2018届高考化学三轮冲刺氧化还原反应的基本规律选择题模拟预测专练

氧化复原反响的基本规律选择题1．以下物质按只有氧化性、只有复原性、既有氧化性又有复原性的次序摆列的是（）A．O2、K、Cl2B．Cl2、Al、H2C．NO2、SO2、H2OD．HNO3、HCl、Fe2【答案】A【分析】此题考察氧化复原反响的规律。A．氧气一般只有氧化性，钾只有复原性，氯气既有氧化性又有复原性，故A正确；B．氯气与水反响时，既有氧化性又有复原性，故B错误；C．二氧化氮、二氧化硫、水均既有氧化性又有复原性，故C错误；D．硝酸只有氧化性，盐酸、Fe2+均既有氧化性又有复原性，故D错误。故答案为：A。2．向KI溶液中逐滴加入少许CuSO溶液，察看到有白色积淀生成，溶液变为淡黄色。再4向反响后的混淆物中不停通入SO2气体，溶液渐渐变为无色。以下剖析中不正确的选项是（）A．充分反响后的溶液中无Cu2＋存在B．滴加CuSO4溶液时，每生成1molCuI会转移1mole-C．依据上述实验现象可知：Cu2＋比I2的氧化性强D．通入SO时发生反响的离子方程式为SO＋I＋2HO＋22HI＋2H＋SO42222【答案】D【分析】此题主要考察氧化复原反响的规律。白色积淀是CuI，4I-+2Cu2＋I2+2CuI↓。A．充分反响后的溶液中无Cu2＋存在，故A正确。B．滴加CuSO4溶液时，Cu的化合价的变化为+2→+1，每生成1molCuI转移1mole-，故B正确。C．依据上述实验现象可知：Cu2＋比I2的氧化性强，故C正确。D．通入SO2时发生反响的离子方程式为SO2＋I2＋2H2O2I-＋4H＋＋SO42，故D不正确。3．高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能净水的办理剂。工业制备高铁酸钾的反--2-＋H2O(未配平)，以下相关说法不正确的选项是应离子方程式为Fe(OH)3＋ClO＋OH→FeO4＋Cl（）A．高铁酸钾中铁显＋6价2B．由上述反响可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeO4C．上述反响中氧化剂和复原剂的物质的量1之比为3∶2D．K2FeO4办理水时，不单能消毒杀菌，并且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质【答案】B【分析】此题主要考察氧化复原反响的规律。A．高铁酸钾中铁显＋6价，故A正确。B．由-2上述反响可知，氧化剂ClO的氧化性强于氧化产物FeO4，故B不正确。C．上述反响中氧化剂ClO-中Cl的化合价的变化为+1→-1，复原剂Fe(OH)3中Fe的化合价的变化为+3→+6，化合价起落总数相等，所以氧化剂和复原剂的物质的量之比为3∶2，故C正确。D．K2FeO4办理水时，不单能消毒杀菌，并且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，故D正确。4．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，我们不认识它们的化学式，但它们在必定条件下有以下转变关系(未配平，且四个反响均为氧化复原反响)①GQ+NaCl②Q+H2OX+H2↑③Y+NaOHG+Q+H2O④Z+NaOHQ+X+H2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的次序是（）A．G、Y、Q、Z、XB．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、GD．G、Q、Y、Z、X【答案】A【分析】解此题的重点是抓住题目所给反响中氯元素的变化规律。由①得出Q中氯元素的化合价高于G中氯元素的化合价；剖析②：H2O中的H元素的化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必高升，故X中氯元素的化合价高于Q；剖析③：Y中氯元素的化合价在G与Q之间，且Q中氯元素的化合价高于Y，G中氯元素的化合价低于Y；最后剖析④：Z中氯元素的化合价在Q与X之间，且Q中氯元素的化合价低于Z，X中氯元素的化合价高于Z。综上所述，A项正确。5．将必定量的Cl2通入体积为40mL、浓度为7.5mol/L的苛性钾溶液中，二者恰巧完全反响(已知反响过程放热)，测得反响后溶液中有三种含氯元素的离子，此中ClO-物质的量为0.06mol和ClO3物质的量0.03mol，以下说法不正确的选项是（）2A．该反响的离子方程式为5Cl2+10OH-7Cl-+2ClO-+ClO3+5H2OB．该反响中，氧化剂与复原剂物质的量之比为5∶3C．上述苛性钾溶液中含有0.3mol的KOHD．反响后生成的ClO-和ClO3两种离子在必定条件下均有氧化性【答案】B【分析】此题考察氧化复原反响、氯气的性质。由题意可知，ClO-和ClO3中氯元素的化合价均高升，则另一种含氯元素的离子必定是Cl-。A．反响的离子方程式为：5Cl2-7Cl-+2ClO-+ClO3+5H2O，正确；B．由A中方程式可知氧化剂与复原剂物质的量+10OH之比为7∶3，错误；C．苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.04L×7.5mol/L=0.3mol，正-确；D．ClO和ClO3两种离子中氯元素化合价均处于中间价态，既有氧化性又有复原性，正确。答案选B。6．某离子反响中波及2-、NH++2-六种粒子。此中2的物质的量随HO、ClO4、H、N、ClN时间变化的曲线以下图。以下判断正确的选项是A.该反响的复原剂是Cl-B.耗费1mol复原剂，转移6mol电子C.氧化剂与复原剂的物质的量之比为2∶3反响后溶液的酸性显然加强【答案】D【分析】此题主要考察氧化复原反响规律。N2的物质的量随时间变化增大，所以N2是生成物，相应地3ClO-+2++-。A.该反响的复原剂是+NH42O+2H+N2↑+3ClNH4，故A错误。3HB.N的化合价变化为：-3→0，耗费1mol复原剂NH4+，转移3mol电子，故B错误。C.氧化剂与复原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误。D.反响后溶液的酸性显然加强，故D正3确。7．已知：2Fe+3Br22FeBr3，Fe2+的复原性大于Br-。现有16.8g铁和0.3molBr2反响后加入水获得澄清溶液后，通入amolCl2。以下表达不正确的选项是（）A．当a=0.1时，发生的反响为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-B当a=0.45时，发生的反响为2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-C．若溶液中Br-有一半被氧化时，c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶1∶3D当0＜a＜0.15时，溶液中一直知足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)【答案】C【分析】此题主要考察离子方程式的书写。