化学一轮复习高频考点题《汇氧化还原反应》(有解析)通用版

1、 第I卷（选择题）1在离子浓度都为01 mol·L-l的下列溶液中，加入(通入)某物质后，发生反应的先后顺序排列正确的是A在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+B在含Fe3+、Br2的水溶液中滴加KI溶液：Fe3+、Br2C在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液：NH4+、HCO3-D在含Al(OH)4-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸：Al(OH)4-、OH-【答案】A【解析】A、根据金属活动顺序表判断，氧化性：Ag+Cu2+，在含Ag+、Cu2+的溶液中加入Zn发生反应的先后顺序：Ag+、Cu2+，正确；B、氧化性：Fe3+Br2，在含Fe3+、Br2的

2、水溶液中滴加KI溶液发生反应的先后顺序：Br2、Fe3+，错误；C、在含NH4+、HCO3-的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液发生反应的先后顺序：HCO3-、NH4+，错误；D、在含Al(OH)4-、OH-的溶液中逐滴加入盐酸发生反应的先后顺序：OH-、Al(OH)4-、OH-，错误。2已知：还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯> I2。实验：在一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液；实验：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液。下列说法正确的是A两个实验中溶液的pH变化趋势相同B两实验中生成等量I2时，转移电子数的物质的量相同C在实验的过

3、程中，若NaHSO3初始量为3mol，当溶液中I¯与I2的物质的量之比为52时，氧化产物为3.2mol D过程中，可以用淀粉作为滴定指示剂，判定第一阶段的反应终点【答案】C【解析】A.实验向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，发生反应： 3HSO3-+IO3-= 3SO42-+I-+3H+.所以溶液的酸性逐渐增强，当溶液中的HSO3-消耗完全后，再滴加KIO3溶液，又发生反应：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O.溶液的酸性又逐渐减弱。该溶液的pH先变小，后又逐渐变大。实验：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42

4、-+I-+3H+.后立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。因此开始滴加NaHSO3溶液时，溶液的酸碱性不会有明显的变化。当溶液中的KIO3消耗完全后，再滴加溶液NaHSO3溶液，由于HSO3-的电离作用大于水解作用，此外还发生反应I2+H2O=HI+HIO，HI与HIO电离产生H+，使溶液显酸性，而且酸性逐渐增强。该溶液的pH先基本没有变化，后又逐渐变小。故两个实验中溶液的pH变化趋势并不同。错误。B. 实验向一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，只有使溶液中的NaHSO3完全发生反应3HSO3-+IO3-= 3SO42-+I-+3H+.后才能发生反应IO3-+5I-+

5、6H+=3I2+3H2O，而实验在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液，滴加的NaHSO3发生反应3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+后的所有产物就发生反应IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。所以两实验中生成等量I2时，在实验中电子转移比实验多。错误。C在实验的过程中，若NaHSO3初始量为3mol，根据方程式3HSO3-+IO3-= 3SO42-+I-+3H+.可知产生1mol的I-，3mol的氧化产物SO42-；假设发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O的IO3-的物质的量为x，消耗I-的物质的量为5x，产生的I2的物质的量为为3x。当溶液中I

6、5;与I2的物质的量之比为52时，(15x):3x=52。解得x=2/25。所以该反应的氧化产物的物质的量为氧化产物5x=(5/2)×(2/25)=0.2mol.因此氧化产物的总物质的量为为30.2=3.2mol。正确。D实验：在一定量的KIO3溶液中逐滴加NaHSO3溶液时发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+.后的产物立即发生IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O因此不可以用淀粉作为滴定指示剂，来判定第一阶段的反应终点。错误。3根据表中信息，判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其它反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2/ClKClO3浓盐酸/Cl2KM

