2021年高考化学二轮专题复习 专题03氧化还原反应（分层训练）(解析版）

《2021年高考化学二轮专题复习 专题03氧化还原反应（分层训练）(解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考化学二轮专题复习 专题03氧化还原反应（分层训练）(解析版）（16页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、解密解密 03 氧化还原反应氧化还原反应 一、选择题一、选择题 1(2021 广东湛江市期末)根据反应 2KClO3+I2=2KIO3+Cl2判断，下列结论不正确的是( ) AI2具有还原性 B当生成 22.4LCl2时，转移 10mol 电子 CKIO3是氧化产物 D该反应属于置换反应 【答案】B 【解析】A 项，对于反应 2KClO3+I2=2KIO3+Cl2，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，I2具有还原性，A 正 确；B 项，当生成 22.4LCl2时，转移 10mol 电子，没有指明气体是否是标准状况，B 错误；C 项，对于反应 2KClO3+I2=2KIO3+Cl2，KClO3是氧

2、化剂，I2是还原剂，KIO3氧化产物，Cl2是还原产物，C 正确；D 项， 对于反应 2KClO3+I2=2KIO3+Cl2，是置换反应，D 正确；故选 B。 2(2021 江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOH 高温Fe3O4+2H2+4Na”生产金属钠。下列 有关说法正确的是( ) AFe失去电子，作氧化剂 BNaOH得到电子，发生氧化反应 C将生成的气体在空气中冷却可获得钠 D每生成 1molNa，转移的电子数为 2 6.02 1023 【答案】D 【解析】A 项，由反应可知 Fe 转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故 A 错误；B 项，氢氧化钠中钠和氢元

3、素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故 B 错误；C 项，生成 的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应， 因此应隔绝空气后冷却获得钠， 故 C 错误； D 项， 由反应可知， 3molFe 失去 8mol 电子得到 4molNa，则生成 1molNa 转移电子 2mol，数目为 2 6.02 1023故 D 正确；故选 D。 3(2021 重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中 获得重大突破，其成果在最近的美国科学杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的说法 正确的是( ) A催化剂只能是加快反应速率 B保持氢气化学性质的最小粒子是

4、 H C该反应的化学方程式是：2CH4=C2H4+2H2 D反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应 【答案】D 【解析】A 项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质在 反应前后不变，故 A 说法错误；B 项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是 H2， 故 B 说法错误；C 项，根据图示可以看出，该反应的反应物是 CH4，生成物是 C2H4和 H2，催化剂为单中心 铁，反应的化学方程式为 2CH4C2H4+2H2，故 C 说法错误；D 项，该反应的反应物是一种， 生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故 D 说法正确

5、；故选 D。 4(2021 广东中山市期末)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2对于该反应，下列判断正确的是( ) ANaN3中氮元素的化合价为-3 价 B氧化剂和还原剂是同一物质 C氧化产物与还原产物分子个数之比为 15:1 D反应过程中转移 10mol 电子，则产生 10NA个 N2分子 【答案】C 【解析】A 项，根据化合物的化合价的代数和为零，则 NaN3中氮元素的化合价为- 1 3 价，A 判断错误； B 项，NaN3中 N 原子化合价升高，做还原剂，KNO3中 N 原子化合价降低，作氧化剂，氧化剂和还原剂不 是同一物质，B 判断

6、错误；C 项，根据方程式，N 原子化合价升高生成氮气的分子数为 15，化合价降低生 成氮气的分子数为 1，氧化产物与还原产物分子个数之比为 15：1，C 判断正确；D 项，根据方程式，反应 过程中转移 10mol 电子，则产生 16mol 氮气，即生成 16NA个 N2分子，D 判断错误；故选 C。 5(2021 衡水中学月考)NaH 和 NaAlH4都是重要的还原剂，一定条件下金属钠和 H2反应生成 NaH。 NaH 与水反应可生成 H2，NaH 与 AlCl3反应可得到 NaAlH4。下列说法错误的是( ) ANaAlH4中阴离子空间构型为正四面体 BNaH 与 AlCl3得到 NaAlH

