高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)試題：氧化還原反應(yīng)

1、高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)試題：氧化復(fù)原反響為大家整理的高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)試題：氧化復(fù)原反響文章,供大家學(xué)習(xí)參考！更多最新信息請(qǐng)點(diǎn)擊高三考試網(wǎng)高考化學(xué)第一輪復(fù)習(xí)檢測(cè)試題 氧化復(fù)原反響氧化復(fù)原反響一、選擇題 (此題包括 10小題，每題 5 分，共 50分)1. (2021 威海模擬 )氧化復(fù)原反響在生產(chǎn)、生活中廣泛存在，以下生產(chǎn)、生活中 的實(shí)例不含有氧化復(fù)原反響的是 ( )A. 金屬冶煉B.燃放鞭炮C.食物腐敗D.點(diǎn)制豆腐解析：豆腐的點(diǎn)制屬于膠體的聚沉，是物理變化 .答案： D2. 以下氧化復(fù)原反響中，水作為氧化劑的是 ( )A. CO+H2O 高溫 CO2+H2B. 3NO2+H2O=2HNO3+

2、NOC. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+OtD. 2F2+2H2O=4HF+O2 解析：解題時(shí)抓住氧化劑在反響中化合價(jià)降低這一根本點(diǎn)， H2O 作氧化劑只能是 H 元素化合價(jià)降低， B 中 N 元素化合價(jià)局部升高，局部降低， C 中 Na2O2 中 O 元素化合價(jià)局部升高，局部降低， D 中氧化劑為 F2.答案： A3. (2021上海高考)在以下變化大氣固氮熾熱的碳和濃HNO3反響實(shí)驗(yàn)室制取氨氣中，按氮元素被氧化、被復(fù)原、既不被氧化又不被復(fù)原的順序排列， 正確的選項(xiàng)是 ()A. B.C.D.解析：大氣固氮是游離態(tài)氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的氮的氧化物，氮元素被氧化熾熱的碳和濃HN03反響生成N02

3、，氮元素被復(fù)原實(shí)驗(yàn)室制取NH3反響為： 2NH4CI+Ca(OH)2CaCI2+2NH3T +2H2O,氮元素化合價(jià)沒有發(fā)生變化 應(yīng)選A.答案： A4. 在熱的堿性溶液中，NaCIO 發(fā)生如下反響： 3NaCIO=2NaCI+NaCIO3.在相同條件下 NaCIO2 也能發(fā)生類似的反響，其最終產(chǎn)物是 ()A. NaCI、NaCIO B.NaCI、NaCIO3C.NaCIO、NaCIO3 D.NaCIO3、NaCIO4解析：根據(jù)氧化復(fù)原反響的規(guī)律， NaCIO2 中 的化合價(jià)有局部升高，有局部 降低，對(duì)照 A、B、C、D 四個(gè)選項(xiàng)可知，只有 BC 符合題意，而在熱的堿性條件 下： 3NaCIO=

4、2NaCI+NaCIO3 ，應(yīng)選 B.答案： B5. (2021東城區(qū)模擬)三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體， 它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反響： 3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF. 以下有關(guān)說(shuō)法 正確的選項(xiàng)是( )A. NF3 是氧化劑， H2O 是復(fù)原劑B. 復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為2 : 1C. 假設(shè)生成0.2 mol HN03，那么轉(zhuǎn)移0.2 mol電子D. NF3 在潮濕的空氣中泄漏會(huì)產(chǎn)生紅棕色氣體 解析：分析反響前后各元素價(jià)態(tài)變化，可知 NF3 在反響中既是氧化劑又是還原劑，其中：NFSHN03 是被氧化的過(guò)程，NF3為復(fù)原劑；2NF3-2NO 是被

5、還原的過(guò)程，NF3是氧化劑，所以復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1 : 2生成1 molHNO3轉(zhuǎn)移2 mol電子，所以生成0.2 mol HNO3轉(zhuǎn)移0.4 mol電子.NF3與潮濕的 空氣中的水反響生成 NO，NO與空氣中的O2反響生成紅棕色的 NO2.答案： D6. (2021 濰坊模擬)根據(jù)反響：2H2S+O2=2& +2H2O , 4Nal+O2+2H2SO4=2l2+2Na2SO4+2H2O , Na2S+l2=2Nal+S J以下物質(zhì)的氧 化性強(qiáng)弱判斷正確的選項(xiàng)是( )A.O2l2S B.H2SNalH2OC.Sl2O2 D.H2ONalH2S解析：根據(jù)氧化復(fù)原反響中氧化劑的氧化性

