1、西充中学高2020级高一上期9月月考化学试题本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间：90分钟可能用到的相对原子质量： H-1 O-16 Na-23 Ag-108第卷（选择题 共48分）1日常生活中许多现象与化学密切相关，下列说法中正确的是（ ）A生石灰可用作食品抗氧化剂B充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸是物理变化C食品袋内装有还原铁粉的目的是防小袋食品被氧化而变质D大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏是发生了分解反应【答案】C【解析】A生石灰还原性较弱，不用作食品抗氧化剂，但其具有很强的吸水性，可以作食品干燥剂，防止食品吸水受潮变质，故A错误；B爆炸时发生反应2H2+O
2、22H2O，该反应中H、O元素化合价都发生变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；C铁粉做食品袋内的脱氧剂，利用铁与氧气反应，防小袋食品被氧化而变质，故C正确；D酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，属于复分解反应，不是分解反应，故D错误；故选：B。2下列图示中说法正确的是（ ）A BC D【答案】A【解析】A.还原性是指元素失电子的能力，Na失电子能力强，所以Na的还原性强，A正确；B.元素的还原性的强弱与失去电子的多少无关，而与失去电子的难易有关，B错误；C.Ca2+中原子的核外最外层已经达到8个电子的稳定结构，化合价是+2价，所以只能得到电子，表现氧化性，而没有还原性，C错误；D.Fe
3、2+中Fe元素的化合价是+2价，处于该元素的中间价态，既可以失去电子表现还原性，也可以得到电子表现氧化性，D错误；答案选A。3右图是某燃煤发电厂处理废气的装置示意图。装置内发生的主要反应中不含（ ）A化合反应 B分解反应C置换反应D氧化还原反应【答案】C【解析】装置内发生的主要反应有CaCO3CaO+CO2、CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O2=2CaSO4，结合各反应的特点分析反应类型。【详解】装置内发生的主要反应有CaCO3CaO+CO2、CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3+O2=2CaSO4，其中CaCO3CaO+CO2为分解反应；CaO+SO2=CaSO3、2CaSO3
4、+O2=2CaSO4为化合反应；2CaSO3+O2=2CaSO4是氧化还原反应；没有出现的是置换反应，答案选C。4科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法，其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为2060nm)。下列有关说法错误的是（ ）A氯金酸钠中金元素的化合价为+3 B葡萄糖在反应中体现还原性C检测时，NaAuCl4发生氧化反应 D纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系属于胶体【答案】C【解析】本题考查氧化还原反应以及分散系的判断。A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价；B.该反应中Au的化合价降低，故葡萄糖中某元素化合
5、价升高；C.化合价降低的反应是还原反应；D.分散质粒子直径在1nm-100nm之间的分散系为胶体。【详解】A.化合物中正负化合价的代数和为0，Na为+1价，Cl为-1价，则氯金酸钠中金元素的化合价为+3，故A正确；B.该反应中Au的化合价降低，即NaAuCl4做氧化剂，根据氧化还原反应中有元素化合价降低，则必然有元素化合价升高，故葡萄糖中某元素化合价升高，表现出还原性，故B正确；C.氯金酸钠变为金化合价降低，发生还原反应，故C错误；D.纳米金单质颗粒直径为20nm60nm，分散在水中所得的分散系为胶体，故D正确【点睛】把握反应中元素的化合价变化、物质的性质、胶体的判断为解答的关键，侧重分析与应
6、用能力的考查，题目难度不大。5下图是汽车尾气催化转化装置工作原理示意图： 下列说法不正确的是（ ）A汽车尾气是雾霾成因之一，主要有CO、NOB该过程中NO2既是生成物又是反应物C整个过程中氧元素被还原，氮元素被氧化D过程中会有反应：【答案】C【解析】A汽车尾气中的主要污染物为CxHy、NO、CO、SO2及固体颗粒物等，排放到空气中形成雾霾，故A正确；B过程中一氧化氮生成二氧化氮，二氧化氮催化剂作用反应生成氮气，该过程中NO2既是生成物又是反应物，故B正确；C氧元素0价变化为2价，化合价降低被还原，氮元素化合价+2价升高到+4价，+4价降低到0价，氮元素被氧化和被还原，故C错误；D在催化剂条件下
7、NO和CO反应，生成CO2和N2，反应的化学方程式为：，故D正确；故答案为C。6下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2H2O=2HNO3NO属于同一类型的是（ ）A2FeCl3H2S=2FeCl22HClSB2NH4Cl6HClK2Cr2O7=2KClN22CrCl37H2OC3Br26NaOH=NaBrO35NaBr3H2OD5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO45S8H2O【答案】C【解析】由3NO2H2O=2HNO3NO中N元素价态变化可知此反应属于歧化反应。【详解】A. 2FeCl3H2S=2FeCl22HClS属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故A错误；B. 2N
