第06講氧化還原反應(yīng)

第一部分：高考真題感悟

1.(2022?山東?高考真題)古醫(yī)典富載化學(xué)知識，下述之物見其氧化性者為

A.金(Au)：“雖被火亦未熟"

B.石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”

C.石硫黃(S)：“能化……銀、銅、鐵，奇物”

D.石鐘乳(CaCOs)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”

【答案】C

【解析】A.金“雖被火亦未熟”是指金單質(zhì)在空氣中被火灼燒也不反應(yīng)，反應(yīng)金的化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定，與其氧

化性無關(guān)，A不合題意；B.石灰(CaO):“以水沃之，即熱蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2,反應(yīng)放熱，產(chǎn)生

大量的水汽，而CaO由塊狀變?yōu)榉勰?，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，B不合題意；C.石硫黃

即S：“能化……銀、銅、鐵，奇物”是指2Ag+S&Ag2S、Fe+S=FeS>2Cu+S=Cu2S,反應(yīng)中S作氧化劑，

與其氧化性有關(guān)，C符合題意；D.石鐘乳(CaCCh)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指

CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2T，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，D不合題意；故

答案為：Co

2.(2022?浙江?高考真題)關(guān)于反應(yīng)NaAO+HzSOLNa2sO4+SJ+SOj+H。，下列說法正確的是

A.H2sO,發(fā)生還原反應(yīng)

B.Na2s2O3既是氧化劑又是還原劑

C.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2：1

D.1molNa2s2O3發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4moi電子

【答案】B

【解析】Na2s2O3+H2sCU=Na2s04+SJ+SO2T+H2O,該反應(yīng)的本質(zhì)是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)上歧化

反應(yīng)生成硫和二氧化硫，化合價(jià)發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。A.H2sCM轉(zhuǎn)化

為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價(jià)均未發(fā)生變化，故其沒有發(fā)生還原反應(yīng)，A說法不正確；B.Na2s2。3

中的S的化合價(jià)為+2,其發(fā)生歧化反應(yīng)生成S(0價(jià))和SCh(+4價(jià))，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正

確；C.該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO2,還原產(chǎn)物為S,氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1,C說法不正

確；D.根據(jù)其中S元素的化合價(jià)變化情況可知，ImolNa2s2O3發(fā)生反應(yīng)，要轉(zhuǎn)移2moi電子，D說法不正

確。綜上所述，本題選B。

3.（2022.浙江.高考真題）關(guān)于化合物FeO（OCH3）的性質(zhì)，下列推測不育軍的是

A.與稀鹽酸反應(yīng)生成FeCl?、CH3OH、H2O

B.隔絕空氣加熱分解生成FeO、CO”H2O

C.溶于氫碘酸（HI）,再加CCI4萃取，有機(jī)層呈紫紅色

D.在空氣中，與SiO?高溫反應(yīng)能生成Fe?（SiC）3）3

【答案】B

【解析】已知化合物FeO（OCH3）中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，CH3O帶一個(gè)單位負(fù)電荷，據(jù)此分析解題。A.由

分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，故其與稀鹽酸反應(yīng)生成FeC^、CH3OH、H2O,反

應(yīng)原理為：FeO（OCH3）+3HCl=FeCl3+H2O+CH3OH,A不合題意；B.由分析可知，化合物FeO（OCH3）中Fe

的化合價(jià)為+3價(jià)，C為2,若隔絕空氣加熱分解生成FeO、CO。、H2O則得失電子總數(shù)不相等，不符合氧

化還原反應(yīng)規(guī)律，即不可能生成FeO、CO?、H2O,B符合題意；C.由分析可知，化合物FeO（OCH3）中

Fe的化合價(jià)為+3價(jià)，故其溶于氫碘酸（HI）生成的Fe3+能將I氧化為12,反應(yīng)原理為：

2FeO（OCH3）+6HI=2FeI2+l2+2H2O+2CH3OH,再加CCI4萃取，有機(jī)層呈紫紅色，C不合題意；D.化合物

FeO（OCH3）在空氣中高溫將生成Fe2O3、CO2和H2O,然后FezCh為堿性氧化物，SiCh為酸性氧化物，故化

合物FeO（OCH3）與SR高溫反應(yīng)能生成Fe?（SiO3）3,D不合題意；故答案為：B。

4.（2022?湖南?高考真題）科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)H+和b的轉(zhuǎn)移（如a、b和c）,能將海洋中