6、大于氧化產(chǎn)物的氧化性，由三個(gè)反響可知氧化性： O2S、O2I2、I2S，故氧化性：O2I2S.答案： A7. (2021全國(guó)卷H )含有a mol FeBr2的溶液中，通入 x mol Cl2.以下各項(xiàng)為通Cl2 過(guò)程中，溶液內(nèi)發(fā)生反響的離子方程式，其中不正確的選項(xiàng)是 ()A. x=0.4a,2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. x=0.6a,2Br-+Cl2=Br2+2Cl-C. x=a,2Fe2+2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl-D. x=1.5a,2Fe2+4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl-解析：因?yàn)閺?fù)原性Fe2+Br-，在FeBr2溶液中通入 CI2時(shí)先發(fā)

7、生反響：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-， 通 入 過(guò) 量 Cl2 時(shí) 發(fā) 生 反 應(yīng) ：2Fe2+4Br-+3CI2=2Br2+2Fe3+6CI-，所以當(dāng) x 1.5時(shí)發(fā)生后一個(gè)反響，當(dāng)0.5a答案： B8. 2021潮州月考R2O在一定條件下可以把 Mn2+氧化成MnO ,假設(shè)反響后R20轉(zhuǎn)變?yōu)镽0又知反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為5 : 2,那么n值為A.1 B.2C.3 D.4解析： Mn 元素失去的電子數(shù)等于 R 元素得到的電子數(shù) 也可以通過(guò)化合價(jià)計(jì) 算, Mn 升高的化合價(jià)的數(shù)目等于 R 元素降低的化合價(jià)數(shù)目 .答案： B9. 在 濃 鹽 酸 中 H3AsO3 與 SnC

8、l2 反 應(yīng) 的 離 子 方 程 式 為 ： 3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl+6M ,關(guān)于該反響的說(shuō)法中正確的組 合是 氧化劑是H3ASO3 復(fù)原性：CI-As 每生成7.5 g As,復(fù)原劑失去的 電子為0.3 molM為OH- SnCI是氧化產(chǎn)物A.B.C. D.解析：方程式中 Sn 元素從 +2 價(jià)上升至 +4 價(jià), SnCl2 是復(fù)原劑, SnCl 是氧化 產(chǎn)物;As元素從+3價(jià)下降到0價(jià)，H3ASO3是氧化劑，As是復(fù)原產(chǎn)物.Cl元素化 合價(jià)沒有發(fā)生變化，不能推出復(fù)原性： Cl-As，每生成7.5 g As，復(fù)原劑失去電 子的物質(zhì)的量為X3=0.

9、3 mol.根據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒推知 M應(yīng)為H2O.答案： A10. 2021 汕頭二模 做實(shí)驗(yàn)時(shí)不小心粘了一些高錳酸鉀,皮膚上的斑很久才能消除, 如果用草酸的 稀溶液洗滌馬上可以 復(fù)原, 其離子 方程式為： MnO+C2O+H CO2f +Mn 2+ ，關(guān)于此反響的表達(dá)正確的選項(xiàng)是A.該反響的氧化劑是C2OB. 該反響右邊方框內(nèi)的產(chǎn)物是 0H-C. 該反響電子轉(zhuǎn)移總數(shù)是 5e-D. 配平該反響式后，H+的系數(shù)是16解析：該反響的氧化劑是 MnO ,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.該反響右邊方框內(nèi)的產(chǎn)物是 H2O, 選項(xiàng) B 錯(cuò)誤.配平該反響可得：2MnO+5C2O+16H+=10CO2Mn2+8H2O,轉(zhuǎn)移電