7、4的反应属于氧化还原反应 CNaH 在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为 Fe2O3) D金属钠和 H2反应生成 NaH 的反应体系需要控制无氧、无水和无酸等条件 【答案】B 【解析】A 项，AlH4-中，Al 的轨道杂化数目为 4+ 3 1 1 4 2 =4，Al 采取 sp3杂化，为正四面体构型， 故 A 正确；B 项，NaH 与 AlCl3反应可得到 NaAlH4，此反应无化合价的变化，不是氧化还原反应，故 B 错 误；C 项，NaH 在此做还原剂(H 化合价升高为+1 价)，铁锈在此为氧化剂(Fe 化合价降低为 0 价)，反应生成 铁单质，故 C 正确；D 项，金属

8、钠可以和氧气、水和酸反应，因此钠和 H2反应生成 NaH 的反应体系需要 控制无氧、无水和无酸等条件，故 D 正确；故选 B。 6 (2021 湖北恩施土家族苗族自治州高三月考)已知 NH4CuSO3与足量的 10 mol/L 硫酸混合微热,产生下 列现象:有红色金属生成；产生刺激性气味的气体；溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是( ) A反应中硫酸作氧化剂 BNH4CuSO3中氮元素被氧化 C刺激性气味的气体是 SO2 D1 mol NH4CuSO3完全反应转移 1 mol 电子 【答案】C 【解析】根据实验现象分析，红色金属为 Cu，溶液呈现蓝色，说明溶液中含有 Cu2，因为加入足量的

9、硫酸，所以刺激性气味的气体应是 SO2，据此分析，反应的化学方程式为 2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO4 2SO22H2O(NH4)2SO4。根据实验现象，有红色金属生成，该金属为 Cu，将 NH4CuSO 3加入足量 的硫酸中，刺激性气体为 SO2，不是 NH3，溶液为蓝色，说明溶液中有 Cu2，发生的反应方程式为 2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO42SO22H2O(NH4)2SO4，则：A 项，根据上述分析，只有 Cu 元素的 化合价发生变化，从+1 价变成了产物中的 0 价和+2 价即硫酸的组成元素没有发生变化，所以硫酸既不是氧 化剂又不是还原剂，只表现酸性，故

10、A 错误；B 项，NH4CuSO3中氮元素的化合价没有变化，故 B 错误；C 项，根据上述分析，刺激性气味的气体为 SO2，故 C 正确；D 项，亚铜自身发生氧化还原反应，从反应的 化学方程式2NH4CuSO32H2SO4=CuCuSO42SO22H2O(NH4)2SO4 可知2molNH4CuSO3完全反应转 移电子物质的量为 1mol，故 1molNH4CuSO3完全反应转移电子物质的量为 0.5mol 故 D 错误；故选 C 7(2021 吉林油田第十一中学高三月考)Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方 程式中不正确的是 ANa2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反

11、应生成 Fe3和 O2，离子方程式为：4FeO42-10H2O4Fe3 =20OH3O2 B 工业上可用 FeCl3、 NaOH、 NaClO 三种物质反应制得 Na2FeO4离子方程式为： 2Fe310OH3ClO =2FeO 4 2-3Cl5H 2O C Na2FeO4消毒杀菌时得到的 Fe3可以净水， Fe3能产生净水物质的原因是： Fe33H2O=Fe(OH)3(胶 体)3H D工业上可用铁做阳极，电解浓 NaOH 溶液的方法制 Na2FeO4，阳极的电极反应为：Fe6e8OH =FeO42-4H2O 【答案】A 【解析】A 项，酸性溶液中不能生成氢氧根离子，所以离子方程式为 4FeO