7、nO4H2O2H2SO4O2Mn2+A表中组的反应可能有一种或两种元素被氧化B氧化性强弱的比较： KClO3Fe3+Cl2Br2C表中组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6eD表中组反应的离子方程式为：2MnO4+ 3H2O2 + 6H+=2Mn2+ + 4O2+ 6H2O 【答案】A【解析】A项中，物质的氧化性是Cl2Br2Fe3+，故Cl2先氧化Fe2+，再有多余的氧化Br-，故组的反应可能有一种或两种元素被氧化，正确；B项中，氧化性是 KClO3Cl2Br2Fe3+，不正确；C项中，组反应中KClO3的还原产物是Cl2，化合价不交叉，电子转移数目是5e，不正确；D项中，组反应H2O2

8、为还原剂，其中的O原子全部变成O2，应为2MnO4+ 5H2O2 + 6H+=2Mn2+ + 5O2+ 8H2O。4化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH)2 + I2 + 2KOH = 2Fe(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH = 5KI + KIO3 + 3H2O复分解反应：2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO

9、3热分解反应：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2下列说法不正确是：A氧化性(酸性溶液)：FeCl3Co(OH)3I2B还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2I2KIO3C热稳定性：NaClNaClO4NaClOD酸性(水溶液)：HSCNH2CO3HCN【答案】A【解析】前两个氧化还原反应表明氧化性是：FeCl3I2；Co(OH)3Cl2；Cl2Fe3+，故有Co(OH)3 FeCl3I2，故A错；根据后两个反应，还原性是：Fe(OH)2I2 、I2KIO3，故B正确。根据热分解反应的产物比反应物稳定可知NaClO受热分解得NaCl和NaClO4，NaCl

10、O4受热分解的NaCl ，故C正确；根据强酸可以制弱酸的性质，由复分解反应判断D正确。5下图所示最验证氯气性质的徼型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2>Cl【答案】D 【解析】A项，由实验现象不能说明氧化性：Br2I2；B项，由

11、实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；C项，氯气与水生成酸性物质也可出现对应的实验现象。【考点定位】本题考查氯气的性质。6根据下表信息，下列叙述中正确的是() 序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物 Cl2 FeBr2 Cl- KMnO4H2O2H2SO4O2 Mn2+ KClO3浓盐酸 Cl2 KMnO4 浓盐酸 Cl2Mn2+ A表中组反应的氧化产物只能是FeCl3 B氧化性强弱比较：KMnO4Fe3Cl2Fe2 C的离子方程式配平后，H的化学计量数为16D表中还原产物是KCl 【答案】C【解析】 Fe2的还原性强于Br，因此向FeBr2溶液中通入Cl2时优先氧化Fe2

12、，故其氧化产物有FeCl3，也可能有Br2，A、B两项错误；表中发生的是“归中反应”，其氧化产物和还原产物都是氯气，D项错误；根据电子守恒配平的离子方程式为2MnO4-10Cl16H=5Cl22Mn28H2O，C项正确。7已知I、Fe2、SO2、Cl和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的顺序为SO2>I>Fe2>H2O2>Cl，则下列反应不可能发生的是()A2Fe3SO22H2O=2Fe2SO 4HBI2SO22H2O=H2SO42HIC2Fe2I2=2Fe32IDH2O2SO2=H2SO4【答案】C【解析】解答本题可根据每个氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原

13、产物的还原性。对于A项SO2是还原剂，Fe2是还原产物，故还原性为SO2>Fe2，A项能发生；B项中SO2是还原剂，HI是还原产物，故还原性为SO2>I，B项正确；C项中Fe2是还原剂，I是还原产物，故还原性为Fe2>I，与已知信息矛盾，故C项错；D项中SO2是还原剂，H2O2是氧化剂，故还原性为SO2>H2O2，D项正确。8下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中：2Fe2+2I+2Cl2 = 2Fe3+4Cl+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+ 、I均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反

14、应：Mg2+ HCO3+ OH= MgCO3+ H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2 + H2O + ClO = HClO+HSO3 正确； 说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2- + 5H+ = Al3+ + Al(OH)3+ H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3【答案】D【解析】A项中，Cl2过量，FeI2完全反应，2Fe2+4I+3Cl2 =2Fe3+6Cl+2I2，A错；B项中，NaOH足量，以Mg(HCO3)2做为离子计

