2020届高考化学二轮复习氧化还原反应作业(2)

2020届高考化学二轮复习氧化还原反应作业(2)

氧化还原反应 ‎1、离子M2O7X-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7X-+3S2-+cH+==2M3++eS+fH2O,则M2O7X-中M的化合价为()‎ A.+4B.+5C.+6D.+7‎ ‎2、随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质是 A.无水硫酸铜B.硫酸亚铁C.食盐D.生石灰 ‎3、已知①向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成；②向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色．下列有关说法正确的是（　　）‎ A．I-只有还原性，IO32﹣只有氧化性 B．由①②可知氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO32﹣‎ C．①中发生反应的离子方程式为：3Cl2+I-+3OH-=IO32﹣+6Cl-+3H+‎ D．反应②中若有5mol电子转移，则生成3mol单质I2‎ ‎4、已知:用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液能氧化乙烯，化学方程式如下:aCH2=CH2+12KMnO4+H2SO4→CO2+MnSO4+K2SO4+H2O，下列推断正确的是 A.在上述化学方程式中，a=6‎ B.用酸性高锰酸钾溶液可以除去甲烷气体中少量的乙烯 C.上述反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6:5‎ D.在标准状况下，消耗11.2L乙烯时转移6mol电子 ‎5、根据表中信息判断，下列选项正确的是()‎ 序号 反应物 产物 ‎1‎ KMnO4、H2O2、H2SO4‎ K2SO4、MnSO4…‎ ‎2‎ Cl2、FeBr2‎ FeCl3、FeBr3‎ ‎3‎ MnO4﹣、Cl﹣…‎ Cl2、Mn2+…‎ A．第①组反应的其余产物为H20‎ B．第②组反应中CI2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2‎ C．第③组反应中生成1molCl2，转移电子5mol D．氧化性由强到弱顺序为Mn04﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2‎ ‎6、已知：还原性HSO3—>I—，氧化性IO3—>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3‎ 溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A.0～a间发生反应：3HSO3—+IO3—=3SO42-+I—+3H+‎ B.a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol C.b～c间反应：I2仅是氧化产物 D.当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.1mol ‎7、在混合体系中，确认化学反应先后顺序有利于问题的解决，下列反应先后顺序判断正确的是 A.等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I－、Fe2+、Br－‎ B.等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：H+、Fe3+、Cu2+、Fe2+‎ C.等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：Ba(OH)2、KOH、BaCO3、K2CO3‎ D.等物质的量的AlO2－、OH－、CO32－溶液中，逐滴加入盐酸：OH－、CO32－、AlO2－、Al(OH)3‎ ‎8、海水提取溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是 A.Br2在反应中表现氧化性B.SO2在反应中被还原 C.Br2在反应中失去电子D.1mol氧化剂在反应中得到1mol电子 ‎9、已知:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是 A.HCl发生了还原反应B.氧化剂与还原剂的物质的量比为1.8‎ C.当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NAD.氧化性:Cl2>KMnO4‎ ‎10、A元素原子得电子变成阴离子释放出的能量比B元素原子得电子变成阴离子释放出的能量大，则（　　）‎ A．氧化性A﹣＞B﹣ B．还原性A﹣＞B﹣‎ C．氧化性A＞B D．还原性A＞B ‎11、某离子反应涉及H2O、ClO－、NH4+、H+、N2、Cl－六种微粒。其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。‎ 下列判断正确的是()‎ A.反应的还原产物是N2‎ B.消耗1mol氧化剂，转移电子3mol C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3‎ D.反应后溶液的酸性明显增强 ‎12、2008年9月25日晚9时10分，我国“神舟七号”载人飞船顺利升入太空。此次火箭的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R+2N2O4＝3N2+4H2O+2CO2，下列叙述错误的是 A.