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高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品当堂检测题
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这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品当堂检测题，文件包含133氧化还原反应的应用练习2解析版docx、133氧化还原反应的应用练习2原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
第1章 物质及其变化
1.3.3 氧化还原反应的配平和计算
一、选择题
1．钢铁-发蓝是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应，其过程可以用如下化学方程式表示：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH═3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O═3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O═Fe3O4＋4NaOH
下列说法正确的是（ ）
A．反应①②③是氧化还原反应
B．反应②中的氧化剂是Fe
C．整个反应过程中，每有0.3molFe参加反应转移0.8mole－
D．整个反应过程中，每消耗168gFe，生成22.4LNH3(标准状况）
【答案】C
【解析】A．反应①②为氧化还原反应，反应③中没有元素的化合价变化，则反应③不属于氧化还原反应，故A错误；
B．反应②中N元素的化合价由+3价降低为-3价，则反应②中的氧化剂是NaNO2，故B错误；
C．由①②③可知，铁元素全部转化为Fe3O4，0.3molFe元素完全反应生成0.1molFe3O4，Fe3O4中有2个+3价，1个+2价，由电子守恒知，失去电子为0.2mol×(3-0)+0.1mol×(2-0)=0.8mol电子，故C正确；
D．168gFe的物质的量为n(Fe)==3mol，根据反应①②可得6Fe～3NH3，3molFe完全反应生成1.5mol氨气，生成氨气在标况下体积为V(NH3)=22.4L/mol×1.5mol=33.6L，故D错误；
2．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H+→CO2↑＋Mn2+＋H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．每转移2 mol电子，就有1 mol乙二酸被还原
B．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2：5
C．鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性
D．蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导致书写不畅
【答案】A
【解析】A．乙二酸中碳元素的化合价为＋3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；
B．根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2：5，故B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；
D．蓝墨水是一种胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确；
3．在一定条件下，与可发生反应：，下列关于R元素的叙述中正确的是( )
A．中的R元素不能被氧化
B．元素R位于周期表第ⅦA族
C．在常温常压下一定是固体
D．若参与该反应，则转移的电子的物质的量为
【答案】B
【解析】A．由于氧元素显-2价，则中R的化合价为+5，既能升为+7价，也能降为0价等，因此中R既能被氧化，又能被还原，A错误；
B．主族元素的最高正价=主族序数，根据题干信息可知R的最高正价是+7价，则R位于第VIIA族，B正确；
C．R可以是Br元素或I元素，Br2在常温下是液体，I2在常温下是固体，C错误；
D．根据方程式可知，R元素由+5价降为0价，化合价降低总数为5，则转移电子数为5，因此1 mol参与该反应，则转移的电子的物质的量为5 mol，D错误；
4．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】B
【解析】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；
B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；
C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=4.48L，C正确；
D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。
5．某碘盐(含)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成，关于该反应的说法错误的是（ ）
A．碘盐中碘元素被氧化 B．的氧化性强于
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 D．转移电子时，有生成
【答案】C
【解析】A．I元素的化合价升高，则在该反应中碘元素被氧化，故A正确；
B．该反应中作还原剂，作氧化剂，的氧化性强于，故B正确；
C．根据方程式可知，作还原剂，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．反应中生成1 mol K3H2IO6转移1mol×(7-5)=2mol电子，则反应中转移电子时，有0.5mol K3H2IO6生成，故D正确；
6．实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是（ ）
A．KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性