的NO；轉(zhuǎn)化為N?進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。

NH；H2O

下列說法正確的是

A.過程I中NO1發(fā)生氧化反應(yīng)

B.a和b中轉(zhuǎn)移的e-數(shù)目相等

C.過程II中參與反應(yīng)的n（NO）:n（NH：）=l:4

D.過程I—III的總反應(yīng)為NOZ+NH：=N2T+2H2O

【答案】D

【解析】A.由圖示可知，過程I中NO；轉(zhuǎn)化為NO,氮元素化合價(jià)由+3價(jià)降低到+2價(jià)，NO?作氧化劑，

被還原，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B.由圖示可知，過程I為NO；在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O,依據(jù)

+

得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO2+2H+e=NO+H2O,生成ImolNO,

a過程轉(zhuǎn)移Imole,過程II為NO和NH：在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4,依據(jù)得失電

2

子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：NO+NH：+3e+2H+=H2O+N2H4,消耗ImolNO,

b過程轉(zhuǎn)移4moie,轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯(cuò)誤；C.由圖示可知，過程n發(fā)生反應(yīng)的參與反應(yīng)的離子方

酶2

程式為：NO+NH；+3e+2H+=EhO+N2H4,n（NO）:n（NH；）=1:1,C錯(cuò)誤；D.由圖示可知，過程I的離子方

12

+

程式為NO2+2H+e=NO+H2O,過程II的離子方程式為NO+NH；+3e+2H+=H2O+N2H4,過程III的離子方

程式為N2H上飛2T+4H++4e,則過程I—III的總反應(yīng)為NO,+NH；=N2T+2H2O,D正確；答案選D。

5.（2022?湖南?高考真題）為探究FeCk的性質(zhì)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)（FeC^和Na^SOj溶液濃度均為O.lmoLL」）。

實(shí)驗(yàn)操作與現(xiàn)象

①在5mL水中滴加2滴FeCL溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。

在5mLFeCl3溶液中滴加［滴Na2SO3溶液，變紅褐色；

②

再滴加《［FegNM溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀。

在5mLNa2SO3溶液中滴加?滴FeCL溶液，變紅褐色;將上述混合液分成兩份，一份滴加塢［Fe（CN）6］

③溶液，無藍(lán)色沉淀生；

另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀。

依據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是A.實(shí)驗(yàn)①說明加熱促進(jìn)Fe3+水解反應(yīng)

B.實(shí)驗(yàn)②說明Fe3+既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)

C.實(shí)驗(yàn)③說明Fe3+發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)

D.整個(gè)實(shí)驗(yàn)說明S。；對Fe3+的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響

【答案】D

【解析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進(jìn)的水解反應(yīng)，同時(shí)鐵離子

具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，在同一反應(yīng)體系中，鐵離子的水解

反應(yīng)與還原反應(yīng)共存并相互競爭，結(jié)合實(shí)驗(yàn)分析如下：實(shí)驗(yàn)①為對照實(shí)驗(yàn)，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃

色，存在水解反應(yīng)Fe3++3H2O4^Fe（OH）3+3H+,煮沸，促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，得到紅褐色的氫氧化鐵

膠體；實(shí)驗(yàn)②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應(yīng)得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據(jù)

鐵氧化鉀檢測結(jié)果可知，同時(shí)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀；實(shí)

驗(yàn)③通過反滴操作，根據(jù)現(xiàn)象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應(yīng)，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞

鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應(yīng)速率快，鐵離子的還原反應(yīng)未來得及發(fā)生。A.鐵離子的水解反應(yīng)為

吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進(jìn)水解平衡正向移動(dòng)，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅

褐色，故A正確；B.在5mLFeCb溶液中滴加2滴同濃度的Na2s03溶液，根據(jù)現(xiàn)象和分析可知，F(xiàn)e3+既發(fā)

生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氧化鉀溶液后，

出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)③中在5mLNa2sCh溶液中滴加2滴同濃度少量FeCb溶液，根據(jù)

現(xiàn)象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原

反應(yīng)速率快，故C正確；D.結(jié)合三組實(shí)驗(yàn)，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時(shí)，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)

作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實(shí)上,

亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進(jìn)鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。

綜上所述，答案為D。

第二部分：最新模擬精練

完卷時(shí)間：50分鐘

一、選擇題（每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)，共12*5分）

1.（2022?北京西城?二模）將氧化還原反應(yīng)拆解為氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)的分析過程，蘊(yùn)含的化學(xué)學(xué)科的思