依据题意，16.8g铁的物质的量为0.3mol，发生反响2Fe+3Br22FeBr3铁有节余，节余的铁恰巧发生反响Fe+2Fe3+3Fe2+，获得0.3molFeBr2溶液，因为Fe2+的复原性大于Br-，所以Fe2+先反响，向该溶液中通入Cl2时，若溶液中Br-有一半被氧化时：所以c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=0.3mol∶(0.6mol-0.3mol)∶(0.3mol+0.3mol)=1∶1∶2，故C错。答案选C。8．已知：①SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO，产生白色积淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的2FeI2、NaHSO3的混淆溶液100mL，向此中通入4.48L(标准情况)氯气，而后向反响后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。以下相关说法正确的选项是（）A．FeI2的物质的量浓度约为1mol·L-1B．完整反响时转移电子0.2molC．通入氯气的过程中，第一被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-++23+D．反响后，溶液中大批存在的离子有Na、H、SO4和Fe【答案】A【分析】由①知，复原性强弱次序为SO2>I-；由②知，复原性强弱次序为SO2>Fe2+；由③知，复原性强弱次序为I->Fe2+，故复原性强弱次序为SO2>I->Fe2+，类比可得离子的复原性强弱次序为HSO3>I->Fe2+。向混淆溶液中通入Cl2的过程中，第一氧化HSO3，而后氧化I-，4最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有许多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3和I-均完整反响，因为溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1mol·L-1，A正确；转移电子的物质的量依据氯气计算得2×4.48L÷22.4L·mol-1=0.4mol，B错误。9．已知2Fe3++2I-I2+2Fe2+、2Fe2++Br22Br-+2Fe3+。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入必定量的氯气，再向反响后的溶液中滴加少许的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列表达中正确的选项是（）①氧化性：Br2>Fe3+>I2②原溶液中Br-必定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2+必定被氧化④不可以确立通入氯气后的溶液中能否还存在Fe2+⑤若取少许所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色积淀，说明原溶液中Fe2+、Br-均被完整氧化A．①②③④B．①③④⑤C．②④⑤D．①②③④⑤【答案】B【分析】由已知的两个化学方程式及同一个反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Fe3+>I2、Br2>Fe3+，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液变为红色说明溶液中含有Fe3+，则说明溶液中无I-存在，又氧化性Cl2>Br2>Fe3+>I2，氯气的量不确立，则Br-不必定被氧化，故②错误，③正确；由上述剖析可知溶液中存在Fe3+，但不可以确立能否全部的Fe2+均被氧化为Fe3+，故④正确；上层溶液中若含Br-，则产生淡黄色积淀，若含I-，则产生黄色积淀，由题知只产生白色积淀，则说明溶液中含Cl-，即溶液中的Fe2+、Br-均被完整氧化，故⑤正确。10．已知溶液中：复原性HSO3>I-，氧化性IO3>I2>SO24。向含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入的KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线以下图，以下说法正确的是5A．a点反响的复原剂是NaHSO，被氧化的元素是碘元素3B．b点反响的离子方程式是3HSO3-32-+3H2O+IO3+3OHSO4+IC．c点到d点的反响中共转移0.6mol电子D．往200mL1mol/L的KIO3溶液中滴加NaHSO溶液，反响开始时的离子方程式是35HSO3+2IO3I2+5SO42+3H++H2O【答案】D【分析】此题主要考察氧化复原反响。A．复原性HSO3>I-，a点反响的复原剂是NaHSO，3被氧化的元素是复原剂中的硫元素，故A不正确；B．NaHSO3溶液显酸性，-32+I--3HSO3+IO3+3OHSO4+3H2O出现OH，故B不正确；C．c点NaHSO3耗尽，c点到d点IO3氧化I-，反响的离子方程式为IO3+5I-+222-，生成0.62+6H3I+3HO，3I～5emolI，所以转移1mol电子，故C不正确；D．往200mL1mol/L的KIO溶液中滴加NaHSO溶液，33反响开始时必定是KIO与NaHSO的反响，离子方程式是5HSO3+332IO3I2+5SO42+3H++H2O，故D正确。11、已知：2FeCl3＋2KI2FeCl2＋2KCl＋I2，2FeCl2＋Cl22FeCl3，2KMnO＋416HCl2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。若某溶液中有Fe2＋、I-和Cl-，要氧化除掉I-而不影响Fe2＋和Cl-，可加入的试剂是（）A．Cl2B．KMnOC．FeCl3D．HCl4【答案】C【分析】此题考察氧化复原反响规律的应用。反响①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，反响②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，反响③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，即氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，则6某溶液中有Fe2+和I-共存，要氧化除掉I-而又不影响Fe2+和Cl-，选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl-氧化，应选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl-，且没有引入新的杂质，应选C。12、已知在热的碱