反应10常温时，将0.1 mol Fe（N03）3和2 mol HC1溶于水得2L混合溶液，然后向该溶液投入mg铁粉使其充分反应后，滴加KSCN溶液不变红色。下列有关说法正确的是A由于氧化性Fe3+ H+，首先发生的反应是：Fe+2Fe3+= 3Fe2+ B充分反应后，共消耗铁56gC在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在D当加入16.8 g铁粉时，可生成标准状况

7、下6.72 L气体11已知2Fe3+2I-=2Fe2+I2、Br2+2Fe2+=2Fe3+2Br-。现向含有FeBr2、FeI2的某溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是按Br2、Fe3+、I2的顺序氧化性逐渐减弱 原溶液中Br-一定被氧化通入氯气后原溶液中的Fe2+一定被氧化 不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2+、Br-均被完全氧化A B C D12在一个氧化还原反应的体系中，共有H2O、ClO-、CN-、H

8、CO3-、N2、Cl-六种物质。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。下列有关判断中正确的是A还原剂是含CN-的物质，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO-，还原产物是HCO3-C配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为4：1D标准状况下，若生成2.24LN2，则转移电子数为NA13氯酸是一种强酸，浓度超过40时会发生分解，反应可表示为： a HClO3 = bO2+ c Cl2+ d HClO4 + e H2O。下列有关说法正确的是A由反应可确定：氧化产物是O2B若氯酸分解所得混合气体lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO3 = 2O2+ C12

9、+ HClO4 + H2OC由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4D若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为8e14已知下列实验事实：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。下列判断不正确的是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 I215从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO

10、45FeS212H2O = 7X5FeSO412H2SO4，下列说法正确的是AX的化学式为CuS，它既是氧化产物又是还原产物 B5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移C产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物 DFeS2只作还原剂16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NH4 N02 BNaN02与N2 H4反应中，NaN02是氧化剂C可用KI-淀粉试纸和食醋鉴别NaN02和NaCl D分解NaN3盐每产生1 mol N2转移6

11、mol e一17向13.6 g由Cu和Cu2O组成的混合物中加入一定浓度的稀硝酸250 mL，当固体物质完全溶解后生成Cu(NO3)2和NO气体。在所得溶液中加入0.5 mol/L的NaOH溶液1.0 L，生成沉淀质量为19.6 g，此时溶液呈中性且金属离子已完全沉淀。下列有关说法正确的是A原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1:1 B原稀硝酸中HNO3的物质的量浓度为1.3 mol/LC产生的NO的体积为2.24 L DCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1 mol18二氯化二硫（S2C12）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如图所示。常温下，S2C12是一种橙黄色液体，

12、遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，化学方程式为： 2S2C12+2H2OSO2+3S+4HCl。下列说法中错误的是AS2C12的结构式为ClSSClB反应中SO2是还原产物，S是氧化产物CS2C12为含有极性键和非极性键的分子D反应中，生成1molSO2，转移电子为3mol19将11.9克由Mg、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7克。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，标准状况下生成了6.72LNO，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀的质量为A19.4g B22.lg C27.2g D30g20在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子

13、方程式为：3SnCl212Cl-6H+2H3AsO32As3SnCl62-6M，关于该反应的说法中正确的组合是氧化剂是H3AsO3、 还原性：AsSnCl2、 每生成1 mol As，反应中转移电子的物质的量为3 mol、 M为OH-、 SnCl62-是氧化产物A B C D只有二、填空题（每空2分，共40分）21（8分）亚硝酸钠易溶于水，有碱味，有氧化性，也有还原性。NaNO2大量用于染料工业和有机合成工业中，也可用作水泥施工的抗冻剂。然而由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：_NaNO2 + _KI + _NO

14、+_I2 +_K2SO4 +_Na2SO4+_（1）请完成该化学方程式并配平。（2）在上述反应中，若要生成50.8 g I2，则电子转移了_个。（3）现有25.00 mL的KI溶液，用酸化的10.00 mL 0.0500 mol/L的KIO3溶液处理（5I- + IO3- +6H+ = 3I2 + 3H2O）。将生成的I2全部除去后，再加入过量的KI溶液，使之与剩余的KIO3反应，然后将溶液调节至中性，析出的单质碘用0.1000 mol/L的Na2S2O3溶液滴定（2S2O32- + I2 = S4O62- + 2I-），用去该溶液的体积为21.00 mL。求剩余的KIO3为 mol，原KI溶

