2022年高考化学三轮冲刺专题强化提分练：氧化还原反应、离子反应

1、PAGE142022年高考化学三轮冲刺专题强化提分练：氧化还原反应离子反应一、选择题1、下列化学反应的离子方程式正确的是溶液与L1BaOH2溶液等体积混合产生沉淀：NHeqoal,4Al32SOeqoal2,42Ba24OH=2BaSO4AlOH3NH3H2O3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na溶液与过量NaOH溶液共热：NHeqoal,4OHeqo=,suolHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中A共得到硫C碘元素先被还原后被氧化D转移电子总数为102NA答案D解析由题知：HIO33H2S3S，得到的硫的

2、质量是5103332g，故A错误；整个过程中消耗的H2S，标况下体积为336mL，但题目未注明是否为标准状况，2NA，故D正确。4、赤铜矿的主要成分是氧化亚铜Cu2O，辉铜矿的主要成分是硫化亚铜Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S2Cu2O=6CuSO2，下列对于该反应的说法正确的是既是氧化产物又是还原产物在反应中只作还原剂D氧化产物与还原产物的物质的量之比为16答案D解析Cu2S中Cu的价态为1价，Cu2O中Cu的价态为1价，根据反应方程式，1价的Cu转化成0价Cu，化合价降低，因此Cu2O和Cu2S均属于氧化剂，故A错误；根据选项A的分析，Cu为还原产物，故B错误；Cu2

3、S中的S显2价，转化成4价S，化合价升高，因此Cu2S既是氧化剂又是还原剂，故C错误；Cu为还原产物，SO2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为16，故D正确。5、在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：2ICl2Zn=ZnCl2ZnI2，IClH2O=HClHIO，下列关于ICl性质的叙述正确的是既是氧化产物，又是还原产物既是氧化产物，又是还原产物跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂D反应，转移电子答案B解析2ICl2Zn=ZnCl2ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合

4、价降低，而IClH2O=HClHIO中，各元素的化合价不变。在反应中ZnCl2是氧化产物，故A错误；在反应中ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；IClH2O=HClHIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；的物质的量为，反应后生成Zn2，转移电子，故D错误。6、能正确表示下列反应离子方程式的是、Fe3共存时，检验Fe3：Fe33SCN=FeSCN32：Ca22ClOH2OCO2=CaCO32HClO3杂质：Al2O36H=2Al33H2O与稀硝酸反应，当nFenHNO312时：3Fe2NOeqoal,38H=3Fe22NO4H2O答案D解析向次氯酸钙溶液中通入过量C

5、O2生成次氯酸和碳酸氢钙：ClOH2OCO2=HCOeqoal,3HClO，故B错误；用氢氧化钠溶液除去MgO中少量的Al2O3杂质：Al2O32OH=2AlOeqoal,2H2O，故C错误；Fe与稀硝酸反应，当nFenHNO312时，铁过量生成Fe2，所以反应的离子方程式是3Fe2NOeqoal,38H=3Fe22NO4H2O，故D正确。7下列说法对应的离子方程式合理的是A碳酸钙与醋酸反应：COeqoal2,32CH3COOH=CO2H2O2CH3COOB明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：Al3SOeqoal2,4Ba24OH=BaSO4AlOeqoal,22H2OC工业制取漂白液原理：Cl

6、22OH=ClClOH2OD泡沫灭火器的工作原理：2Al33COeqoal2,33H2O=2AlOH33CO2答案C解析碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，醋酸和碳酸钙都写化学式，正确的离子方程式为CaCO32CH3COOH=Ca2H2OCO22CH3COO，故A错误；向明矾溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为Al32SOeqoal2,42Ba24OH=2BaSO4AlOeqoal,22H2O，故B错误；氯气与NaOH溶液反应制备漂白液，离子反应为Cl22OH=ClClOH2O，故C正确；泡沫灭火器中的药品是硫酸铝和碳酸氢钠，硫酸铝溶液水解呈酸性，碳酸氢钠溶液水解呈碱性，

7、所以硫酸铝和碳酸氢钠相互促进水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解离子反应为Al33HCOeqoal,3=AlOH33CO2，故D错误。OH2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是oal,3OH=COeqoal2,3H2OOHHCOeqoal,3=BaCO3H2O2OH2HCOeqoal,3=BaCO3COeqoal2,3H2O3OH3HCOeqoal,3=2BaCO3COeqoal2,33H2O答案B解析等物质的量浓度的BaOH2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；Ba2OHHCO

