讲练测2019年高考化学三轮复习核心热点总动员专题02氧化还原反应含解析.docx

氧化还原反应【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1【2018北京卷】下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是 （ ）ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色AA BB CC DD【答案】C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。2【2017北京卷】下列变化中，气体被还原的是 （ ）A二氧化碳使Na2O2固体变白B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，符合题意；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不符合题意。答案选B。【名师点睛】明确氧化还原反应的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。该题的易错点是选项A，注意转化规律的理解：氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。因此Na2O2分别与H2O、CO2反应时，Na2O2既是氧化剂、又是还原剂，而H2O、CO2都没有参与反应的电子得失。3【2017天津卷】下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 （ ）A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A。【解析】A、硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关；B、锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C、电解质溶液导电实质是电解的过程，与氧化还原反应有关；D、葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。故选A。【名师点睛】本题以各种能量之间的转化为载体考查氧化还原反应的判断。氧化还原反应实质是电子的转移，涉及到化合价的升降，故可根据各种能量转化的原理来判断是否有化合价的变化，从而判断是否是氧化还原反应。4【2016年高考北京卷】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是 （ ）A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72-被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】试题分析：A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B、中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，乙醇被氧化，B正确；C、是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，C正确；D、若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，重铬酸根离子浓度增大，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。答案选D。【考点定位】本题主要是考查化学平衡移动、氧化还原反应判断【名师点晴】明确溶液中的反应特点，并能灵活应用勒夏特列原理判断平衡的移动方向是解答的关键，解答时要注意通过对比实验的分析得出在酸性溶液中重铬酸钾的氧化性强，能把乙醇氧化。易错选项是D，注意中的实验环境，不要忽视了溶液中还存在乙醇，而不能单纯的考虑平衡的移动方向。5【2016年高考上海卷】下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是 （ ）A海带提碘 B氯碱工业C氨碱法制碱 D海水提溴【答案】C【解析】试题分析：A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。【考点定位】考查氧化还原反应概念。【名师点睛】氧化还原反应是历年高考必考知识点之一，重点是氧化还原反应的概念、氧化性和还原性强弱比较、氧化还原反应方程式配平、氧化还原反应有关计算等。掌握氧化还原反应基本概念是解答的关键：失去（共用电子对偏离）电子、化合价升高、被氧化、发生氧化反应、本身做还原剂、转化为氧化产物；得到（共用电子对偏向）电子、化合价降低、被还原、发生还原反应、本身做氧化剂、转化为还原产物。涉及氧化还原反应配平和计算时依据“质量守恒”、“电子守恒”便可解答，一般题目难度不大。6【2016年高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 （ ）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】试题分析：AO元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；【考点定位】考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。【名师点睛】本题主要涉及氧化还原反应， 氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子的或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子的或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂化合价升高失去电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物；氧化剂化合价降低得到电子被还原发生还原反应生成还原产物。7【2016年高考上海卷】（本题共12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.310-10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为_（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是_。（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。_（3）处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似。（CN）2与NaOH溶液反应生成_、_和H2O。【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。（2）2OCN+3ClOCO32+CO2+3Cl+N2 （3）14 900 （4）NaOCN、NaCN 【解析】试题分析：（1）依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易于酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子。N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-CO32-+CO2+3Cl-+N2。（3）NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为：Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是，反应中C由2价升高到4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为g。（4）(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。【考点定位】考查氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断【名师点睛】对于HAH+A-，Ki=，一定温度下电离平衡常数的大小通常是用来衡量酸性强弱的主要依据，Ki值越大说明酸性越强。HCN的Ki=6.310-10，说明HCN是极弱的酸，NaCN属于强碱弱酸盐，极易水解使水溶液表现碱性，即NaCN只能存在于碱性环境中。若调整NaCN溶液pH至中性或酸性，NaCN几乎完全转化为剧毒物质HCN。该题中主要涉及氧化还原反应， 氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在氧化还原反应中遵循电子守恒，即氧化剂得到的电子的物质的量（或个数）等于还原剂失去的电子的物质的量（或个数）。