8、H4Cl6HClK2Cr2O7=2KClN22CrCl37H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故B错误；C. 3Br26NaOH=NaBrO35NaBr3H2O中Br元素既有升高，又有降低，属于歧化反应，故C正确；D. 5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO45S8H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故D错误；答案：C。7下列变化中，加入还原剂才能实现的是()ANa2ONaOH BH2SO4H2 CCuOCuSO4 DSO2SO3【答案】B【解析】加入还原剂才能实现，说明本身为氧化剂。氧化剂得电子，所以应找得电子的过程，即化合价降低的过程。A、Na和O化合价均无变化，故
9、A不符合题意；B、H2SO4H2过程中，氢元素化合价由+1价降为0价，应加还原剂才能实现，故B符合题意；C、CuOCuSO4中不变价，故C不符合题意；D、SO2SO3中硫元素化合价由+4价升高至+6价，化合价升高，需加氧化剂实现，故D不符合题意。综上所述，本题应选B。8下列方程式中电子转移数目正确的是（ ）A3NO2H2O=2HNO3NO，转移3e-B2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO45Fe2(SO4)32MnSO48H2O，转移5e-CKClO36HCl=KCl3Cl23H2O，转移6e-DI2SO22H2O=H2SO42HI，转移2e-【答案】D【解析】A中两个NO2生成H
10、NO3失去2e，一个NO2得到2e生成NO，转移电子数为2e；B中每个7价锰得5e生成2价锰，共转移10个电子，10个2价铁失去10e生成10个3价铁，共转移了10e；C中6个HCl中共有5个失去电子，共转移了5e。9已知下列氧化剂均能氧化+4价的硫元素，为了除去稀H2SO4中混有的H2SO3，应选用的最合理的氧化剂是（ ）AKMnO4BCa(ClO)2CCl2DH2O2【答案】D【解析】KMnO4、Ca(ClO)2 、Cl2均可氧化亚硫酸，但会引入新杂质，H2O2氧化亚硫酸时自身产物为水，不引入杂质；答案选D。10某金属的硫酸盐受热分解生成SO2、O2和该金属的氧化物。已知SO2和O2的分子
11、个数比为21，则在分解过程中该金属的化合价将（ ）A无法确定B升高C不变D降低【答案】C【解析】某金属的硫酸盐受热分解生成SO2、O2和该金属的氧化物，硫元素化合价由+6价降低为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，SO2和O2的分子个数比为21，令SO2和O2的分子个数分别为2、1，硫原子得到的电子数为4，氧原子失去的电子为120-（-2）=4，二者得失电子数目相等，根据电子转移守恒，金属元素化合价没有变化，答案选C。11实验室用NaClO3氧化Na2SO3,其物质的量之比为2:1，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，
12、则X的化学式为（ ）ACl2 BCl2O CClO2 DCl2O3【答案】C【解析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S元素失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2mol Cl元素得到2mol电子,1mol的 Cl元素得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，因此棕黄色的气体X是ClO2，故选C。12根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的
13、顺序是（ ）H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4 2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3AH2SO3IFe2+NO BIFe2+H2SO3NOCFe2+IH2SO3NO DNOFe2+H2SO3I【答案】A【解析】H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3I-，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I-Fe2+，3FeCl2+4HNO3=2FeCl
14、3+NO+2H2O+Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2+NO，显然还原性由强到弱的顺序为H2SO3I-Fe2+NO，故选：A。【点睛】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。13.在AgNO3、Cu(NO3)2和Zn(NO3)2混合溶液中，加入一定量的铁粉，充分反应后过滤，在滤渣中加入稀盐酸，有气体产生。则下列结论正确的是（ ）A. 滤液中一定有Fe(NO3)3 B. 滤渣只含Ag和Cu，一定无ZnC. 滤渣中一定有Ag、Cu和Fe，一定无Zn D. 滤渣中可能有Ag、Cu、Fe和Zn