此反应是氧化还原反应B.反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行 C.在反应中N2O4做还原剂D.R的分子式为C2H8N2‎ ‎13、下列有关物质转化的叙述不正确的是（　　）‎ A．SiO2→H2SiO3、CuO→Cu（OH）2、CuSO4→CuCl2均不能通过一步反应实现 B．FeS、FeCl2、Fe（OH）3均可以通过化合反应制得 C．水在化学反应中可能只做氧化剂、或只做还原剂、或既不做氧化剂也不做还原剂、或既做氧化剂又做还原剂 D．在某一复分解反应中，也有可能弱酸是反应物，而强酸是生成物 ‎14、某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种离子．在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列有关判断中不正确的是（　　）（）。‎ A．还原剂是含CN-的物质，氧化产物只有N2‎ B．氧化剂是ClO-，HCO3-是氧化产物 C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2‎ D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1mol ‎15、向一定量Fe和Fe2O3的混合物中加入120mL一定浓度的稀硝酸恰好使混合物溶解，同时可得到标准状况下1.344LNO气体．向所得到的溶液中再加入KSCN溶液，无红色出现．若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，得到11.76g铁单质．则原稀硝酸的物质的量浓度为（　　）。‎ A．2mol？L-1B．4mol？L-1‎ C．5.75mol？L-1D．无法计算 ‎16、在亚硝酸钠(NaNO2)中氮元素的化合价为＋3价，现有以下几种试剂可供选择：①KMnO4溶液②稀H2SO4溶液③稀HNO3溶液④稀NaOH溶液⑤淀粉、KI溶液⑥品红溶液其中能证明NaNO2具有氧化性应选择的试剂是（）。‎ A．②⑤B．⑤⑥C．③④⑥D．①②③‎ ‎17、著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中，金属铈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：Ce4+>Fe3+。下列说法不正确的是(）。‎ A．铈(Ce)元素在自然界中主要以化合态形式存在 B．铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce+4HI=CeI4+2H2↑‎ C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+‎ D．四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，它们互称为同位素 ‎18、Ⅰ：某实验小组为探究ClO－、I2、SO42－在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：‎ 实验①：在淀粉－碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；‎ 实验②：向实验①的溶液中加入4mL0.5mol·L－1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。‎ ‎（1）写出实验①中发生反应的离子方程式：______________________________________。‎ ‎（2）实验②的化学反应中转移电子的物质的量是___________________________。‎ ‎（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到强的顺序是_______________。‎ Ⅱ．（4）Cl2、H2O2、ClO2（还原产物为Cl－）、O3（1molO3转化为1molO2和1molH2O）等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________（填序号）。‎ A．Cl2B．H2O2C．ClO2D．O3‎ ‎（5）“84”消毒液（主要成分是NaClO）和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）不能混用，原因是_____________________________________（用离子方程式表示）。‎ ‎19、某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。‎ 实验记录如下：‎ ‎　实验操作 实验现象 Ⅰ 打开活塞a，滴加少量新制氯水，关闭活塞a A中溶液变为浅红棕色 Ⅱ 吹入热空气 A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化 Ⅲ 停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 B中开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验操作Ⅰ时，A中反应的离子方程式为__________________________。‎ ‎(2)实验操作Ⅱ吹入热空气的目的是________________________________。‎ ‎(3)装置C的作用是______________________；C中盛放的药品是________。‎ ‎(4)实验操作Ⅲ中混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式为_____________。