15、液的物质的量浓度是 mol/L22（12分）（1）取 300mL 0.2mol/L 的 KI 溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的 I2 和 KIO3，则消耗 KMnO4 的物质的量的是 mol。（2）在 Fe（NO3）3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释 （3）三氟化氮（NF3）是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：写出该

16、反应的化学方程式 ，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为 。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 。23（12分）草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：【查阅资料】KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：【提出假设】假设1：该反应为放热反应 假设2：反应生成的Mn2对该反应有催化作用 假设3：K+对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是 。【设计、完成实验】（1）称取 g草酸晶体（H2C2O42H2O），配置500mL

17、0.10mol/L H2C2O4溶液。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 (填下列选项的字母序号）。A称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘 B定容时俯视刻度线C将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水D摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容（2）完成探究，记录数据实验编号烧杯中所加试剂及用量（mL）控制条件溶液褪色时间(s)0.10mol/LH2C2O4溶液等浓度KMnO4溶液H2O0.50mol/L稀硫酸13020302018230203020水浴控制温度6515330203020加入少量MnSO4固体3.643020x20加入5mL 0.10mol/LK2S

18、O4溶液18 则x = ，假设2成立。（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，为配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定。取10.00 mL 0.10mol/L H2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL 0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00 mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为 。上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度为 。24某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数测定（1）装置中的x试剂为 。（2）装置中发生反应的化学方程式为

19、： 。该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生。改进该实验装置以减少副反应发生的方法是_ 。（3）测定漂白粉有效成分的质量分数称取1000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用01000 molL1 KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为： 3ClO+ I = 3Cl+ IO3 IO3 + 5I + 3H2O = 6OH + 3I2实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL199820022000该漂白粉中有效成分的质量分数为 。若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将 （填“偏高”、“偏低”或“无影响

20、”）。参考答案1D【解析】试题分析：A根据R元素的一种离子R，可知其元素的最高价为+7价，元素R位于周期表中第A族，错误； BRO3-中R元素的化合价为+5价，最高价是+7价，所以RO3-中的R既能被还原又能被氧化，错误； C周期表中第A族的溴单质是液态，碘单质是固体，不一定是气体，错误；D反应RO3-5R6H=3R23H2O中，R元素的化合价为+5价，降为0价，化合价降低5，所以转移电子数为5，即每反应消耗1mol RO3-，转移电子的物质的量为5mol，正确。考点：考查氧化还原反应及元素的位置和性质的知识。2D【解析】试题分析：A.由于F2化学性质非常活泼，可以与溶液的水发生反应产生HF和

21、O2，因此不能与KBr溶液反应置换出Br2，错误；B. 常温下，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2+2H2O，但是Fe会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，所以Fe不能与浓硝酸反应产生NO2，错误；C. Cl2的氧化性强，可以与变价金属Cu发生反应Cu+Cl2CuCl2，使Cu变为高价态，但是由于I2的氧化性弱，只能把Cu氧化为第价态，所以不能发生反应Cu+I2CuI2，错误；D.由于Na、K密度都比煤油大，与煤油不能发生反应，所以都可以保存在煤油中，正确。考点：考查类推法在化学学习中应用正误判断的知识。3B【解析】试题分析：标况下2

22、.24LNO的物质的量为：n(NO)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，生成0.1molNO转移电子的物质的量为：0.1mol（5-2）=0.3mol；铜和镁都是+2价金属，根据电子守恒可知金属的物质的量为：n(金属)=0.3mol2=0.15mol，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15mol2+0.1mol=0.4mol，该硝酸溶液的浓度为：c(HNO3)= 0.4mol0.2L=2mol/L，故正确、错误；铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO，得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到

23、固体的质量为：11.2g2+16g/mol0.15mol=8g，故正确、错误；根据分析可知，正确的为，选项B正确。考点：考查守恒方法在混合物的化学计算的知识。4C【解析】试题分析：A第一步生成碘，则离子反应为ClO2I2H=I2ClH2O，正确；B淀粉遇碘变蓝，由现象可知I被氧化为I2，正确；C蓝色逐渐消失，发生H2O+I2+SO32- =SO42- +2I- +2H+，则Na2SO3具有还原性，与漂白性无关，错误；D由ClO2I2H=I2ClH2O可知氧化性强弱为：ClOI2；由H2O+I2+SO32- =SO42- +2I- +2H+可知氧化性强弱为：I2SO42，所以在酸性条件下ClO、