15、【答案】C【解析】在金属活动性顺序中，氢前的金属能与酸反应生成氢气，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来。【详解】在金属活动性顺序中，锌铁氢铜银，铁不能与硝酸锌反应，故滤渣中一定不含有锌，在滤渣中加入盐酸有气体产生，则一定含有铁，说明加入的铁粉过量，铁能与硝酸银反应生成银和硝酸亚铁，能与硝酸铜反应生成铜和硝酸亚铁，所以一定含有银和铜，滤液中不会含有硝酸铁，对照选项，C正确；故选：C。14LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2。下列说法正确的是（ ）A氢气既是氧化产物又是还原产物 BLiAlH4既是氧化剂又是还原剂C若生成标况下
16、4.48LH2，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为2:1【答案】A【解析】A、LiAH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B、LiAH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B错误；C、由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2可知，每molLiAH4反应，转移4mole-，生成4molH2，若生成标况下4.48LH2，为0.2mol，则转移0.2mol电子，故C错误；D、由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2，LiAH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1：2
17、，故D错误。故选A。15已知在酸性溶液中，下列物质氧化Fe2+时，自身发生如下变化：HNO3NO；Br22Br；ClOCl；MnO4Mn2+如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的FeCl2溶液，得到Fe3+最多的是（ ）AMnO4BBr2CClODHNO3【答案】A【解析】假设氧化剂都为1mol，则HNO3NO，化合价变化3，得到3mol电子；Br22Br，化合价变化21=2，得到2mol电子；ClOCl，化合价变化2，得到2mol电子，MnO4Mn2+，化合价变化5，得到5mol电子，则分别用等物质的量的这些物质氧化足量的FeCl2溶液，得到Fe3+最多的是MnO4。故选A。16.电动自行
18、车给人们带来了极大的方便，其电池为铅蓄电池，PbO2作为铅蓄电池的重要原料有广泛的用途。己知：5PbO2+2Mn2+4H+5Pb2+2MnO4+2H2O，下列说法正确的是（ ）APbO2为还原剂，具有还原性B氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2C生成1 mol的Pb2+，转移电子5 molD酸性环境下PbO2 的氧化性强于MnO4【答案】D【解析】该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，结合氧化还原反应的有关概念分析解答。【详解】A该反应中Pb元素化合价由+4价变为+2价、Mn元素化合价由+2价变为+7价，所以PbO2为氧化剂、锰离子为还原剂，所以PbO
19、2体现氧化性，故A错误；B氧化产物和还原产物分别是MnO4、Pb2+，其物质的量之比为2：5，故B错误；C生成1mol的Pb2+，转移的电子物质的量为1mol2=2mol，故C错误；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，该反应中，氧化剂是PbO2，氧化产物是MnO4，所以酸性环境下PbO2的氧化性强于的MnO4，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断和计算，根据元素化合价变化结合基本概念分析解答，注意掌握常见元素化合价。17海洋占据地球面积的，拥有丰富的资源，从海洋中可以提取钠、镁、溴、碘等物质。提取溴的过程有一步反应的离子方程式：。下列叙述错误的是（ ）A为还原剂B既不
20、是氧化剂，又不是还原剂C生成，转移电子D仅为氧化产物【答案】D【解析】由反应的化学方程式可知，反应中，溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴离子为反应的还原剂，溴酸根中溴元素的化合价降低被还原，溴酸根为反应的氧化剂，溴单质即是氧化产物，也是还原产物。A.由分析可知，反应中，溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴离子为反应的还原剂，故A正确；B.由反应的化学方程式可知，反应中，氢元素的化合价没有变化，则氢离子既不是氧化剂，又不是还原剂，故B正确；C.由反应的化学方程式可知，反应中，生成3mol溴，反应转移5mol单质，故C正确；D.由分析可知，反应中，溴离子中的溴元素化合价升高被氧化，溴酸根中溴元素