8、eqoal,3=BaCO3H2O可以表示1mol氢氧化钡、1mol氯化钡与1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；依据方程式可知：3molOH对应氢氧化钡，则氯化钡的物质的量为，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误。时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是1的溶液中：Na、K、Cl、SiOeqoal2,3B弱碱性溶液中：Na、K、NOeqoal,3、

9、HCOeqoal,3Fe31molL1的溶液中：K、Mg2、SCN、Cl3的溶液中：Na、Fe2、ClO、SOeqoal2,4答案B解析olL1的溶液中SCN不能大量共存，C错误；能溶解Al2O3的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中ClO不能大量共存，碱性溶液中Fe2不能大量共存，且在溶液中Fe2、ClO之间发生氧化还原反应，也不能大量共存，D错误。、COeqoal2,3、AlOeqoal,2、SiOeqoal2,3、SOeqoal2,4、HCOeqoal,3、Na、Fe3、Mg2、Al3等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸的体积变化如图所示

10、。下列说法正确的是4、可能不含有COeqoal2,3B原溶液中一定含有的阴离子只有：OH、AlOeqoal,2、COeqoal2,3oal2,3与AlOeqoal,2的物质的量之比为34deqf3,4答案C解析由图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3、Mg2、Al3；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是AlOeqoal,2、SiOeqoal2,3和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlOeqoal,2与HCOeqoal,3发生反应生成氢氧化铝沉淀，则溶液中一定不存在HCOeqoal,3；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗

11、盐酸的离子只能是COeqoal2,3，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na。溶液中硫酸根离子不能确定，剩余原溶液中不一定含有Na2SO4，故A错误；依据判断原溶液中一定含有的阴离子是OH、SiOeqoal2,3、AlOeqoal,2、COeqoal2,3，故B错误；依据图像可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，COeqoal2,32H=CO2H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸为4体积，AlOH33H=Al33H2O，原溶液中含有COeqoal

12、2,3与AlOeqoal,2的物质的量之比为34，故C正确；根据图像溶解氢氧化铝消耗mol，则溶液中含有eqf4,3molAlOeqoal,2，沉淀eqf4,3molAlOeqoal,2需要盐酸eqf4,3mol，ad对应AlOeqoal,2和SiOeqoal2,3消耗的盐酸，应大于eqf4,3mol，即adeqf4,3，故D错误。1的某溶液X中仅含有NHeqoal,4、Al3、Ba2、Fe2、Fe3、COeqoal2,3、SOeqoal2,3、SOeqoal2,4、Cl、NOeqoal,3中的一种或几种忽略水的电离及离子的水解，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是、Al

13、3、NHeqoal,4、Fe2、SOeqoal2,43、ClOH3、BaCO3的混合物，产生的气体A为标准状况，则X中cFe2L1答案C解析L1，D正确。二、非选择题12锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。1ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_。工业上利用反应ZnFe2C2O436H2Oeqo=,suolZnFe2O4转移的电子总数是_。2工业上利用锌焙砂主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质制取金属锌的工艺流程如下：酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的

14、措施是_任答一条。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式_。净化中H2O2参与反应的离子方程式为_。净化中Y的主要成分是_填化学式。答案13CO4NA或10242适当增大cH或升高温度、搅拌等其他合理答案ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2OH2O22Fe22H=2Fe32H2OCuS、ZnS解析1ZnFe2O4中Zn是2价，O是2价，则根据化合物中正负化合价代数和为0可知Fe的化合价是3价。反应中Fe元素化合价从2价升高到3价，碳元素化合价从3价部分降低到2价，部分升高到4价，所以还原产物是CO；根据方程式可知每生成1molZnFe2O4转移的电子的物质的量是4mol，总数是4NA或102

15、4。2将锌焙砂主要含Zn24H2O、ZnO2H=Zn2H2O、FeO2H=Fe2H2O、CuO2H=Cu2H2O，L上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后产生气泡。测得反应后溶液L5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SOeqoal2,4。检验棕黄色沉淀中SOeqoal2,4的方法是_。4对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设：H2O2溶液氧化Fe2消耗HFe2氧化的产物发生了水解根据实验记录否定假设，理由是_。实验验证假设：取_，加热，溶液变为红褐色，L上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液，溶液变黄，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，说明有3价铁离子生成，产生气泡，说明有氧气生成，Fe3催化下H2O2分解产生O