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(3＜x＜4)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 (　　)。A．MFe2Ox是氧化剂
B．SO2被氧化，1 mol SO2得4 mol电子
C．x＜y
D．MFe2Oy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2＋3×2＝8，又由于O为－2价，所以y的数值为4，而3＜x＜4，正确；D项，MFe2Ox得到氧被氧化，因此MFe2Oy是氧化产物，错误。
答案　C
2．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
①
Cl2
FeBr2

FeCl3
②
KMnO4
H2O2
H2SO4
O2
MnSO4
③
KClO3
HCl(浓)

Cl2
Cl2
④
KMnO4
HCl(浓)

Cl2
MnCl2
A.表中第①组反应的氧化产物只有FeCl3(实为Fe3＋)
B．氧化性比较：KMnO4>Cl2>Fe3＋>Br2>Fe2＋
C．表中第③组反应的氧化产物与还原产物的质量之比为6∶1
D．④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①可知Cl2与FeBr2反应时Fe2＋比Br－先氧化，则还原性Fe2＋>Br－，则氧化性Br2>Fe3＋；C项中第③组反应物的方程式为KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2＋KCl＋3H2O，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5∶1。D项中离子方程式为2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5Cl2。
答案　D
3．已知下列反应：
Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2＋3H2O　①
5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3　②
下列说法正确的是 (　　)。
A．反应①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②中Cl2发生氧化反应
C．还原性：CoCl2>HCl>I2
D．氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3
解析　A项，反应①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②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①得出还原性：HCl>CoCl2，由反应②得出还原性：I2>HCl，故还原性：I2>HCl>CoCl2，错误；D项，依据氧化性：氧化剂>氧化产物，由反应①得出氧化性：Co2O3>Cl2，由反应②得出氧化性：Cl2>HIO3，故氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3，正确。
答案　D
4．(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 (　　)。
A．IO作氧化剂
B．氧化性：Mn2＋>IO
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．若有2 mol Mn2＋参与反应时，则转移10 mol电子
解析　由Mn2＋―→MnO知，锰元素的化合价上升，Mn2＋作还原剂，氧化产物为MnO，由IO―→IO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2Mn2＋＋5IO―→5IO＋2MnO，依据电荷守恒得2Mn2＋＋5IO―→5IO＋2MnO＋6H＋，依据质量守恒得2Mn2＋＋5IO＋3H2O===5IO＋2MnO＋6H＋，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(x≥2)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1∶16，则x的值是(　　)。
A．5 B．4 C．3 D．2
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(6＋2/x)x＝2×16，解得x＝5，即选项A正确。
答案　A
6．(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 (　　)。
＋＋―→＋＋
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．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2Na2S2O3―→Na2S4O6，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：Au2O3～Au2O～4e－，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　C
7．向21.6 g铁粉和铜粉的混合物中加入1 L 1 mol·L－1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) (　　)。
A．0.45 mol·L－1 B．0.6 mol·L－1
C．0.75 mol·L－1 D．0.9 mol·L－1
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 mol·L－1。
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Fe2＋
D．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pH
B．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)。
a．Cl2 b．Fe c．H2O2 d．HNO2
(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)NO＋Cl2＋H2O===NO＋2H＋＋2Cl－　(4)c　(5)2　16　3　2　6　6　8
9．已知：还原性HSO>I－，氧化性IO>I2。
(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5∶3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HSO>I－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：IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当I－与I2的物质的量之比为5∶3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5×2＝x×6＋x×5，解得x＝。

10．为验证氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2，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：
Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，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。
Ⅱ.打开活塞a，滴加肯定量的浓盐酸，给A加热。
Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。
Ⅳ.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。
Ⅴ.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。
Ⅵ.更换试管D，重复过程Ⅳ，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Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”“丙”)。

过程Ⅳ　B溶液中含有的离子
过程Ⅵ　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Ⅴ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：

① 溶液E和F分别为____________、____________。
② 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MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(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 2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋促使2Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋ 3H＋和SO＋H2OHSO＋OH－逆向进行，溶液变为浅绿色。
答案　(1)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(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)①Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)、FeCl3
②Fe3＋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)。
A．Cl2 B．H2O2 C．ClO2 D．HClO
(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Na2CO3·3H2O2，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)。
A．MnO2 B．KMnO4溶液
C．稀盐酸 D．NaHCO3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===4ClO2＋H＋＋Cl－＋2H2O。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，Na2CO3·3H2O2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＋3―→＋4，另一部分转化为Cl－，Cl的化合价由＋3―→－1，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)NH2Cl＋H2ONH3＋HClO
(3)
(4)D　(5)1 mol