21、的化合价降低被还原，溴单质即是氧化产物，也是还原产物，故D错误；故选D。18某工厂的酸性废水中含有剧毒的H3AsO3可加入SnCl2除去H3AsO3并回收As。反应方程式为：3SnCl212HCl2H3AsO32As3H2SnCl66M。下列关于该反应的说法中正确的是（ ）A还原剂是H3AsO3 B还原性：AsSnCl2CM为H2O, 是氧化产物 D每生成0.1mol As，还原剂失去的电子为0.3 mol【答案】D【解析】A根据方程式可知Sn元素化合价从+2价升高到+4价，As元素化合价从+3价降低到0价，所以还原剂是SnCl2，氧化剂是H3AsO3，A错误；B还原剂的还原性强于还原产物的还
22、原性，则还原性：AsSnCl2，B错误；C根据原子守恒可知M为H2O，不是氧化产物，H2SnCl6是氧化产物，C错误；D每生成0.1molAs，消耗0.15molSnCl2，还原剂失去的电子为0.3mol，D正确；答案选D。【点睛】注意掌握氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。19钯的化合物PdCl2通过化学反应可用来检测有毒气体CO，该反应的反应物与生成物有CO、Pd、H2O、HCl、PdCl2和一种未知物质X。下列说法错误的是（ ）A未知物质X为CO2
23、，属于氧化产物 B每转移1 mol e时，生成2 mol XC反应中PdCl2作氧化剂，被还原 D还原性：COPd【答案】B【解析】根据题意，CO、PdCl2参加反应，PdCl2被还原成Pd，则CO被氧化成CO2，反应方程式为COPdCl2H2O =PdCO22HCl；A.根据上述分析，X为CO2，C元素的化合价由2价升至4价，化合价升高，CO为还原剂，CO2为氧化产物，A正确；B.根据反应方程式，生成1molCO2时转移电子2mol，因此每转移1mol电子，生成0.5molCO2，B错误；C.PdCl2中Pd的化合价降低，作氧化剂，被还原，C正确；D.根据氧化还原反应中，还原性：还原剂还原产
24、物，还原性COPd，D正确；答案选B。20已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）A2 Fe3+2 I-=2Fe2+I2 BCl2+FeI2= FeCl2I2CCo2O36 HCl=2CoCl2Cl23 H2O D3 Cl2+6 FeI2=2FeCl34 FeI3【答案】D【解析】A、氧化剂是铁离子，氧化产物是碘，性质强弱符合题意，能发生，不选A；B、氧化剂为氯气，氧化产物为碘，符合题意，能发生，不选B；C、氧化剂是三氧化二钴，氧化产物为氯气，符合题意，能发生，不选C；D、氧化剂是氯气，氧化产物为
25、铁离子，但是铁离子能氧化碘离子，错误，选D。答案选D。21.二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：SeO24KI2H2SO4=Se2I22K2SO42H2O；Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O；Se4HNO3(浓)=SeO24NO22H2O。下列有关叙述正确的是（ ）ASeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)SeO2I2B反应中Se是氧化产物，I2是还原产物C反应中生成0.6molI2，转移的电子数目为2.4NAD反应中等量的
26、Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为21【答案】A【解析】反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化；反应Se+2H2SO4(浓)=2SO2+SeO2+2H2O中，Se元素化合价升高，被氧化，S元素化合价降低，被还原，根据在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断氧化性强弱，结合元素化合价的变化计算转移电子数目。【详解】A在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，则根据可知氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4(浓)SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2，故A正确
27、；B反应SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，故B错误；C根据化合价的变化可知，反应中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol2(1-0)NA=1.2NA，故C错误；D由反应可知，设Se均为1mol，由反应、可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2：4=1：2，故D错误；故答案为A。22.反应分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2 2NaIO3+5NaHSO
28、3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2。下列说法正确的是（ ）A. 两个反应中均为硫元素被氧化B. 碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化C. 氧化性：MnO2SO42-IO3-I2 D. 反应中生成等量的I2时，转移电子数之比为1：5【答案】D【解析】A.失电子化合价升高的元素被氧化；B.失电子化合价升高的元素被氧化，得电子化合价降低的元素被还原；C.自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D.根据碘和转移电子之间的关系式计算。【详解】A.在反应中S元素化合价没有发生变化，既不被氧化也不被还原，A错误；B.碘元素在反应中元素化合价升高，失去电子，被氧化；在反应中