12、42-20H+=4Fe33O2 10H2O，故 A 错误；B 项，工业上用 FeCl3、NaOH、NaClO 三种物质反应制得 Na2FeO4，发生了氧化还原 反应，Cl 元素得到电子生成 NaCl，由电子、原子守恒可知，反应的离子方程式为：2Fe310OH3ClO =2FeO42-3Cl5H2O，故 B 正确；C 项，Na2FeO4的还原产物为 Fe3，Fe3水解制得 Fe(OH)3胶体，具有 净水作用，Fe3水解反应的离子方程式为： Fe33H2O Fe(OH)3(胶体)3H，故 C 正确；D 项，工 业上可用铁做阳极，Fe 失去电子,则阳极的电极反应为：Fe6e8OH=FeO42-4H2

13、O，故 D 正确；故选 A。 8(2021 任丘市第一中学高三月考)已知：KClO3+C+S KCl+CO2+SO2，下列判断不正确的是 ( ) A若反应中 C 和 S 的质量比为 3:4，则 n(KClO3):n(CO2)为 1:1 B若反应中 C 和 S 的质量比为 3:16，则 n(KClO3):n(CO2)为 2:1 CSO2通入 NaHCO3溶液产生 CO2，可证明非金属性 S 强于 C DKClO3与 SO2在强酸性溶液中反应制得 ClO2，可证明 SO2的还原性强于 ClO2 【答案】C 【解析】A 项，若反应中 C 和 S 的质量比为 3：4，n (C) ：n (S) =2：

14、1，由电子守恒可知 6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)，则 n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：2：1，所以 n (KClO3) ： n (CO2)为 1：1，A 正确； B 项，若反应中 C 和 S 的质量比为 3：16，n(C)：n(S)=1：2，由电子守恒可知 6n (KClO3) =4n (C) +4n (S)， 则 n(KClO3)：n(C)：n(S)=2：1：2，所以 n (KClO3) ： n (CO2)为 2：1，B 正确；C 项，SO2通入 NaHCO3溶 液产生 CO2， 亚硫酸的酸性大于碳酸， 但亚硫酸不是最高价氧化物的含氧酸， 则不能比较非金属性

15、， C 错误； D 项，KClO3与 SO2在强酸性溶液中反应制得 ClO2，S 元素的化合价升高，Cl 元素的化合价降低，由还原 剂的还原性大于还原产物的还原性可知，SO2的还原性强于 ClO2，D 正确；故选 C。 9(2021 甘肃武威市武威十八中高三期末)从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应： 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是( ) ACu2S 既是氧化产物又是还原产物 B5mol FeS2发生反应，有 10mol 电子转移 C产物中的 SO42-离子有一部分是氧化产物 DFeS2只作还原剂 【答案】C 【解析】

16、A 项，Cu2S 为中 Cu、S 元素化合价降低之产物，因此 Cu2S 为还原产物，故 A 错误；B 项， 反应中 Cu 元素化合价由+2 降低至+1，FeS2中 S 原子有 3 10 由-1 升高至+6，有 7 10 由-1 降低至-2，其余元素 化合价未发生变化，因此每有 5mol FeS2发生反应，转移电子为 10mol 3 10 6-(-1)=21mol，故 B 错误；C 项，由 B 项分析可知，产物中的 SO42-离子有一部分是 FeS2中 S 元素升高而得，因此产物中的 SO42-离子有 一部分是氧化产物，故 C 正确；D 项，由 B 分析可知，FeS2在反应中既作氧化剂也是还原剂

17、，故 D 错误； 故选 C。 10(2021 天津期末)用 0.2mol/L Na2SO3溶液 32mL，还原含 4 103molXO42-的溶液，过量的 Na2SO3用 0.2mol/L KMnO4酸性溶液氧化(其中 KMnO4被还原成 Mn2)，共消耗 KMnO4溶液 0.8mL，则元素 X 在还原 产物中的化合价是( ) A1 B2 C3 D4 【答案】C 【解析】 过量 Na2SO3的物质的量为 n(Na2SO3) (6-4)=1.6 10-3 0.1 (7-2)，n(Na2SO3)=4 10-4mol，设 X 在还原产 物中的化合价为 x，(32 10-3 0.2-4 10-4) 2