15、量标准，正确离子反应方程式是Mg2+2HCO3+2 OH= MgCO3+ H2O+ CO；C项中，离子反应产物是HClO和HSO3，HClO是氧化性，而HSO3是还原性，二者不可能共存，故不正确。9下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是：A铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe + 4H+ + NO3 = Fe3+ + NO + 2H2OB向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，溶液变为黄色： Cr2O72(橙色) + H2O 2CrO42(黄色) +2H+C向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H+ + 4I- + O2 =2I2 + 2H2OD向水杨酸（）中滴

16、加NaHCO3溶液，放出无色气体：【答案】C【解析】铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，说明生成了俄二价铁，3Fe+8H+2NO3=3Fe2+ 2NO+4H2O，A选项不正确，Cr2O72(橙色) + H2O 2CrO42(黄色) +2H+，所以向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓H2SO4，平衡逆向移动，溶液变为橙色：B选项不正确，C选项正确，水杨酸（ ）中酚羟基不和NaHCO3反应，D选项不正确。10甲、乙代表2种金属，下列叙述中，不能判断金属活动性甲比乙强的是A常温下，甲能从水中置换出氢，而乙不能 B最高价氧化物对应的水化物碱性比较，甲比乙的强C甲与非金属反应时失电子比乙少D甲、乙作电极，稀硫酸为

17、电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡【答案】C【解析】试题分析：A在金属活性性顺序表中，活泼的金属能把水会酸中是H置换出来，而活动性弱的金属不能把水或酸中是H置换出来，因此能作为判断金属活动性甲比乙强的依据。正确。B元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物碱性就越强，元素的金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越弱。因此可以作为比较甲比乙的金属性强的依据。正确。C要比较金属活动性的强弱，应该看金属原子失去电子的难易，而不是金属原子失去电子的多少，因此不能作为判断金属活性性强弱的依据。错误。D一般情况下，有活动性不同的金属与电解质溶液形成原电池时，活动性强的金属作负极，发生氧化反

18、应；活动性弱的金属作正极，在正极上发生还原反应。所以甲、乙作电极，稀硫酸为电解质溶液组成原电池，乙电极表面产生气泡，能证明活动性甲>乙。正确。考点：考查判断金属活动性强弱的方法的知识。11根据表中信息,判断下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物 FeBr2/ Cl-MnO2浓盐酸/Cl2 KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A表中组的反应可能有一种或两种元素被氧化B氧化性强弱的比较:MnO2>Fe3+>Cl2>Br2C表中组反应的氧化产物是MnCl2,1molMnO2电子转移数目是2NAD表中组反应的离子方程式为:

19、2MnO4+3H2O2+6H+=2Mn2+4O2+6H2O【答案】A【解析】试题分析：A由于还原剂为FeBr2，还原产物是Cl-，所以氧化剂为Cl2，由于氧化性Cl2>Br2> Fe3+所以若通入的氯气少量，发生的反应是2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+；若氯气足量，发生的反应是2Fe2+4Br3Cl2=6Cl2Fe3+2Br2，表中组的反应可能有一种或两种元素被氧化。正确。B在加热时发生反应：MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2+2H2O；氧化性MnO2> Cl2；2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+；氧化性 Cl2>Fe3+；发生反应Cl22NaBr=2Na

20、ClBr2 ，氧化性Cl2>Br2，发生反应：2Fe2+Br2= 2Br2Fe3+ 氧化性Br2> Fe3+；错误。C表中组反应MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2+2H2O的氧化产物是Cl2,1molMnO2电子转移数目是2NA。错误。D表中组反应的离子方程式为:2MnO4+5H2O2+ 6H+= 2Mn2+5O2+8H2O电子不守恒错误考点：考查关于氧化还原反应的概念、电子守恒及离子方程式的书写的知识。12有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；C、D用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由D导线C；A、C相连后

21、同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，试判断四种金属的活动顺序是A.ABCD B.ACDB C.CABD D.BDCA【答案】B【解析】试题分析：在原电池中，负极金属的活泼性一般强于正极金属的活泼性，根据原电池的工作原理判断电池的正负极，进而可以判断金属的活泼性强弱关系。由题意可知：A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：AB；原电池中，电流从正极流经外电路流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4中，电流由D导线C，则活泼性：CD；A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，