29、I元素化合价降低，获得电子，被还原，B错误；C.反应中氧化剂是MnO2，氧化产物是I2，在反应中氧化剂是NaIO3，氧化产物是SO42-，根据物质的氧化性：氧化剂氧化产物，可知氧化性MnO2I2，IO3-SO42-，C错误；D.反应中生成1mol碘转移2NA电子，反应中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应、中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，根据元素化合价的变化判断物质的作用及反应类型的关系，注意利用化合价计算转移的电子数。23硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课
30、题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。下列说法中，不正确的是（ ）A过程中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS+2H+B过程中，Fe3+作氧化剂C过程铜和铁元素化合价均发生了变化D回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S【答案】C【解析】【分析】由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=CuS+2H+；CuS+2Fe3+=2Fe2+Cu2+S；4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，由此可以推出总反应 2H2S+O2=2S+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。【详解】A根据图中转化
31、可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS+ 2H+，A正确；B过程中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，B正确；C铜化合价没发生变化，C错误；D根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S，D正确；故选C。24以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是（ ）A反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应2中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解【答案】C【解析】A
32、. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。第卷
33、（非选择题 共52分）25.已知下列反应：Fe + S = FeS 2Fe + 3Cl2 =2FeCl3 3Fe + 2O2 =Fe3O4 则 S，Cl2，O2 的氧化性：_ _ _ .实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。结合信息，回答下列问题：（1）上述反应中被氧化的元素为 ，还原产物是 。（2）Fe2也能与MnO4-反应生成Mn2，反应后Fe2转化为 。反应中Fe2表现 (填“氧化”或“还原”，下同)性，发生 反应。（3）如果上述化学方程式中KMnO4和 MnCl2的化学计量数都是2，则HCl的化学
34、计量数是 。（4）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为 。【答案】. Cl2 O2 S . （1）Cl MnCl2 （2）Fe3 还原 氧化 （3）16 （4）KMnO4MnO2Cl2 【解析】【分析】（1）化合价升高的元素被氧化，元素化合价降低得到的产物是还原产物；（2）Fe2与MnO4-反应生成Mn2，Mn元素化合价降低， Fe元素化合价升高；（3）KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O，Cl元素化合价由-1升高为0，Mn元素化合价由+7降低为+2，根据得失电子守恒、质量守恒定律配平方程式； （4）
35、KMnO4与浓HCl在常温下就可以迅速反应生成氯气，MnO2与浓盐酸共热才能反应制得氯气；氧化剂的氧化性大于氧化产物。【详解】（1）KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O，Cl元素化合价由-1升高为0，被氧化的元素为Cl；Mn元素化合价由+7降低为+2，所以MnCl2是还原产物；（2）Fe2与MnO4-反应生成Mn2，Mn元素化合价降低，根据氧化还原反应规律， Fe元素化合价升高，反应后Fe2转化为Fe3；Fe元素化合价升高，所以Fe2作还原剂，表现还原性，发生氧化反应；（3）KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O，Cl元素化合价由-1升高为0，Mn元素化合价由+7降低
