通用版2022届高三化学一轮复习强化训练氧化还原反应的规律及应用含解析

这是一份通用版2022届高三化学一轮复习强化训练氧化还原反应的规律及应用含解析，共8页。试卷主要包含了U常见化合价有＋4和＋6等内容，欢迎下载使用。
氧化还原反应的规律及应用1、N2O既是医学上的一种麻醉剂，又是一种常见的温室气体。制取N2O的方法有很多，例如(反应条件略)：①30HNO3(稀)＋8Fe===3N2O↑＋8Fe(NO3)3＋15H2O；②K2SO3＋2NO===K2SO4＋N2O；③2NH3＋2O2===N2O＋3H2O；④2NaNO3＋(NH4)2SO4===2N2O↑＋Na2SO4＋4H2O。下列说法正确的是(　　)A．反应①中生成1 mol N2O时，转移6 mol电子B．反应②中K2SO3是还原剂，NO是氧化剂C．反应③中1 mol O2参加反应转移8 mol电子D．反应④中NaNO3是还原剂，(NH4)2SO4是氧化剂解析：反应①中生成1 mol N2O时，转移8 mol电子，A项错误；反应③中O的化合价由0变为－2,1 mol O2参加反应转移4 mol电子，C项错误；反应④中NaNO3作氧化剂，(NH4)2SO4作还原剂，D项错误。答案：B2、U常见化合价有＋4和＋6。硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解：[UO2(NO3)2]―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是(　　)A．UO2   B．2UO2·UO3C．UO3   D．UO2·2UO3解析：由题意知气体产物全部被吸收，即二者与水完全反应生成HNO3，发生反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，根据原子守恒UO2(NO3)2系数为2，所以UxOy中x∶y＝1∶3。答案：C3．现有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是(　　)A．Cl2   B.KMnO4C．FeCl3    D.HCl解析：本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。由①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnO>Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。答案：C4．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为(  )A．1∶1              B．5∶16 C．2∶3              D．3∶2解析：设反应中生成3 mol Fe2＋、2 mol Fe3＋，则转移电子的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，根据得失电子守恒，由4H＋＋NO＋3e－===NO↑＋2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2＋、Fe3＋结合的NO的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，所以参加反应的n(Fe)＝5 mol，参加反应的n(HNO3)＝16 mol，故选B。答案：B5、向硫酸酸化的Fe(NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生反应的离子方程式正确的是(　　)①S2－＋2NO＋4H＋===2NO2↑＋S↓＋2H2O②2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋③Fe3＋＋3NO＋5H2S＋2H＋===3NO↑＋5S↓＋Fe2＋＋6H2O④Fe3＋＋7NO＋10H2S＋8H＋===7NO↑＋10S↓＋Fe2＋＋14H2O⑤Fe3＋＋5NO＋8H2S＋4H＋===5NO↑＋8S↓＋Fe2＋＋10H2OA．②③⑤            B．③④⑤ C．②④⑤              D．①②③解析：在酸性条件下，NO、Fe3＋都具有氧化性，都可以氧化H2S，②③⑤式正确，①式中H2S不能拆写成离子形式，错误，④式得失电子不守恒、离子方程式两边电荷不守恒，错误。答案：A6．已知氧化性Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(  )A．2  4  3  2  2  6B．0  2  1  0  1  2C．2  0  1  2  0  2D．2  2  2  2  1 4解析：验证四个选项，均符合元素守恒。根据得失电子守恒，可得a＋b＝2c，四个选项也符合该规律。根据氧化性Br2>Fe3＋，因此FeBr2溶液中通入Cl2，首先Fe2＋被氧化，当Fe2＋完全反应后，Br－才发生反应。A中Fe2＋和Br－均完全反应；C中只有Fe2＋被氧化；D中Fe2＋完全反应，Br－部分被氧化，均符合题意。B中Br－被氧化，Fe2＋不发生反应，不符合反应实际。答案：B7、NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO＋NO＋―→Mn2＋＋
NO＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　)A．该反应中NO被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D．中的粒子是OH－解析：Mn化合价：＋7→＋2，N化合价：＋3→＋5，N的化合价升高，则配平后的化学方程式为：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，由此可知C正确。答案：C8、下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是(  )①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6②3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3③SiO2＋3CSiC＋2CO↑；1∶2④3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；2∶1A．①③     B．②③C．②④     D．①④解析：本题主要考查氧化还原反应的实质。结合氧化还原反应中得失电子守恒原理可知，反应①中比例为1∶5；反应④中比例为1∶2。答案：B9、在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　)A．