C．制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2
D．用足量MnO2与含有4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
【答案】B
【解析】由题可知：①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
A．由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；
B．由①②两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；
C．由反应式①可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式②可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；
D．由反应式①可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；
7．含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．只用淀粉－KI试纸即可检验食盐中是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为：>Cl2>I2
C．生产等量的碘，途径I和途径II转移的电子数之比为5:2
D．途径III发生反应的离子方程式为：3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋＋6H＋
【答案】D
【解析】A．淀粉遇碘单质变蓝色，而食盐中加入的是KIO3，不是碘单质，KIO3与KI酸性条件下反应生成I2，只用淀粉—KI试纸不能检验食盐中是否加碘，A错误；
B．根据途径Ⅲ，I－和Cl2反应可得到，其中Cl2为氧化剂，为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知氧化性：Cl2＞，B错误；
C．途径Ⅰ的离子方程式为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，生成1molI2，转移2mol电子；途径Ⅱ的离子方程式为2＋5=I2＋5＋H2O＋3H＋，生成1molI2，转移10mol电子；转移的电子数之比为2：10=1：5，C错误；
D．途径Ⅲ，Cl2和I－反应生成，Cl2转化为Cl－，离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋+6H＋，D正确；
8．还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是( )
A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、Br-
C．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
9．碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，几种粒子与Cl2之间有以下转化关系：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①、②均为置换反应
B．I－与过量Cl2能发生反应：I-+3Cl2+3H2O=+6C1-+6H+
C．淀粉KI溶液与新制氯水互滴，现象相同
D．氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞I2＞
【答案】B
【解析】A．置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应，根据分析可知，反应①为置换反应，反应②不是置换反应，故A错误；
B．根据分析可知，由途径①②，I−可被过量的氯气氧化生成，则发生的反应是：I-+3Cl2+3H2O=+6C1-+6H+，故B正确；
C．淀粉遇到碘单质变蓝，若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，当氯水少量时生成碘单质，则能观察到溶液变蓝的现象；若在氯水中逐滴滴加加入淀粉的KI溶液，I−可被过量的氯气直接氧化生成，没有碘单质生成，则看不到溶液变蓝，二者互滴现象不同，故C错误；
D．根据分析，由反应①可知，氧化性Cl2＞I2，由反应②可知，氧化性Cl2＞，由该实验过程，不能比较I2和的氧化性强弱，故D错误；
10．水热法制备直径为1-100nm的颗粒Y(化合物），反应原理为3Fe2++2+O2+aOH-=Y++2H2O，下列说法中不正确的（ ）
A．a=4
B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应
C．Fe2+、都是还原剂
D．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数目为5NA
【答案】D
【解析】制备Y为胶体粒子，本身不带电，从电荷守恒的角度分析，6-4-a=-2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Y+S4O62-+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O。
A．根据电荷守恒可知，a＝2＋6－2×2＝4，选项A正确；
B．微粒直径在1nm～100nm之间，形成的分散性是胶体，选项B正确；
C．根据方程式可知，铁元素的化合价从＋2价部分升高到＋3价，失去电子，被氧化；硫元素的化合价从＋2价升高到＋2.5价，失去电子被氧化，作还原剂；故Fe2+、都是还原剂，选项C正确；
D．2S2O32-→S4O62-失电子2 mol、1molO2得电子4mol，根据电子守恒，3Fe2+失电子2 mol，每有3 mol Fe2+ 参加反应，反应中转移的电子总数为4 NA，选项D不正确；
11．O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
D．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
【答案】C
