高三化复习氧化还原反应专项提升试题（含解析）

1、.15-16学年高三化学复习氧化复原反响专项提升试题含解析1、关于反响的有关表达中，正确的选项是 A.KCl中含有 B.KCl中含有C.生成物的相对分子质量大于71 D.该反响转移电子数为【答案】A2、制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液，发生反响2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。FeCl3溶液跟铁粉也能反响2FeCl3+Fe=3FeCl2。向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时参加铁粉和铜粉，反响完毕后，以下结果不可能出现的是 A.烧杯中有铜无铁 B.烧杯中有铁无铜C.烧杯中铁、铜都有 D.烧杯中铁、铜都无【答案】B5、天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼用R表示和四氧化二

2、氮，在火箭发射时，两者剧烈反响产生大量气体并释放出大量的热，该反响的化学方程式为：R + 2N2O4=3N2 + 4H2O + 2CO2，以下表达错误的选项是 A.此反响可在瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行B.此反响是氧化复原反响，N2O4做复原剂C.此反响是氧化复原反响，偏二甲肼做复原剂D.此反响中R的分子式为C2H8N26、以下有关氧化复原反响的表达中正确的选项是 A.当反响中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被复原B. 氧化复原反响中的反响物，不是氧化剂就一定是复原剂C. 某元素从游离态变为化合态，该元素一定被氧化D. 反响中不一定所有元素的化合价都发生变化【答案】D7、根据以下化学

3、方程式，判断有关物质的复原性强弱的顺序为I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI;2FeCl2+Cl22FeCl3;2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2A.I->Fe2+>Cl->SO2 B.Cl->Fe2+>SO2>I-C.Fe2+>I->Cl->SO2 D.SO2>I->Fe2+>Cl-D【解析】试题分析：氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性;复原剂的复原性大于复原产物的复原性。I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI;复原剂是SO2复原产物是I-;2FeCl2+Cl22FeCl3;复原剂是Fe2+复原产物是

4、Cl-;2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2;复原剂是I-复原产物是Fe2+应选D。A.元素化合价发生变化 B.反响中有氧原子的得失C.反响中有电子得失或电子对的偏移 D.反响后生成新的物质【答案】C9、以下变化过程需要参加复原剂的是 A. KClO3KCl B. KClAgClC. H+H2 D. CCO2【答案】C【解析】根据题意，“要参加复原剂实现此变化，那么说明各选项变化为氧化剂的变化，即变化中有元素化合价降低的情况，判断各项知A、C项符合这一点;但对于A项还要注意，实现KClO3KCl的变化有10、由于易被空气中的氧气氧化而不能长期存放在敞口容器中的是 A.浓硫酸 B.硫

5、酸亚铁FeSO4溶液C.NaOH溶液 D.过氧化钠Na2O2【答案】B【解析】浓硫酸具有较强的吸水性，不能敞口放置;硫酸亚铁易被氧气氧化不能敞口放置;氢氧化钠具有吸水性且易和空气的CO2反响，不能敞口放置;过氧化钠敞口放置时不是被氧气氧化，而是自身发生氧化复原反响。11、纯洁铁的物理性质有 光亮的银白色 黑色 在潮湿空气中易腐蚀 有延展性 能导电导热 硬而脆 能被磁铁吸引，易被磁化 密度比铝小A. B.C. D.全部12、氧化复原反响中实际上包含氧化和复原两个过程。下面是一个复原过程的反响式：NO+4H+3e-NO+2H2O?KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2SO43四种物质中的一种物

6、质甲能使上述复原过程发生。?1写出并配平该氧化复原反响的方程式：_。?2反响中硝酸表达了_、_性质。3反响中假设产生0.2 mol气体，那么转移电子的物质的量是_mol4假设1 mol甲与某浓度硝酸反响时，被复原硝酸的物质的量增加，原因是：_。【答案】114HNO3+3Cu2O6CuNO32+2NO+7H2O 2酸性 氧化性 30.64使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成13、在NH4NO3中氮元素显+5价;4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2反响中+2价铁和-2价硫都被氧化;氧化复原反响中复原剂得电子数与氧化剂失电子数一定相等。这3种说法中错误的选项是 A. B. C. D.【

7、答案】D【解析】该题也容易受思维定势的影响，NH4NO3中氮元素显+5价和-3价，而、中铁元素和硫元素被氧化，氧化复原反响中得、失电子数相等，已成了不变的事实，所以错选人其实假设仔细审题就会看出，中的硫元素并不是-2价，而是-1价，中的复原剂也不是得电子，氧化剂也不是失电子，而应是复原剂失电子，氧化剂得电子，因此在解题中要注意这种张冠李戴的错误，该题正确答案为D。14、氧化复原反响中，水的作用可以是氧化剂、复原剂、既是氧化剂又是复原剂，既非氧化剂也非复原剂。以下反响与3NF3 + 5H2O = 2NO + HNO3 +9HF 相比较，水的作用不一样的是 2Na2O2 + 2H2O = 4NaO

8、H + O2 4FeOH2 + O2 +2H2O = 4FeOH32F2 + 2H2O = 4HF + O2 2Al +2H2O +2NaOH = 2NaAlO2 + 3H2A. B.C. D.【答案】D【解析】例句中水不是氧化剂，也不是复原剂，水是复原剂;水是氧化剂。15、在离子浓度都为0.1 mol/L的以下溶液中，参加或通入某物质后，发生反响先后顺序正确的选项是 A. 在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中参加锌粉：Cu2+、Fe3+、H+ B. 在含I-、SO32-、Br-的溶液中不断通入氯气：I-、Br-、SO32- C. 在含AlO2-、SO32-、OH-的溶液中逐滴参加硫酸氢钠溶液

