2021届高考化学二轮复习：第4讲-氧化还原反应-Word版含解析.docx

第4讲氧化还原反应一、小题对点练一、氧化还原反应的基本概念及物质氧化性、还原性的强弱比较1(2022温州八校联考)新型纳米材料MFe2Ox(3x4)中M表示2价的金属元素，且在反应中化合价不发生变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，流程如下：则下列有关该反应的推断正确的是 ()。AMFe2Ox是氧化剂BSO2被氧化，1 mol SO2得4 mol电子CxyDMFe2Oy是还原产物解析A项，由流程图可知在反应过程中二氧化硫失掉氧，MFe2Ox得到氧被氧化是还原剂，不正确；B项，由题意可知，二氧化硫中硫元素化合价从4价降低到0价，得到4个电子，因此SO2被还原，1 mol SO2得4 mol电子，错误；C项，反应中硫的化合价降低，所以铁的化合价肯定上升，由于M为2价，在MFe2Oy中有两个Fe，所以正的化合价有2328，又由于O为2价，所以y的数值为4，而3x4，正确；D项，MFe2Ox得到氧被氧化，因此MFe2Oy是氧化产物，错误。答案C2依据下表供应的信息，下列叙述中，正确的是 ()。序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2FeCl3KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4KClO3HCl(浓)Cl2Cl2KMnO4HCl(浓)Cl2MnCl2A.表中第组反应的氧化产物只有FeCl3(实为Fe3)B氧化性比较：KMnO4Cl2Fe3Br2Fe2C表中第组反应的氧化产物与还原产物的质量之比为61D的离子方程式配平后，H的化学计量数应为16解析A项中氧化产物有FeCl3和Br2；B项由反应可知Cl2与FeBr2反应时Fe2比Br先氧化，则还原性Fe2Br，则氧化性Br2Fe3；C项中第组反应物的方程式为KClO36HCl(浓)=3Cl2KCl3H2O，生成的Cl2中有是氧化产物，是还原产物，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为51。D项中离子方程式为2MnO10Cl16H=2Mn28H2O5Cl2。答案D3已知下列反应：Co2O36HCl(浓)=2CoCl2Cl23H2O5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3下列说法正确的是 ()。A反应中每有1.0 mol CoCl2生成，转移电子数目为2NA(NA表示阿伏加德罗常数)B反应中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO3解析A项，反应中Co2O3中Co的化合价为3价，CoCl2中Co的化合价为2价，所以每有1.0 mol CoCl2生成，转移电子数目为NA，错误；B项，反应中Cl2中Cl的化合价降低，Cl2作氧化剂，Cl2发生还原反应，错误；C项，依据还原性：还原剂还原产物，由反应得出还原性：HClCoCl2，由反应得出还原性：I2HCl，故还原性：I2HClCoCl2，错误；D项，依据氧化性：氧化剂氧化产物，由反应得出氧化性：Co2O3Cl2，由反应得出氧化性：Cl2HIO3，故氧化性：Co2O3Cl2HIO3，正确。答案D4(2022杭州二中检测)把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)： 图1图2对于该离子方程式的说法不正确的是 ()。AIO作氧化剂B氧化性：Mn2IOC氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D若有2 mol Mn2参与反应时，则转移10 mol电子解析由Mn2MnO知，锰元素的化合价上升，Mn2作还原剂，氧化产物为MnO，由IOIO知碘元素的化合价降低，则IO作氧化剂，IO为还原产物，选项A正确。依据得失电子守恒得2Mn25IO5IO2MnO，依据电荷守恒得2Mn25IO5IO2MnO6H，依据质量守恒得2Mn25IO3H2O=5IO2MnO6H，依据配平后的反应可知选项C和D均正确。依据氧化性：氧化剂氧化产物还原产物还原剂可知选项B错。答案B二、氧化还原反应的基本规律及应用5(2022湖州联考)多硫化钠Na2Sx(x2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相像之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值是()。A5 B4 C3 D2解析Na2Sx的S化合价为2/x，反应后氧化为6价。次氯酸钠中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子，则依据电子得失守恒可知(62/x)x216，解得x5，即选项A正确。答案A6(2022苏州模拟)某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是 ()。ANa2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHBNa2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OCNa2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol解析Au2O3是反应物，则Au2O肯定是生成物，其中Au元素的化合价由3价变成1价，化合价降低，则必定有化合价上升的元素，即Na2S2O3(硫元素为2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为2.5价)是生成物。