1 mol         B. molC. mol          D.2 mol解析：设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x,5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。答案：C10、24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是(  )A．＋6           B．＋3C．＋2           D．0解析：反应中Na2SO3被氧化成Na2SO4，S化合价从＋4变为＋6，化合价升高2价，设Cr元素在产物中的化合价为x价，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为＋6，则化合价降低：6－x，根据电子转移守恒可得：24×10－3L×0.05 mol/L×(6－4)＝20×10－3L×0.02 mol/L×2×(6－x)解得：x＝＋3。答案：B11、已知还原性：HSO>I－，氧化性：IO>I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．反应过程中的氧化产物均为SO3B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC．从起点到b点的反应可用如下离子方程式表示：3HSO＋IO===3SO＋I－＋3H＋D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为1∶1时，加入的NaIO3为1.2 mol解析：在溶液中，NaHSO3中的HSO最终被氧化为SO，不会出现SO3，A项错误；根据还原性：HSO>I－及从起点到b点没有I2生成知，IO和HSO刚开始发生氧化还原反应生成I－，反应的离子方程式为3HSO＋IO===3SO＋I－＋3H＋，b点n(IO)为1 mol，所以a点时加入的NaIO3的物质的量为0.4 mol，根据反应方程式知，消耗的NaHSO3 的物质的量为1.2 mol，B项错误，C项正确；根据反应知，3 mol NaHSO3消耗NaIO3的物质的量为1 mol，生成的I－的物质的量为1 mol，设生成的I2的物质的量为n mol，则根据反应IO＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2知，消耗NaIO3的物质的量为 mol，消耗I－的物质的量为 mol，剩余的I－为mol，溶液中n(I－)∶n(I2)＝1∶1，即mol＝n mol，解得n＝，故此时加入的n(NaIO3)＝1 mol＋ mol＝1 mol＋ mol＝1.125 mol，D项错误。答案：C12、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是(　　)A．NaClO3在发生器中作氧化剂B．吸收塔中1 mol H2O2得到2 mol电子C．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4解析：A.根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3＋SO2===Na2SO4＋2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B.吸收塔中发生的反应为2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋2H2O＋O2↑，H2O2作还原剂，1 mol H2O2失去2 mol电子，故B说法错误；C.H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D.根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。故选B。答案：B13、现有2.8 g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是(　　)A．反应后溶液中铁元素可能以Fe2＋形式存在B．反应后溶液中c(NO)＝0.85 mol·L－1C．反应后的溶液最多还能溶解1.4 g FeD．1.12 L气体可能是NO、NO2、H2的混合气体解析：反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe(NO3)3，没有硝酸亚铁生成，故A错误；B.根据N原子守恒知，反应后溶液中n(NO)＝n(HNO3)＋3n[Fe(NO3)3]＝0.02 mol＋3×＝0.17 mol，则c(NO)＝＝0.85 mol/L，故B正确；C.反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe(NO3)2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n(HNO3)＝0.02 mol，根据3Fe＋8HNO3===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O知，硝酸溶解的n(Fe)＝×3＝0.007 5 mol，又由于2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，所以可继续溶解Fe，为×＝0.025 mol，则最多还能溶解m(Fe)＝(0.007 5＋0.025) mol×56 g/ mol＝1.82 g，故C错误；D.2.8 g Fe完全转化为Fe(NO3)3时转移电子物质的量＝×3＝0.15 mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量＝0.05 mol×(5－2)＝0.15 mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量＝0.05 mol×(5－4)＝0.05 mol＜0.15 mol，根据电子守恒知，气体成分是NO，故D错误。答案：B 14、测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_____________。②向上述溶液中加入适量锌粉至反应完全后，加稀H2SO4酸化，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为____________。解析：①用KMnO4溶液进行滴定是为了除去草酸根离子，滴定至终点溶液由无色变成浅红色；②向①所得溶液中加入适量锌粉至反应完全且H2SO4酸化后，则将Fe3＋还原为Fe2＋，然后过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗c mol·L－1KMnO4溶液V mL，消耗MnO的物质的量为：n(MnO)＝c mol/L×L＝mol，根据得失电子守恒可得反应关系式：5Fe2＋～MnO， 则n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×mol，m(Fe2＋)＝56 g/mol×5×mol，所以铁的质量分数＝×100%＝×100%或×100%(或%)。