18、=2 10-3 2 (6-x)，解得 x=+3，故选项 C 正确。 11(2021 涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO42-呈黄色，Cr2O72-呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7) 在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列说法正确的是( ) A向该溶液中滴加适量的 NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原 溶液大 B该反应是氧化还原反应 C向该溶液中加入过量浓 NaOH 溶液后，溶液呈橙色 D向体系中加入少量水，平衡逆向移动 【答案】A 【解析】A 项，向该溶液中滴加适量 NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向

19、移动，由于只 能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故 A 正确；B 项，反应前后元素的化 合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故 B 错误；C 项，向该溶液中加入过量浓 NaOH 溶液后， 消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故 C 错误；D 项，向体系中加入少量水，相 当于稀释，平衡正向移动，故 D 错误；故选 A。 12(2021 福建高三零模)钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中 的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( ) A钠的密度比液氨大 B溶液的导电性增强 C0.

20、1mol 钠投入液氨生成 0.01molH2时，Na 共失去 0.02mol 电子 D钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2 【答案】C 【解析】A 项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A 正确，不符合题意；B 项，液氨中没有能导电的 离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B 正确，不符合题意；C 项，0.1mol 钠反应失去 0.1mol 电子，C 错误 ，符合题意；D 项，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电 子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2，D 正确，不符合题意；故选 C。 13

21、(2021 河北高三模拟)用 CuS、Cu2S 处理酸性废水中的 Cr2O72-，发生的反应如下： 反应：CuS+ Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O (未配平) 反应：Cu2S+ Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O (未配平) 下列判断正确的是( ) A反应和中各有 2 种元素的化合价发生变化 B处理等物质的量的 Cr2O72-时，反应和中消耗H的物质的量相等 C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 3:4 D相同质量的 CuS 和 Cu2S 处理酸性废水中 Cr2O72-时，Cu2S 消耗更多 Cr2O72- 【答案】C 【解析】 对于反应，铜元素化

22、合价未变化，硫元素化合价由2 升高至6，铬元素化合价由6 降低至3， 氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4 Cr2O72-+32H+=3Cu2+3SO42-+8Cr3+16H2O；对于反应，铜元素化合价由1 升高至2，硫元素化合价由 2 升高至6，铬元素化合价由6 降低至3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷 守恒、原子守恒配平可得：3Cu2S+5 Cr2O72-+46H+=6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O。A 项，反应中硫元素价 态由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降低到+3 价；反应中铜元素由+1

23、价升高到+2 价，硫元素价态 由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降低到+3 价，故 A 错误；B 项，结合以上分析可知，处理等物质 的量的 Cr2O72-时，反应和中消耗 H+的物质的量不相等，故 B 错误；C 项，结合以上分析可知，还原剂 为 CuS，氧化剂为 Cr2O72-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 3:4，故 C 正确；D 项，假设质量均为 160g， n(CuS)= 160 96 / g g mol =1.67mol， n(Cu2S)= 160 160/ g g mol =1mol； 根据反应方程式可知： 3CuS4 Cr2O72-， 3Cu2S5 Cr2O72-，所

24、以 CuS 消耗 n(Cr2O72-)= 4 3 1.67=2.2mol，n(Cr2O72-)=15 3 =1.7mol；所以 CuS 消耗的更多，故 D 错误；故选 C。 14(2021 河南鹤壁市鹤壁高中月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应： Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH加热5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入 100mL 浓 度为 10.00mol/L 的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成 NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列 判断不正确的是( ) An(Na+)：n(Cl-)可能为 9：7