想方法是

A.分與合相結(jié)合B.量變與質(zhì)變相結(jié)合

C.化學(xué)與社會(huì)和諧發(fā)展D.物質(zhì)變化是有條件的

【答案】A

【解析】將氧化還原反應(yīng)拆解為氧化反應(yīng)和還原反應(yīng)的分析過程，蘊(yùn)含的化學(xué)學(xué)科的思想方法是分與合相

結(jié)合，與量變與質(zhì)變相結(jié)合量變與質(zhì)變相結(jié)合、化學(xué)與社會(huì)和諧發(fā)展、物質(zhì)變化是有條件的思想方法無關(guān),

故選A。

鋁土礦

2.（2022?江蘇揚(yáng)州?模擬預(yù)測）從煙道氣中分離回收硫的基本反應(yīng)：SO2+2CO而52co2+S。下列說法

正確的是

A.該反應(yīng)屬于置換反應(yīng)

B.SO。、CO和CO2均屬于酸性氧化物

C.SO?在該反應(yīng)中表現(xiàn)出氧化性

D.500℃,CO能將鋁土礦中的AIQ3還原為A1

【答案】C

【解析】A中根據(jù)置換反應(yīng)的定義進(jìn)行判斷；B中根據(jù)酸性氧化物的定義可以進(jìn)行判斷；C中利用元素化合

價(jià)的變化判斷物質(zhì)在反應(yīng)中表現(xiàn)氧化性還是還原性；D中利用工業(yè)制鋁的方法進(jìn)行判斷；A.置換反應(yīng)的定

義是一種單質(zhì)和一種化合物反應(yīng)生成另一種單質(zhì)和化合物，該反應(yīng)中反應(yīng)物中沒有單質(zhì)，故不屬于置換反

應(yīng)，故A不正確；B.酸性氧化物是指能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物，其中CO是不成鹽氧化物，不屬于

酸性氧化物，故B不正確；C.二氧化硫中硫元素的化合價(jià)降低，表現(xiàn)出氧化性，故C正確；D.三氧化鋁

制鋁是利用電解熔融態(tài)的氧化鋁，故D不正確；故選答案C。

3.（2022?江蘇淮安?模擬預(yù)測）2022年4月16日，神舟十三號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場順利著陸。飛

占燃

船的燃料為偏二甲月井（C2H8。），發(fā)射時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為：C2H8N2+2N2O43N2+2CO2+4H2O,下列說

法正確的是

A.偏二甲肌在反應(yīng)中作還原劑B.燃燒時(shí)吸收大量的熱

c.C02的大量排放會(huì)導(dǎo)致酸雨D.N2O4屬于酸性氧化物

【答案】A

【解析】A.偏二甲股在反應(yīng)中C元素化合價(jià)由1價(jià)升高到+4價(jià)，N元素化合價(jià)從3價(jià)升高到0價(jià)，被氧

化，做還原劑，A項(xiàng)正確；B.燃燒都是放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.C02的大量排放不會(huì)導(dǎo)致酸雨，二氧化

硫及氮氧化物的排放導(dǎo)致酸雨，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.和水反應(yīng)只生成酸的氧化物為酸性氧化物，N2O4與水反應(yīng)除

了酸生成以外，還有其它產(chǎn)物NO,故N2O4不屬于酸性氧化物，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。

4.（2022?北京?首都師范大學(xué)附屬中學(xué)三模）下列物質(zhì)在生活中的應(yīng)用與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是

