2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第二章 第11讲　氧化还原反应的基本规律

这是一份2022届高考化学一轮复习讲义学案（新教材人教版）第二章 第11讲　氧化还原反应的基本规律，共20页。
考点一 先后规律及应用
1．同时含有几种还原剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入氧化剂))将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋＞Br－，所以Cl2先与Fe2＋反应。
2．同时含有几种氧化剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入还原剂))将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
3．熟记常见的强弱顺序
氧化性：MnOeq \\al(－,4)(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋I2，还原性由强至弱的顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋；氯气能将Fe2＋、I－氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。
4．已知：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是( )
A．上述实验中，共有两个氧化还原反应
B．上述实验证明氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞Cl2＞Fe3＋＞I2
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝
D．实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性
答案 B
解析 ①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂；②向FeCl2溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为Cl2＋2FeCl2===2FeCl3，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，FeCl2为还原剂；③取实验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，可知Fe3＋与KI反应生成I2，反应的化学方程式为2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋I2＋2KCl，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCl3为氧化剂，KI为还原剂；结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原反应，A错误；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞Cl2＞Fe3＋＞I2，B正确；实验①生成的气体为氯气，氧化性：Cl2＞I2，Cl2能与KI发生反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2，氯气能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝，C错误；实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe2＋有还原性，D错误。
5．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。已知：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。则下列有关说法不正确的是( )
A．线段BD表示Fe3＋物质的量的变化
B．原混合溶液中FeI2的物质的量为1 ml
C．当通入2 ml Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．原溶液中，n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶3∶1
答案 D
6．已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 ml Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 ml·L－1
C．若再通入0.05 ml Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 ml Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SOeq \\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋
答案 D
解析 由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O===2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI===I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x ml·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋eq \f(0.1x,2×2)＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 ml HI未被氧化，故只需再通入0.02 ml Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 ml Cl2后，0.08 ml H2SO3和0.04 ml HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SOeq \\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
7．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的K2Cr2O7为0.1 ml
答案 D
解析 将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，K2Cr2O7和FeSO4反应，Cr2Oeq \\al(2－,7)是氧化剂，被还原成Cr3＋，Fe2＋是还原剂，被氧化成Fe3＋，根据电子得失守恒有Cr2Oeq \\al(2－,7)～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋；充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3＋并没有立即减少，说明溶液中还有Cr2Oeq \\al(2－,7)，AB段应为Cr2Oeq \\al(2－,7)和I－的反应，根据电子得失守恒有Cr2Oeq \\al(2－,7)～2Cr3＋～6e－～6I－～3I2；B点开始Fe3＋减少，说明BC段为Fe3＋和I－反应，根据得失电子守恒有2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2，据此解答。开始时Fe3＋浓度不变，则说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，B正确；由图可知BC段消耗0.9 ml I－，由2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝n(I－)＝0.9 ml，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 ml，那么根据Cr2Oeq \\al(2－,7)～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为eq \f(0.9,6)ml＝0.15 ml，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15 ml∶0.9 ml＝1∶6，C正确；三个过程合在一起看，我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－可知，共消耗的n(I－)＝1.5 ml，刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为eq \f(1.5,6)ml＝0.25 ml，D错误。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
8．(2020·山西省阳泉一中模拟)已知下列实验事实：
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝
下列判断正确的是( )
A．化合物KCrO2中铬元素为＋3价
B．实验①不能证明Cr2O3是两性氧化物
C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D．实验③证明氧化性：Cr2Oeq \\al(2－,7)＞I2
答案 AD
解析 化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正负化合价代数和为零知，铬元素为＋3价，A正确；由实验①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，证明Cr2O3为两性氧化物，B错误；由实验②可知，铬元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素的化合价降低，故H2O2只表现氧化性，C错误；由实验③中溶液变蓝，可知生成碘单质，K2Cr2O7为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D正确。