‎ ‎(5)由上述实验得出的结论是______________________________________。‎ ‎(6)①有同学认为实验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否有干扰，理由是_______________________________________________。‎ ‎②实验操作Ⅲ，开始时颜色无明显变化的原因是________________(写出一条即可)。‎ ‎20、磷化铝（AlP）通常可作为一种广谱性熏蒸杀虫剂，吸水后会立即产生高毒性PH3气体（沸点-89.7℃‎ ‎，还原性强）。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定粮食中残留磷化物的含量。‎ 在C中加入l00g原粮，E中加入20.00mLl.50×l0-3mol·L-1KMnO4溶液（H2SO4酸化），往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）仪器D的名称是____________________________________。‎ ‎（2）AlP与水反应的化学方程式为______________________________________________。‎ ‎（3）装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体，装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，其作用是__________________。‎ ‎（4）通入空气的作用是_____________________________。‎ ‎（5）装置E中PH3被氧化成磷酸，则装置E中发生反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为___________________________。‎ ‎（6）收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×l0-4mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液15.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：________________________________，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为________________mg·kg-1（写计算表达式和计算结果）。‎ ‎21、氨广泛用于生产化肥、制冷剂等方面。回答下列问题:‎ ‎（1）实验室可用下图所示装置合成氨。‎ ‎①亚硝酸钠与氯化铵反应的离子方程式为_____________________。‎ ‎②锥形瓶中盛有一定量水并滴有几滴酚酞试剂。反应一段时间后，锥形瓶中溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、_____和____(填化学式)‎ ‎（2）最近斯坦福大学研究人员发明了一种SUNCAT的锂循环系统，可持续合成氨，其原理如图所示。‎ ‎①图中反应Ⅱ属于________(填“氧化还原反应”或“非氧化还原反应”)。‎ ‎②反应Ⅲ中能量转化的方式是________(填“电能转变为化学能”或“化学能转变为电能”)。‎ ‎（3）液氨可用作制冷剂，液氨气化时________(填“释放”或“吸收”)能量；液氨泄漏遇明火会发生爆炸。已知部分化学键的键能数据如下表所示：‎ 共价键 N-H O=O N≡N O-H 键能/kJ.mol-1‎ ‎391‎ ‎498‎ ‎946‎ ‎463‎ 则反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)的反应热△H=__________。‎ ‎22、按要求回答下列问题：‎ ‎（1）以下物质中：①酒精，②熔化的KNO3，③CaCO3，④氢氧化钠溶液，⑤铜。其中属于电解质的是_______（填编号，下同），属于非电解质的是________________。‎ ‎（2）FeS2（二硫化亚铁）不溶于水，可溶于适量的稀硝酸中，离子反应式如下：‎ ‎____FeS2+____H++____NO3-=____Fe2++____S↓+____NO↑+____H2O。‎ 回答下列问题：‎ a．配平此氧化还原反应方程式____________，还原剂为______________。‎ b．若标准状况下生成2.24LNO，转移电子____________mol。‎ ‎23、卤化物和卤酸盐在工业生产中有着重要的作用．某小组为探究其中一些盐的性质，查阅资料并进行实验．查阅资料如下：‎ ‎①BrO3﹣+6I﹣+6H+═3I2+Br﹣+3H2O ‎②2BrO3﹣+I2═2IO3﹣+Br2‎ ‎③IO3﹣+5I﹣+6H+═3I2+3H2O ‎④2IO3﹣+10Br﹣+12H+═I2+5Br2+6H2O 实验如下：‎ 步骤 现象 ⅰ．向盛有30mL0.2mol·L﹣1KI溶液的锥形瓶中依次滴入几滴淀粉溶液和足量稀硫酸，再用滴定管逐滴加入KBrO3溶液 随着KBrO3溶液滴入，溶液由无色变为蓝色并逐渐加深，最终保持不变 ⅱ．继续向上述溶液中滴入KBrO3溶液 溶液的蓝色逐渐褪去 请回答：‎ ‎（1）根据资料中的反应①～④并结合所学知识，判断IO3﹣、BrO3﹣、I2、Br2的氧化性由强到弱的顺序是　；KBrO3溶液与KBr溶液在酸性条件下反应的离子方程式是　　．‎ ‎（2）若用y表示锥形瓶中含碘物质的物质的量，用x表示所滴入KBrO3的物质的量，在如图中画出上述整个实验过程中y随x的变化曲线（要求：在图中标出终点坐标）．