22、所以金属活泼性：AC；B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：DB；综上可知金属活泼性顺序是：ACDB所以，A、C、D错误，B正确，故选B。考点：考查原电池在判断金属活泼性方面的应用13下列叙述中，金属a的活泼性肯定比金属b的活泼性强的是Aa原子的最外层电子数比b原子的最外层电子数少B把a、b两块金属片浸入稀硫酸中，用导线相连组成原电池时，电流由 a到b C1mol a 从酸中置换H+生成的H2比1 mol b从酸中置换H生成的H2多D常温时，a能从水中置换出氢，而b不能【答案】D【解析】试题分析：比较金属的活泼性可通过以下角度：与水反应的剧烈程度

23、，最高价氧化物对应的水化物的碱性，单质之间的置换反应，对应阳离子离子的氧化性强弱等，金属活动性顺序表，则A比较金属的活泼性不能根据最外层电子数的多少，如Li的最外层电子数比Ca少，但不如Ca活泼，Na的最外层电子数比Cu少，但Na比Cu活泼，故A错误；B、原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，把a、b两块金属片浸入稀硫酸中，用导线相连组成原电池时，电流由 a到b，说明金属性是b大于a，故B错误；C、比较金属的活泼性不能根据生成氢气的多少来判断，例如1molAl从酸中置换H+生成的H2比1molMg从酸中置换H+生成的H2多，但Mg的活泼性强，故C错误；D、常温时，A能从水中置换出氢

24、，而B不能，说明A易失去电子，则A的活泼性肯定比金属B的活泼性强，故D正确，故选D。考点：考查金属性强弱比较14已知SO32-的还原性大于I的还原性，某无色溶液中可能含有I、NH4+、Cu2、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是肯定不含I；肯定不含Cu2；肯定含有SO32-；可能含有IA B C D【答案】D【解析】试题分析：Cu2+的水溶液为蓝色，由于该溶液为无色，所以一定不含有Cu2；因为SO32-的还原性大于I的还原性，所以向该溶液中加入少量溴水，则首先发生反应： Br2H2O+SO32-= SO42-+2H+2Br-溶液仍呈无色。则可能不含

25、有I，也可能含有I。但因为未发生反应Br2+2I-=I2+2Br-,产生I2，所以溶液任然为无色。因此正确的说法为。故选项为D。考点：考查反应的先后顺序及离子的鉴定的知识。15在含有n mol FeI2的溶液中通入Cl2，有x mol Cl2发生反应。下列说法正确的是A当x 时，反应的离子方程式为：2Fe2+ Cl2 2Fe3+ 2Cl-B当x n时，反应的离子方程式为：2Fe2+ 2I-+ 2Cl2 2Fe3+ I2+ 4Cl-C当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xnD当xn时，反应后氧化产物的物质的量为n mol【答案】CD【解析】试题分析：A、还原性是IFe2+，因此氯气首先氧

26、化碘离子，当x 时，氯气不足，反应的离子方程式为：2I-+ Cl2 I2+2Cl-，A不正确；B、当x n时，碘离子完全被氧化，而亚铁离子可能完全被氧化，也可能部分被氧化，B不正确；C、当Fe2+和I-同时被氧化时，x与n的关系为xn，C正确；D、当xn时，碘离子恰好被氧化反生成单质碘，其物质的量为n mol，D正确，答案选CD。考点：考查氧化还原反应的有关判断16下列进行性质比较的实验,不合理的是A比较Cu、Fe的还原性:铜加入硫酸铁溶液中B比较氯的非金属性强于溴:溴化钠溶液中通入氯气C比较高锰酸钾的氧化性强于氯气:高锰酸钾中加入浓盐酸D比较镁的金属性强于铝:取一小段去氧化膜的镁带和铝片，分