A.FeSO4補(bǔ)血?jiǎng)┡c維生素C配合使用效果更佳

B.用明磯處理污水

C.用84消毒液殺滅細(xì)菌

D.還原Fe粉用作食品脫氧劑

【答案】B

【解析】A.人體容易吸收亞鐵離子，但亞鐵離子具有還原性，很容易被氧化為不易被人體吸收的鐵離子，

而維生素C也具體還原性，故兩者同服可減少亞鐵離子的氧化，效果更佳，故A項(xiàng)與氧化還原反應(yīng)有關(guān)；

B.明磯是KA1（SOJ42H2。,溶于水電離出的鋁離子會(huì)發(fā)生水解：A13++3H2OUA1（OH）3+3H+形成氫氧

化鋁膠體，氫氧化鋁膠粒由于陽離子會(huì)帶正電，遇到負(fù)點(diǎn)的沉積物膠體便中和為電中性，當(dāng)膠體顆粒上沒

有電荷時(shí)，它們聚集在一起下沉，越來越多的顆粒下沉到水底，使水變得清澈干凈。整個(gè)過程鋁元素化合

價(jià)均未改變，所以不涉及氧化還原反應(yīng)，故B項(xiàng)與氧化還原反應(yīng)無關(guān)；C.84消毒液的有效成分是次氯酸

鈉，次氯酸鈉有強(qiáng)氧化性，可以殺滅細(xì)菌，故C項(xiàng)與氧化還原有關(guān)；D.鐵粉具有還原性，能和氧氣反應(yīng)生

成氧化鐵，消耗氧氣，使食物保持新鮮，故D項(xiàng)與氧化還原反應(yīng)有關(guān)。故答案選B。

IWJ溫

5.（2022?江蘇蘇州?模擬預(yù)測）工業(yè)可通過A12O3+N2+3C^2A1N+3co制得高溫陶瓷材料A1N。下列說

法正確的是

A.傳統(tǒng)陶瓷主要成分是硅酸鹽B.A1N是分子晶體

C.N2發(fā)生氧化反應(yīng)D.反應(yīng)為復(fù)分解反應(yīng)

【答案】A

【解析】A.玻璃、水泥和陶瓷均屬于無機(jī)硅酸鹽產(chǎn)品，則傳統(tǒng)陶瓷主要成分是硅酸鹽，A正確；B.A1N

高溫

具有很高的熔點(diǎn)，故不是分子晶體，而是共價(jià)晶體（或者稱為原子晶體），B錯(cuò)誤；C.A12O3+N2+3C—

2A1N+3co反應(yīng)中N的化合價(jià)由。價(jià)降低到3價(jià)，故N2發(fā)生還原反應(yīng)，C錯(cuò)誤；D.復(fù)分解反應(yīng)是指兩種

化合物互相交換成分生成兩種新的化合物的反應(yīng)，故該反應(yīng)不屬于復(fù)分解反應(yīng)，屬于氧化還原反應(yīng)，D錯(cuò)

誤；故答案為：Ao

6.（2022?北京市第一六一中學(xué)三模）下列說法不涉及氧化還原反應(yīng)的是

A.灰肥相混損肥分一灰中含有碳酸鉀，肥中含有鏤鹽

B.自然界中硫的轉(zhuǎn)化一含硫化物的礦石轉(zhuǎn)化為硫酸鹽

C.干千年，濕萬年，不干不濕就半年——青銅器、鐵器的保存

D.雷雨肥莊稼一自然固氮

【答案】A

【解析】A.灰肥相混損肥分一灰中含有碳酸鉀，肥中含有錢鹽，碳酸根、鏤根離子發(fā)生水解互促反應(yīng)，

不涉及氧化還原反應(yīng)，故選A；B.自然界中硫的轉(zhuǎn)化——含硫化物的礦石轉(zhuǎn)化為硫酸鹽，硫元素化合價(jià)升

高，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不選B；C.青銅器、鐵器屬于合金，在潮濕的空氣中構(gòu)成原電池，發(fā)生吸氧腐

放電

蝕，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不選c；D.雷雨肥莊稼一自然固氮，發(fā)生反應(yīng)N”oj=2NO、氮元素化合

價(jià)升高，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故不選D；選A。

7.（2022?安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測）硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用的研究課題。將H2s和空氣的混合氣

體通入FeCb、CuCL的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化歷程如圖所示。下列說法正確的是

A.歷程①發(fā)生反應(yīng)S2+Cu2+=CuSlB.歷程②中CuS作氧化劑

C.歷程③中n（Fe2+）：n（O2）=4：1D.轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)為H2s=a+S

【答案】C

【解析】A.根據(jù)圖示可知?dú)v程①是CiP+與H2s氣體發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)產(chǎn)生CuS黑色沉淀和H+,根據(jù)電荷守

2++

恒及物質(zhì)的拆分原則，可知發(fā)生的該反應(yīng)的離子方程式為：H2S+CU=CUS1+2H,A錯(cuò)誤；B.在歷程②中,

CuS與Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生S、Cu2\Fe2+,該反應(yīng)的方程式為：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+,S元

素化合價(jià)升高，失去電子被氧化，CuS作還原劑，B錯(cuò)誤；C.在歷程③中，F(xiàn)e2+與02發(fā)生氧化還原反應(yīng)，

產(chǎn)生Fe3+、H2O,根據(jù)氧化還原反應(yīng)過程中電子轉(zhuǎn)移守恒可知：”（Fe2+）："（。2）=4：1,C正確；D.根據(jù)流