24、I2、SO42的氧化性ClOI2SO42，正确。考点：考查氧化还原反应中物质的氧化性强弱比较及物质的性质、方程式的书写的知识。5D【解析】试题分析：反应3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF中， NF3中氮元素的化合价升高为+5价，同时又降低为+2价，所以这是一个氮元素发生的自身氧化还原反应，ANF3即是氧化剂，H2O又是还原剂，A错误；BNF3中被氧化的N元素与被还原的N元素的物质的量之比为1:2，即还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，B错误；C1molNF3被氧化为HNO3要失去2mol电子，若生成0.2molHNO3，则转移0.4mol电子，C正确；DNF3在潮湿的空气与水反应生

25、成NO，NO在与O2反应生成NO2，D正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应6D【解析】试题分析：A在上述两个反应中，都有元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，由于水的组成元素化合价没有发生变化，因此水既不是氧化剂也不是还原剂，正确；B在上述两个反应中，P元素的化合价由反应前P单质的0价变为H3PO4中的+5价，化合价升高，因此氧化产物都是H3PO4，正确；C在反应(2) 11P+15CuSO4 +24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中，每有15mol CuSO4参加反应，电子转移的物质的量是30mol，所以当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子，正

26、确；D在2P+5CuSO4+8H2O=5Cu+2H3PO4+5H2SO4反应中，氧化剂只有硫酸铜；在11P+15CuSO4 +24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反应中，氧化剂是P和CuSO4，错误。考点：考查氧化还原反应的有关知识。7A【解析】试题分析：根据溶液中的电荷守恒分析，溶液中的硝酸根离子物质的量为（7.0-2.02）0.02=0.06摩尔，铜的物质的量为3.2/64=0.05摩尔，则根据方程式分析，3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，3 8 20.05 0.14 0.06则铜完全反应，生成一氧化氮的物质的量为0.052/3=0.1/3摩尔，则一氧化

27、氮在标况下的体积为0.1/322.4=0.75L，选A。考点：根据方程式计算 硝酸的性质8B【解析】试题分析：在反应中还原剂失去电阻的物质的量与氧化剂获得电子的物质的量相等。1molFeCl2在反应中变为FeCl3失去电子的物质的量是1mol1=1mol，0.2molCl2在反应中获得电子的物质的量是0.2mol2=0.4mol，则0.1molX2O72-的获得电子的物质的量是1mol-0.4mol=0.6mol，0.1mol2（6-n）=0.6，解得n=3,所以选项B正确。考点：考查物质微粒带有的电荷数目的计算的知识。9C【解析】试题分析：A、反应中硫和铜化合价变化，是氧化还原反应，反应有化

28、合价变化，是氧化还原反应，错误，不选A；B、反应中看到二氧化硫总量减少，不是催化剂，错误，不选B；C、反应中2NH4CuSO3中铜的化合价为0，反应生成硫酸铜，铜的化合价升高，硫酸铜是氧化产物，正确，选C；D、反应中一个二氧化硫中的硫元素化合价升高，做还原剂，发生氧化反应，错误，不选D。考点：氧化还原反应10D【解析】试题分析：A、氧化性HNO3Fe3+H+，所以首先发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O,A项错误；B、0.1 mol Fe（N03）3和2 mol HC1中含有Fe3+0.mol，NO3-0.9mol，H+2mol，根据氧化性HNO3Fe3+H+，所以首先

29、发生的反应是：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，0.3mol NO3-消耗0.3mol铁和1.2molH+剩余H+0.8mol；第二步反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+,0.1mol Fe3+消耗0.05mol铁；第三步反应：Fe+2H+= Fe2+H2，0.8molH+消耗0.4mol铁，所以消耗铁的物质的量一共：0.75mol，质量=0.7556=42g,B项错误；C、滴加KSCN溶液不变红色，说明溶液中没有Fe3+，C项错误；D、16.8 g铁粉的物质的量是0.3mol，根据以上分析恰好发生Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O ，生成的NO为0.3mol，标准状况

30、下的体积是6.72 L，D项正确；答案选D。考点：考查无机反应及相关计算11B【解析】试题分析：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，Br2、Fe3+、I2的氧化性逐渐减弱，故正确；原溶液中的Br-可能被氧化，故错误； 通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确； 通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液