【解析】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；
D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；
12．我国的四大发明之一黑火药， 爆炸时的主要反应是：S +2KNO3 +3C=K2S +3CO2↑+N2↑，下列说法不正确的是（ ）
A．每生成 0.5 mol N2， 反应中转移 6 mol 电子
B．硝酸钾、 硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂
C．KNO3 有强氧化性， 乘坐汽车、 火车、 飞机时不能随身携带
D．上述反应的生成物都是无毒的， 所以燃放爆竹时不会污染环境
【答案】D
【解析】反应2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，得电子，被还原，S和KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，失电子，被氧化，C为还原剂；A．每生成0.5 mol N2，反应中转移1.5×(4-0)=6mol电子，故A正确；B．N和S元素化合价降低，所以硝酸钾、硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂，故B正确；C．KNO3有强氧化性，易与还原性物质发生氧化还原反应而爆炸，不能随身携带，故C正确；D．黑火药的爆炸除生成K2S、CO2、N2等物质外，还产生烟雾、残渣，并且爆炸过程中硫、氮元素能与氧气反应生成氧化物，污染大气，故D错误；故答案为D。
二、非选择题
13．ClO2是一种常用的消毒剂，现在被广泛用于饮用水消毒和环境消毒等。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1—0.8mg·L－1之间。使用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，实验步骤如下:
Ⅰ.取100mL的水样用微量的稀硫酸溶液调至pH为1－3，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。
Ⅱ.在25mL滴定管加入1.0×10-4mol·L－1的Na2S2O3溶液。用该标准液滴定Ⅰ中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL。
已知:ClO2在中性条件下还原产物为,在酸性条件下还原产物为Cl－。
2+I2==+2I－。
请回答下列问题:
（1）操作Ⅱ，在向__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中注入Na2S2O3标准溶液前,滴定管需要检漏、__________和__________。
（2）确定操作Ⅱ完全反应的现象__________。
（3）在操作Ⅰ过程中,溶液呈蓝色,反应的离子方程式为__________。
（4）水样中ClO2的浓度是__________mg·L-1。
（5）如果滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。
【答案】（1）碱式 洗净
（2）Na2S2O3标准液润洗 蓝色褪去且半分钟内不复原
（3）2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O
（4） 0.135 （5） 偏大
【解析】 （1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，则用碱式滴定管盛有Na2S2O3标准溶液；滴定管使用前首先要检漏、洗涤干净和润洗，再装成标准液；
（2）根据操作Ⅱ可知，溶液中的碘过量，指示剂为淀粉溶液，则溶液为蓝色，加入Na2S2O3与碘反应至刚好完全时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原；
（3）指示剂为淀粉溶液，溶液为蓝色，则有碘单质生成，而ClO2在酸性条件下还原产物为Cl－，则离子方程式为2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O；
（4）根据方程式可知，2n(ClO2)~5n(I2)~10n()，n()=1.0×10-4mol·L－1×10.00mL=1.0×10-6mol，则n(ClO2)=2.0×10-7mol，c(ClO2)=2.0×10-6mol/L=2.0×10-6mol/L×67.5×103mg/mol=0.135mg/L；
（5）滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则使用的Na2S2O3溶液的体积偏大，计算的n()、n(ClO2)均偏大，则测定结果偏大。
14．钴及其化合物在生产、科研领域发挥着主要的作用。
（1）华裔物理学家吴健雄在杨振宁的“宇称不守恒”理论受普遍置疑时，用作为放射源进行实验证实了该理论的正确性。Co位于第4周期，最外层有2个电子，请画出其原子结构示意图______。
（2）能够与浓盐酸反应，将反应的离子方程式补充完整：
______________
（3）氯化钴()呈蓝色，易潮解、易升华，吸收不同量的水后变为粉红色至红色，用于湿度和水分的指示剂。某兴趣小组查阅有关资料后利用如图所示装置在实验室中制备无水氯化钴。
①装置A中反应的离子方程式为________
②装B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是________。
③装置C与F中盛放的试剂相同，试剂的名称为________
④用干燥管装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为______(填标号)。
a浓硫酸 b.无水氯化钙 c.碱石灰 d.无水硫酸铜
【答案】（1） （2） 6
（3） ① ②除去Cl2中的HCl ③浓疏酸 ④ c
【解析】 （1） Co的质子数为27，核外电子数为27，四个电子层，最外层2个电子，其原子结构示意图为：；
（2） Co2O3能够与浓盐酸反应，反应为：Co2O3+6H++2C1−=2Co2++Cl2↑+3H2O；
（3）①A为浓盐酸与二氧化锰制备氯气，反应为：MnO2+4H++2C1−Mn2++Cl2↑+2H2O；