程圖可知總反應(yīng)方程式為：2H2S+O2=2SJ+2H2。，D錯(cuò)誤；故選C。

8.（2022?湖南.長郡中學(xué)模擬預(yù)測）用電石（主要成分為CaC?,含CaS和Ca3P?等）制取乙快時(shí)，常用CuSO”

溶液除去乙烘中的雜質(zhì)。反應(yīng)為①CuSO4+H2S=CUSJ+H2SO4

②11PH3+24CUSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3PJ

下列分析正確的是

A.可以依據(jù)反應(yīng)①比較硫酸與氫硫酸的酸性強(qiáng)弱

B.反應(yīng)②Cu3P既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物

C.反應(yīng)②中每24molCuSO4氧化3molPH3

D.用酸性KM11O4溶液驗(yàn)證乙煥還原性時(shí)，也可以使用NaOH溶液除雜

【答案】C

【解析】A.CuS不溶于硫酸，所以硫酸銅能和氫硫酸反應(yīng)生成CuS和硫酸，反應(yīng)不能說明硫酸和氫硫酸的

酸性強(qiáng)弱，故A錯(cuò)誤；B.Cu3P中Cu為+1價(jià)，P為3價(jià)，銅的化合價(jià)從+2價(jià)降低到Cu3P中的1價(jià)，Cu3P

是還原產(chǎn)物，P的化合價(jià)反應(yīng)前即為3價(jià)，所以Cu3P不是氧化產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；C.硫酸銅中銅的化合價(jià)

從+2價(jià)降低到Cu3P中的+1價(jià)，241noicuSO4轉(zhuǎn)移24moi電子，P的化合價(jià)從3價(jià)升高到+5價(jià)，ImolPIh

被氧化轉(zhuǎn)移8moi電子，則每24moicuSO4氧化3moiPH3,故C正確；D.PH3不能被NaOH溶液吸收，

所以不能用NaOH溶液除雜，故D錯(cuò)誤；故選C。

9.（2022?北京?和平街第一中學(xué)三模）一定條件下，以葡萄糖（C6Hl2。6）為原料制備葡萄糖酸鈣

[CaCHQ"的原理如下圖。

電極

前萄糖（C6Hl2。6）

NaBr溶液（C6Hl外C6H曲

\Ca（CH（|O7）2

CaCO,—Br-Br,-*HBrO-^—Br*6

稀H2s（入質(zhì)子交換膜

氣體a

?電極

下列分析不E碩的是

A.NaBr、葡萄糖（CGHNOG）均發(fā)生了氧化反應(yīng)

B.上述實(shí)驗(yàn)中不宜用CaC%代替CaCOj制備葡萄糖酸鈣

C.起始時(shí)加入2moiNaBr,理論上可制得1mol葡萄糖酸（CeH]?。?）

D.可用新制的Cu（OH）2濁液區(qū)分葡萄糖和葡萄糖酸

【答案】C

【解析】A.NaBr失電子變?yōu)槟?、葡萄糖（Cf凡q6）被氧化變成葡萄糖酸（C6Hl2。,）均發(fā)生了氧化反應(yīng)，

故A正確；B.鹽酸酸性太強(qiáng)，CaC"不能直接與葡萄糖酸反應(yīng)直接制備葡萄糖酸鈣，故B正確；C.起始

時(shí)加入2moiNaBr,由原子守恒可得2moiHBrO,HBrO與葡萄糖反應(yīng)生成Br和葡萄糖酸，Imol葡萄糖

96珥2。6）變成Imol葡萄糖酸（c6Hl2。7）需要得2mol電子，2molHBrO會(huì)得4mol電子，由電子守恒知理論

上可制得2moi葡萄糖酸（C6H2O7），故C錯(cuò)誤；D.葡萄糖中含有醛基，葡萄糖酸中不含有醛基，所以可

用新制的Cu（OH）2濁液區(qū)分葡萄糖和葡萄糖酸，故D正確；故答案為：Co

10.（2022?天津南開?三模）在酸性溶液中，F(xiàn)eS2催化氧化的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。

下列有關(guān)敘述正確的是

A.Fe2+是該反應(yīng)的催化劑

B.反應(yīng)中，F(xiàn)eS2作氧化劑

C.反應(yīng)過程中須不斷加入NO和。2

D.每消耗7moi溶液中最多增加4moiS。）

【答案】D

【解析】如圖所示，反應(yīng)物為FeS2和氧氣，F(xiàn)e3\NO是催化劑，產(chǎn)物為亞鐵離子和硫酸根，發(fā)生的總反應(yīng)

