专题能力训练2　离子反应与氧化还原反应 （含答案解析）

专题能力训练2　离子反应与氧化还原反应

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(共7小题,每小题6分,共42分。每小题只有1个选项符合题意)

1.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(　　)

A.无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN-、Cl-

B.=1×10-12的溶液中:K+、Na+、C、N

C.c(Fe2+)=1 mol·L-1的溶液中:K+、N、Mn、S

D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、N、S、HC

答案:B

解析:A项,Fe3+显棕黄色,且Fe3+与SCN-会生成红色溶液,错误;B项,由题意知,c(H+)<c(OH-),溶液显碱性,K+、Na+、C、N在该溶液中可以大量共存,正确;C项,Mn可以氧化Fe2+,二者不能大量共存,错误;D项,使甲基橙变红的溶液显酸性,HC与H+反应生成CO2和H2O,不可以大量共存,错误。

2.下列离子方程式正确且与对应实验相符合的是(　　)

答案:B

解析:向FeBr2溶液中加少量氯水,由于Fe2+还原性强于Br-,故优先发生反应2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,A错误;向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳,发生反应Si+CO2+H2OH2SiO3↓+C,据此反应可比较C、Si非金属性强弱,B正确;将气体通入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶,发生反应2HC+SO2S+2CO2+H2O,C错误;向MnO2固体中加入浓盐酸并加热,发生反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O,D错误。

3.下列关于物质或离子检验的叙述正确的是(　　)

A.在溶液中加KSCN溶液显红色,证明原溶液中有Fe3+,无Fe2+

B.气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气

C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有Na+,无K+

D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是CO2

答案:B

解析:加入KSCN溶液,溶液显红色,说明一定含有Fe3+,但无法确定是否含有Fe2+,A项错误;气体通过无水CuSO4,粉末变蓝,说明生成CuSO4·5H2O,则原气体含有水蒸气,B项正确;该粉末的焰色反应为黄色,故含有Na+,但需要透过蓝色钴玻璃片观察火焰是否显紫色才能确定是否含有K+,C项错误;使澄清石灰水变浑浊的气体可以是CO2,也可以是SO2,D项错误。

4.已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3ClO-+4OH-2R+3Cl-+5H2O,则R中R的化合价是(　　)

A.+3价 B.+4价 C.+5价 D.+6价

答案:D

解析:根据电荷守恒,可解得n=2;在R中,设R的化合价为x,则x-2×4=-2,解得x=+6,D项正确。

5.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到有沉淀(CuI)生成,且溶液变为棕色,再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是(　　)

A.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+>SO2>I2

B.在SO2与I2反应中,得到的还原产物为H2SO4

C.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性

D.滴加KI溶液时,每转移2 mol e-会生成2 mol CuI沉淀

答案:D

解析:向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液,发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI↓+I2,向反应后的混合物中不断通入SO2气体,反应方程式为SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI。由2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI↓+I2可知氧化性:Cu2+>I2,由SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI可知氧化性:I2>SO2,所以氧化性:Cu2+>I2>SO2,A错误;在反应SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI中,还原产物为HI,H2SO4为氧化产物,B错误;在反应SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI中,二氧化硫体现还原性,不表现漂白性,C错误;在反应2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI↓+I2中,每转移2 mol电子生成2 mol CuI,D正确。

6.某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为(　　)

A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93

答案:A

解析:根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子为0.01 mol,则有:×(3-)×x=0.01,x=0.80。

7.已知离子方程式:As2S3+H2O+NAs+S+NO↑+　　　　(未配平),下列说法错误的是(　　) 

A.配平后水的化学计量数为4

B.反应后溶液呈酸性

C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28

D.氧化产物为As和S

答案:C

解析:根据电子守恒,结合电荷守恒可配平离子方程式3As2S3+4H2O+28N6As+9S+28NO↑+8H+,由此可知A、B、D正确,C项应为28∶3。

二、非选择题(共4小题,共58分)