‎ ‎24、（1）某强酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnO4、H2O、Mn2+、H2O2、H+，已知该反应中只发生了如下过程：‎ H2O2→O2．‎ 发生反应离子方程式：　　．如果上述反应中有6.72L（标准状况）气体生成，转移的电子为　　mol．‎ ‎（2）H2O2有“绿色氧化剂”的美称，如消除釆矿、Ik溶液中的氰化物（如KCN）：KCN+H2O2+H2O=“A”+NH3（已配平）．生成物A的化学式为　　；H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由：　　．‎ ‎25、走进化学变化的微观世界，有利于进一步认识化学变化。下图是某化学变化的微观示意图，X、Y、Z分别表示不同类别的原子，据图回答问题：‎ 反应前反应后 ‎（1）该化学反应中生成物的分子个数比为______________；‎ ‎（2）从微观角度分析，化学反应前后各物质的质量总和相等的原因是__________________________________________________________；‎ ‎（3）该化学反应的基本类型为_________________________________；‎ ‎（4）由X原子构成的物质在该反应中____________（填“是”或“不是”）催化剂。‎ 参考答案 ‎1、【答案】C ‎【解析】反应aM2O7x-+3S2-+cH+=2M3++eS+fH2O中，由M原子守恒可知a=1，由O原子守恒可知，f=7，则由H原子守恒可知c=14，由电荷守恒可知-x+（-2）×3+14=+6，解得x=2，则M2O7x-中M的化合价为[？2？(？2)×7]/2=+6，答案选C。‎ ‎2、【答案】B ‎【解析】无水硫酸铜能吸收水分，不能防止食物被氧化，硫酸亚铁具有还原性，可以作为防止富脂食品氧化变质的物质，食盐不能吸收水分，生石灰能防止食品受潮，但不能防止食品被氧化；答案选B。‎ ‎3、【答案】D ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应中的氧化性、还原性强弱规律以及氧化还原反应方程式的书写。‎ A、I-处在最低价只有还原性，IO3﹣碘处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，故A 错误；‎ B、①向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成，说明氯气将碘离子氧化成IO3﹣，则氧化性Cl2＞IO3﹣，②向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色，说明有碘单质生成，则氧化性IO3﹣＞I2，所以氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3﹣＞I2，故B错误；‎ C、①向KI溶液中通入过量Cl2会有KIO3生成，则发生反应的离子方程式为：3Cl2+I-+3H2O=IO3﹣+6Cl-+6H+，故C错误；‎ D、反应②向酸化的KI与KIO3混合液中滴加淀粉溶液会变蓝色，说明有碘单质生成，方程式为5I-+IO3-+6H+=3H2O+3I2，所以若有5mol电子转移，则生成3mol单质I2，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎4、【答案】D ‎【解析】分析：反应中Mn元素化合价由+7价，降低为+2价，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，结合高锰酸钾的化学计量数可知，转移的电子为60，然后根据化合价升降守恒结合氧化还原反应的规律分析解答。‎ 详解：A.反应中Mn元素化合价变化了(7-2)×12=60，根据化合价升降守恒，乙烯中C元素的化合价由-2价升高到+4价，因此乙烯的化学计量数为5，即a=5，故A错误；B.用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷气体中少量的乙烯，会引入二氧化碳杂质，故B错误；C.根据A的分析，氧化产物为二氧化碳，还原产物为MnSO4，物质的量之比为10:12=5:6，故C错误；D.在标准状况下，11.2L乙烯的物质的量为0.5mol，根据上述分析，转移6mol电子，故D正确；故选D。‎ ‎5、【答案】B ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应反应实质、电子转移的计算应用．‎ A、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+5O2↑，故A错误；‎ B、3C12+6FeBr2=2FeC13+4FeBr3，亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子部分氧化，Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1：2，故B正确；‎ C、2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=5Cl2↑+2Mn2++8H2O，生成5molCl2，转移电子10mol，故C错误；‎ D、氧化剂的氧化性大于氧化产物，依据化学方程式分析判断，氧化性由强到弱顺序为 MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎6、【答案】C ‎【解析】还原性HSO3？>I？，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3？