36、为+2，根据得失电子守恒、质量守恒定律配平方程式为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，HCl的化学计量数是16；（4）KMnO4与浓HCl在常温下就可以迅速反应生成氯气，MnO2与浓盐酸共热才能反应生成氯气，氧化性KMnO4MnO2；MnO2与浓盐酸共热制氯气，MnO2是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化性MnO2Cl2；所以氧化性KMnO4MnO2Cl2。【点睛】本题考查氧化还原反应规律，氧化还原反应中氧化剂得电子总数一定等于还原剂失电子总数；明确氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。26亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业
37、盐，因其外观和食盐相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320C以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2。回答下列问题：（1）下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_（填序号）。A分别溶于水 B分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液C分别加强热并收集气体检验 D用筷子分别蘸取固体品尝味道 （2）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_（填序号）反应中H2O2表现出的性质相同。A2H2O22H2OO2 BH2O2+Cl2=2HClO2CH2O2+H2SO4
38、+2KI=2H2O+I2+K2SO4 D5H2O2+2KMnO4 +6HCl=2MnCl2 +2KCl+5O2+8H2O服用维生素C可解毒，维生素C的作用是 （填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。（3）亚硝酸钠受热分解的化学方程式为4NaNO2 2Na2O2N23O2，若反应中12.4gNa2O固体生成，则转移电子的物质的量为 mol。（4）可用Cl2将溶液中的NO氧化为NO，同时生成Cl，该反应的离子方程式为： 。【答案】AD C 还原剂 1.2 Cl2NOH2O=NO2Cl2H 【解析】根据题中所给信息，判断区分NaNO2和NaCl的方法；根据题中所给信息，由NaNO2体现
39、氧化性，找出H2O2体现氧化性选项；根据题中化学方程式计算电子转移的物质的量；根据题中所给信息写出离子方程式；据此解答。【详解】（1）A亚硝酸钠、氯化钠都易溶于水，故A不符合题意；B亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；C加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故C不符合题意；D化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故D符合题意；答案为D。（2）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的F
40、e2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；A2H2O22H2OO2，H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低，H2O2体现氧化性和还原性，故A不符合题意；BH2O2+Cl2=2HClO2，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故B不符合题意；CH2O2+H2SO4+2KI= 2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故C符合题意；D5H2O2+2KMnO4 +6HCl=2MnCl2 +2
41、KCl+5O2+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D不符合题意；服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，Fe元素被还原，维生素被氧化，维生素作还原剂，具有还原性；答案为C，还原剂。（3）由4NaNO2 2Na2O2N23O2反应可知，转移电子12mol，生成2molNa2O，即生成Na2O124g，则反应中有12.4gNa2O固体生成，则转移电子的物质的量为1.2mol；答案为1.2mol。（4）Cl2将溶液中的NO氧化为NO，同时生成Cl，反应的离子方程式为：NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl-；
42、答案为NO2-+Cl2+H2O=NO3-+2H+2Cl-。27HIO4主要以H5IO6形式存在，H5IO6是白色晶体，易溶于水，具有很强的氧化性，在强酸溶液中能氧化Mn2+。（1）请完成并配平下列离子反应。_Mn2+_H5IO6_+_+_H+_（2）根据以上离子方程式判断H5IO6是 电离物质(填“易”或“难”)。（3）上述反应，被氧化的元素是 (填元素符号)，当1 mol Mn2+参加反应时，转移电子的物质的量为 。【答案】（1）2525117H2O （2）难 （3）Mn5 mol【解析】Mn2+5e，H5IO62e，根据电子守恒，Mn2+、化学计量数均为2，H5IO6、化学计量数均为5，根
