2023届高考化学三轮总复习重点专题突破测试题3

1、第3讲氧化复原反响1(2023南昌市调研)以下做法中用到物质氧化性的是()A明矾净化水B纯碱除去油污C臭氧消毒餐具D食醋清洗水垢解析：明矾净水利用明矾水解生成氢氧化铝；纯碱除去油污利用油脂在碱性条件下水解；臭氧消毒，利用臭氧的强氧化性；食醋清洗水垢，利用食醋与碳酸钙、氢氧化镁反响。答案：C2(2023四川省“一诊考试)水与以下物质发生氧化复原反响时，水只作复原剂的是()ANaBF2CNa2O2DC解析：选项A、D中，H2O为氧化剂；选项B，F2与H2O反响生成HF和O2，H2O为复原剂；选项C，Na2O2与H2O的反响中，H2O既不是氧化剂也不是复原剂。答案：B3(2023江西省联考)NH4C

2、uSO3与足量的10mol/L硫酸混合微热，产生以下现象：有红色金属生成产生刺激性气味的气体溶液呈现蓝色据此判断以下说法正确的是()A反响中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1molNH4CuSO3完全反响转移0.5mol电子解析：根据实验现象，反响后有Cu、SO2、Cu2生成，因此该反响为：2NH4CuSO32H2SO4=(NH4)2SO4CuSO4Cu2SO22H2O，反响中Cu即是氧化剂又是复原剂，硫酸作为介质，既不是氧化剂又不是复原剂，A、B错；刺激性气味的气体是SO2，C错；1molNH4CuSO3完全反响转移0.5mol电子，D对。答案：D4以下

3、表达正确的是()A在氧化复原反响中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被复原B元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被复原C失电子难的原子，获得电子的能力一定强D有单质参加或生成的反响一定属于氧化复原反响解析：在反响Cl22NaOH=NaClNaClOH2O中，氯元素既被氧化，又被复原，类似上述反响，同一种元素既被氧化，又被复原，A项错；稀有气体元素稳定性强，既不易得电子也不易失电子，C项错；同素异形体间的反响，如2O3eq o(=,sup7(催化剂)3O2属于非氧化复原反响，D项错。答案：B5(2023桂林市高三摸底考试)稀硝酸作为较强氧化剂在溶液中发生的反响是：2NOeq oal(,

4、3)8H6e=2NO4H2O，以下离子能让此反响过程发生的是()Fe2Mg2SOeq oal(2,3)S2IClOABCD解析：在酸性条件下能被NOeq oal(,3)氧化的有Fe2、SOeq oal(2,3)、S2、I。答案：A6(2023云南省高三摸底考试)有一未完成的离子方程式为：_XOeq oal(,3)6H=3X23H2O，据此判断，X元素的最高化合价为()A7B4C5D1解析：由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反响方程式为：5XXOeq oal(,3)6H=3X23H2O，因X能形成1价阴离子，故其最高正化合价为7价。答案：A7(2023黄冈市质检)有Fe2、NOeq oal(,3)

5、、Fe3、NHeq oal(,4)、H和H2O六种粒子，分别属于同一氧化复原反响中的反响物和生成物，以下表达不正确的是()A该过程中氧化剂与复原剂的物质的量之比为18B该过程说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C假设有1molNOeq oal(,3)发生氧化反响，那么转移8moleD假设把该反响设计为原电池，那么负极反响为Fe2e=Fe3解析：由于酸性条件下的NOeq oal(,3)具有强氧化性，Fe2具有复原性，那么反响的方程式为：8Fe210HNOeq oal(,3)=8Fe3NHeq oal(,4)3H2O，故A项正确；B项，正确，因为加酸酸化后，NOeq oal(,3)会将Fe2氧化；

6、C项，不正确，因为NOeq oal(,3)发生的是复原反响，不是氧化反响；D项，原电池的负极发生氧化反响，故正确。答案：C8(2023北京市目标检测)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响：3NF35H2O=2NOHNO39HF。以下有关说法正确的是()ANF3是氧化剂，H2O是复原剂B复原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1C假设生成0.2molHNO3，那么转移0.2mol电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体解析：分析反响前后各元素价态变化，可知NF3在反响中既是氧化剂又是复原剂，其中：NF3HNO3是被氧化的过程，NF3为复原剂；2NF32