為：2FeS2+7O#2H2。&FeXsT+時(shí)A.根據(jù)分析，鐵離子為催化劑，A錯(cuò)誤；B,根據(jù)總反應(yīng)方

程式，F(xiàn)eSz中S元素被氧化，作還原劑，B錯(cuò)誤；C.從總反應(yīng)中可以看出，反應(yīng)消耗氧氣需要不斷加入氧

氣，而NO在總反應(yīng)中并未消耗，故NO不需要不斷加入，C錯(cuò)誤；D.根據(jù)總反應(yīng)方程式可知，消耗7moi02,

若轉(zhuǎn)移的電子全部給硫元素，溶液中最多增加4moi硫酸根，D正確；故選D。

11.（2022?福建省福州第一中學(xué)模擬預(yù)測）實(shí)驗(yàn)室中利用潔凈的銅片和濃硫酸進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，經(jīng)檢測所得

固體中含有Cu2s和白色物質(zhì)X,下列說法正確的是

3molCu稀硝酸、稀硫酸

足量濃硫酸*微熱5min?固體—*溶解黑?*咕山寸

-----------_固體單質(zhì)Y

（反應(yīng)中無氣體產(chǎn)生）3

X溶液

A.X溶液顯無色

B.參加反應(yīng)的濃硫酸中，體現(xiàn)氧化性的占25%

C.NO和Y均為還原產(chǎn)物

D.NO與Y的物質(zhì)的量之和可能為2moi

【答案】B

【解析】由圖知，銅與足量濃硫酸反應(yīng)生成Cu2s和白色物質(zhì)X,無氣體生成，生成Cu2s時(shí)銅元素從。價(jià)

升高到+1價(jià)、硫元素從+6價(jià)降低到2價(jià)，則按得失電子數(shù)守恒、必定存在其他產(chǎn)物(所含元素化合價(jià)升高),

按元素質(zhì)量守恒只能為CuSO4,則白色物質(zhì)X為CuSO4,配平得到該反應(yīng)方程式為：

5Cu+4H2SO4(i^)=3CUSO4+Cu2S+4H2OA.X溶液中含有Cu?+,溶液為藍(lán)色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.根據(jù)反應(yīng)方

程式，參加反應(yīng)的濃硫酸中，體現(xiàn)氧化性的占3？100%25%,B項(xiàng)正確；C.Cu2s和白色物質(zhì)CuS04加

+2+

稀硫酸和稀硝酸時(shí)溶解，存在反應(yīng)：3Cu2S+16H+4NO-=6Cu+3S；+4NOt+8H2O,Y為S單質(zhì)，則NO為

還原產(chǎn)物、Y為氧化產(chǎn)物，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.由5Cu+4H2so4(濃)*3CuSC)4+Cu2S+4Hq知，3moicu生成

0.6molCu2S,溶解操作時(shí)，Cu2s的氧化產(chǎn)物可能為Cu2+、S或&?+、S、SO3當(dāng)Cu2s的氧化產(chǎn)物為CM+、

+2+

S時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：3Cu2S+16H+4NO3=6Cu+3S；+4NOt+8H2O,0.6molCu2s得到0.8molNO與0.6molS,

2

NO與S物質(zhì)的量之和為當(dāng)Cu2S的氧化產(chǎn)物為Cu\SO：時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：

+2+

3Cu2S+16H+10NO3=6Cu+3SO^+10NOt+8H2O,0.6molCu2S只得到2moiNO,NO與S物質(zhì)的量之和為

2mol,根據(jù)題圖，反應(yīng)一定有S單質(zhì)生成，貝IJL4moi￡n(NO)+n(Y)<2mol,故NO與Y的物質(zhì)的量之和不

可能為2mol,D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。

12.(2022?山東濟(jì)南?三模)玻璃儀器內(nèi)璧殘留的硫單質(zhì)可用熱NaOH溶液洗滌除去，發(fā)生如下反應(yīng)：

A

@3S+6NaOH=2Na2S+Na2sO3+3H2O

A

=

@(xl)S+Na2SNa2Sx(x=2~6)

A

③S+Na2sO3=Na2S2O3

下列說法正確的是

A.反應(yīng)①②③中，硫單質(zhì)的作用相同

B.反應(yīng)①中，每消耗1mol硫單質(zhì)轉(zhuǎn)移4mol電子

C.0.96g硫單質(zhì)與amL2moi?I?熱NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，只生成Na2s和NazSCh,則a=60