+3HSO3？═I？+3SO42？+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3？>I2，所以IO3？可以结合H+氧化I？生成I2，离子方程式是IO3？+6H++5I？═3H2O+3I2。‎ A.0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：IO3？+3HSO3？═I？+3SO42？+3H+，故A正确；B.a～b间碘酸钾的物质的量是0.6mol，根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量=0.6mol×3=1.8mol，故B正确；C.根据图象知，b？c段内发生IO3？+6H++5I？═3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，所以I2是氧化产物也是还原产物，故C错误；D.根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO3？+6H++5I？═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为(1/3)xmol，消耗碘离子的物质的量=(5/3)xmol，剩余的碘离子的物质的量=(1？(5/3)x)mol，当溶液中n(I？):n(I2)=5:3时，即，x=0.3mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1mol+0.3mol×1/3=1.1mol，故D正确；本题选C。‎ ‎7、【答案】A ‎【解析】‎ A、在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2，氯气具有氧化性，先和还原性强的离子反应，离子的还原性顺序：I-＞Fe2+＞Br-，故A正确；B、在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn，金属锌先是和氧化性强的离子之间反应，离子的氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，故B错误；C、在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2，先是和Ba(OH)2之间反应，其次是氢氧化钾，再是和碳酸盐之间反应，故C错误；D、若H+先与CO32-反应，生成二氧化碳，而二氧化碳与溶液中AlO2-，反应生成Al（OH）3，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-、Al（OH）3，故D错误；故选A。‎ ‎8、【答案】A ‎【解析】A．因Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，选项A正确；B．S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，被氧化，选项B错误；C．Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2在反应中得到电子，选项C错误；D.1mol氧化剂在反应中得到1mol×2×（1-0）=2mol，选项D错误；答案选A。‎ ‎9、【答案】C ‎【解析】A.部分氯化氢的-1价氯，被氧化为氯气，氯化氢发生了氧化反应，故A项错误；B.氧化剂与还原剂的物质量之比为2:10=1:5（16mol氯化氢只有10mol氯化氢被氧化为5mol的氯气），故B项错误；C.标准状况下产生22.4L氯气，即生成1mol氯气，转移电子数为2NA，故C项正确；D.氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性高锰酸钾大于氯气，故D项错误；综上，本题选C。‎ ‎10、【答案】C ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应．A与B两种元素的原子，当它们分别获得电子形成稳定结构的阴离子，A放出的能量大于B，说明A的非金属性大于B，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，其阴离子的还原性越弱，所以氧化性A＞B，还原性A﹣＜B﹣，‎ 故C正确；‎ 故选C．‎ ‎11、【答案】D ‎【解析】‎ 某离子反应涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种微粒，其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小，则NH4+是反应物，N2是生成物，由此推断该反应为NH4+与ClO-的氧化还原反应，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，离子方程式为：2NH4++3ClO-=N2+3Cl﹣+3H2O+2H+，N元素化合价由-3→0，Cl元素化合价由+1→-1；A项，反应的还原产物是Cl-，故A错误；B项，消耗1mol氧化剂(ClO-)，转移2mol电子，故B错误；C项，氧化剂ClO-与还原剂NH4+物质的量之比为3：2，故C错误；D项，反应生成H+，所以反应后酸性明显增强，故D正确。‎ ‎12、【答案】C ‎【解析】A．由方程式可知，此反应中N2O4中N元素化合价从+2→0价，所以，该反应是氧化还原反应，故A正确；B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故B 正确；C．在反应中N2O4中N元素化合价从+2→0价，化合价降低，N2O4做氧化剂，故C错误；D．