8.(14分)某学生认为某强酸性溶液X中可能含有Ba2+、Al3+、N、Fe2+、Fe3+、C、S、S、N、Cl-中的一种或几种,取该溶液进行连续实验,能实现如下转化:

根据以上信息,回答下列问题。

(1)上述溶液X中除H+外还肯定含有的离子是　　　　　　　　　　　　　　,不能确定是否含有的离子是　　　　　　。 

(2)反应①②③④中,包含氧化还原反应的是　　　　(填序号)。 

(3)写出步骤①中生成气体A的反应的离子方程式: 　　　　　　　　　　　　　　。 

答案:(1)Al3+、N、Fe2+、S　Fe3+、Cl-

(2)①

(3)3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O

解析:(1)强酸性溶液中不含C、S;加入Ba(NO3)2溶液有气体和沉淀生成,根据题意应发生反应3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O,则溶液中不含Ba2+和N,一定含有Fe2+和S,气体A为NO。加入过量NaOH溶液并加热,产生的气体一定为氨气,通入过量CO2发生反应的离子方程式为Al+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC,故不能确定是否含有的离子是Fe3+和Cl-。

(2)反应①是溶液中S结合Ba2+生成BaSO4沉淀,Fe2+在稀硝酸中被氧化为Fe3+发生氧化还原反应。反应②是NaOH溶液和N 反应生成氨气,不是氧化还原反应;OH-结合Fe3+生成Fe(OH)3沉淀,不是氧化还原反应;Al3+和过量OH-反应生成偏铝酸盐,不是氧化还原反应。③是Fe(OH)3和盐酸反应发生的复分解反应,不是氧化还原反应。④NaAlO2溶液中通入过量二氧化碳气体生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3,不是氧化还原反应。故包含氧化还原反应的是①。

(3)步骤①中生成气体A的反应为酸性条件下N氧化Fe2+,故溶液中存在Fe2+,不存在N,气体A是NO;离子方程式为3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O。

9.(14分)氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一,研究氧化还原反应,对人类的进步具有极其重要的意义。

(1)已知:①2Br+Cl2Br2+2Cl

②5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl

③Cl+5Cl-+6H+3Cl2+3H2O

则Cl、Br、I、Cl2的氧化性由弱到强的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)20世纪初期,某化学家合成出极易溶于水的NaBH4。在强碱性条件下,常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au。已知反应后硼元素以B形式存在,反应前后硼元素化合价不变,且无气体生成,则发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)某强氧化剂[RO(OH)2]+能将Na2SO3氧化。已知含2.0×10-3 mol [RO(OH)2]+的溶液,恰好与25.0 mL 0.2 mol·L-1 Na2SO4溶液完全反应,则反应后R的化合价为　　　　。 

(4)将32 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。

①待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a mol·L-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸的浓度为　　　　　　 mol·L-1(用含V、a的式子表示)。 

②欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要H2O2的质量为　　 g。 

答案:(1)I<Cl2<Cl<Br

(2)8Au3++3B+24OH-8Au↓+3B+18H2O

(3)0价

(4)①　②17

解析:(1)由反应①可知,氧化性:Br>Cl,由反应②可知,氧化性:Cl2>I,由反应③可知,氧化性:Cl>Cl2,故氧化性:I<Cl2<Cl<Br。(2)NaBH4与Au3+发生氧化还原反应生成NaBO2和Au,反应前后B的化合价不变,因无气体生成,则氢元素化合价由-1价变为+1价,金元素由+3价变为0价,结合得失电子守恒得离子方程式8Au3++3B+24OH-8Au↓+3B+18H2O。(3)n(Na2SO3)=25.0×10-3 L×0.2 mol·L-1=5×10-3 mol,Na2SO3被氧化后生成Na2SO4,[RO(OH)2]+中R的化合价为+5价,设被还原后的化合价为a,根据得失电离守恒:5×10-3 mol×(6-4)=2.0×10-3 mol×(5-a),解得a=0。(4)①将钠离子完全转化为硝酸钠时,根据钠原子守恒得n(NaOH)=n(NaNO3)=0.001aV mol,根据硝酸根离子守恒得起酸作用的硝酸的物质的量=0.001aV mol,根据N原子守恒知作氧化剂的硝酸的物质的量n(HNO3)==0.5 mol,所以硝酸的物质的量浓度c(HNO3)= mol·L-1。②设需要H2O2 m g,根据电子得失守恒,有×2=×2,解得:m=17。