25、 B与 NaOH 反应的氯气一定为 0.5mol C若反应中转移的电子为 nmol，则 0.5n 2 3 Dn(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为 11：1：2 【答案】C 【解析】A 项，若氯气和 NaOH 只发生反应 Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，则 n(Na+):n(Cl-)=2:1，若 氯气和 NaOH 只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则 n(Na+): n(Cl-)=6:5，9:7 介于两者之间， 所以 n(Na+):n(Cl-)可能为 9:7，故 A 正确；B 项，NaCl、NaClO、NaClO3中 Na

26、和 Cl 的个数均相等，所以和 1molNaOH反应的氯气为0.5mol， 故B正确； C项， 若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O， 1molNaOH 参加反应， 转移0.5mol 电子； 若氯气和NaOH 只发生反应 3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O， 6molNaOH 参加反应，转移 5mol 电子，则 1molNaOH 参加反应，转移 5 6 mol 电子，所以 0.5n 5 6 ，故 C 错误；D 项，若 n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为 11:1:2，假设 NaCl 为 11mol，则 NaClO 为

27、 1mol，NaClO3为 2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物 Cl2，生成 11molNaCl，得到 11mol 电子，生成 1molNaClO，失去 1mol 电子，生成 2molNaClO3，失去 10mol 电子，得失电子总数相等，符合电子守恒， 故 D 正确；故选 C。 15 (2021 广州市第七中学高三月考)工业上用发烟 HClO4将潮湿的 CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2， 来除去 Cr(III)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法正确的是( ) ACrO2(ClO4)2中 Cr 元素显+3 价 BHClO4属于强酸，

28、该反应还生成了另一种强酸 C该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为8:3 D该反应离子方程式为 19ClO4-+8 Cr3+8OH-= 8CrO2(C1O4)2+3C1-+4H2O 【答案】B 【解析】A 项，CrO2(ClO4)2中 O 为 -2 价、Cl 为+7 价，则根据化合物中元素化合价代数和等于 0 ，可 知该物质中 Cr 元素化合价为+6 价，A 错误；B 项，Cl 元素的非金属性较强，HClO4属于强酸， HC1O4氧 化 CrC13为棕色的CrO2(C1O4)2，部分 HClO4被还原生成 HCl，HCl 也属于强酸，B 正确；C 项，该反应 的离子方程式为19C

29、lO4-+8 Cr3+4H2O= 8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+， 其中19mol ClO4-中有3mol ClO4-作氧化剂， 被还原为 Cl-，8mol Cr3+全部作还原剂，被氧化为 8mol CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比 为 3:8，C 错误；D 项，该反应的离子方程式为 19ClO4-+8 Cr3+4H2O= 8CrO2(C1O4)2+3C1-+8H+，D 错误；故 选 B。 16(2021 沙坪坝区重庆八中高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)， 下列描述错误的是( ) APbCl42-和 Cu2+在反应中都起到催

30、化剂的作用 B该转化过程中，仅 O2和 Cu2+均体现了氧化性 C该转化过程中，涉及反应 4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2O D乙烯催化氧化的反应方程式为 2CH2=CH2 + O2 催化剂 2CH3CHO 【答案】B 【解析】过程PbCl42-+CH2=CH2PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程PbCl3(CH2=CH2)-+H2O +H+Cl-， 过程CH3CHO+Pb+H+2Cl-， 过程中 Pd+2Cu2+4Cl-= PbCl42-+2Cu+，过程发生 4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2O，(+)2+得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 催化剂 2CH3C

31、HO。A 项，从反应过程可见，PbCl42-和 Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故 A 正确。 B 项，过程中，Cu2+体现氧化性，Pd 被氧化为 PbCl42-，说明循环过程中，PbCl42-被还原，体现氧化性， 故 B 错误；C 项，该转化过程中，过程中涉及反应 4Cu+ +O2+4H+=4Cu2+2H2O，故 C 正确；D 项，乙烯 催化氧化生成乙醛，反应方程式为 2CH2=CH2 + O2 催化剂 2CH3CHO，故 D 正确；故选 B。 17(2021 浙江选考模拟)已知：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2+ 8H2O)。某研究小组通过如下 实