若将电子守恒规律应用于解题，可以大大简化我们的计算过程，收到事半功倍的效果。守恒法是中学化学中常用的解题方法之一，守恒法包括质量守恒、原子守恒、电荷守恒、电子守恒等。在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 在溶液中存在着阴阳离子，由于溶液呈电中性，所以可考虑电荷守恒； 在氧化还原反应中存在着电子的转移，通常考虑电子守恒。在某些复杂多步的化学反应中可考虑某种元素的守恒法；在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。微粒半径比较可能涉及到原子或者离子，一般规律是：电子层数多的微粒半径大，当电子层数相同时原子序数大的半径小。8【2016年高考新课标卷】(14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为_。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)【答案】(1)+3价；(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4；(3)NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2-(或NaClO2)；(4)2:1； O2；(5)1.57g。【解析】试题分析：(1)在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价。(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2。(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，向NaCl溶液加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl-2e-=Cl2，反应产生Cl2， 阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；(4)根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液ClO2气体，产物为NaClO3，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1mol的H2O2转移2mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物O2。(5)每1克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1g90.5g/mol=mol，其获得电子的物质的量是n(e-)=mol4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=mol42=mol，则氯气的质量为mol71g/mol=1. 57g。【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。物质的氧化能力大小可结合每1mol物质获得电子的多少，获得电子越多，其氧化能力就越强。 9【2018江苏卷】NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。【答案】（4）【解析】（4）NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为mol。10【2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1（以SO2计）。【答案】 S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H 0.128【解析】（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52+2I2+3H2O2SO42+4I+6H；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是。【考点深度剖析】一、理清氧化还原反应相关概念间的关系。 二、掌握氧化还原反应的基本规律及应用。 1.氧化性、还原性强弱的比较。（1）通过氧化还原反应方程式判断MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O氧化性：MnO2Cl2（2）根据与同一物质反应情况(反应条件、剧烈程度)判断F2H22HFCl2H22HCl氧化性F2Cl2（3）根据原电池电极反应判断还原性ZnFe（4）根据物质浓度、溶液酸碱性或温度判断氧化性：浓HNO3稀HNO3还原性：浓盐酸稀盐酸2. 反应先后顺序规律。同一种氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂先反应；同一种还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂先反应。应用：判断某一氧化还原反应能否正常进行。可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 3. 价态归中规律。即同种元素不同价态之间的反应，高价态的元素化合价降低，低价态的元素化合价升高，但升高与降低的化合价不能交叉。如：KClO36HCl=3Cl2KCl3H2O，氧化剂KClO3，还原剂HCl，氧化产物Cl2，还原产物Cl2。应用：判断氧化还原反应能不能发生。判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。4. 电子守恒规律。对于氧化还原反应的计算，关键是氧化还原反应的实质得失电子守恒，列出守恒关系求解，即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值n(还原剂)变价原子个数化合价变化值。应用：直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。配平氧化还原反应方程式。三、氧化还原反应化学方程式的书写与配平。1.氧化还原反应方程式的配平可依据“得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒”顺利解答，有关氧化还原反应化学方程式的配平应掌握：（1）配平步骤标变价列变化求总数配系数细检查。（2）配平方法正向配平法：如果被氧化、被还原的元素分别是两种不同的反应物，通常从方程式左边进行配平；逆向配平法：对于自身氧化还原反应或反应物只有一种，一般从方程式右边配平较简便；缺项配平法：这类方程式通常少写一种反应物或生成物的化学式，要求确定其化学式。此类反应可先确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，最后由质量守恒、电荷守恒确定所缺物质(分子或离子)的化学式和计量系数。2. 书写信息型氧化还原反应的步骤(三步法)第1步：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。第2步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H或OH的形式使方程式两端的电荷守恒。第3步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。【应试技巧点拨】1理解氧化还原反应的相关概念，并解决实际问题（1）正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键。（2） 需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律, 真正做到举一反三, 灵活运用.2理解、应用守恒定律守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反应前后阴、阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒(或称质量守恒)，也就是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子总数一定等于得电子总数，即得失电子数目保持守恒。守恒法是解答化学计算题最常用的方法之一。3正确分析氧化还原反应的的电子转移及化合价的变化。（1）氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应（2）对氧化还原反应概念原理综合运用的考查, 要从氧化还原反应的实质及电子转移入手, 正确理解有关概念, 并理清知识线和对应规律。（3）根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律、难易规律去分析特征元素的化合价变化，得出合理答案。