7、NO是被复原的过程，NF3是氧化剂，所以复原剂与氧化剂的物质的量之比为12。生成1molHNO3转移2mol电子，所以生成0.2molHNO3转移0.4mol电子。NF3与潮湿的空气中的水反响生成NO，NO与空气中的O2反响生成红棕色的NO2。综合上述知选项D正确。答案：D9(2023南昌市调研)常温下，往过氧化氢溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；2Fe3H2O2=2Fe2O22H。以下关于反响历程的说法不合理的是()AH2O2氧化性比Fe3强，其复原性比Fe2强B在反响前和反响完全后，溶液pH保持不变CH2O2的生产过程要严格防止混入F

8、e2D反响过程中，Fe2和Fe3总物质的量始终在改变解析：根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，复原剂的复原性强于复原产物的复原性，可以确定A选项正确；将反响与叠加，可知Fe2作催化剂，总反响为2H2O2=2H2OO2，溶液体积几乎没有变化，H物质的量不变，所以pH没有变化，B、C选项正确；根据铁元素守恒可知，反响过程中，Fe2与Fe3总物质的量不发生变化。答案：D10(2023郑州市质量预测)黄铜矿(CuFeS2)常用于提炼金属铜。黄铜矿焙烧过程中所发生的反响比拟复杂，其中主要反响之一的化学方程式为：2CuFeS2O2eq o(=,sup7(高温)eq x()2FeSSO2(已配平)，那么

9、以下关于该反响的说法错误的是()A方框中的物质应为Cu2SB该反响的局部产物可用于硫酸工业C反响中SO2既是氧化产物又是复原产物D反响中假设有1molSO2生成，那么一定有4mol电子发生转移解析：从原子守恒角度分析知，方程式中所缺少的物质为Cu2S，再通过化合价的升降与得失电子守恒可以验证Cu2S是正确的；反响中有SO2生成，其可以用于制H2SO4；生成1molSO2时转移的电子为6mol。答案：D11(2023河南省联考)强氧化剂NaBiO3在酸性溶液中可将Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，自身被复原成Bi3。取一支试管，参加适量NaBiO3固体和2mL6mol/L硫酸，然后滴入2m

10、L1mol/LMnSO4溶液，以下说法错误的是()A假设上述实验完全反响，消耗NaBiO3的物质的量最多为0.01molB充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C上述实验不能用盐酸代替硫酸D在酸性条件下，NaBiO3的氧化性比MnOeq oal(,4)的氧化性强解析：由题目信息“NaBiO3在酸性溶液中可将Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，自身被复原成Bi3可知，其反响的离子方程式为：5BiOeq oal(,3)2Mn214H=2MnOeq oal(,4)5Bi37H2O。由n(Mn2)2103mol，n(H)24103mol，故H过量，Mn2消耗完，同时消耗的n(BiOeq oal(,3)5

11、103mol，故A项错误；B项中由于生成了MnOeq oal(,4)，故溶液颜色变为紫色；C项中假设用盐酸，那么酸性条件下，Cl与MnOeq oal(,4)之间要发生氧化复原反响；D项中根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知其正确。答案：A12(2023江西省五校联考)现有M、N、P、E四种单质，有以下反响：(1)在水溶液中，MN2=M2N，(2)P2H2O(l)=P(OH)2H2，(3)N、E相连浸入稀H2SO4中，电极反响：N2e=N2，2H2e=H2，判断四种单质的复原性由强到弱的顺序是()AM、N、P、EBM、N、E、PCP、M、N、EDE、P、M、N解析：根据(2)，P能与H2O

12、反响产生H2，说明P的复原性最强，根据(1)可知M的复原性大于N，根据(3)可知N失去电子为原电池负极，所以N的复原性大于E，故复原性由强到弱的顺序为PMNE。答案：C13(2023江西重点中学联考)(1)配平化学方程式(假定NO与NO2的物质的量之比为13)：FeHNO3=Fe(NO3)3NONO2H2O。(2)此反响配平时可以有多组系数，其原因是_。(3)请简述检验溶液中的金属阳离子的实验操作及现象_。解析：(1)根据得失电子守恒和质量守恒配平该化学方程式。(2)由于HNO3的复原产物NO和NO2的比例不同，该反响配平时有多组系数。(3)检验Fe3，用KSCN溶液。答案：(1)210213