D.1.28g硫單質(zhì)與10mL2moi口熱NaOH溶液恰好完全反應(yīng),只生成Na2sx和Na2s2。3,則x=5

【答案】D

A

【解析】A.由題干方程式可知，反應(yīng)①3s+6NaOH=2Na2S+Na2so3+3H2O中S既是氧化劑又是還原劑,

AA

反應(yīng)②(xl)S+Na2S=Na2Sx(x=2~6)中S是氧化劑，反應(yīng)③S+Na2sO3=Na2s2O3中S是還原劑，硫單質(zhì)的作

A

用相同，故反應(yīng)①②③中，硫單質(zhì)的作用不相同，A錯(cuò)誤；B.分析反應(yīng)①3s+6NaOH=2Na2S+Na2s。3+3H2。

0.96g

可知，每消耗3moi硫單質(zhì)轉(zhuǎn)移4moi電子，B錯(cuò)誤；C.0.96g即-------f=0.03mol硫單質(zhì)與amL2moi

32g?n

A

熱NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，只生成Na2s和Na2so3,則反應(yīng)方程式為3S+6NaOH=2Na2S+Na2sO3+3H2O,

則a=￡6；,xl000mL/L=30,C錯(cuò)誤；D.1.28g即8.=0.04mol硫單質(zhì)與10mL2mol-L1即

0.01Lx2mol/L=0.02mol熱NaOH溶液恰好完全反應(yīng)，只生成amolNa2sx和bmolNa2s2O3,則由Na原子守恒

有2a+2b=0.02mol,由S原子守恒有：ax+2b=0.04mol,由電子守恒有2a=4b,解得x=5,D正確；故答案為：

D?

二、主觀題(共3小題，共40分)

13.(2022?上海奉賢?一模)(14分)三氟化氮(NF3)是一種無色、無味的氣體，它是微電子工業(yè)的關(guān)鍵原

料之一，可由氨氣和氟氣反應(yīng)得到：NH3+F2TNF3+NH4F0完成下列填空：

(D配平上述反應(yīng)方程式。

(2)F原子的結(jié)構(gòu)示意圖是,從原子結(jié)構(gòu)角度比較F和N元素的非金屬性強(qiáng)弱o

(3)寫出NH4F的電子式,溶液中NH：的檢驗(yàn)方法是0

(4)與NH；具有相同質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的單核微粒，其單質(zhì)在空氣中長期露置后的最終產(chǎn)物是,該產(chǎn)

物的水溶液呈_______性，用適當(dāng)?shù)幕瘜W(xué)用語解釋該溶液酸堿性的原因：o其稀溶液中存在關(guān)系式:

c(OH)c(H+)=c(HCO；)+

【答案】(1)4NH3+3F2=NF3+3NH4F(2分)

N................................................................

(2)Qp)17(1分)F原子和N原子電子層數(shù)相同，核電何數(shù)F>N,原子半徑F<N,得電子能力F>N,

非金屬性F>N(2分)

H

(3)[H：N：H]*[：F：](2分)取適量溶液于試管中，滴加氫氧化鈉溶液并加熱。將濕潤的紅色石蕊

H

試紙靠近試管口，若試紙變藍(lán)，則樣品中有錢根離子(2分)

(4)Na2cCh(1分)堿性(1分)碳酸鈉溶液水解，使溶液中c(OH)大于c(H+),所以溶液呈堿性(2

分)2c(H2co3)(1分)

【解析】(1)該反應(yīng)中部分NH3被氧化，所以可以找氧化劑和氧化產(chǎn)物之間的數(shù)量關(guān)系，根據(jù)電子守恒可知

該反應(yīng)中NF3和F2的系數(shù)比為1：3,再結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為4NH3+3F2=NF3+3NH4F；

(2)F原子核內(nèi)有9個(gè)質(zhì)子，核外有9個(gè)電子，原子結(jié)構(gòu)示意圖為27；F原子和N原子電子層數(shù)相

同，核電荷數(shù)F>N,原子半徑F<N,得電子能力F>N,所以非金屬性F>N；

H_

(3)NH4F由NH：和F構(gòu)成，為離子化合物，電子式為〔H：F：H「［：F：］-；檢驗(yàn)錢根時(shí)一般將其轉(zhuǎn)化為

H"