【名题精选练兵篇】1【北京西城区2019届高三（上)期末】K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法不正确的是（ ）A铁元素被氧化，氮元素被还原B氧化性：KNO3K2FeO4C每生成1molK2FeO4，转移6mol e-DK2FeO4具有氧化杀菌作用【答案】C【解析】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A.氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，A正确；B.反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂氧化产物，故氧化性：KNO3K2FeO4，B正确；C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，C错误；D.K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确；故合理选项是C。2【甘肃宁县2019届高三上学期期末】运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是 （ ）A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为65B上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15molCKCl既是氧化产物，又是还原产物D因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替【答案】B【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为3mol5=l5mol，选项B正确；C. KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物，选项C错误；D. 白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误；故合理选项是C。3【河南永城市实验中学2019届高三上期中】已知某强氧化剂RO(OH)22+离子中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态。若把1.210-3molRO(OH)22+还原，需要消耗6mL 0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，则反应后R的化合价为 （ ）A0 B+2 C+3 D+4【答案】D【解析】RO(OH)22+离子中R的化合价为+6价，设其被还原后的化合价为+x。n(Na2SO3)=1.210-3mol，被氧化后生成Na2SO4，S元素化合价为+6价，根据氧化还原反应中氧化剂货到电子和还原剂失去电子数目相等可得：1.210-3mol(6-x)=1.210-3mol(6-4)，解得x=+4所以合理选项是D。4【山西吕梁市2019届高三期末】根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去) （ ）A反应说明该条件下铝的还原性强于锰B反应均属于氧化反应和离子反应C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为14【答案】A【解析】A.反应是置换反应，铝是还原剂，锰是还原产物，所以铝的还原性强于锰，故A正确；B.五个反应中都有元素的化合价发生了变化，所以都是氧化还原反应。反应不是在水溶液中发生的反应，所以不是离子反应，故B错误；C.反应中氧元素的化合价是从-1升高到0，而反应中氧元素的化合价是从-2升高到0，所以两者转移的电子数之比为12，故C错误；D.反应的化学方程式为MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O，参加反应的HCl中有一半被氧化，所以氧化剂和还原剂之比为12，故D错误。正确答案：A。5【山东青岛二中2019届高三上学期期中】将0.1mol Cl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是 （ ）A物质的还原性：HBrH2SO3HClBHBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6molL1C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2Br+4H2O=4SO42+Br2+10Cl+16H+D若再通入0.05mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化【答案】C【解析】因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol2=x0.51+x（6-4），解得x=0.08mol，A由H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3HBr，选项A错误；B由上述计算可知，HBr的物质的量为0.08mol，溶液体积为0.1L，浓度为0.8mol/L，选项B错误；C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2Br+4H2O=4SO42+Br2+10Cl+16H+，遵循电子、电荷守恒，选项C正确；D由上述分析可知，还有0.04molHBr未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，选项D错误；答案选C。6【济南市2019届高三上学期期末】CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-反应如下。反应I：CuS+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平) 反应：Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平) 下列有关说法正确的是 （ ）A反应I和中各有2种元素的化合价发生变化B处理1molCr2O72-时反应I、中消耗H+的物质的量相等C反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5D质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-【答案】C【解析】A.在反应I中S、Cr元素化合价发生变化，在反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；B.反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+3Cu2+3SO42-+8Cr3+16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O，可见处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应消耗H+的物质的量是9.2mol,B错误；C.反应中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，C正确；D.根据方程式可知3mol即396g CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为4mol(396)=mol；3mol即3160g Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为5mol(3160)=mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，D错误；故合理选项是C。7【湖南衡阳市八中2019届高三第四次月考】反应、分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：2NaIMnO23H2SO4 = 2NaHSO4MnSO42H2OI2 ；2NaIO35NaHSO3 = 2Na2SO43NaHSO4H2OI2下列说法正确的是 （ ）A反应、中生成等量的 I2 时转移电子数比为 1：5 B两个反应中 NaHSO4 均为氧化产物C碘元素在反应中被还原，在反应中被氧化 D氧化性：MnO42- SO42- IO3 - I2【答案】A【解析】A.反应、中生成等量的I2时，假设都为1mol，反应中生成1molI2时转移2mole-，反应中生成1molI2时转移10mole-，转移电子数比为15，故A正确；B.反应中NaHSO4为氧化产物，硫元素化合价升高，反应中硫元素化合价未变化，故B错误；C.I2在反应中，碘元素化合价升高，被氧化；I2在反应中，碘元素化合价降低，被还原，故C错误；D.氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应中MnO2I2，反应中IO3-SO42-，故D错误。