9、：OH-、AlO2-、SO32-D. 在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐参加烧碱溶液：Fe3+、NH4+、H+16、配制一定物质的量浓度的溶液是实验室进展科学研究的重要环节。1假设配制大约1 mol·L-1的溶液100 mL，所给仪器只有托盘天平、量筒、带刻度的烧杯、玻璃棒，以下可选用的试剂是_填字母序号。A.氢氧化钠固体 B.浓硫酸98%C.浓盐酸37% D.浓硝酸63%2以下图是某学生在配制0.100 mol·L-1的碳酸钠溶液100 mL时，将第一次洗涤液转移到容量瓶内的操作。该步骤对所得溶液浓度的影响是_填“偏高、“偏低或“无影响，原因是_。3假设配制2中溶液

10、时，该学生使用托盘天平称取碳酸钠，那么与计算量一致吗?为什么?_。【答案】1ABCD 2偏低玻璃棒紧靠容量瓶口造成洗涤液外溢玻璃棒沉着量瓶移出时，残留在玻璃棒上的洗涤液可能滴在瓶外 玻璃棒移出后直接放在桌面上，造成残留洗涤液损失玷污玻璃棒3不一致，因为Na2CO3的计算量为1.06 g，而托盘天平只能准确到0.1 g，只能称取碳酸钠1.1 g用Na2CO3·10H2O晶体，配制0.2 mol/L的Na2CO3溶液480 mL。1实验中用到的有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少 ， ;2应用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的晶体的质量为 g;3配制溶液时有以下几个操作：溶解 摇匀

11、 洗涤 冷却 称量 转移溶液 定容正确的操作顺序是 填序号4根据以下操作对所配溶液的浓度各有什么影响，完成填空。碳酸钠失去了部分结晶水 用“左码右物的称量方法称量晶体碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠 称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈容量瓶未经枯燥就使用其中引起所配溶液浓度偏高的有 ，无影响的有 。填序号1 500 mL容量瓶、胶头滴管 228.6 g3 4 18、Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O3·5H2O反响原理：Na2SO3aq+SsNa2S2O3aq实验步骤：称取15 g Na2SO3参加圆底烧瓶中，再参加80 mL蒸馏水。另取5

12、g研细的硫粉，用3 mL乙醇润湿，参加上述溶液中。安装实验装置如下图，部分夹持装置略去，水浴加热，微沸60 min。趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3·5H2O，经过滤、洗涤、枯燥，得到产品。答复以下问题：1硫粉在反响前用乙醇润湿的目的是_。2仪器a的名称是_，其作用是_。3产品中除了有未反响的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。检验是否存在该杂质的方法是_。4该实验一般控制在碱性环境下进展，否那么产品发黄，用离子反响方程式表示其原因：_。.测定产品纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L-1碘的标准溶液

13、滴定。反响原理为2S2O+I2=S4O+2I-5滴定至终点时，溶液颜色的变化：_。6滴定起始和终点的液面位置如图，那么消耗碘的标准溶液体积为_mL。产品的纯度为设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M_。.Na2S2O3的应用7Na2S2O3复原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反响的离子方程式为_。1使硫粉易于分散到溶液中 2冷凝管 冷凝回流3Na2SO4 取少量产品溶于过量盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，假设有白色沉淀，那么产品中含有Na2SO4 4S2O+2H+=S+SO2+H2O5由无色变蓝色 618.10 ×100%7S2O+4Cl2+

14、5H2O=2SO+8Cl-+10H+1硫粉难溶于水，微溶于乙醇，故硫粉用乙醇润湿后易扩散到溶液中。2装置中仪器a是冷凝管，起冷凝回流汽化的反响物的作用。3因反响物Na2SO3易被空气中的氧气氧化成Na2SO4，故可能存在的无机杂质是Na2SO4;检验产品中是否含有Na2SO4，即检验SO是否存在，需要防止SO的干扰，故不能用具有强氧化性的硝酸酸化，而应用盐酸酸化，过滤除去不溶物，再向滤液中滴加氯化钡溶液。4产品发黄，说明产品中含有硫杂质，这是由于在酸性环境中Na2S2O3不稳定，发生歧化反响：2H+S2O=S+SO2+H2O所致。5滴定终点时，过量的单质碘使无色的淀粉溶液变蓝，可指示滴定终点。

15、6起始读数为0.00 mL，终点读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL;根据2Na2S2O3·5H2O2S2OI2，得nNa2S2O3·5H2O =2nI2=2×0.100 0 mol·L-1×18.10×10-3 L=3.620×10-3 mol，那么产品的纯度×100%=×100%。7S2O被Cl2氧化成SO，Cl2被复原为Cl-，首先根据化合价升降总数相等写出S2O+4Cl22SO+8Cl-，然后根据原子守恒和电荷守恒写出S2O+4Cl

16、2+5H2O=2SO+8Cl-+10OH-。a值的范围 氧化产物及其物质的量 0KIO3b.酸性：HIO3>H2SO4c.复原性：H2S>I2d.反响过程中溶液的酸性逐渐减弱1复原 复原 25.083 =4K2SO4+4I2+H2SO4+4H2O4c1反响中S元素化合价升高，是氧化反响，H2S作复原剂。反响中I元素化合价降低，是复原反响。2氧化复原反响中得失电子数相等，反响中失去0.2 mol电子，反响中必然得到0.2 mol电子，生成碘0.02 mol，质量为5.08 g。3调整化学计量数使两个方程式得失电子数相等，将两个方程式相加，电子由S转移到I，电子转移数为40。4根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知氧化性KIO3>K2SO4，同理，复原性H2S>I2，反响过程中有H2SO4生成，酸性逐