氨氣進(jìn)行檢驗(yàn)，具體操作為：取適量溶液于試管中，滴加氫氧化鈉溶液并加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙靠

近試管口，若試紙變藍(lán)，則樣品中有錢根離子；

(4)NH：含有11個(gè)質(zhì)子、10個(gè)電子，與其具有相同質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的單核微粒為Na+,Na單質(zhì)在空氣中長

期露置后的最終產(chǎn)物為Na2co3；碳酸鈉水溶液中因存在碳酸根的水解，使溶液中c(OH)大于c(H+),所以溶

液呈堿性；其稀溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH)c(H+)=c(HCO］)+2c(H2co3)。

14.(2021?陜西安康市?高三一模)(14分)SO2在生產(chǎn)、生活中具有重要的作用，據(jù)所學(xué)知識回答相關(guān)問

題。

(1)SO2通入Na2c03溶液中有CO2生亦說明H2s03具有(填“酸性”、“氧化性”、“還原性”或“漂

白性“，下同)，SO2通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，說明SO2具有o

(2)已知S02通入FeCh溶液會(huì)發(fā)生反應(yīng)，還原產(chǎn)物為(填化學(xué)式,下同),氧化產(chǎn)物為0

⑶向含鋅粉的懸濁液中通入SO2可制備ZnS2O4.

①該反應(yīng)的化學(xué)方程式為,若反應(yīng)中有(Mmol電子轉(zhuǎn)移，則生成ZnS2O4go

②向反應(yīng)后的溶液中加入過量鹽酸，溶液出現(xiàn)黃色渾濁，且有刺激性氣體產(chǎn)生，反應(yīng)的化學(xué)方程式為

(4)已知室溫下，ZnSCh微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。ZnO水懸濁液常用于吸收煙氣中的SCh。向ZnO

水懸濁液中緩慢勻速通入SO2,在開始吸收的40min內(nèi)，SO2吸收率、溶液pH的變化如圖。0~20min內(nèi),

溶液pH幾乎不變的原因是,SO2吸收率在30min后迅速降低，其原因是。

。1o

8.ZS

O

80吸

6.O

60收

PII.O

40率

.O

5.%、

4.020

01020304050

時(shí)間/min

【答案】(除標(biāo)注外，每空2分)⑴酸性(1分)漂白性(1分)

（2）Fe2+（1分）SO：（1分）

⑶①Zn+2SO2=ZnS2O49.65②2ZnS2O4+4HCl=2ZnCb+Sl+2H2O+3SO2T

(4)可知0~20min內(nèi),懸濁液中的ZnO吸收大量SO2,生成微溶于水的ZnSCh,此時(shí)溶液pH幾乎不變ZnO

完全反應(yīng)生成ZnSCh后，ZnSO3繼續(xù)吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此時(shí)溶液pH遂漸變小，SO2的

吸收率迅速降低

【解析】⑴SO2通入Na2cCh溶液中有CO2生成，說明H2s03具有酸性，酸性H2s。3強(qiáng)于H2cO3；SO2通入

品紅溶液中，品紅溶液褪色，說明SO2具有漂白性；

3+2++

(2)SO2通入FeCh溶液會(huì)發(fā)生離子反應(yīng)SO2+2Fe+2H2O=2Fe+4H+SO廣，反應(yīng)中FeCl3中鐵元素化合價(jià)

由+3價(jià)降為+2價(jià)被還原，生成Fe2+,則還原產(chǎn)物為Fe2+；SO2中硫元素化合價(jià)由+4價(jià)升為+6價(jià)，生成SO

二,則氧化產(chǎn)物為SO：；

(3)①向含鋅粉的懸濁液中通入SO2可制備ZnS2O4,根據(jù)元素守恒可知發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

Zn+2SO2=ZnS2O4；當(dāng)該反應(yīng)中有O.lmol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，則生成0.05molZnS2C)4,質(zhì)量為

0.05molxl93g/mol=9.65g；

②向反應(yīng)后的溶液中加入過量鹽酸，溶液出現(xiàn)黃色渾濁，且有刺激性氣體產(chǎn)生，則生成硫單質(zhì)和二氧化硫,

根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得反應(yīng)的化學(xué)方程式為2ZnS2O4+4HCl=2ZnC12+Sl+2H2O+3SO2t；

(4)根據(jù)圖中信息可知0~20min內(nèi)，懸濁液中的ZnO吸收大量SCh,生成微溶于水的ZnSCh,此時(shí)溶液pH

幾乎不變；一旦ZnO