依据R+2N2O4═3N2↑+4H2O↑+2CO2↑反应前后各元素原子个数相同，所以R的分子式为C2H8N2，故D正确。故选C。‎ ‎13、【答案】A ‎【解析】解：本题考查物质的性质及相互转化。‎ A．硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡和氯化铜，CuSO4→CuCl2能通过一步反应实现，故A错误；‎ B．铁与硫化合生成硫化亚铁，铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，FeS、FeCl2、Fe（OH）3均可以通过化合反应制得，故B正确；‎ C．水分子中氢元素化合价可以降低、氧元素化合价可以升高所以水既具有氧化性，又具有还原性，水在化学反应中可能只做氧化剂，例如水与钠反应；或只做还原剂，例如：2F2+2H2O=4HF+O2↑中，水中O元素的化合价升高，则水为还原剂，或既不做氧化剂也不做还原剂，例如：3NO2（g）+H2O=2HNO3+NO中水既不做氧化剂也不做还原剂；或既做氧化剂又做还原剂，例如2H2O═2H2↑+O2↑中H元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则水既是氧化剂也是还原剂，故C正确；‎ D．硫酸铜与氢硫酸反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性强于氢硫酸，故D正确；‎ 故选：A．‎ ‎14、【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由曲线变化图可知，随反应进行ClO-的物质的量降低，N2的物质的量增大，故ClO-为反应物，N2是生成物，根据电子转移相等可知，CN-是反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，由碳元素守恒可知HCO3-是生成物，由氢元素守恒可知H2O是反应物．反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，化合价总共升降最小公倍数为2[（4-2）+（3-0）]=10价，故CN-系数为2，ClO-系数为5，由元素守恒可知HCO3-系数为2，N2系数为1，Cl-系数为5，H2O系数为1，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-。A、反应中，C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价，N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价，可知氧化产物有HCO3-、N2，选项A不正确；B、反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，ClO-是氧化剂，HCO3-是氧化产物，选项B 正确；C、由上述分析可知，反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-，反应中是CN-是还原剂，ClO-是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，选项C正确；D、2.24LN2（标准状况）的物质的量为0.1mol，所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol，反应中只有氯元素化合价降低，由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价，所以转移电子为0.5mol×2=1mol，选项D正确。答案选C。 ‎ ‎15、【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入120mL的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，则溶液中的溶质为Fe（NO3）2，足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，得到11.76g铁单质，根据Fe元素守恒n[Fe（NO3）2]=n（Fe）==0.21mol，1.344LNO（标准状况）的物质的量为1.344L/22.4L/mol=0.06mol，根据氮元素守恒，n（HNO3）=2n[Fe（NO3）2]+n（NO）=0.21mol×2+0.06mol=0.48mol，故c（HNO3）==4mol/L，答案选B。 ‎ ‎16、【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在酸性条件下，亚硝酸根离子具有氧化性，则氮元素的化合价降低，与还原剂碘化钾反应，选择的试剂为②⑤，故选A。‎ ‎【点睛】‎ 亚硝酸根离子具有氧化性，说明需要还原剂，所提供的物质中只有碘化钾具有还原性，但反应通常在酸性条件下进行，所以需要使用稀硫酸，注意稀硝酸具有强氧化性，能氧化碘离子，故不能选用。 ‎ ‎17、【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．结合稀土萃取理论来分析；B．应发生氧化还原反应；C．用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，发生氧化还原反应，生成Ce3+和Fe3+；D．具有相同质子数，不同中子数的不同原子互为同位素。‎ ‎【详解】‎ A、金属铈在空气中易氧化变暗，在自然界中主要以化合态存在，选项A正确；B、氧化性：Ce4+>Fe3+，Fe3+>I2则Ce能把氢碘酸氧化生成单质碘，选项B正确；C、用Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，选项C正确；D、四种稳定的核素13658Ce、13858Ce、14058Ce、14258Ce，是具有相同质子数，不同中子数的不同原子，互称为同位素，选项D正确。