13、5(2)复原产物不止一种，NO与NO2的比例不同时系数不同(3)取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，出现血红色14(2023石家庄质检(一)(1)请将以下五种物质：KBr、Br2、I2、KI、K2SO4分别填入以下横线上，组成一个未配平的化学方程式：KBrO3_H2SO4_H2O。(2)如果该化学方程式中I2和KBr的化学计量数分别是8和1，那么Br2的化学计量数是_；请将反响物的化学式及配平后的化学计量数填入以下相应的位置中：KBrO3_H2SO4；假设转移10mole，那么反响后生成I2的物质的量为_。解析：(1)根据KBrO3在反响后Br元素的化合价降低，那么其作氧化剂，那么需填入复原

14、剂KI，故所得的未配平的化学方程式为KBrO3KIH2SO4I2Br2K2SO4KBrH2O。(2)如果I2前是8，KBr前是1，那么根据碘元素化合价变化知共失电子16mol, KBr的系数是1，得电子为6mol，那么KBrO3Br2共得电子10mol，即Br2的系数为1；由中变化可知，KI的系数为16，KBrO3的系数为3，再根据K的原子数守恒推出K2SO4的系数为9，所以H2SO4的系数为9，即3KBrO316KI9H2SO4=8I2Br29K2SO4KBr9H2O；假设转移10mol电子，那么16KI16e8I210y解得y5mol。答案：(1)KBrO3KIH2SO4I2Br2K2SO

15、4KBrH2O(2)1316KI95mol15以下反响在一定条件下可以发生H2O22Fe22H=2Fe32H2O；H2O22Fe3=2Fe22HO2。试答复以下问题：(1)Fe2在以上反响中实际起着_作用。(2)I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反响，类比上述反响，在下面填入适宜的化学方程式H2O2I2=2HIO；_；总反响方程式为_。(3)在H2SO4和KI的混合溶液中参加过量的H2O2，放出大量的无色气体，溶液呈棕色，并可以使淀粉溶液变蓝。有学生认为该反响的离子方程式为H2O22I=I2O22H，这个方程式正确吗？_(填“正确或“不正确)假设正确，理由是_。假设不正确，原因是_，

16、写出正确的化学方程式_。解析：题干中首先给出了两个有相互联系的分反响，反响中物质可以分为四类：反响物、生成物、中间产物、催化剂，其中催化剂的特点是反响开始时即参与反响，但反响完全后又重新生成且质量不变，可以确定Fe2为催化剂；根据“I2和Fe2一样也能与H2O2发生上述类似的反响可知，I2在反响中作催化剂，它在第二个反响中应当重新生成，同时注意模仿题中给出的反响，可以写出第二个分反响：2HIOH2O2=I2O22H2O，此反响与第一个分反响相加然后抵消中间产物HIO就可得总反响。(3)氧化复原反响中首先要满足的条件是有电子得失，H2O22I=I2O22H中O、I二元素化合价均升高，只有失电子的

17、物质没有得电子的物质，这种反响不能发生。答案：(1)催化剂(2)2HIOH2O2=I2O22H2O2H2O2eq o(=,sup7(I2)2H2OO2(3)不正确只有化合价升高元素，无化合价降低元素H2SO42KIH2O2=K2SO42H2OI2；2H2O2eq o(=,sup7(I2)2H2OO216高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下能将草酸钠(Na2C2O4)氧化MnOeq oal(,4)C2Oeq oal(2,4)HMn2CO2H2O(未配平)；MnO2C2Oeq oal(2,4)HMn2CO2H2O(未配平)。为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.20g软锰矿样品，参加2.68g草酸钠固体，再参加足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反响)，充分反响后冷却，将所得溶液转移到容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度，从中取出25.0mL，用0.0200molL1高锰酸钾溶液进行滴定。当参加20.0mL溶液时恰好完全反响，试根据以上信息完成以下各题：(1)配平上述两个离子方程式：_MnOeq oal(,4)_C2Oeq oal(2,4)_H=_Mn2_CO2_H2O；_MnO2_C2Oeq oal(2,4)_H=_Mn2_CO2_H2O。(2)欲求得软锰矿中二氧化锰的质量分数，还缺一个数据，这个数据是_(填数据所