高考化学二轮复习专题07《氧化还原反应的实质及应用》精准培优专练（含详解）

这是一份高考化学二轮复习专题07《氧化还原反应的实质及应用》精准培优专练（含详解），共6页。试卷主要包含了氧化还原反应方程式的配平，氧化还原反应综合应用等内容，欢迎下载使用。

1．氧化还原反应中的实质——电子转移
典例1．对于反应2P+4H2O2+2NaOH===Na2H2P2O6+4H2O，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．P是氧化剂
B．氧化性：H2O2>Na2H2P2O6
C．1ml H2O2反应，转移电子1ml
D．Na2H2P2O6中磷元素的化合价为+3
【解析】P由0价→+4价，化合价升高，属于还原剂，故A错误；根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，H2O2是氧化剂，Na2H2P2O6是氧化产物，故B正确；1ml H2O2反应，转移电子的物质的量为1ml×2×(2−1)＝2ml，故C错误；Na、H的化合价均为+1价，O为-2价，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，则P的化合价为+4价，故D错误。
【答案】B
2．氧化还原反应类题目的基本计算方法——得失电子守恒法
典例2． 24 mL浓度为0.05ml·L−1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02 ml·L−1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从+4→+6；而Cr元素的化合价将从+6→+n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05ml·L−1×0.024L×(6－4)＝0.02ml·L−1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。
【答案】B
3．氧化还原反应方程式的配平
典例3．O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3+I－+H+eq \(―→,\s\up7())I2+O2+H2O(未配平)，下列说法正确的是（ ）
A．配平后的离子方程式为2O3+2I－+4H+===I2+2O2+2H2O
B．每生成1ml I2转移电子2ml
C．O2是还原产物之一
D．该反应能说明O2的氧化性强于I2的
【解析】A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3+2Ieq \\al(－,)+2H+===I2+O2+H2O，故每生成1ml I2转移电子2ml，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性强于I2的，而不能说明O2的氧化性强于I2的，D项错误。
【答案】B
二．对点增分集训
1．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为：3Fe2++2S2Oeq \\al(2－,3)+O2+aOH－===Y+S4Oeq \\al(2－,6)+2H2O。下列说法中，不正确的是（ ）
A．S2Oeq \\al(2－,3)是还原剂
B．Y的化学式为Fe2O3
C．a＝4
D．每有1ml O2参加反应，转移的电子总数为4ml
【解析】由反应知还原剂是S2Oeq \\al(2－,3)，氧化剂是O2，每有1ml O2参加反应，转移电子的物质的量为4ml，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4，B错误；由电荷守恒知，a＝4，C正确。
【答案】B
2．锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1ml硝酸锌时，被还原硝酸物质的量为（ ）
A．2 ml B．1 ml C．0.5 ml D．0.25 ml
【解析】依据Zn+HNO3(稀)eq \(――→,\s\up7())Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O，Zn：0eq \(――→,\s\up7())＋2，化合价改变值为2，N：＋5eq \(――→,\s\up7())－3，化合价改变值为8，根据化合价升降总值相等得：Zn(NO3)2的系数为4，NH4NO3的系数为1，然后根据原子守恒配平化学方程式为4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，当生成1ml Zn(NO3)2时，被还原的HNO3为0.25ml。
【答案】D
3．下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2的是（ ）
①O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I2＋O2
②SiO2＋2Ceq \(=====,\s\up7(高温))Si＋2CO↑
③SiO2＋3Ceq \(=====,\s\up7(高温))SiC＋2CO↑
④4HCl(浓)＋MnO2eq \(=====,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
A．仅有② B．仅有②④ C．仅有②③④ D．①②③④
【解析】各反应中氧化剂和还原剂之比如下：
【答案】C
4．已知OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN－+OH－+Cl2―→CO2+N2+Cl－+H2O(未配平)中，如果有6ml Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是（ ）
A．2ml B．3ml C．4ml D．6ml
【解析】OCN－中C显＋4价，N显－3价，反应中只有N和Cl的化合价改变，根据OCN－eq \(――→,\s\up8(失3e－))eq \f(1,2)N2、Cl2eq \(――→,\s\up8(得2e－))2Cl－，由得失电子守恒：2n(Cl2)＝3n(OCN－)，可知6ml Cl2完全反应，有4ml OCN－被氧化，C对。
【答案】C
5．根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）
A．第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应中生成1ml Cl2，转移电子2ml
D．氧化性由强到弱的顺序为MnOeq \\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>Br2
【解析】A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，正确；B项，Fe2＋的还原性强于Br－，Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2时，1ml Cl2恰好氧化2ml Fe2＋，Br－不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnOeq \\al(－,4)得电子转化为Mn2＋，Cl2是氧化产物，只有Cl－失电子，生成1ml Cl2转移2ml电子，正确；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnOeq \\al(－,4)>Cl2>Br2>Fe3＋(还原性Fe2＋强于Br－，故氧化性Br2>Fe3＋)，D不正确。
【答案】D
铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜反应完时，共收集到标准状况时的气体2.24L，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液?