27、别加入10 mol·L1的盐酸中【答案】A【解析】试题分析：A项中，比较Cu、Fe的还原性：铜加入硫酸铁溶液中，尽管铜溶解了，但不能置换出铁单质，不能比较；若铁加入硫酸铜溶液中，铁溶解了，同时置换出铜单质，是可以比较的。考点：物质的性质的强弱比较实验。17溴是海水中重要的非金属元素，地球上90%的溴元素以Br的形式存在于海水中，所以人们称溴为“海洋元素”。下列有关说法中正确的是A从海水中提取溴时，不涉及氧化还原反应B苯与溴水反应生成溴苯C可以用CCl4萃取溴水中的溴D向FeBr2溶液中通入Cl2时，一定会发生如下反应：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl【答案】C【解析】从

28、海水中提取溴，一般经浓缩、氧化和提取等，A错；苯和溴水不反应，B错；四氯化碳与水不相溶，可以做萃取剂，C正确；FeBr2与氯气反应与量有关，少量时先与Fe2+反应，D错；答案选C。18已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4Fe2=Fe3Ce3Sn22Fe3=2Fe2Sn4由此可以确定Fe2、Ce3、Sn2三种离子的还原性由强到弱的顺序是ASn2、Fe2、Ce3                   BSn2、

29、Ce3、Fe2CCe3、Fe2、Sn2                   DFe2、Sn2、Ce3【答案】 A【解析】在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由方程式可知，还原性：Fe2 Ce3；Sn2Fe2。答案选A。19铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：(1)Tl32Ag=Tl2Ag(2)AgFe2=AgFe3(3)Fe2Fe3=3Fe2，下列离子氧化

30、性比较顺序正确的是ATl3>Fe3>Ag                      BFe3>Ag>Tl3CTl>Ag>Fe2                   

31、   DTl3>Ag>Fe2【答案】 D【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。答案选D。20硫氰(SCN)2的化学性质和卤素(X2)类似，称为拟卤素，如(SCN) 2H2O=HSCNHSCNO，它们的阴离子的还原性强弱为Cl<Br<SCN<I。下列说法不正确的是ACl2可以与KSCN溶液反应B(SCN)2可以与KI溶液反应CKSCN溶液可以与FeCl3溶液反应D(SCN)2可以与KBr溶液反应【答案】 D【解析】阴离子的还原性强弱顺序为Cl<Br<SCN<I，故对应分子的氧化性强弱顺序为Cl2>B

32、r2>(SCN)2>I2，故(SCN)2不能将Br氧化，D错误。答案选D。21含有a mol FeBr2的溶液中，通入x mol Cl2。下列各项为通Cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是Ax0.4a，2Fe2Cl2=2Fe32ClBx0.6a，2BrCl2=Br22ClCxa，2Fe22Br2Cl2=Br22Fe34ClDx1.5a，2Fe24Br3Cl2=2Br2+2Fe36Cl【答案】 B【解析】根据氧化还原反应的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2，然后再氧化Br。x0.4a时，Cl2不能完全氧化Fe2，只能发生反应2Fe2Cl2=2Fe32Cl，A项正确；当x

33、0.6a时，Cl2能将Fe2完全氧化后，又能氧化的Br，故B错误；xa时，Cl2氧化Fe2后又能氧化a mol的Br，C正确；x1.5a时，Cl2能将Fe2、Br完全氧化，D正确。答案选择B。22已知： 向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体； 向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色； 取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝。下列判断正确的为 A上述实验证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】试题分析：一般情况下氧化剂的氧化性强于氧化产物的

34、氧化性。 向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，发生反应：2KMnO4+16HCl(浓）= 2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。氧化性：MnO4Cl2； 向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；发生反应：2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+。氧化性Cl2Fe3+； 取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝，发生反应：2Fe32I=2Fe2+I2碘单质遇淀粉，溶液变为蓝色。氧化性: Fe3+I2因此正确的选项为A。考点：考查物质的氧化性强弱的比较的知识。23已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO，氧化性：HClOCl2Br2Fe3I2。下列有关离子反应或离子方