故选A。8【宁夏银川市长庆高级中学2019届高三第四次月考】某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl 六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是 （ ）A该反应的还原剂是ClB消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D反应后溶液的酸性明显减弱【答案】C【解析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，则反应的方程式应为3ClO+ 2NH4+ = N2+3H2O +3Cl + 2H+，以此解答此题。A由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故A错误；B. N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C. 由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故C正确；D. 反应生成H+，溶液酸性增强，故D错误。故选C。9【甘肃静宁县一中2019届高三第三次模拟】已知：向KMnO4固体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸变蓝。下列判断正确的是 （ ）A上述实验证明氧化性：MnO4- Cl2 Fe3+ I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体和SO2同时通入水中，可以增强漂白效果D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】题中的有关反应为2KMnO416HCl(浓)2KCl2MnCl25Cl28H2O(生成的黄绿色气体为Cl2)；Cl22FeCl22FeCl3(FeCl3溶液为黄色)；2FeCl32KI2FeCl22KClI2(I2遇淀粉变蓝色)，以上三个反应都属于氧化还原反应；A.根据氧化性：氧化剂氧化产物的规律得：MnO4- Cl2 Fe3+ I2，故A正确；B.上述实验中一共有3个氧化还原反应，故B错误；C.氯气可以与二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HCl，所以失去漂白性，故C错误；D. 实验中Fe2+作还原剂，只能证明具有还原性，不能证明有氧化性，故D错误。故选A。10【天津滨海新区大港油田一中2019届高三上期中】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为 （ ）A22.40L B26.88L C29.12L D35.84L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）=0.3mol，转移电子物质的量=0.3（6+2）=2.4molNO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol222.4L/mol=26.88L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.1510=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol222.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8V26.88，答案选A。11【甘肃会宁县一中2019届高三第三次月考】某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。(1)提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？(2)猜想甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致。则溶液呈黄色是含_(填化学式，下同)所致。乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_所致。(3)设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。供选用的试剂：a酚酞试液 b四氯化碳 c无水酒精 d硫氰化钾溶液请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。(试剂填序号)选用试剂实验现象方案1_方案2_(4)应用与拓展在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_。在100 mL FeBr2溶液中通入2.24 LCl2(标准状况)，溶液中有1/3的Br被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_。若选用淀粉碘化钾溶液验证上述猜想，是否可行_(填“是”或“否”)，理由是_。【答案】Br2 Fe3 d 溶液呈红色 b CCl4层呈无色 2Fe2Br2=2Fe32Br 1.2 mol/L 否 Br2和Fe3都能把I氧化成I2，使溶液变蓝，无法得出结论 【解析】（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色，根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。中甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，故答案为：Br2。中乙同学认为氧化性：Fe3+Br2，发生氧化还原反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，故答案为：Fe3+。（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+Br2，则会发生反应：2Fe2+Br22Fe3+2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+，要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验，方案一：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明则证明乙同学观点正确；方案二：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明乙同学观点正确；故答案为：d，溶液呈红色；b，CCl4层呈无色。（4）根据结论，氧化性：Fe3+Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-，故答案为：2Fe2+Br22Fe3+2Br-。氧化性：Br2Fe3+，Cl2通入FeBr2溶液中先与Fe2+反应，若Cl2还有剩余，再与Br-发生反应，现在溶液中有1/3的Br被氧化成单质Br2，故Fe2+全部被氧化成Fe3+，n（Cl2）=2.24L22.4L/mol=0.10mol，得电子0.20mol，根据得失电子守恒有：n（Fe2+）+n（Br-）=0.20mol，n（FeBr2）=0.12mol，所以c（FeBr2）=0.12mol0.1L=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L。因为Br2和Fe3+都能把I氧化成I2，使溶液变蓝，无法得出结论，所以不能用淀粉碘化钾溶液验证上述猜想，故答案为：Br2和Fe3都能把I氧化成I2，使溶液变蓝，无法得出结论。12【天津七校2019届高三上学期期中】碘酸钾（KIO3）在生活中应用广泛，可将含碘物质经过系列变化得到KIO3。（方法一）现向含6 mol KI的稀硫酸中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与加入KBrO3的物质的量的关系如图所示。已知 ab段：BrO36I6H3I2Br3H2Ocd段：2BrO3I22IO3Br2回答下列问题：（1）b点时，KI完全反应，则消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是_，还原产物是_；ab共转移_mol e。（2）bc过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子方程式：_；从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)_mol。（方法二）电解法制备KIO3，现将一定量的碘溶于过量的氢氧化钾溶液，发生反应：aI2bKOHcKIdKIO3eX，将该溶液加入阳极区，另将氢氧化钾溶液加入阴极区，开始电解，得到KIO3。回答下列问题：（3）X的化学式是_。（4）若有