10.(14分)Ⅰ.煤炭中以FeS2形式存在的硫,在有水和空气及在脱硫微生物存在下发生生物氧化还原反应,有关反应的离子方程式依次为:

①2FeS2+7O2+2H2O4H++2Fe2++4S;

②　Fe2++　O2+　H+　Fe3++　　　　　; 

③FeS2+2Fe3+3Fe2++2S;

④2S+3O2+2H2O4H++2S。

已知:FeS2中的硫元素为-1价。

回答下列问题:

(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律,将上述②离子方程式配平并补充完整。

(2)反应③的还原剂是　。 

(3)观察上述反应,硫元素最终转化为　　　　　从煤炭中分离出来。 

Ⅱ.在淀粉KI溶液中,滴入少量NaClO溶液,溶液立即变蓝,有关反应的离子方程式为　　　　　　。

在上述蓝色溶液中,继续滴加足量的NaClO溶液,蓝色逐渐消失,有关反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(提示:碘元素被氧化成I)。从以上实验可知,ClO-、I2、I的氧化性由强到弱的顺序是　　　　　。

Ⅲ.工业上用黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜,副产品中也有SO2,冶炼铜的反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。若CuFeS2中Fe的化合价为+2价,反应中被还原的元素是　　　(填元素符号)。当生成0.8 mol铜时,此反应转移电子的物质的量为　　　　。 

答案:Ⅰ.(1)4　1　4　4　2H2O

(2)FeS2

(3)硫酸盐

Ⅱ.2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-

I2+5ClO-+2OH-2I+5Cl-+H2O

ClO->I>I2

Ⅲ.Cu、O　10 mol

解析:(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律,上述②离子方程式是4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O;(2)反应③的还原剂是FeS2;(3)通过观察分析三个反应可知:硫元素最终转化为硫酸盐从煤炭中分离出来;Ⅱ.在淀粉KI溶液中,滴入少量NaClO溶液,溶液立即变蓝,根据质量守恒定律及电荷守恒及电子守恒,则该反应的离子方程式是2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-;在上述蓝色溶液中,继续滴加足量的NaClO溶液,蓝色逐渐消失,有关反应的离子方程式是I2+5ClO-+2OH-2I+5Cl-+H2O;根据氧化性:氧化剂>氧化产物,所以氧化性:ClO->I2;ClO->I,对于同一元素来说,一般是元素的化合价越高,化合物的氧化性就越强,所以氧化性:I>I2;故ClO-、I2、I的氧化性由强到弱的顺序是ClO->I>I2;Ⅲ.在反应中8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。CuFeS2中Fe的化合价为+2价,反应后被氧化为Fe2O3;S在反应前化合价是-2价,反应后被氧化为+4价的SO2。Cu是+2价,O2中O元素的化合价是0价,反应后被还原变为-2价,所以反应中被还原的元素是Cu、O;根据反应的化学方程式可知:每产生8 mol的Cu,转移电子100 mol,所以当生成0.8 mol铜时,此反应转移电子10 mol。

11.(2019山东泰安高三模拟)(16分)六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体,常用作助燃剂。以NaCl等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下:

回答下列问题:

(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于　　　　(填序号)。 

A.碱

B.盐

C.碱性氧化物

(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是　　　　　(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。 

(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应,已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 

(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为　　　　(填离子符号)。 

(5)操作a的名称是　　　　　,该流程中可循环利用的物质是　　　　(填化学式)。 

(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 

答案:(1)B

(2)阳离子

(3)3Na2CO3+3Cl25NaCl+NaClO3+3CO2

(4)Cl

(5)蒸发浓缩　NaCl

(6)Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++CO2↑+3H2O