35、程式的叙述中，正确的是A向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=3Fe32ClB向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水变成无色C向NaClO溶液中通入少量CO2的离子方程式：2ClOCO2H2O=2HClOD能使pH试纸显深红色的溶液，Fe3、Cl、Ba2、Br能大量共存【答案】D【解析】A项，应为2ICl2=I22Cl；B项，Fe3是棕黄色；C项，根据题意应生成。24向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通人S02气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是A滴加KI溶液时，转移2 mol e一时生成1 m

36、ol白色沉淀B通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的漂白性C通入S02时，S02与I2反应，I2作还原剂D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>S02【答案】D【解析】试题分析：由题意可知，向CuS04溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，说明Cu2+氧化I-离子为I2自身被还原成CuI，再通入S02气体，溶液逐渐变成无色，说明I2氧化二氧化硫，自身被还原成I-离子。A、根据得失电子守恒，滴加KI溶液时，转移2 mol e一时生成2 mol白色沉淀，错误；B、通入S02后溶液逐渐变成无色，体现了S02的还原性，错误；C、通入S02时，S

37、02与I2反应，I2作氧化剂，错误；D、根据实验事实，物质的氧化性：Cu2+>I2>S02，正确，答案选D。考点：考查对实验现象的分析能力，物质的氧化性的判断，氧化还原反应的计算25已知：2Fe + 3Br2 = 2FeBr3，Fe2+的还原性大于Br。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列叙述不正确的是A当a = 0.1时，发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2ClB当a = 0.45时，发生的反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClC若溶液中Br有一半被氧化时， c(Fe3+): c(Br):c(C

38、l) 1:1:3D当0a0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)【答案】C【解析】试题分析：16.8 g铁和0.3 mol Br2反应铁过量，所以产物为0.3molFeBr2。A、a = 0.1时, Cl2不足，所以先与Fe2+反应，发生反应的离子方程式正确；B、a = 0.45时，Cl2恰好与FeBr2反应，发生的反应的离子方程式正确；C、若溶液中Br有一半（0.3mol）被氧化时，此时0.3mol Fe2+需要氯气0.15mol，0.3molBr需要氯气0.15mol，共用氯气0.3mol，根据质量守恒定律，所以溶液中c(

39、Fe3+): c(Br):c(Cl)=1:1:2,产物；D、0a0.15时，Fe2+未被全部氧化，溶液中还存在Fe2+，根据电荷守恒定律，2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)成立，正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应的先后规律的应用，与量有关的氧化还原反应的计算26已知下列反应：Co2O3 + 6HCl(浓) = 2CoCl2 + Cl2+ 3H2O （I）5Cl2 + I2 + 6H2O = 10HCl + 2HIO3 （II）下列说法正确的是A反应I中HCl是氧化剂B反应II 中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2 HCl I2D氧化性：C

40、o2O3 Cl2 HIO3【答案】D【解析】试题分析：A、反应I中HCl是还原剂，错误；B、反应II 中Cl元素化合价降低，发生还原反应，错误；C、同一反应中，还原剂的还原性大于含有产物的还原性，所以有还原性：CoCl2 < HCl < I2，错误；D、同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以反应I中Co2O3是氧化剂，Cl2是氧化产物，反应II 中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，正确，答案选D。考点：考查氧化还原反应理论的应用，氧化剂、还原剂的判断，氧化性、还原性强弱的判断27碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间的转化关系

41、如图所示。下列说法中不正确的是()。A用淀粉KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉KI试纸会变蓝B足量Cl2能使湿润的、已变蓝的淀粉KI试纸退色的原因可能是5Cl2I26H2O=2HIO310HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3-D途径中若生成1 mol I2，则反应中转移的电子数为10NA【答案】C【解析】加碘盐中含有IO3-，在酸性条件下可被I还原生成I2，A选项正确；根据图示转化关系可知B选项正确；根据途径I可知氧化性Cl2>I2，根据途径可知氧化性IO3->I2，根据途径可知氧化性Cl2>IO3-，C选项错误；根据关系式2IO3-I210e可知D