10、子總數(shù)是10e-,選項(xiàng)C錯(cuò)誤.答案： D二、非選擇題 (此題包括 4小題，共 50分)11. (11分)(1)在淀粉碘化鉀溶液中，滴加少量次氯酸鈉堿性溶液，立即會(huì)看 到溶液變藍(lán)色，這是因?yàn)?，離子方程式為 . 在碘和淀粉形成的藍(lán)色溶液中，滴加亞硫酸鈉堿性溶液，發(fā)現(xiàn)藍(lán)色逐漸消失，這是因?yàn)?，離子方程式是 . 比照和實(shí)驗(yàn)所得的結(jié)果，將I2、ClO-、SO按氧化性由強(qiáng)到弱的順序排列為 .(2) 今有鐵片、銅片，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明以下事實(shí)并寫出化學(xué)反響方程式 . 濃硫酸的氧化性比稀硫酸強(qiáng) . 氯化鐵溶液中Fe3+的氧化性比硫酸銅溶液中的 Cu2+強(qiáng). 鐵的復(fù)原性比銅強(qiáng) .解析:(1)次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，可

11、氧化I-生成單質(zhì)I2,12遇淀粉變藍(lán)；Na2SO3 具有復(fù)原性，可復(fù)原I2生成I-,使藍(lán)色消失，離子方程式的書寫思路是：確定反 應(yīng)物、產(chǎn)物，然后根據(jù)電子得失守恒和電荷守恒配平 .可根據(jù)Cu和濃H2SO4加熱反響，而Cu和稀H2SO4加熱也不反響來(lái)證 明.可利用氧化復(fù)原方程式來(lái)證明答案：NaCIO將KI氧化生成了 12 ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH- I2被Na2SO3復(fù)原生成了 I- SO+I2+2OH-=SO+2I-+H2O CIO-I2SO2Cu與濃H2SO4在加熱時(shí)反響而與稀 H2SO4在加熱時(shí)不反響 Cu+2H2SO4濃CuSO4+SO2t +2H2O Cu與FeCI

12、3溶液能反響 2FeCI3+Cu=2FeCI2+CuCI2 Fe能與CuSO4溶液反響置換出CuFe+CuSO4=FeSO4+Cu合理即可12. 12 分2021 咸寧高三期末 氧化復(fù)原反響中實(shí)際上包含氧化和復(fù)原兩個(gè)過(guò) 程.下面是一個(gè)復(fù)原過(guò)程的反響式：NO+4H+3e-=NOT +2H2O.KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2SO43 四種物質(zhì) 中的一種物質(zhì) 甲能使上述復(fù)原過(guò)程發(fā)生 .1寫出該氧化復(fù)原反響的化學(xué)方程式：2反響中硝酸表達(dá)了 、 .3反響 中假設(shè)產(chǎn) 生標(biāo)準(zhǔn)狀況 下 11.2 L 氣體，那么轉(zhuǎn)移電子 的物 質(zhì)的量是moI.現(xiàn)稱取含有雜質(zhì)的甲樣品雜質(zhì)與酸不反響5.4 g，恰好與1

13、00 mL 1.4 mol/L的硝酸溶液完全反響，那么該樣品的純度為(5)假設(shè) 1 mol 甲與某濃度硝酸反響時(shí)，被復(fù)原硝酸的物質(zhì)的量增加，原因是解析：由于NO+4H+3e-=NO T +2H2O是復(fù)原過(guò)程，需要參加復(fù)原劑才 能發(fā)生，而KMnO4、Na2CO3、Cu20、Fe2(SO4)3四種物質(zhì)中具有較強(qiáng)復(fù)原性的 只 有 Cu2O ， 且 Cu2O 被 氧 化 生 成 Cu2+ ， 化 學(xué) 方 程 式 為 14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NOT +7H2O;(2) 硝酸在反響中表達(dá)了酸性和氧化性 ;(3) 依據(jù)反響式：NO+4H+3e- =NOT +2H2O,假設(shè)產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況

14、下=0.5 mol氣 體，那么轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是 0.5 mol 3=1.5 mol;設(shè)5.4 g樣品中含甲的物質(zhì)的量為x,由化學(xué)方程式可得：=，解得x=0.03 mol , 那么樣品中甲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 3100%=80%;(5)假設(shè) 1 mol 甲與某濃度硝酸反響時(shí)，被復(fù)原硝酸的物質(zhì)的量增加，那么硝酸的 復(fù)原產(chǎn)物的價(jià)態(tài)應(yīng)比 NO 中氮元素的價(jià)態(tài)高，依據(jù)濃硝酸反響的規(guī)律知，應(yīng)是使 用了較濃的硝酸，產(chǎn)物中有局部 NO2 生成.答案： (1)14HNO3+3Cu2O=6Cu(NO3)2+2NOT +7H2O(2) 酸性 氧化 性(3) 1.5(4)80%(5)使用了較濃的硝酸，產(chǎn)物中有局部 NO2