32、验步骤测定晶体 A (KxFey(C2O4)z aH2O，其中的 Fe 元素为+3 价)的化学式： 步骤 1：准确称取 A 样品 9.82g，分为两等份； 步骤 2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为 4.37 g； 步骤3： 取另一份置于锥形瓶中， 加入足量的3.0mol L-1 H2SO4溶液和适量蒸馏水， 使用0.5 mol L-1KMnO4 溶液与其反应，反应结束时消耗 KMnO4溶液的体积为 24.0 mL； 步骤 4：将步骤 2 所得固体溶于水，加入铁粉 0.28g，恰好完全反应。 下列说法正确的是( ) A据步骤 2 可以算出水的物质的量，得出 a=0.03 B据步骤 3

33、算得晶体 A 样品中含草酸根离子(C2O42-)的物质的量为 0.03 mol C据上述 4 步算得晶体 A 的化学式为 K3Fe(C2O4)3 3H2O D将步骤 4 所得溶液中 Fe2+全部氧化为 Fe3+需要通入 168 mL Cl2 【答案】C 【解析】已知 9.820gA 样品，分成两份，每份样品质量为 4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量 为 4.370g， 说明结晶水的质量是 4.910g-4.370g=0.540g， 得出结晶水的物质的量； 将步骤 2 所得固体溶于水， 晶体 A 中含有+3 价的铁， 加入铁粉 0.2800g， 恰好反应， 得到晶体中铁元素的物质的量；

34、 根据步骤 3： 5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2+ 8H2O，反应消耗 0.5 mol L-1KMnO4溶液 24.00mL，得到 4.9100gA 样品中 C2O42-的物质的量； 根据质量守恒， 得到晶体中钾离子的物质的量， 代入数据求 n(K)： n(Fe)： n(C2O42-)： n(H2O) 最简整数比即可得晶体 A 的化学式。4.9100gA 样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为 4.3700g，说明结晶 水的质量是 4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是 0.54g 18g/mol =0.03mol；将步骤 2 所得固体溶

35、于水，加 入铁粉0.2800g， 恰好反应， 根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是 0.28g 56g/mol 2=0.01mol； 根据步骤 3：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2+ 8H2O 反应消耗 0.5 mol L-1KMnO4溶液 24.00mL，则 4.910gA 样品中 C2O42-的物质的量是 3 0.5mol/L 24 10 L 5 2 =0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的 物质的量是 4.910g0.540g56g/mol 0.01mol0.03mol 88g/mol 39g/mol =0.0

36、3mol， n(K)： n(Fe)： n(C2O42-)： n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体 A 的化学式为 K3Fe(C2O4)3 3H2O。A 项，由步骤 2 只能计算出 4.9100gA 样品中含有 0.03mol 水，无法计算 a 值，故 A 错误；B 项，据步骤 3 算得 4.910g 晶体 A 中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为 0.03 mol， 则 9.82gA 样品中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为 0.06 mol， 故 B 错误；C 项，由上述可知，晶体 A 的化学式为 K3Fe(C2O4)3 3H2O，故 C 正

37、确；D 项，未告知气体所处 环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故 D 错误；故选 C。 18(2021 陕西西安市长安一中高三月考)某温度下将氯气通入过量 KOH 溶液中，反应后得到 KCl、 KClO 和 KClO3的混合溶液。下列说法中，不正确的是( ) A反应消耗的 Cl2与生成的 H2O 的物质的量之比始终为 11，与产物组成无关 B若 n(ClO-)n (ClO3-)=11，则反应消耗的氯气与转移电子数的物质的量之比为 23 C若 n(ClO-)n(ClO3-)=111，则反应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为 43 D反应消耗的 Cl2与 KOH 的物质的量之比取决于反应