42、选项正确。28将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2CrO4溶液，发生的两个化学反应为SO22Fe32H2O=SO422Fe2W，Cr2O72aFe2bHCr3Fe3H2O。下列有关说法正确的是 ()。A还原性：Cr3SO2B方程式中，a6，b7CCr2O72能将Na2SO3氧化成Na2SO4D方程式中W为OH【答案】C【解析】由反应中各元素的价态变化可知，反应中，SO2为还原剂，Fe3为氧化剂，且还原性为SO2Fe2，氧化性为Fe3SO42。反应中，Fe2为还原剂，Cr2O72为氧化剂，且还原性为Fe2Cr3，氧化性为Cr2O72Fe3。由此可见选项A错误。选项B，配

43、平反应：Cr2O726Fe214H=2Cr36Fe37H2O，故a6，b14，错误。选项C，由于Cr2O72具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O72能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。选项D，根据质量守恒定律，可知反应中W为H，错误。29根据表中信息判断，下列选项不正确的是 ()。序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱的顺序为MnO4C

44、l2Fe3Br2【答案】D【解析】本题考查氧化还原反应的相关知识。A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，正确；B项，Fe2的还原性强于Br，Cl2与FeBr2的物质的量之比为12时，1 mol Cl2恰好氧化2 mol Fe2，Br不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnO4得电子转化为Mn2，Cl2是氧化产物，只有Cl失电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，正确；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnO4Cl2Br2Fe3(还原性Fe2强于Br，故氧化性Br2Fe3)，D不正确。30O3具有强氧化性

45、，将O3通入KI溶液中发生反应：O3IHI2O2H2O(未配平)，下列说法正确的是 ()。A配平后的离子方程式为2O32I4H=I22O22H2OB每生成1 mol I2转移电子2 molCO2是还原产物之一D该反应能说明O2的氧化性大于I2的【答案】B【解析】A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O32I2H=I2O2H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误， B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。3

46、1铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：(1)Tl32Ag=Tl2Ag，(2)AgFe2=AgFe3，(3)Fe2Fe3=3Fe2，下列离子氧化性比较顺序正确的是 ()。ATl3Fe3Ag BFe3AgTl3CTlAgFe2 DTl3AgFe3【答案】D【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。32已知：2KMnO416HCl=2KCl2MnCl25Cl28H2O，K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O，MnO24HClMnCl2Cl22H2O。其中KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓

47、盐酸(6 mol·L1)反应，MnO2需和浓盐酸(8 mol·L1)反应。根据以上信息，下列结论中不正确的是 ()。A上述反应均属于氧化还原反应B生成1 mol Cl2时，三个反应中转移的电子数相等C盐酸浓度越大，Cl的还原性越强D氧化性：KMnO4K2Cr2O7Cl2MnO2【答案】D【解析】本题考查氧化还原反应知识，意在考查考生对氧化还原反应规律的理解及实际应用能力。根据题中信息可知浓盐酸(Cl)能被MnO2氧化生成Cl2，故MnO2(氧化剂)的氧化性大于Cl2(氧化产物)的氧化性，D错。33根据下列反应，可以判断有关物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是()。Cl22KI

48、=2KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32FeCl32HI=2FeCl22HClI2H2SI2=S2HIAH2SI2Fe3Cl2 BCl2Fe3I2SCFe3Cl2H2SI2 DCl2I2Fe3H2S【答案】B【解析】由反应可知氧化性：Cl2I2，由反应可知氧化性：Cl2Fe3，由反应可知氧化性：Fe3I2，由反应可知氧化性：I2S，则氧化性：Cl2Fe3I2S。34已知下列反应：Co2O36HCl(浓)=2CoCl2Cl23H2O()；5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3()。下列说法正确的是 ()。A反应中HCl是氧化剂B反应中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D

49、氧化性：Co2O3Cl2HIO3【答案】D【解析】选项A，反应()中，Cl失去电子，HCl为还原剂。选项B，反应()中，Cl2得到电子变为Cl，发生还原反应。根据反应()可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性大于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性大于CoCl2(还原产物)，根据反应()可知，Cl2的氧化性大于HIO3，I2的还原性大于HCl，故选项D正确，选项C错误。35化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + I2 + 2HCl； 2Co(OH)3 + 6HCl = 2CoCl2 + Cl2 + 6H2O2Fe(OH