15、 生成13. (11分)三氟化氮(NF3)是一種新型電子材料，它在潮濕的空氣中與水蒸氣能 發(fā)生氧化復(fù)原反響，其反響的產(chǎn)物有： HF、NO和HNO3，請(qǐng)根據(jù)要求答復(fù)以下 問題：(1) 反響過(guò)程中，被氧化與被復(fù)原的元素原子的物質(zhì)的量之比為 .(2) 寫 出 該 反 應(yīng) 的 化 學(xué) 方 程 式假設(shè)反響中生成 0.2 mol HNO3 ，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為 個(gè).(3) NF3 是一種無(wú)色、無(wú)臭的氣體，但一旦 NF3 在空氣中泄漏，還是易于發(fā)現(xiàn) . 你判斷該氣體泄漏時(shí)的現(xiàn)象是 .(4) 一旦 NF3 泄漏，可以用 NaOH 溶液噴淋的方法減少污染， 其產(chǎn)物除 NaNO2、 NaF、H20外，還肯定有(填化

16、學(xué)式).解析：由題意可寫出：F3+H2O- HF+0+H03.(1) 根據(jù)電子得失守恒：N(被氧化)(5-3)=N(被復(fù)原)(3-2)，所以N(被氧化)： N(被復(fù)原)=1 : 2.(2) 依 據(jù) 化 合 價(jià) 升 降 總 數(shù) 相 等 ， 從 方 程 式 右 邊 著 手 不 難 配 平 ， 3NF3+5H2O=2NO+ HNO3+9HF，生成 0.2 mol HN03，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 0.2 mol)(5-3) N)A=0.4NA ，或2.408)1023個(gè).(3) NF3 泄漏產(chǎn)生 NO， NO 遇空氣中的 O2 生成紅棕色氣體 NO2， HNO3、 HF 氣體均有刺激性氣味且在空氣中易形成

17、酸霧 .(4) NF3與H2O反響產(chǎn)生HNO3 , HNO3和NaOH反響必生成 NaNO3.答案： (1)1： 2(2)3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF0.4NA 或 2.408 )1023個(gè)(3) 產(chǎn)生紅棕色氣體、產(chǎn)生刺激性氣味氣體、產(chǎn)生白霧(4) NaNO314. (16分)化學(xué)實(shí)驗(yàn)的微型化可有效地減少污染，實(shí)現(xiàn)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綠色化的要求.某學(xué)生按以下操作做一個(gè)實(shí)驗(yàn)：在一塊下襯白紙的玻璃片的不同位置分別滴加濃 度為0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCI2(含KSCN)溶液 各 1 滴，每種液滴彼此分開，圍成半徑小于外表皿的圓形 (如以下圖所示

18、)，在圓心 處放置 2 粒芝麻粒大小的 KMnO4 晶體，向 KMnO4 晶體滴加一滴濃鹽酸，再立 即將外表皿蓋好(：2KMnO4+16HCI(濃)=2KCI+2MnCI2+5CI2T +8H2O)(1) e 處反響的離子方程式為 ，該反響中發(fā)生反響的氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為 .(2) b 處的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為 ，d 處的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為 .(3) c 處反響的化學(xué)方程式為 ，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，當(dāng)有0.224 L CI2被NaOH溶液吸收后，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為moI.(4) 通過(guò)該實(shí)驗(yàn)?zāi)芊癖葦M CI2、FeCI3、KMnO4 三種物質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱 ?(填“能 或“不能，)假設(shè)能，其氧化性由強(qiáng)到弱的順序是 .解析：(1)根據(jù)e處發(fā)生反響的化學(xué)方程式判斷反響中的氧化劑為KMnO4，還原劑為HCI，其中氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2 : 10=1 : 5,而不是1 : 8.(2) b 處發(fā)生的反響為 2KI+CI2=2KCI+I2 ， I2 遇淀粉變藍(lán)色 ;d 處發(fā)生的反響為