31、中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故正确；正确的有，故选B。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。12D【解析】试题分析：考点：由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，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，由化学变化过程中元素种类不变，可知Cl-、HCO3-、H2O是生成物，反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2（4-2）+（3-0）=10价，故

32、CN-系数为2，ClO-系数为5，由原子守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2+5Cl-；反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知CN-为还原剂，氧化产物有HCO3-、N2，A错误；反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，还原产物是Cl-，B错误；由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计

33、量数之比为5：2，C错误；2.24LN2（标况）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，所以转移电子为0.5mol2mol=1mol，D正确。13B【解析】试题分析：A、根据化合价的变化，O由20，化合价升高，被氧化，O2是氧化产物，一部分Cl由5 7，化合价升高，被氧化，HClO4属于氧化产物，故错误；B、bc=1，32b71c=45，解得，b=2/3，c=1/3，则反应方程式为：3HClO3=2O2Cl2HClO4H2O，故正确；C、非金属性强弱，看的是其最高价氧化物对应水化物的酸性，HC

34、lO3中Cl显5价，不是最高价，故说法错误；D、8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O，根据反应方程式，转移电子为20mol，故说法错误。考点：考查氧化还原反应等知识。14C【解析】试题分析：A、K为+1价，O为2价，整个化合价代数和为0，则Cr显3价，故说法正确；B、实验Cr2O3既能和酸反应又能和碱反应，均生成盐和水，因此Cr2O3属于两性氧化物，故说法正确；C、实验中Cr由3价6价化合价升高，被氧化，H2O2作氧化剂，故说法错误；D、实验溶液变蓝说明有I2的产生，即K2Cr2O4作氧化剂，I2作氧化产物，氧化性：K2Cr2O4I2，故说法正确。考点：考查化合价、氧化还原反应等知

35、识。15C【解析】试题分析：A、由元素守恒可得出X为Cu2S，错误；B、由反应方程式知14molCuSO4与5molFeS2发生反应中，14mol铜由+2价降低为+1价，5molFeS2中共10mol硫原子，其中的7mol硫原子由-1价降为-2价，共降价21，另3mol硫原子由-1价升高为+6价，共升价21，故有21mol电子转移，错误；C5molFeS2中共10mol硫原子，其中的7mol硫原子由-1价降为-2价，共降价21，另3mol硫原子由-1价升高为+6价，故产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，正确；D5molFeS2中共10mol硫原子，其中的7mol硫原子由-1价降为-2价，

36、FeS2既作还原剂又作氧化剂，错误。考点：考查氧化还原反应。16D【解析】试题分析：ANH4NO2加热易分解，而NaNO2加热难分解，所以NaNO2的稳定性大于NH4NO2，A正确；BNaNO2与N2H4反应生成NaN3，NaNO2是中氮的化合价由+3价降低为-1/3价，NaNO2是氧化剂，B正确；CNaNO2具有氧化性，在酸性条件下氧化碘化钾，得到单质碘，单质碘遇淀粉溶液变蓝，NaCl无氧化性，在酸性条件下不能氧化碘化钾，所以可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别NaCl与NaNO2，C正确；DNaN3中氮的化合价为-1/3 价，生成1个N2转移2/3个电子，则每产生1molN2转移2/3mole-，

37、D错误；答案选D。考点：考查亚硝酸钠的性质和氧化还原反应等知识。17D【解析】试题分析：生成的沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6 g，其物质的量为0.2 mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x2y0.4 mol，64 g/molx144 g/moly13.6 g，解得x0.1 mol，y0.05 mol，Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1，,A错误；Cu和Cu2O中的Cu都变成了2价，转移的电子的物质的量为(0.20.1)mol0.3 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.1 mol，但未注明是否为标准状况，体积不一定为2.24L，C错误；n(NaOH)0.5 mo

38、l，生成0.2 mol Cu(OH)2时消耗了0.4 mol NaOH，另外0.1 mol NaOH中和了剩余的0.1 mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1 mol(剩余的)0.1 mol(表现氧化性的)0.4mol(表现酸性的)0.6 mol，其物质的量浓度为2.4 mol/L，B错误。考点：考查了硝酸的性质和化学计算的相关知识。【答案】B【解析】试题分析：A、根据二氯化硫的分子结构图，其结构式为：ClSSCl，故正确；B、因为非金属性ClS，二氯化硫中，S显+1价，Cl显-1价，SO2中S的化合价为+4价，S的化合价为0，根据氧化还原反应特点，化合价升高被氧化，SO2是氧化产物，化

