2020年化学高考重点专练：重点2 氧化还原反应

重点2 氧化还原反应

【命题规律】

本专题内容为高考高频命题点，试题主要考查氧化还原反应（离子）方程式的书写，包括教材中常见氧化还原反应（离子）方程式的书写和信息型陌生氧化还原反应（离子）方程式的书写。题型主要为填空题和选择题，难度适中。考查的核心素养以宏观辨识与微观探析为主。

【备考建议】

2020年高考备考应重点关注命题点：教材中常见氧化还原反应（离子）方程式，利用题目信息书写陌生氧化还原反应（离子）方程式；运用氧化还原反应的规律，理解元素单质及其化合物的转化；利用得失电子守恒和质量守恒进行氧化还原反应方程式的配平。

【限时检测】（建议用时：30分钟）

1.（2019·山东省德州市高考联考模拟）下列实验操作、现象及其相应结论一定正确的是

【答案】D

【详解】A.实验结论错误，I-和Fe2+都可以被Cl2氧化,分别生成I2和Fe3+，I2和Fe3+都可以使溶液显黄色，该实验不能证明被氧化的离子是哪一种，故A错误；

B.实验结论错误，能使溴水褪色的反应可能发生发生氧化还原反应，例如SO2与溴水的反应，二氧化硫表现了还原性；也有可能发生其他反应，例如向溴水中通入氨气，氨气溶于水使溶液显碱性，溴在碱性溶液中可以发生歧化反应，溴水褪色，便是氨气没有表现还原性，故B错误；

C.实验操作错误，硝酸银溶液不可过量，应该向盛有2mL 0.1mol·L-1AgNO3的试管中滴加0.1mol·L-1NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成．再向其中滴加0.1 mol•L-1KI溶液，在实验过程中观察到白色沉淀慢慢转化为黄色沉淀，才可以得结论KSP(AgCl)>KSP(AgI)，故C错误；

D.向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，出现白色沉淀，证明碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强，因此非金属性：C>Si，故选D。

2.（2019·新课标Ⅱ卷）下列实验现象与实验操作不相匹配的是

【答案】A

【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；

B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；

C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，则会有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；

D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分振荡后，加1滴KSCN溶液，因振荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确。

3.（2019·新课标Ⅲ卷）下列实验不能达到目的的是

【答案】A

【详解】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；

B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；

C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；

D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选。

4.（2019·北京卷）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

【答案】B

【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；

B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；

C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；

D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意。

5.（2018·河北省衡水中学高考模拟）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 1molBrCl与H2O完全反应生成氧化氢和次溴酸。转移的电子数为NA

B. 锌与一定浓度的浓硫酸反应。产生标准状况下SO2和H2的混合气体22.4L，锌失去电子数为2NA

C. 标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.4NA

D. 18gC与1molO2完全反应后。得到CO2的分子个数为NA

【答案】B

【解析】A.选项中BrCl+H2O=HCl+HBrO，该反应中各元素化合价反应前后没有变化，不属于氧化还原反应，没有电子转移，A错误；

2. 设生成SO2为xmol ,H2 ymol,根据气体的物质的量守恒得x+y=22.4/22.4=1mol,锌失电子的量=两种气体得电子的总量= 2x+2y=2mol，锌失去电子数为2NA，B正确；
3. 3NO2+H2O=2HNO3+NO反应转移电子数目2NA, 0.3molNO2参与反应转移电子0.2NA，C错误；
4. 过量的碳会与生成的二氧化碳继续反应生成一氧化碳，所以得到CO2的分子个数小于NA，D错误。

6.（2019·北京市朝阳区高考联考模拟）某小组探究Br2、I2能否将Fe2+氧化，实验如下。

（1）实验ⅰ中产生Fe3+ 的离子方程式是________。

（2）以上实验体现出氧化性关系：Br2_______I2（填“＞”或“＜”）。

（3）针对实验ⅱ中未检测到Fe3+，小组同学分析：I2 +2Fe2+ 2Fe3+ + 2I-（反应a），限度小，产生的c(Fe3+)低；若向ⅱ的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，平衡向_____移动，c(Fe3+)增大。

（4）针对小组同学的分析，进行实验ⅲ：向ⅱ的黄色溶液中滴加足量AgNO3溶液。现象及操作如下：

Ⅰ．立即产生黄色沉淀，一段时间后，又有黑色固体从溶液中析出；取出少量黑色固体，洗涤后，_________（填操作和现象），证明黑色固体含有Ag。

Ⅱ．静置，取上层溶液，用KSCN溶液检验，变红；用CCl4萃取，无明显现象。

（5）针对上述现象，小组同学提出不同观点并对之进行研究。

① 观点1：由产生黄色沉淀不能判断反应a的平衡正向移动，说明理由：______。经证实观点1合理。

② 观点2：Fe3+ 可能由Ag+ 氧化产生。

实验ⅳ：向FeSO4溶液滴加AgNO3溶液，_____（填现象、操作），观点2合理。

（6）观点1、2虽然合理，但加入AgNO3溶液能否使反应a的平衡移动，还需要进一步确认。设计实验：取ⅱ的黄色溶液，______（填操作、现象）。由此得出结论：不能充分说明（4）中产生Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。