②装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是除去Cl2中的HCl；
③装置C与F中盛放的试剂相同，为浓硫酸，起干燥作用，防止氯化钴水解；
④F装置的目的是干燥吸收水，G的目的是吸收氯气，可以用碱石灰的干燥管替代F和G；
15．要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:
（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
第一组
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
CaO
CO2
第二组
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
每组分类均有错误，其错误的物质分别是第一组______、第二组______(填化学式)。
（2）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表,按要求回答下列问题：
物质
M
N
Q
P
反应前质量/g
50
1
3
12
反应后质量/g
x
26
3
30
①该变化的基本反应类型是______反应；
②物质Q在反应中可能起的作用是______。
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：______。
（4）已知反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
①用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目______。
②浓盐酸在该反应中表现的性质是________（填序号）。
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
③上述反应转移1mol电子时，有______克HCl被氧化？
【答案】（1）Na2CO3 CO
（2）① 分解 ②催化作用
（3） 2H+++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O
（4） B 36.5
【解析】 （1）第一组中碳酸钠属于盐，不属于碱；第二组中CO不属于酸性氧化物；
（2）①根据分析，M为反应物，N、P为生成物，反应类型为分解反应；
②物质Q若参与反应则为催化剂，起催化作用；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全，离子方程式为2H+++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O；
（4）①反应时，Cl的化合价升高，失2e-×5，Mn的化合价降低得5e-×2，双线桥法表示为；
②浓盐酸在反应时，Cl的化合价部分升高，部分未变，则既表现还原性，又表现酸性，答案为B。
③反应转移1mol电子时，则有1molHCl被氧化，则m(HCl)=1mol×36.5g/mol=36.5g。
第1章 物质及其变化
1.3.3 氧化还原反应的配平和计算
一、选择题
1．钢铁-发蓝是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应，其过程可以用如下化学方程式表示：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH═3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O═3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O═Fe3O4＋4NaOH
下列说法正确的是（ ）
A．反应①②③是氧化还原反应
B．反应②中的氧化剂是Fe
C．整个反应过程中，每有0.3molFe参加反应转移0.8mole－
D．整个反应过程中，每消耗168gFe，生成22.4LNH3(标准状况）
【答案】C
【解析】A．反应①②为氧化还原反应，反应③中没有元素的化合价变化，则反应③不属于氧化还原反应，故A错误；
B．反应②中N元素的化合价由+3价降低为-3价，则反应②中的氧化剂是NaNO2，故B错误；
C．由①②③可知，铁元素全部转化为Fe3O4，0.3molFe元素完全反应生成0.1molFe3O4，Fe3O4中有2个+3价，1个+2价，由电子守恒知，失去电子为0.2mol×(3-0)+0.1mol×(2-0)=0.8mol电子，故C正确；
D．168gFe的物质的量为n(Fe)==3mol，根据反应①②可得6Fe～3NH3，3molFe完全反应生成1.5mol氨气，生成氨气在标况下体积为V(NH3)=22.4L/mol×1.5mol=33.6L，故D错误；
2．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H+→CO2↑＋Mn2+＋H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是（ ）
A．每转移2 mol电子，就有1 mol乙二酸被还原
B．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2：5
C．鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性
D．蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导致书写不畅
【答案】A
【解析】A．乙二酸中碳元素的化合价为＋3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为+4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；
B．根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2：5，故B正确；
C．酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；
D．蓝墨水是一种胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确；
3．在一定条件下，与可发生反应：，下列关于R元素的叙述中正确的是( )