39、合价降低被还原，S是还原产物，故错误；C、同种元素形成的共价键是非极性键，即SS之间是非极性键，不同种元素形成的共价键是极性键，即SCl之间形成的极性键，故正确；D、根据选项B生成1molSO2转移电子3mol电子，故正确。考点：考查结构式、氧化还原反应、共价键等知识。19A【解析】试题分析：在Mg、Al、Fe组成的合金中只有Al会和NaOH溶液发生反应，减少的质量是Al的质量，Mg、Fe质量和是：11.9g-2.7g=9.2g。11.9克由Mg、Al、Fe组成的合金溶于过量的稀硝酸中，标准状况下生成了6.72LNO，根据电子转移数目相等可知金属失去电子的物质的量是n(e-)=(6.72L 2

40、2.4L/mol)3=0.9mol,n(Al)=2.7g27g/mol=0.1mol，由于Al是+3价的金属，因此0.1molAl在与硝酸反应时，转移电子的物质的量是0.3mol，因此Mg、Fe失去电子的物质的量是0.9mol-0.3mol=0.6mol，由于金属失去电子数与金属阳离子形成沉淀时结合的OH-数目相等，所以向与足量硝酸反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则最终所得沉淀是Mg(OH)2、Fe(OH)3，其质量为m(Mg)+m(Fe)+m(OH-)=9.2g+0.6mol17g/mol=19.4g，选项是A。考点：考查金属的化学性质及守恒方法在氧化还原反应金属中的应用的知识。20A

41、【解析】试题分析：H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，得电子作氧化剂，正确；反应中SnCl2在反应中做还原剂，As是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，所以SnCl2的还原性大于As，错误；H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，正确；根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，错误；SnCl2SnCl62-，Sn元素的化合价升高，SnCl62-是氧化产物，正确；答案选A。考点：考查氧化还原反应。21（8分）（1）_2_NaNO2 + 2_KI + _2H2SO4_2_NO +_1

42、 I2 +_1_ K2SO4 + _1_Na2SO4 +_2_ _H2O_（2）2.408*1023 （或0.4NA）（3）3.5*10-4, 0.03【解析】试题分析：（1）根据电子守恒和原子守恒配平方程式，_2_NaNO2 + 2_KI + _2H2SO4_2_NO +_1 I2 +_1_ K2SO4 + _1_Na2SO4 +_2_ _H2O_。（2）每摩尔碘生成转移2摩尔电子，所以生成50.8克即0.2摩尔，转移电子为0.4摩尔，即2.4081023个电子， （或0.4NA）。（3）根据反应的关系，计算碘酸钾的物质的量为0.10.021/6=3.510-4mol，反应的碘酸钾的物质的量

43、为0.050.01-0.00035=0.00015摩尔，则原碘化钾的物质的量为0.000155=0.00075摩尔，物质的量浓度=0.00075/0.025=0.03mol/L。考点： 氧化还原反应22（1）0.032mol （2分）（2）2Fe3+SO32- +H2O =2Fe2+SO42- +2H+（2分）3Fe2+4H+NO3- =3Fe3+NO+2H2O（2分）（3） 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 （2分） 0.4NA（2分）出现红棕色气体（2分）【解析】试题分析：（1）根据题给信息可知n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I

44、2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，失电子的物质的量为20.02mol+0.02mol6=0.16mol，1mol MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol；（2）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为2Fe3+ + SO32- + H2O =2Fe2+ + SO42- +2H+，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会

45、又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3Fe2+4H+ NO3- =3Fe3+ +NO + 2H2O。（3）根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3 和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3价升高到+5价，失去2个电子，一部分由+3价降低到+2价，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；根据化学方程式，在反应过程中，被氧化的N即化合价升高的N与被还原的N即化合价降低的N元素原子的物质的量之比为1:2，则每产生1mol HNO3，转移电子2mol的电子，因此若反应中生成0.2 molHNO3，转移的电子数目为0.2 4NA=0.4NA； NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会反应反应3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3，2NO+O2=2NO2；NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。【考点定位】考查氧化还原反应的配平和电子转移数目的计算。【名师点睛】纵观近几年高考对氧化还原反应的考查，主要包括：以生产、生活、社会中的实际问题为载体，考查氧化还原反应的基本概念；比较物质