50、)2 + I2 + 2KOH = 2Fe(OH)3 + 2KI； 3I2 + 6KOH = 5KI + KIO3 + 3H2O复分解反应：2HSCN + K2CO3 = 2KSCN + CO2 + H2O； KCN + CO2 + H2O = HCN + KHCO3热分解反应：4NaClO 3NaCl + NaClO4；NaClO4 NaCl + 2O2下列说法不正确是：A氧化性(酸性溶液)：FeCl3Co(OH)3I2B还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2I2KIO3C热稳定性：NaClNaClO4NaClOD酸性(水溶液)：HSCNH2CO3HCN【答案】A【解析】试题分析：前两个氧化还原反

51、应表明氧化性是：FeCl3I2；Co(OH)3Cl2；Cl2Fe3+，故有Co(OH)3 FeCl3I2，故A错；根据后两个反应，还原性是：Fe(OH)2I2 、I2KIO3，故B正确。根据热分解反应的产物比反应物稳定可知NaClO受热分解得NaCl和NaClO4，NaClO4受热分解的NaCl ，故C正确；根据强酸可以制弱酸的性质，由复分解反应判断D正确。考点：化学反应前后强弱性质的比较。36向含有Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是（ ）A线段BC代表Fe3物质的量的变化情况B原混合溶液中c(FeBr2)6 mol/LC当通入Cl2

52、 2 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213【答案】B【解析】解答本题注意以下两点：(1)Fe2、I、Br的还原性有强弱，反应分先后。(2)书写离子方程式时要注意把握住量的关系。37稀土金属铈(Ce)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。已知：铈常见的化合价为3和4；氧化性：Ce4Fe3。下列说法正确的是()A.Ce、Ce、Ce、Ce它们互称为同素异形体B工业上可以采用电解氯化铈水溶液来获得铈单质C铈溶于氢碘酸的主要化学方程式可表示为2Ce6HI=2CeI33H2D工业上金属铈一般保存在敞口容器中

53、【答案】C【解析】A互为同位素，错误；铈与水、空气反应，B、D错误；由信息可知Ce4Fe3，铁与酸反应时不能被H氧化成Fe3，所以H也不能把Ce氧化成Ce4，即Ce与非氧化性酸反应生成Ce3，C正确。38工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应：()4FeO·Cr2O38Na2CO37O2 8Na2CrO42Fe2O38CO22Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O下列说法不正确的是()A反应和均为氧化还原反应BNa2Cr2O7在碱性条件下可转化为Na2CrO

54、4C高温下，O2的氧化性大于Fe2O3和Na2CrO4的D生成1 mol Na2Cr2O7时转移电子的物质的量大于7 mol【答案】A【解析】反应为氧化还原反应，反应不是，A错误；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，知O2的氧化性应大于Fe2O3和Na2CrO4的，C正确；考虑到反应是一个可逆反应，反应中生成1 mol Na2Cr2O7时，转移电子的物质的量应大于7 mol，D正确；同时可以看出，加碱可以使平衡左移，B正确。39氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，该反应可表示为aHClO3bO2cCl2dHClO4eH2O，下列有关说法不正确的是()A由反应可确定氧化性：HClO3O2B由非金属性：ClS，可推知酸性：HClO3H2SO4C若氯酸分解所得1 mol混合气体的质量为45 g，则反应方程式可表示为3HClO3=2O2Cl2HClO4H2OD若化学计量数a8，b3，则生成3 mol O2时该反应转移20 mol电子【答案】B【解析】根据非金属性只能比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B错误。40在一种酸性溶液中，可能存在NO3、I、Cl、Fe3中的一种或几种离子，向该溶液中加入溴水，溴单质被还原，则以下推测中不正确的是()A一定有碘离子B可能含铁离子C可能有氯离子 D不含硝酸根离子【答案】B【解析】溴单质能氧化的