0-2018届化学第一轮复习氧化还原反应专题测试题

22．（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：

①写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为 。

②NF3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（H2C2O4·2H2O），配置500mL 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 1 2 3 4 烧杯中所加试剂及用量（mL） 0.10mol/L H2C2O4溶液 30 30 30 30 等浓20 20 20 20 度KMnO4溶液 H2O 30 30 30 x 0.50mol/L 控制条件 稀硫酸 20 20 20 20 水浴控制温度65℃ 加入少量MnSO4固体 加入5mL 0.10mol/L K2SO4溶液 溶液褪色时间(s) 18 15 3.6 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④中的x试剂为 。

（2）装置③中发生反应的化学方程式为： 。 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1．000 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0．1000 mol·L－1 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 KI溶液体积/mL 1 2 3 19．98 20．02 20．00 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”）。

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 班级 序号 姓名 分数

氧化还原反应专题测试题 参考答案

1．D 【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ⅤⅡA族，错误；

--B．RO3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ⅤⅡA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-＋5R＋6H=3R2＋3H2O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。 2．D 【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+Cl2

CuCl2，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。 3．B 【解析】

试题分析：标况下2.24LNO的物质的量为：n(NO)=2.24L÷22.4L/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)=0.3mol÷2=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：0.15mol×2+0.1mol=0.4mol，该硝酸溶液的浓度为：c(HNO3)= 0.4mol÷0.2L=2mol/L，故①正确、②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，则得到固体的质量为：11.2g÷2+16g/mol×0.15mol=8g，故③正确、④错误；根据分析可知，正确的为①③，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。 4．C 【解析】

－－＋－

试题分析：A．第一步生成碘，则离子反应为ClO＋2I＋2H=I2＋Cl＋H2O，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ClO＋2I＋2H=I2＋Cl＋H2O可知氧化性强弱为：ClO＞I2；由H2O+I2+SO32- =SO42- +2I- +2H+

－－－－

可知氧化性强弱为：I2>SO42，所以在酸性条件下ClO、I2、SO42的氧化性ClO>I2>SO42，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。 5．D 【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，A．NF3即是氧化剂，H2O又是还原剂，A错误；B．NF3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；C．1molNF3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；D．NF3在潮湿的空气与水反应生成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 6．D 【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。 7．A 【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（7.0-2.0×2）×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 2 0.05 0.14 0.06

则铜完全反应，生成一氧化氮的物质的量为0.05×2/3=0.1/3摩尔，则一氧化氮在标况下的体积为0.1/3×22.4=0.75L，选A。

考点：根据方程式计算 硝酸的性质 8．B 【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1mol×1=1mol，0.2molCl2在反应中获得电子的物质的量是0.2mol×2=0.4mol，则0.1molX2O72-的获得电子的物质的量是1mol-0.4mol=0.6mol，0.1mol×2（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。 9．C 【解析】

试题分析：A、反应①中硫和铜化合价变化，是氧化还原反应，反应②有化合价变化，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②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①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 10．D 【解析】

试题分析：A、氧化性HNO3>Fe3+>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HNO3>Fe3+>H+，所以首先发生的反应是：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=0.75?56=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 11．B 【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，①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①正确；②原溶液中的Br-可能被氧化，故②错误； ③通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故③正确； ④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④正确；⑤若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br-被完全氧化，I-、Fe2+均被完全氧化，故⑤正确；正确的有①③④⑤，故选B。

考点：考查了氧化还原反应的相关知识。 12．D 【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0.5mol×2mol=1mol，D正确。 13．B 【解析】

试题分析：A、根据化合价的变化，O由－2→0，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、b＋c=1，32b＋71c=45，解得，b=2/3，c=1/3，则反应方程式为：3HClO3=2O2↑＋Cl2↑＋HClO4＋H2O，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，HClO3中Cl显＋5价，不是最高价，故说法错误；D、8HClO3=3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O，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。 14．C 【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①Cr2O3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②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③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：K2Cr2O4>I2，故说法正确。 考点：考查化合价、氧化还原反应等知识。 15．C 【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