A．中的R元素不能被氧化
B．元素R位于周期表第ⅦA族
C．在常温常压下一定是固体
D．若参与该反应，则转移的电子的物质的量为
【答案】B
【解析】A．由于氧元素显-2价，则中R的化合价为+5，既能升为+7价，也能降为0价等，因此中R既能被氧化，又能被还原，A错误；
B．主族元素的最高正价=主族序数，根据题干信息可知R的最高正价是+7价，则R位于第VIIA族，B正确；
C．R可以是Br元素或I元素，Br2在常温下是液体，I2在常温下是固体，C错误；
D．根据方程式可知，R元素由+5价降为0价，化合价降低总数为5，则转移电子数为5，因此1 mol参与该反应，则转移的电子的物质的量为5 mol，D错误；
4．向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1
B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
【答案】B
【解析】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有
64x+144y=27.2……①
由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②
解得x=0.2、y=0.1
A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；
B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=1.2 mol，硝酸的物质的量浓度为1.2 mol /0.5L =2.4 mol/L，B不正确；
C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/ mol×（0.2 mol×2+0.1 mol×2）/3=4.48L，C正确；
D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2 mol×2-0.1 mol×2×2=0.2mol，D正确。
5．某碘盐(含)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成，关于该反应的说法错误的是（ ）
A．碘盐中碘元素被氧化 B．的氧化性强于
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 D．转移电子时，有生成
【答案】C
【解析】A．I元素的化合价升高，则在该反应中碘元素被氧化，故A正确；
B．该反应中作还原剂，作氧化剂，的氧化性强于，故B正确；
C．根据方程式可知，作还原剂，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；
D．反应中生成1 mol K3H2IO6转移1mol×(7-5)=2mol电子，则反应中转移电子时，有0.5mol K3H2IO6生成，故D正确；
6．实验室既可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法错误的是（ ）
A．KMnO4的氧化性比MnO2的强
B．上述两个反应中，浓盐酸均只体现还原性
C．制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2
D．用足量MnO2与含有4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
【答案】B
【解析】由题可知：①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；②2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
A．由题可知，KMnO4与浓盐酸在常温下反应，而MnO2与浓盐酸反应需要加热，因此KMnO4的氧化性比MnO2的强，故A正确，不选；
B．由①②两个反应方程式可知，盐酸在反应中均体现了酸性和还原性，故B错误，符合题意；
C．由反应式①可知，制备1mol氯气消耗MnO21mol；由反应式②可知，制备1mol氯气消耗KMnO40.4mol；因此制备等质量Cl2，消耗MnO2与KMnO4的物质的量比为5:2，故C正确，不选；
D．由反应式①可知，随着反应的进行盐酸的浓度降低，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以得到Cl2的物质的量小于1mol，故D正确，不选；
7．含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、在一定条件下可发生如图转化关系，下列说法正确的是（ ）
A．只用淀粉－KI试纸即可检验食盐中是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为：>Cl2>I2
C．生产等量的碘，途径I和途径II转移的电子数之比为5:2
D．途径III发生反应的离子方程式为：3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋＋6H＋
【答案】D
【解析】A．淀粉遇碘单质变蓝色，而食盐中加入的是KIO3，不是碘单质，KIO3与KI酸性条件下反应生成I2，只用淀粉—KI试纸不能检验食盐中是否加碘，A错误；
B．根据途径Ⅲ，I－和Cl2反应可得到，其中Cl2为氧化剂，为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知氧化性：Cl2＞，B错误；
C．途径Ⅰ的离子方程式为2I－＋Cl2=2Cl－＋I2，生成1molI2，转移2mol电子；途径Ⅱ的离子方程式为2＋5=I2＋5＋H2O＋3H＋，生成1molI2，转移10mol电子；转移的电子数之比为2：10=1：5，C错误；
D．途径Ⅲ，Cl2和I－反应生成，Cl2转化为Cl－，离子方程式为3Cl2＋I－＋3H2O=6Cl－＋+6H＋，D正确；
8．还原性I->Fe2+>Br-。向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是( )
A．I-、Fe3+、Cl- B．Fe2+、Cl-、Br-
C．Fe2+、Fe3+、Cl- D．Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