答案选B。‎ ‎18、【答案】(1).ClO－＋2I－＋2H＋===I2＋Cl－＋H2O(2).0.004mol(3).SO42－Br2>H2SO3(7).不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到B 中产生白色沉淀的同时颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3(8).H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等合理答案均可)‎ ‎【解析】(1)A中是氯水滴入溴化钠溶液中发生的氧化还原反应，氯气氧化溴离子为溴单质，A中溶液变为红棕色．反应的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；‎ ‎(2)吹入热空气，A中红棕色明显变浅，说明溴单质被赶入B在；B中有气泡，产生大量白色沉淀，说明溴单质氧化亚硫酸生成硫酸和氯化钡生成白色沉淀，混合液颜色无明显变化，进一步证明了溴单质被还原为溴离子，故答案为：吹出单质Br2；‎ ‎(3)装置C是尾气吸收装置，反应过程中有氯气、溴蒸气等污染性气体不能排放到空气中需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收尾气；NaOH溶液；‎ ‎(4)滴入过氧化氢在酸溶液中会氧化溴离子为溴单质，反应的两种方程式根据电子守恒、原子守恒配平书写为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O，故答案为：H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；‎ ‎(5)依据反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr；H2O2+2Br-+2H+=Br2+2H2O；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性为：H2O2＞Br2＞H2SO3，故答案为：氧化性为H2O2＞Br2＞H2SO3；‎ ‎(6)①欲证明是H2SO3与Br2发生了反应，有两个角度：H2SO3被氧化→有SO42-，即沉淀Br2被还原→有Br-且颜色不变化，其中第一条有氧气的干扰，但第二条完全符合实验现象，故已经可以说明是H2SO3而非氧气与Br2发生了反应，故答案为：不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时无明显颜色变化，即能证明Br2氧化了H2SO3；‎ ‎②实验操作III，开始时颜色无明显变化的原因是，氯化铁浓度小、过氧化氢与溴离子反应慢，亚硫酸有剩余等，故答案为：H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br-与H2O2反应慢等因素都可)。‎ ‎20、【答案】直形冷凝管（或冷凝管）AlP+3H2O=PH3↑+Al(OH)3吸收空气中的O2保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收8:55SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++3H2O=1.275‎ ‎【解析】(1)该装置为直形冷凝管或冷凝管；‎ ‎(2)根据题目描述，AlP吸水产生高毒性的PH3↑，所以反应的化学方程式为 AlP+3H2O=PH3↑+Al(OH)3；‎ ‎(3)因为PH3具有很强的还原性，所以要除去空气中的氧气，故装置B中盛有的焦性没食子酸的碱性溶液的作用就是吸收空气中的O2，防止PH3被氧化；‎ ‎(4)通入空气的作用是将装置内生成的PH3气体全部排出，进入装置E中，减小实验误差；(5)在装置E中，PH3作还原剂，被氧化成磷酸，P元素的化合价升高8，MnO4－作氧化剂，被还原为Mn2+,Mn元素的化合价降低5，根据电子转移守恒可得，反应的化学方程式为：5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4=5H3PO4＋4K2SO4＋8MnSO4＋12H2O，其中氧化剂和还原剂物质的量之比为8∶5；‎ ‎(6)Na2SO3与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5SO32-+2MnO4-+6H+=5SO42-+2Mn2++‎ ‎3H2O，已知KMnO4的总物质的量为n(KMnO4)=20×10-3L×l.50×l0-3mol·L-1=3×l0-5mol，‎ 则与Na2SO3反应的KMnO4的物质的量为n(KMnO4)=×n(Na2SO3)=×(15×10-3L×4.0×10-4mol·L-1)×=2.4×10-5mol，所以与PH3反应的n(KMnO4)=3×l0-5mol-2.4×10-5mol=0.6×10-5mol，又PH3与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式为5PH3＋8KMnO4＋12H2SO4=5H3PO4＋4K2SO4＋8MnSO4＋12H2O，所以原粮中磷化物（以PH3计）的含量为：=(×0.6×10-5mol×34g/mol×103mg/g-1)/(100×10-3kg)=1.275mg/kg 点睛：装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液，这种物质题中没有给任何信息，使学生无从回答，但通过阅读题目知道，磷化氢具有强的还原性，而空气中的氧气具有氧化性，二者相遇发生反应，导致实验失败，所以其作用也就明确了；最后含量的计算要求写出计算表达式，要从开始计算写，直到得出结果，因此稍不细心就很容易出错而失分。