9．(2020·吉林省通化一中模拟)向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是( )
A．0.75 ml·L－1 B．1.5 ml·L－1
C．2 ml·L－1 D．3 ml·L－1
答案 D
解析 标准状况下Cl2的物质的量是eq \f(5.04 L,22.4 L·ml－1)＝0.225 ml，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x ml·L－1，则根据得失电子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。
10．(2020·芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 ml·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是( )
A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为1∶2
B．硝酸的物质的量浓度为2.6 ml·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 ml
答案 AB
解析 在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 ml·L－1×1.0 L＝1 ml，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝39.2 g÷98 g·ml－1＝0.4 ml，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 ml。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x ml、y ml，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 ml∶0.1 ml＝2∶1，A项错误；根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2 ml＋2×0.1 ml，解得n(NO)＝0.2 ml。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 ml＋1.0 ml·L－1×1.0 L＝1.2 ml，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝1.2 ml÷0.5 L＝2.4 ml·L－1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2 ml，所以标准状况下NO的体积为0.2 ml×22.4 L·
ml－1＝4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1 ml－2×0.4 ml＝0.2 ml，D项正确。
11．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 ml·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a ml铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )
A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) ml
C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M
D．若有固体剩余则可能是铁
答案 D
解析 因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。加入铁粉后，先与Fe3＋反应，混合溶液中n(Fe3＋)＝1 ml·L－1×0.1 L×2＝0.2 ml，则：当a≤0.1时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当0.1≤aM；R＋O2―→L＋H2O，O2是氧化剂，R是还原剂，L是氧化产物，氮元素化合价：L>R；由R＋L―→X＋H2O反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于L>R，因此L>X>R，题干信息：物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低，M>L，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序：Q>M>L>X>R；HNO3中N元素的化合物＋5，是N元素中化合价最高的，在五种物质中，Q中N元素的化合价最高，所以Q为硝酸。(2)NO中N元素为＋2价，HNO3中N元素为＋5价，N2O3中N元素为＋3价，＋3介于＋2和＋5之间，可以发生归中反应，A可以实现；NH3中N元素为－3价，NO中N元素为＋2价，而HNO2中N元素为＋3价，＋3>＋2>－3，B不可能实现；N2O4中N元素为＋4价，HNO3中N元素为＋5价，HNO2中N元素为＋3价，＋4介于＋3和＋5之间，可以发生歧化反应，C可以实现。
13．已知几种离子的还原能力强弱顺序为I－>Fe2＋>Br－，现有200 mL混合溶液中含FeI2、FeBr2各0.10 ml，向其中逐滴滴入氯水(假定Cl2分子只与溶质离子反应，不考虑其他反应)
(1)若氯水中有0.15 ml Cl2被还原，则所得溶液中含有的阴离子主要是 ，剩余Fe2＋的物质的量为 。
(2)若原溶液中Br－有一半被氧化，共消耗Cl2的物质的量为 ，若最终所得溶液为400 mL，其中主要阳离子及其物质的量浓度分别为 。
(3)通过对上述反应的分析，试判断Cl2、I2、Fe3＋、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是 。
(4)上述反应若原溶液中溶质离子全部被氧化后，再滴入足量氯水，则I2全部被Cl2氧化成HIO3(强酸)。试写出此反应的离子方程式： ；
上述所有反应共消耗Cl2 ml。
答案 (1)Cl－、Br－ 0.10 ml (2)0.25 ml
Fe3＋、0.50 ml·L－1 (3)Cl2>Br2>Fe3＋>I2 (4)I2＋5Cl2＋6H2O===2IOeq \\al(－,3)＋10Cl－＋12H＋ 0.8
解析 (1)根据还原剂的还原性顺序可知，发生的反应依次为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，若氯水中有0.15 ml Cl2被还原，则被氧化的是0.2 ml碘离子和0.1 ml亚铁离子，因此所得溶液中含有的阴离子主要是Br－、Cl－，剩余Fe2＋的物质的量为0.2 ml－0.1 ml＝0.1 ml。(2)若原溶液中Br－有一半被氧化，则溶液中的碘离子和亚铁离子已经全部被氧化，则根据电子得失守恒可知共消耗Cl2的物质的量为eq \f(0.2 ml＋0.2 ml＋0.1 ml,2)＝0.25 ml；若最终所得溶液为400 mL，其中铁离子的物质的量浓度为eq \f(0.2 ml,0.4 L)＝0.50 ml·L－1。(3)根据在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知Cl2、I2、Fe3＋、Br2四种氧化剂的氧化能力由强到弱的顺序是Cl2>Br2>Fe3＋>I2。(4)I2全部被Cl2氧化成HIO3(强酸)，反应的离子方程式为I2＋5Cl2＋6H2O===12H＋＋10Cl－＋2IOeq \\al(－,3)。上述所有反应共消耗Cl2的物质的量为eq \f(0.2 ml＋0.2 ml＋0.2 ml,2)＋0.1 ml×5＝0.8 ml。
14．(2020·河北承德质检)黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。
(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2作 (填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是 。
②写出图1中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式： 。
(2)Fe2＋被氧化为Fe3＋的过程中，控制起始时Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2＋被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。
①加入NaNO2发生反应：2H＋＋3NOeq \\al(－,2)===NOeq \\al(－,3)＋2NO↑＋H2O。该反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为 ml。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因： 。
答案 (1)①还原剂 催化剂 ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋ (2)①4 ②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
解析 (1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SOeq \\al(2－,4)，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。②反应的离子方程式是14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SOeq \\al(2－,4)＋16H＋。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6 ml NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 ml。②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NOeq \\al(－,2)＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。