【答案】    (1).Br2 +2Fe2+ 2Fe3+ + 2Br-    (2). >    (3). 正向    (4). 加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体。再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀，    (5).① 碘水与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀；② 生成黑色固体，向上层清液中加入KSCN溶液，变红  （6）加入少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量KSCN溶液，不变红

【详解】（1）根据实验现象可知，溴水将将将Fe2+氧化转化为将Fe3+，其离子方程式为：Br2 +2Fe2+ 2Fe3+ + 2Br-；

（2）当加入碘水后，溶液呈黄色，取出少量滴加KSCN溶液，未变红，则证明碘水没有将Fe2+氧化，则氧化性强弱：Fe2+>I2；上述实验证明氧化性：Br2> Fe2+ >I2，所以以上实验体现出氧化性关系：Br2>I2；

（3）若向ⅱ的黄色溶液中加入AgNO3溶液，可产生黄色沉淀，使反应a中的I-浓度降低，平衡向正向移动，故答案为：正向；

（4）Ⅰ．沉淀洗涤后，加入浓硝酸，黑色固体消失，生成红棕色气体，再向溶液中加入NaCl溶液，出现白色沉淀，则证明黑色固体为Ag；

（5）①碘水本身与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀，因此不能证明反应a的平衡向正向移动；

②向FeSO4溶液滴加AgNO3溶液，若出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红，则证明Fe3+ 可能由Ag+ 氧化产生，故答案为：出现黑色沉淀，向上层清液中加入KSCN溶液，变红；

（6）取ⅱ的黄色溶液，加入少量AgNO3溶液，产生黄色沉淀后，立即向上层清液中加入过量KSCN溶液，不变红。由此得出结论：不能充分说明（4）中产生Fe3+的原因是由反应a的平衡移动造成的。

7.（2019·江苏卷）聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。

（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。

（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。

①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。

【答案】    (1). 2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O ；减小    (2).① 偏大    ②. 12.32%（过程见解析）

【分析】本题以聚合硫酸铁的制备过程为载体，考查氧化还原型离子方程式的书写、盐类的水解、氧化还原滴定的误差分析和元素质量分数的计算。易错点是第（2）①的误差分析，应利用“强制弱”和“先强后弱”的氧化还原反应规律分析。难点是第（2）②，注意理清滴定实验中物质之间的计量关系。

【详解】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。

（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大

② 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol

由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）

则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol

（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g

样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。

8.（2019·北京市朝阳区高考联考模拟,节选）将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。

（1）H2S的转化

① 反应Ⅰ的化学方程式是________。

② 反应Ⅱ：____+ 1 H2S == ____Fe2+ + ____S↓ + ____（将反应补充完整）。

③ 反应Ⅲ体现了H2S的稳定性弱于H2O。结合原子结构解释二者稳定性差异的原因：_______。

（2）反应Ⅲ硫的产率低，反应Ⅱ的原子利用率低。我国科研人员设想将两个反应耦合，实现由H2S高效产生S和H2，电子转移过程如图。

过程甲、乙中，氧化剂分别是______。

【答案】    (1). ① 2H2S+O2== 2H2O+2S↓   ② 2Fe3+ ； 2 ；  1 ； 2H+    ③. O与S位于同主族，原子半径S>O，得电子能力S<O，非金属性S<O，氢化物稳定性H2S<H2O  

(2)   . Fe3+、H+  

【分析】

（1）H2S具有较强的还原性，利用氧化还原反应将其转化为S，据此分析；

（2）氧化剂具有氧化性，易得电子，化合价降低，据此作答；

【详解】（1）①H2S在氧气氧化作用下生成S，其化学方程式为：2H2S+O2== 2H2O+2S↓ ；

②H2S为Fe3+氧化为S，依据氧化还原反应规律可知，其离子方程式为：2 Fe3++ 1 H2S ==2Fe2+ + S↓ +2H+，故答案为：2 Fe3+：2；1：2H+；

③O与S位于同主族，原子半径S>O，得电子能力S<O，非金属性S<O，氢化物稳定性H2S<H2O；

（2）过程甲中，S元素化合价从-2价升高到0价，Fe元素从+3降低到+2价，则氧化剂为Fe3+；过程乙中，Fe元素从+2升高到+3价，H元素化合价从+1价降低到0价，则氧化剂为H+。