38、产物的组成 【答案】D 【解析】A 项，由于反应后得到 KCl、KClO 和 KClO3的混合溶液，根据原子守恒 n(K)=n(Cl)，反应 消耗的 Cl2与 KOH 的物质的量之比为 12，根据氢原子守恒，反应消耗的 Cl2与生成的 H2O 的物质的量 之比始终为 11，与产物组成无关，故 A 正确；B 项，当 n(ClO-)n (ClO3-)=11，设 n(ClO-)=n (ClO3-)=1 mol，根据得失电子守恒，生成的 n(Cl-)为 6 mol，则反应消耗的 Cl2为 4 mol，则反应消耗的氯气与转移电 子数的物质的量之比为 46= 23，故 B 正确；C 项，当 n(ClO-)

39、n(ClO3-)=111，设 n(ClO-)=11 mol，n (ClO3-)=1 mol，根据得失电子守恒，生成的 n(Cl-)为 16 mol，化合价降低被还原，化合价升高被氧化，则反 应中被还原与被氧化的氯元素的物质的量之比为 1612= 43，故 C 正确；D 项，由于反应后得到 KCl、 KClO 和 KClO3的混合溶液，根据原子守恒 n(K)=n(Cl)，反应消耗的 Cl2与 KOH 的物质的量之比为 12， 与产物组成无关，故 D 错误；故选 D。 19 (2021 临朐县实验中学高三月考)氰化物是剧毒物质， 传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的 CN-， 无害化排放时必须对这

40、种废水进行处理。可采用碱性条件下的 Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应： 反应 i，CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平) ； 反应 ii，OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。 其中反应 i 中 N 元素的化合价没有变化，X、Y 是两种无毒的气体。下列判断正确的是( ) A反应 i 中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为 1：2 BX、Y 是 CO2、N2，且均为反应 ii 的氧化产物 C该废水处理工艺过程中须采取措施，防止 Cl2逸出到空气中 D处理 c(CN-)=0.0001mol L-1的废水 106L，消耗标况下的 Cl24.48 103L 【答

41、案】C 【解析】A 项，反应 i 中 N 元素的化合价没有变化，碳化合价从+2 升高到+4，氯元素化合价降低,所以 氯气是氧化剂，CN-是还原剂，二者比例为 1：1，故 A 错误；B. 项，X、Y 是两种无毒的气体，从元素分 析，应含有碳元素和氮元素，其中一种为二氧化碳，另一种为氮气，其中碳元素化合价不变，氮元素化合 价升高，氮气为氧化产物，二氧化碳不是氧化产物，故 B 错误；C 项，氯气是有毒气体，应采取措施，防 止氯气逸出到空气中，故 C 正确；D 项， CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl-+H2O， 2OCN-+4OH-+3Cl2=2CO2+N2+6Cl-+2H2O，总反应方程式

42、为，2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，处理 c(CN-)=0.0001mol L-1的废水 106L，则的物质的量为 100mol，消耗的氯气为 250mol，标况下的 Cl2250mol 22.4L/mol=5.6 103L，故 D 错误。故选 C。 20 (2021 南昌县莲塘第一中学高三月考)某同学用 KSCN 溶液和 FeCl2溶液探究 Fe2+的还原性时出现异 常现象,实验如下： 溶液变红，大约 10 秒左右红 色褪去，有气体生成(经检验 为 O2)。取褪色后溶液，滴加 盐酸和 BaCl2溶液， 产生白色 沉淀 溶液变红且不褪色， 有气体生成 (经检

43、验为 O2),经检验有丁达尔 效应。 溶液变红且不褪色，滴加盐酸和 BaCl2溶液，无白色沉淀,经检验 无丁达尔效应。 下列说法错误的是( ) A中红色溶液中含有 Fe(OH)3胶体 B实验中发生的氧化还原反应只有两种 C对比，可以判定酸性条件下 H2O2可以氧化 SCN- D中发生的氧化还原反应为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 【答案】B 【解析】A 项，由实验的实验现象可知，产物经检验有丁达尔效应，说明酸性条件下 H2O2将 Fe2+氧 化为 Fe3+，Fe3+水解生成 Fe(OH)3胶体，故 A 正确；B 项，由实验的实验现象可知，实验中存在的反应有 酸性条件下 H2O2将