答案：①当滴入最后一滴溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色②×100%或×100%(或%)15． (1)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，第一步熔融、氧化时发生反应：FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为____________。(2)欲使3 mol的VO2＋变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为_________mol。(3)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为____________。解析：(1)在题给反应中，FeO·Cr2O3作还原剂，1 mol FeO·Cr2O3参与反应时，Fe元素失去1 mol电子，Cr元素失去6 mol电子，NaNO3作氧化剂，1 mol NaNO3参与反应时，N元素得到2 mol电子，根据得失电子守恒配平得：
2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为2∶7。(2)根据VO2＋VO，
KClO3Cl－，由得失电子守恒，则n(VO2＋)＝6n(KClO3)，故n(KClO3)＝n(VO2＋)＝×3 mol＝0.5 mol。(3)由题意可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。KClO3～ClO2～e－，Na2SO3～Na2SO4～2e－，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。答案：(1)2∶7　(2)0.5　(3)2∶116．高锰酸钾常用作消毒杀菌剂、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾的流程如下。试回答下列问题。(1)配平焙烧时的化学反应：MnO2＋________＋O2　K2MnO4＋H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率，试用碰撞理论解释其原因：__________________________。(2)滤渣Ⅱ的成分有____________(填化学式)；第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替的原因是__________________________。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得到KMnO4。由图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过____________、____________、洗涤等操作。(5)工业上按上述流程连续生产KMnO4。含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4____________t。(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液Ⅱ。①电解槽阳极反应式为________________________；②阳极还可能有气体产生，该气体是____________。解析：(1)MnO2中Mn元素的化合价为＋4价，K2MnO4中Mn元素的化合价为＋6价，O2中O元素的化合价由0价降低为－2价，根据得失电子守恒得MnO2的化学计量数应为2，O2的化学计量数为1，K2MnO4的化学计量数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH的化学计量数为4，水的化学计量数为2。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分。(2)根据流程可知滤液Ⅰ主要是K2MnO4溶液，还含有SiO和AlO等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2＋H2O＋SiO===H2SiO3↓＋CO、CO2＋3H2O＋2AlO===2Al(OH)3↓＋CO，所以滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2的目的之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，反应中不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO，因为CO2过量，所以还会生成HCO，离子方程式为3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO。(4)滤液Ⅲ的溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可知，KMnO4的溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3的溶解度受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ中得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。(5)根据Mn元素守恒，含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4的质量为1×a%×t≈0.018a t。(6)①滤液Ⅱ主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO，故阳极反应式为MnO－e－===MnO；②溶液中的OH－也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。答案：(1)2　4　KOH　1　2　2　加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分(2)Al(OH)3、H2SiO3　稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量(3)3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO(4)蒸发结晶　趁热过滤(5)0.018a(6)①MnO－e－===MnO　②O2