【解析】存在以下过程：Cu+HNO3→NO(NO2), NO(NO2)+O2+H2O→HNO3 ，整个过程中铜失电子数＝被还原的硝酸得的电子数＝氧化硝酸的还原产物(NO，NO2)消耗的氧气得的电子数，省去中间计算，铜失电子数＝氧气得电子数。则n(O2)＝3.84g÷64g·ml-1×2×1/4＝0.03ml；V(O2)＝0.03ml×22.4L·ml-1＝0.672L
【答案】V(O2)＝0.672L
7．在热的稀硫酸中溶解了11.4g FeSO4固体，当加入50mL 0.5ml·L−1 KNO3溶液时，其中的Fe2＋全部转化成Fe3＋，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。
（1）推算出x＝________；y＝________。
（2）配平该反应的方程式：
FeSO4+____KNO3+____H2SO4===____K2SO4+____Fe2(SO4)3+____eq \x( )(NxOy)+____H2O(配平时x、y用具体数值表示，物质填在eq \x( )中)。
（3）反应中氧化产物是________。
（4）用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：___________________________________。
【解析】n(FeSO4)＝eq \f(11.4g,152g·ml-1)＝0.075ml；n(KNO3)＝0.05L×0.5ml·L-1＝0.025ml；Fe2＋转化为Fe3＋共失去0.075ml电子，根据得失电子守恒原理，可知1ml N原子得到3ml电子，反应中N元素由＋5价降为＋2价，既得到的氧化物为NO。
【答案】（1）1 1
（2）6 2 4 1 3 2 NO↑ 4
（3）Fe2(SO4)3
（4）
8．氧化还原反应综合应用：氧化还原反应滴定
（1）配平氧化还原反应方程式：
C2Oeq \\al(2－,4)+____MnOeq \\al(－,4)+____H＋===____CO2↑+____Mn2＋+____H2O
（2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此
溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25ml·L-1 NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________ml。
②第二份溶液中滴加0.10ml·L-1的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果________(填“偏大” “偏小”或“无影响”)。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
【解析】（1）C：＋3―→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2Oeq \\al(2－,4)前配5，MnOeq \\al(－,4)前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守恒在H＋前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。（2）①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 ml·L-1×0.02 L＝0.005 ml。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得，n(还)×2＝0.10ml·L-1×0.016L×5，n(还)＝0.004 ml。③设6.0 g试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 ml，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04ml，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01ml，n(KHC2O4)＝0.03ml，H2C2O4·2H2O的质量分数为eq \f(0.01ml×126 g·ml-1,6.0g)×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为
eq \f(0.03ml×128g·ml-1,6.0g)×100%＝64%。
【答案】（1）5 2 16 10 2 8
（2）①0.005
②A．氧化剂 不需要 无色 浅紫红色 B．无影响 C．偏小 ③21% 64%反应
①
②
③
④
氧化剂
O3
SiO2
C
MnO2
还原剂
KI
C
C
HCl
物质的量之比
eq \f(1,3)∶2
1∶2
1∶2
1∶2
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnOeq \\al(－,4)
Cl2、Mn2＋