44、 Fe2+氧化为 Fe3+、在 Fe3+作催化剂的条件下，双氧水分解生成水和氧气，由实验的实 验现象可知， 实验中还存在的反应是酸性条件下 H2O2可以氧化部分 SCN-， 三个反应均属于氧化还原反应， 故 B 错误；C 项，对比实验的实验现象可知，酸性条件下 H2O2可以氧化 SCN-，生成的硫酸根与氯 化钡溶液反应生成白色沉淀，故 C 正确；D 项，由实验的实验现象可知，酸性条件下，O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故 D 正确；故选 B。 21(2021 四川成都市期末)高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，能有效地杀

45、灭水中的细菌和病毒， 同时被还原成 Fe(OH)3能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂。其制备方法如下： 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH= 2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。下列说法错误的是( ) ANa2FeO4中Fe元素显+6 价 B碱性条件下 NaClO氧化性强于 Na2FeO4 C每生成 1mol Na2FeO4转移 6mol 电子 D在水处理中，Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能 【答案】C 【解析】对于反应 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH= 2Na2FeO4+3NaCl+5H2O中，氢氧化铁是还原剂，次氯酸钠 是氧化剂，Na2FeO4中

46、Fe元素显+6 价， A 项，Na2FeO4中 Fe元素显+6 价，A 正确；B 项，碱性条件下， NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，B 正确；C 项，Fe(OH)3中 的铁元素的化合价是+3 价，产物 Na2FeO4中的铁元素的化合价为+6 价，每生成 1mol Na2FeO4转移的电子数 为 3mol， C 错误； D 项， Na2FeO4具有很强的氧化性， 能有效地杀灭水中的细菌和病毒， 同时被还原成 Fe(OH)3 能高效地除去水中的悬浮物，是一种新型高效水处理剂，所以 Na2FeO4兼具消毒和净水两种功能，D 正确； 故选 C。 22(

47、2021 枣庄市第三中学高三月考)F2和 Xe 在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的 XeF2、 XeF4和 XeF6三种化合物。其中 XeF4与 H2O 可以发生如下反应：6XeF4+12H2O=2XeO3+4Xe+24HF+3O2。 下列判断正确的是( ) AXeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成 Xe 和 F2 BXeF4按以上方式与水反应，每生成 3mol O2转移 12mol 电子 C上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1 DXeF2、XeF4和 XeF6在空气中都不能长期存放 【答案】D 【解析】A 项， F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成 X

48、e 和 F2，故 A 错误； B 项， 由 6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2可知，每生成 4molXe，转移电子为 4mol (4-0)=16mol，即每生 成 3molO2转移 16mol 电子，故 B 错误；C 项，6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2，该反应中，生成 氙气的 XeF4作氧化剂，生成 XeO3的 XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中 4XeF4(氧化 剂)+2XeF4(还原剂)+6H2O(还原剂)+6H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 4： (2+6)=1：2，故 C 错

49、误；D 项，XeF2、XeF4和 XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故 D 正确。故 选 D。 23在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为 2FeS2 + 7O2+ 2H2O 2Fe2+ + 4SO42 + 4H+。 实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是( ) A在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中 NO 作催化剂 B反应中 Fe3+作氧化剂，FeS2被还原 C反应的离子方程式为 4Fe(NO)2+ + O2+ 4H+ 4Fe3+ +4NO + 2H2O，Fe(NO)2+作氧化剂 D反应的离子方程式为 Fe2+ + NO Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应 【答案】A 【解析】步骤 I 中，O2将 Fe(NO)2+氧化为 Fe3+，并释放出 NO；中 Fe3+将 FeS2氧化成 SO42- ，生成的 Fe2+在中又与 NO 结合成 Fe(NO)