9．碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，几种粒子与Cl2之间有以下转化关系：
下列说法正确的是（ ）
A．反应①、②均为置换反应
B．I－与过量Cl2能发生反应：I-+3Cl2+3H2O=+6C1-+6H+
C．淀粉KI溶液与新制氯水互滴，现象相同
D．氧化性由强到弱的顺序是：Cl2＞I2＞
【答案】B
【解析】A．置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应，根据分析可知，反应①为置换反应，反应②不是置换反应，故A错误；
B．根据分析可知，由途径①②，I−可被过量的氯气氧化生成，则发生的反应是：I-+3Cl2+3H2O=+6C1-+6H+，故B正确；
C．淀粉遇到碘单质变蓝，若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，当氯水少量时生成碘单质，则能观察到溶液变蓝的现象；若在氯水中逐滴滴加加入淀粉的KI溶液，I−可被过量的氯气直接氧化生成，没有碘单质生成，则看不到溶液变蓝，二者互滴现象不同，故C错误；
D．根据分析，由反应①可知，氧化性Cl2＞I2，由反应②可知，氧化性Cl2＞，由该实验过程，不能比较I2和的氧化性强弱，故D错误；
10．水热法制备直径为1-100nm的颗粒Y(化合物），反应原理为3Fe2++2+O2+aOH-=Y++2H2O，下列说法中不正确的（ ）
A．a=4
B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应
C．Fe2+、都是还原剂
D．每有3molFe2+参加反应，反应中转移的电子总数目为5NA
【答案】D
【解析】制备Y为胶体粒子，本身不带电，从电荷守恒的角度分析，6-4-a=-2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Y+S4O62-+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-═Fe3O4+S4O62-+2H2O。
A．根据电荷守恒可知，a＝2＋6－2×2＝4，选项A正确；
B．微粒直径在1nm～100nm之间，形成的分散性是胶体，选项B正确；
C．根据方程式可知，铁元素的化合价从＋2价部分升高到＋3价，失去电子，被氧化；硫元素的化合价从＋2价升高到＋2.5价，失去电子被氧化，作还原剂；故Fe2+、都是还原剂，选项C正确；
D．2S2O32-→S4O62-失电子2 mol、1molO2得电子4mol，根据电子守恒，3Fe2+失电子2 mol，每有3 mol Fe2+ 参加反应，反应中转移的电子总数为4 NA，选项D不正确；
11．O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
D．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子
【答案】C
【解析】A．O元素由+1价降低到0价被还原，则氧气为还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是-2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，O2F2表现氧化性，故B错误；
C．该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原，氧化产物为SF6，还原产物为O2，由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1:4，故C正确；
D．由反应H2S+4O2F2═SF6+2HF+4O2，生成2mol氧气转移8mol的电子，标准状况下，生成4.48L HF，物质的量为：0.2mol，转移0.8mol电子，但选项中未指明HF气体的状态，无法计算其物质的量，故D错误；
12．我国的四大发明之一黑火药， 爆炸时的主要反应是：S +2KNO3 +3C=K2S +3CO2↑+N2↑，下列说法不正确的是（ ）
A．每生成 0.5 mol N2， 反应中转移 6 mol 电子
B．硝酸钾、 硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂
C．KNO3 有强氧化性， 乘坐汽车、 火车、 飞机时不能随身携带
D．上述反应的生成物都是无毒的， 所以燃放爆竹时不会污染环境
【答案】D
【解析】反应2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，得电子，被还原，S和KNO3为氧化剂，C元素化合价升高，失电子，被氧化，C为还原剂；A．每生成0.5 mol N2，反应中转移1.5×(4-0)=6mol电子，故A正确；B．N和S元素化合价降低，所以硝酸钾、硫磺在黑火药爆炸的反应中是氧化剂，故B正确；C．KNO3有强氧化性，易与还原性物质发生氧化还原反应而爆炸，不能随身携带，故C正确；D．黑火药的爆炸除生成K2S、CO2、N2等物质外，还产生烟雾、残渣，并且爆炸过程中硫、氮元素能与氧气反应生成氧化物，污染大气，故D错误；故答案为D。
二、非选择题
13．ClO2是一种常用的消毒剂，现在被广泛用于饮用水消毒和环境消毒等。自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1—0.8mg·L－1之间。使用碘量法可以检测水中ClO2的浓度，实验步骤如下:
Ⅰ.取100mL的水样用微量的稀硫酸溶液调至pH为1－3，然后加入一定量的碘化钾，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。
Ⅱ.在25mL滴定管加入1.0×10-4mol·L－1的Na2S2O3溶液。用该标准液滴定Ⅰ中溶液至终点，消耗Na2S2O3溶液10.00mL。
已知:ClO2在中性条件下还原产物为,在酸性条件下还原产物为Cl－。
2+I2==+2I－。
请回答下列问题:
（1）操作Ⅱ，在向__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中注入Na2S2O3标准溶液前,滴定管需要检漏、__________和__________。
（2）确定操作Ⅱ完全反应的现象__________。