43、据O原子守恒，生成物中补加7H2O，根据H原子守恒，H+化学计量数为11。在离子方程式中，易溶物质H5IO6写成化学式，只能是难电离的弱电解质。28在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银，发生的反应如下：Ag+ H3PO2+ H2O Ag+ H3PO4+ H+（未配平），请回答下列问题：（1）H3PO2中，P元素的化合价为 ；该反应中，H3PO2被 (填“氧化”或“还原”)。（2）配平该离子方程式： Ag+ H3PO2+ H2O Ag+ H3PO4+ H+。（3）若反应中生成1.08gAg，则转移的电子数为 。（4）H3PO2是一元弱酸，写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式： 。【答案
44、】+1 氧化 4 1 2 4 1 4 0.01NA H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O 【解析】（1）根据“升失氧，降得还”原理和化合价变化判断物质性质；（2）据得失电子总数守恒和原子个数守恒配平反应；（3）根据氧化还原反应方程及系数进行计算；（4）酸碱中和生成盐和水。【详解】（1）据化合物中元素的正负化合价代数和为0可知，H3PO2中P化合价为+1价，P元素的化合价由+1价升高到+5价，故H3PO2被氧化；（2）P的化合价由+1价升至+5价，Ag的化合价由+1价姜维0价，据得失电子总数守恒和原子个数守恒可知，配平的系数为4、1、2、4、1、4；（3）银离子生成银，得到1个电子，1.08
45、g Ag物质的量为0.01mol，即转移的电子数为6.021021或0.01NA；（4）H3PO2是一元弱酸，写离子方程式时必须写化学式，H3PO2与足量NaOH 溶液反应的离子方程式为：H3PO2+OH-=H2PO2-+H2O。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识点，利用化合价升降总数相等进行氧化还原反应方程式的配平是解答本题的关键。29.高铁酸钾(K2FeO4)是一种绿色氧化剂，具有高效杀菌消毒作用，常用于饮水处理，在许多领域展现出广阔的应用前景。制备高铁酸钾有下列两种方法：方法一：Fe2O3 + KNO3 + KOH= K2FeO4 + KNO2 + H2O （未配平）方法二：2Fe(
46、OH)33KClO4KOH2K2FeO43KCl+ 5H2O （1）配平方法一的化学方程式，再用双线桥标明电子转移的方向和数目： Fe2O3 + KNO3 + KOH = K2FeO4 + KNO2 + H2O （2）方法二中的还原产物为 （写化学式），将方法二的化学方程式改写为离子方程式： ，根据反应方程式，氧化性：KClO _ K2FeO4（填“”、“ (3). 1.5NA (4) Bi 【解析】（1）Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，据此写出方程式，并根据氧化还原反应规律标出电子转移情况；（2）根据2Fe(OH)33KClO4KOH2K2Fe
47、O43KCl+ 5H2O反应，结合氧化还原反应相关概念进行分析，且氧化性：氧化剂氧化产物； （3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，据此规律进行计算； （4）该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化，得电子的元素被还原，所以被还原的元素是Bi元素；BiO为氧化剂，Mn2+为还原剂，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为2Mn2+5BiO+14H+2+5Bi3+7H2O，Mn失去25e，反应中转移10e，所以单线桥法标电子转移的方向和数目为。【详解】（1）Fe2O3、KNO3、KO
48、H混合加热共熔生成紫红色K2FeO4和KNO2等产物，根据原子守恒，得到方程式为：Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O；用双线桥标明电子转移的方向和数目：（2）2Fe(OH)33KClO4KOH2K2FeO43KCl+ 5H2O 还原剂是Fe(OH)3，还原产物是KCl，氧化剂是KClO ，氧化产物是K2FeO4；方法二的化学方程式改写为离子方程式 2Fe(OH)33ClO4OH2FeO423Cl+ 5H2O；根据反应方程式，氧化性：氧化剂氧化产物，KClOK2FeO4；（3）利用方法二制备K2FeO4，每生成1molK2FeO4，转移3mol电子，若有0.5mol K2FeO4生成，转移的电子数为1.5NA；（4）该反应中Bi元素化合价由+5价变为+3价，则Mn元素化合价由+2价变为+7价，失电子的元素被氧化，得电子的元素被还原，所以被还原的元素是Bi元素；BiO为氧化剂，Mn2+为还原剂，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平反应的离子方程式为2Mn2+5BiO+14H+2+5Bi3+7H2O，Mn失去25e，反应中转移10e，所以单线桥法标电子转移的方向和数目为。20