依据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3Na2S4O6，依据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再依据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3Au2O4e，可知当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。答案C7向21.6 g铁粉和铜粉的混合物中加入1 L 1 molL1硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为(忽视溶液体积的变化) ()。A0.45 molL1 B0.6 molL1C0.75 molL1 D0.9 molL1解析A(Fe、Cu)A(NO3)2由此可知反应后溶液中的NO与反应转移电子数相同，设NO、NO的物质的量分别为x、y则：解得c(NO)0.75 molL1。答案C二、大题冲关练8(2022宁波十校联考)HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2；它能被常见的强氧化剂氧化；在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2氧化成Fe3。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物。试回答下列问题：(1)人体正常的血红蛋白中含有Fe2。泡菜及变质的蔬菜等食物中含有较多的亚硝酸盐，若误食亚硝酸盐(如NaNO2)，则导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填序号)。A亚硝酸盐被还原B维生素C具有还原性C维生素C将Fe3还原为Fe2D在上述变化中亚硝酸盐是还原剂(2)下列方法中，不能用来区分NaNO2和NaCl两种溶液的是_(填序号)。A测定这两种溶液的pHB分别在两种溶液中滴加甲基橙C在酸性条件下加入KI淀粉溶液来区分D用AgNO3和HNO3两种试剂来区分(3)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观看到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：_。(4)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4。若用反应所得的酸性溶液，将Fe2转化为Fe3，要求产物纯洁，可选用的最佳试剂是_(填序号)。aCl2 bFe cH2O2 dHNO2(5)配平下列方程式：_Fe(NO3)3_KOH_Cl2=_K2FeO4_KNO3_KCl_H2O解析(1)误食亚硝酸盐会导致血红蛋白中的Fe2转化为Fe3而中毒，说明亚硝酸盐是氧化剂；服用维生素C可解毒，所以维生素C是还原剂。(2)NaCl溶液显中性，NaNO2溶液显碱性(水解所致)，两种溶液的pH都大于4.4，甲基橙遇这两种溶液都呈黄色，所以不能用甲基橙区分二者。(3)依据反应物和生成物，结合电荷守恒可写出反应的离子方程式。(4)选取的试剂要有氧化性且不能引入新的杂质，所以选H2O2。(5)1个Cl2转化为Cl得2个电子，1个Fe3转化为FeO失去3个电子，所以最小公倍数是6，Cl2的化学计量数是3，硝酸铁的化学计量数是2，其他物质依据原子守恒配平即可。答案(1)D(2)B(3)NOCl2H2O=NO2H2Cl(4)c(5)216326689已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并标出电子转移的方向和数目。NaIO3 NaHSO3= I2 Na2SO4 H2SO4 H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推想反应后溶液中的还原产物为_(填化学式)。(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式_；当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3为_ mol。解析(1)I元素的化合价由5价降低到0价，S元素的化合价由4价上升到6价。依据化合价升降总数相等可标出电子转移的方向和数目，配平反应方程式。(2)由还原性HSOI可知，当NaHSO3溶液过量时，IO先被还原成I2，再被还原成I。(3)OA段，随着IO的量增多，NaHSO3的量削减，IO被还原成I，至A点恰好完全反应，此时连续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I的反应：IO6H5I=3I23H2O。当I与I2的物质的量之比为53时，设加入的NaIO3为x mol，依据转移电子数守恒，即NaHSO3失去的电子数等于NaIO3转化为I和I2时得到的电子数，得52x6x5，解得x。10为验证氧化性Cl2Fe3SO2，某小组用如图所示装置进行试验(夹持仪器和 A中加热装置已略，气密性已检验)。试验过程：.打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，连续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。.打开活塞a，滴加肯定量的浓盐酸，给A加热。.