（3）在操作Ⅰ过程中,溶液呈蓝色,反应的离子方程式为__________。
（4）水样中ClO2的浓度是__________mg·L-1。
（5）如果滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则测定结果将__________（填“偏大”、“偏小”或“不影响”）。
【答案】（1）碱式 洗净
（2）Na2S2O3标准液润洗 蓝色褪去且半分钟内不复原
（3）2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O
（4） 0.135 （5） 偏大
【解析】 （1）Na2S2O3为强碱弱酸盐，溶液显碱性，则用碱式滴定管盛有Na2S2O3标准溶液；滴定管使用前首先要检漏、洗涤干净和润洗，再装成标准液；
（2）根据操作Ⅱ可知，溶液中的碘过量，指示剂为淀粉溶液，则溶液为蓝色，加入Na2S2O3与碘反应至刚好完全时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不复原；
（3）指示剂为淀粉溶液，溶液为蓝色，则有碘单质生成，而ClO2在酸性条件下还原产物为Cl－，则离子方程式为2ClO2+10I－+8H+=2Cl－+5I2+4H2O；
（4）根据方程式可知，2n(ClO2)~5n(I2)~10n()，n()=1.0×10-4mol·L－1×10.00mL=1.0×10-6mol，则n(ClO2)=2.0×10-7mol，c(ClO2)=2.0×10-6mol/L=2.0×10-6mol/L×67.5×103mg/mol=0.135mg/L；
（5）滴定结束时仰视读取滴定中Na2S2O3溶液的体积，则使用的Na2S2O3溶液的体积偏大，计算的n()、n(ClO2)均偏大，则测定结果偏大。
14．钴及其化合物在生产、科研领域发挥着主要的作用。
（1）华裔物理学家吴健雄在杨振宁的“宇称不守恒”理论受普遍置疑时，用作为放射源进行实验证实了该理论的正确性。Co位于第4周期，最外层有2个电子，请画出其原子结构示意图______。
（2）能够与浓盐酸反应，将反应的离子方程式补充完整：
______________
（3）氯化钴()呈蓝色，易潮解、易升华，吸收不同量的水后变为粉红色至红色，用于湿度和水分的指示剂。某兴趣小组查阅有关资料后利用如图所示装置在实验室中制备无水氯化钴。
①装置A中反应的离子方程式为________
②装B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是________。
③装置C与F中盛放的试剂相同，试剂的名称为________
④用干燥管装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为______(填标号)。
a浓硫酸 b.无水氯化钙 c.碱石灰 d.无水硫酸铜
【答案】（1） （2） 6
（3） ① ②除去Cl2中的HCl ③浓疏酸 ④ c
【解析】 （1） Co的质子数为27，核外电子数为27，四个电子层，最外层2个电子，其原子结构示意图为：；
（2） Co2O3能够与浓盐酸反应，反应为：Co2O3+6H++2C1−=2Co2++Cl2↑+3H2O；
（3）①A为浓盐酸与二氧化锰制备氯气，反应为：MnO2+4H++2C1−Mn2++Cl2↑+2H2O；
②装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是除去Cl2中的HCl；
③装置C与F中盛放的试剂相同，为浓硫酸，起干燥作用，防止氯化钴水解；
④F装置的目的是干燥吸收水，G的目的是吸收氯气，可以用碱石灰的干燥管替代F和G；
15．要准确掌握化学基本概念和研究方法。按要求回答下列问题:
（1）下列是某同学对有关物质进行分类的列表：
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
第一组
Na2CO3
H2SO4
NaHCO3
CaO
CO2
第二组
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
每组分类均有错误，其错误的物质分别是第一组______、第二组______(填化学式)。
（2）一个密闭容器中放入M、N、Q、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表,按要求回答下列问题：
物质
M
N
Q
P
反应前质量/g
50
1
3
12
反应后质量/g
x
26
3
30
①该变化的基本反应类型是______反应；
②物质Q在反应中可能起的作用是______。
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：______。
（4）已知反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
①用双线桥表示上述反应中电子转移的方向和数目______。
②浓盐酸在该反应中表现的性质是________（填序号）。
A．只有还原性 B．还原性和酸性 C．只有氧化性 D．氧化性和酸性
③上述反应转移1mol电子时，有______克HCl被氧化？
【答案】（1）Na2CO3 CO
（2）① 分解 ②催化作用
（3） 2H+++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O
（4） B 36.5
【解析】 （1）第一组中碳酸钠属于盐，不属于碱；第二组中CO不属于酸性氧化物；
（2）①根据分析，M为反应物，N、P为生成物，反应类型为分解反应；
②物质Q若参与反应则为催化剂，起催化作用；
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，则氢离子与氢氧根离子恰好完全反应，硫酸根离子过量，钡离子反应完全，离子方程式为2H+++Ba2++2OH－=BaSO4↓+2H2O；
（4）①反应时，Cl的化合价升高，失2e-×5，Mn的化合价降低得5e-×2，双线桥法表示为；
②浓盐酸在反应时，Cl的化合价部分升高，部分未变，则既表现还原性，又表现酸性，答案为B。
③反应转移1mol电子时，则有1molHCl被氧化，则m(HCl)=1mol×36.5g/mol=36.5g。
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