这是近年高考中新变化，重在考查学生的思维过程和能力。 ‎ ‎21、【答案】NO2+NH4+N2↑+2H2OH2NH3非氧化还原反应电能转变为化学能吸收-1262kJ．mol-1‎ ‎【解析】(1)①亚硝酸钠具有强氧化性与氯化铵发生氧化还原反应，生成氮气，反应的离子方程式为NO2+NH4+N2↑+2H2O，故答案为：NO2+NH4+N2↑+2H2O；‎ ‎②锌与稀硫酸反应生成的氢气与亚硝酸钠和氯化铵反应生成的氮气在催化剂作用下反应生成了氨气，因此锥形瓶中酚酞溶液变红，则气体X的成分为N2、水蒸气、H2、‎ NH3，故答案为：H2、NH3；‎ ‎(2)①反应Ⅱ是Li3N与水反应生成氨气的过程，反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，故答案为：非氧化还原反应；‎ ‎②反应Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水，发生了氧化还原反应，属于非自发的氧化还原反应，属于电解池反应，能量转化的方式是电能转变为化学能，故答案为：电能转变为化学能；‎ ‎(3)液氨可用作制冷剂，是因为液氨气化时吸收能量，导致周围温度降低；反应4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)△H=反应物的键能之和-生成物的键能之和=391×3×4+498×3-946×2-463×2×6=-1262kJ·mol-1，故答案为：吸收；-1262kJ·mol-1。 ‎ ‎22、【答案】(1)②③；①‎ ‎(2)3FeS2+8H++2NO3-=3Fe2++6S↓+2NO↑+4H2O；FeS2；0.3‎ ‎【解析】解：本题考查电解质和非电解质的判断，氧化还原反应。‎ ‎23、【答案】（1）BrO3﹣＞IO3﹣＞Br2＞I2；BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；‎ ‎（2）．‎ ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应及计算、对信息的利用。‎ ‎（1）由反应①可知，氧化性BrO3﹣＞I2，由反应②可知，氧化性BrO3﹣＞IO3﹣，由反应③‎ 可知，氧化性IO3﹣＞I2，由反应④可知，氧化性IO3﹣＞Br2，故氧化性BrO3﹣＞IO3﹣＞Br2＞I2；‎ BrO3﹣、Br﹣在酸性条件下生成溴单质与水，反应离子方程式为：BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，‎ 故答案为：BrO3﹣＞IO3﹣＞Br2＞I2；BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O；‎ ‎（2）先发生①BrO3﹣+6I﹣+6H+=3I2+Br﹣+3H2O，0.006molI﹣完全反应生成0.003molI2、0.001molBr﹣，消耗0.001molBrO3﹣，‎ 再发生反应BrO3﹣+5Br﹣+6H+=3Br2+3H2O，0.001molBr﹣完全反应消耗0.0002molBrO3﹣，‎ 最后发生反应②2BrO3﹣+I2=2IO3﹣+Br2，0.003molI2完全反应生成0.006molIO3﹣，消耗0.006molBrO3﹣，‎ 故整个过程中含碘物质的物质的量，随加入KBrO3的物质的量的关系图为：‎ 故答案为：．‎ ‎24、【答案】（1）2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；0.6；‎ ‎（2）KHCO3；H2O2是氧化剂，其还原产物是水，水没有毒性及污染性．‎ ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应．‎ ‎（1）该反应过程中，高锰酸根的氧化性和双氧水的还原性导致二者间发生氧化还原反应，高锰酸根离子中锰元素从+7变为+2价，化合价降低5价，双氧水中氧元素化合价从﹣1价变为0价，化合价至少升高2价，则高锰酸根离子的系数为2，双氧水的系数为5，然后利用质量守恒配平可得该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，双氧水中﹣1价的氧变为氧气中的0‎ 价，当生成6.72L（标准状况）即0.3mol氧气时，则失电子数目为：0.3mol×2×（1﹣0）=0.6mol，‎ 故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑；0.6；‎ ‎（2）反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑遵循原子守恒，所以A为KHCO3，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染，‎ 故答案为：KHCO3；H2O2是氧化剂，其还原产物是水，水没有毒性及污染性．‎ ‎25、【答案】(1).1：1(2).化学反应前后，原子种类没有改变，数量没有增减。(3).置换反应(4).不是 ‎【解析】（1）由示意图可知反应的方程式为：X+Z2Y=XY+Z2，则该反应中生成物的分子数之比为1:1，故答案为：1:1；（2）化学反应前后各物质的质量总和相等的原因是化学反应前后，原子种类没有改变，数量没有增减，故答案为：化学反应前后，原子种类没有改变，数量没有增减；（3）该反应的反应物为单质和化合物，生成物也为单质和化合物，故为置换反应，则答案为：置换反应；（4）X是该反应的反应物，并不是催化剂，故答案为：不是。‎