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。.更换试管D，重复过程，检验B溶液中的离子。(1)A中发生反应的化学方程式为_。(2)用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，缘由是_。(3)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述试验，他们的检测结果肯定能够证明氧化性Cl2Fe3SO2的是_(填“甲”“乙”“丙”)。过程B溶液中含有的离子过程B溶液中含有的离子甲有Fe3无Fe2有SO乙既有Fe3又有Fe2有SO丙有Fe3无Fe2有Fe2(4)进行试验过程时，B中溶液颜色由黄色渐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2(aq)SO(aq)FeSO3(s)(墨绿色)提出假设：FeCl3与 SO2的反应经受了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色。某同学设计如下试验，证明该假设成立： 溶液E和F分别为_、_。 请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的缘由_。解析(1)装置A是制备氯气的，则A中发生反应的化学方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。(2)反应速率的影响因素有温度、浓度、催化剂、接触面积等，该题中只有浓度不同，浓硫酸溶液中溶质主要以硫酸分子形式存在，电离出的氢离子少、浓度低。(3)该题的理论依据是氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，也强于还原剂的氧化性；甲、B可能有存在溶解的氯气氧化二氧化硫；乙、B中存在二价铁离子和三价铁离子，说明氯气的氧化性强于三价铁离子，且没有氯气剩余；故后有硫酸根离子能说明三价铁离子氧化性强于二氧化硫；丙、B中存在三价铁离子，说明氯气氧化性强于三价铁离子；后生成了二价铁离子，只能是三价铁离子被二氧化硫还原，正确。(4)根椐假设和试验应先生成亚硫酸铁，再和三氯化铁混合，所以分别加入亚硫酸钠溶液、氯化铁溶液；溶液变为浅绿色说明生成了二价铁离子，即 2Fe3SOH2O=2Fe2SO2H促使2Fe33H2OFe(OH)3 3H和SOH2OHSOOH逆向进行，溶液变为浅绿色。答案(1)MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O(2)70%的硫酸中c(H)比98%的硫酸大，因此反应速率快。(3)乙、丙(4)Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)、FeCl3Fe3消耗 SO，c(SO)减小，使平衡Fe2(aq)SO(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色11近年来，地震、洪水、泥石流等各种自然灾难频发，灾难过后，对环境进行消毒杀菌、猎取洁净的饮用水都需要使用大量的消毒剂，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌消毒剂是今后消毒行业进展的趋势。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、HClO等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质中消毒效率最高的是_(填序号)。ACl2 BH2O2 CClO2 DHClO(2)氯氨(NH2Cl)可作杀菌剂，请用化学方程式表示氯氨在水中的杀菌机理：_。(3)氯溴海因(C5H6BrClN2O2)是一种比较平安的氯气和氯制剂的替代产品，其结构简式如图所示。氯溴海因在水中的水解过程比较简单，主要生成次卤酸和海因，请写出海因的结构简式：_。(4)过碳酸钠是一种多用途的新型固体漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。下列物质中不能使过碳酸钠失效的是_(填序号)。AMnO2 BKMnO4溶液C稀盐酸 DNaHCO3溶液(5)消毒剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温、黑暗的条件下可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式：5HClO2=4ClO2HCl2H2O。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时，转移电子的物质的量是_。解析(1)物质的量相等时，ClO2得到的电子最多，消毒效率最高。(2)NH2Cl水解生成HClO和NH3，HClO有强氧化性，具有杀菌作用。(3)氯溴海因在水中水解主要生成次卤酸和海因，即氯溴海因分子中的卤素原子X(X代表Cl、Br)被水中的氢原子取代，卤素原子与水中的羟基(OH)结合为HXO。(4)MnO2能催化H2O2分解；KMnO4溶液能氧化H2O2；稀盐酸能与Na2CO3反应，Na2CO33H2O2与NaHCO3溶液不反应。(5)该反应是歧化反应，HClO2一部分转化为ClO2，其中Cl的化合价由34，另一部分转化为Cl，Cl的化合价由31，当有1 mol ClO2生成时，反应中失去电子的物质的量为1 mol，即转移1 mol电子。答案(1)C(2)NH2ClH2ONH3HClO(3)(4)D(5)1 mol