0-2018届化学第一轮复习氧化还原反应专题测试题

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；C．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，故产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物，正确；D．5molFeS2中共10mol硫原子，其中的7mol硫原子由-1价降为-2价，FeS2既作还原剂又作氧化剂，错误。

考点：考查氧化还原反应。 16．D 【解析】

试题分析：A．NH4NO2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；B．NaNO2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；C．NaNO2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；D．NaN3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-，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。 17．D 【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x＋2y＝0.4 mol，64 g/mol·x＋144 g/mol·y＝13.6 g，解得x＝0.1 mol，y＝0.05 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(0.2＋0.1)mol＝0.3 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 mol，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。 18、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：Cl－S－S－Cl，故正确；B、因为非金属性Cl>S，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S－S之间是非极性键，不同种元素形成的共价键是极性键，即S－Cl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。 19．A 【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 ÷22.4L/mol)×3=0.9mol,n(Al)=2.7g÷27g/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+0.6mol×17g/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。 20．A 【解析】

试题分析：①H3AsO3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；②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；③H3AsO3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；④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；⑤SnCl2→SnCl62-，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）2.408*1023 （或0.4NA） （3）3.5*10-4, 0.03 【解析】

?_2_NO +_1 I +_1_ KSO + _1_NaSO+_2_ _HO_

2

2

4

2

4

2

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

23 2.408×10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0.1×0.021/6=3.5×10-4mol，反应的碘酸钾的物质的量为0.05×0.01-0.00035=0.00015摩尔，则原碘化钾的物质的量为0.00015×5=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）① 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 （2分） 0.4NA（2分）②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I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，失电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×6=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

3+2- 2+2- +

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2Fe + SO3+ H2O =2Fe + SO4+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+，过一会又变为棕黄色，根据电荷守

2++-3+

恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3Fe+4H+ NO3 =3Fe +NO + 2H2O。

（3）①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；

② 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：①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；②比较物质氧化性、还原性的强弱及其规律应用；③以元素化合物为载体，考查氧化还原反应的配平及电子转移的方向和数目。解答本题的主要思路：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是同种反应物中同种元素出现化合价升降的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况，另外对于有离子参加的氧化还原发生，应充分利用电荷守恒和原子守恒在配平中的应用。 23．（14分）

【提出假设】随反应物浓度降低，反应速率减慢 【设计、完成实验】（1）6.3g ①500ml容量瓶 ②A、D

－＋＋

（2）25ml （3）5H2C2O4＋2MnO4＋6H=10CO2＋2Mn2＋8H2O 0.010mol/L 【解析】 试题分析：【提出假设】该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是反应开始时物质的浓度大，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，因此不可能是浓度对速率的影响； 【设计、完成实验】 n(H2C2O4)= 0.5L ×0.10mol/L=0.05mol,所以m(H2C2O4·2H2O)= 0.05mol×126g/mol=6.3g,因此要称取6.3g草酸晶体（H2C2O4·2H2O），来配制500mL 0.10mol/L H2C2O4溶液；

A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，则药品的质量偏少，溶质的物质的量偏少，因此使溶液的浓度偏低，正确；B．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，是溶液的浓度偏高，错误；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，不会引起溶液浓度的变化，错误；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，则溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度偏低，正确；选AD。

（2）根据表格数据可知：4与3不同之处就是4中含有一定量的K2SO4溶液，其它都应该相同，忽略溶液的体积变化，则x应该是加入25ml的水；

－＋＋

（3）草酸溶液与酸性KMnO4 溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4＋6H=10CO2＋2Mn2＋8H2O；

－－

n(H2C2O4)= 0.01L× 0.10mol/L=0.001mol,根据离子方程式可得关系式5H2C2O4—2MnO4，则n(MnO4)=2/5 n(H2C2O4)=0.0004mol,所以c(KMnO4)=0.0004mol÷0.04L=0.010mol/L.

考点：考查物质的量浓度溶液的配制、误差分析、实验数据的处理、滴定法的计算等知识。 24．（1）NaOH （1分） （2）2Ca（OH）2+2Cl2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（3分） 将装置③放于冷水浴中进行实验（2分） （3）7.15％ （2分） 偏低（2分） 【解析】 试题分析：（1）装置④的作用是吸收多余氯气及防止倒吸，所以x溶液为NaOH溶液；

（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，化学方程式是2Ca（OH）2+2Cl2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；该反应是放热反应，温度升高会产生氯酸钙的副产物，所以将装置③放于冷水浴中进行实验，可降低温度，减少副产物的生成；

（3）根据表中数据可知消耗KI溶液的体积为三次的平均值为20mL，设次氯酸钙的物质的量是x，则次氯酸根离子的物质的量为2x，则消耗KI的物质的量为2x/3+10x/3=4x，所以4x=0.02L×0.1mol/L，解得x=5×10-4mol，所以漂白粉中次氯酸钙的质量是5×10-4mol×143g/mol=7.15×10-2g，所以漂白粉中有效成分的质量分数是7.15×10-2g/1.000g×100%=7015%；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，说明反应未完全，消耗KI体积偏少，造成测定结果偏低。 考点：考查了氯气的制备、性质检验，氧化还原反应的分析，误差分析