2019届高考化学专题七氧化还原反应的实质及应用精准培优专练.docx

培优点七 氧化还原反应的实质及应用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（ ）AP是氧化剂B氧化性：H2O2Na2H2P2O6C1mol H2O2反应，转移电子1molDNa2H2P2O6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；1mol H2O2反应，转移电子的物质的量为1mol2(21)2mol，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】B2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0.05molL1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02 molL1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0.05molL10.024L(64)0.02molL10.020L2(6n)，解得n3。【答案】B3氧化还原反应方程式的配平典例3O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3+I+H+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+2H2OB每生成1mol I2转移电子2molCO2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+2I+2H+=I2+O2+H2O，故每生成1mol I2转移电子2mol，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】B1水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为：3Fe2+2S2O+O2+aOH=Y+S4O+2H2O。下列说法中，不正确的是（ ）AS2O是还原剂BY的化学式为Fe2O3Ca4D每有1mol O2参加反应，转移的电子总数为4mol【解析】由反应知还原剂是S2O，氧化剂是O2，每有1mol O2参加反应，转移电子的物质的量为4mol，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，a4，C正确。【答案】B2锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被还原硝酸物质的量为（ ）A2 mol B1 mol C0.5 mol D0.25 mol【解析】依据Zn+HNO3(稀)Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O，Zn：02，化合价改变值为2，N：53，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4Zn10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2NH4NO33H2O，当生成1mol Zn(NO3)2时，被还原的HNO3为0.25mol。【答案】D3下列反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12的是（ ）O32KIH2O=2KOHI2O2SiO22CSi2COSiO23CSiC2CO4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2OA仅有 B仅有 C仅有 D【解析】各反应中氧化剂和还原剂之比如下：反应氧化剂O3SiO2CMnO2还原剂KICCHCl物质的量之比2121212【答案】C4已知OCN中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN+OH+Cl2CO2+N2+Cl+H2O(未配平)中，如果有6mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是（ ）A2mol B3mol C4mol D6mol【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OCNN2、Cl22Cl，由得失电子守恒：2n(Cl2)3n(OCN)，可知6mol Cl2完全反应，有4mol OCN被氧化，C对。【答案】C5根据表中信息判断，下列选项不正确的是（ ）序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnOCl2、Mn2A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为12C第组反应中生成1mol Cl2，转移电子2molD氧化性由强到弱的顺序为MnOCl2Fe3Br2【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12时，1mol Cl2恰好氧化2mol Fe2，Br不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnO得电子转化为Mn2，Cl2是氧化产物，只有Cl失电子，生成1mol Cl2转移2mol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MnOCl2Br2Fe3(还原性Fe2强于Br，故氧化性Br2Fe3)，D不正确。【答案】D6.3.84g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+HNO3NO(NO2), NO(NO2)+O2+H2OHNO3 ，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)3.84g64gmol-121/40.03mol；V(O2)0.03mol22.4Lmol-10.672L【答案】V(O2)0.672L7在热的稀硫酸中溶解了11.4g FeSO4固体，当加入50mL 0.5molL1 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+_(NxOy)+_H2O(配平时x、y用具体数值表示，物质填在中)。（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)0.075mol；n(KNO3)0.05L0.5molL-10.025mol；Fe2转化为Fe3共失去0.075mol电子，根据得失电子守恒原理，可知1mol N原子得到3mol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）11（2）624132NO4（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：C2O+_MnO+_H=_CO2+_Mn2+_H2O（2）称取6.0g含H2C2O42H2O、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。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25molL-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_mol。第二份溶液中滴加0.10molL-1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4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”)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。【解析】（1）C：34，改变量(43)22，Mn：72，改变量(72)15，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO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）由HOH=H2O知，n(H)n(OH)0.25 molL-10.02 L0.005 mol。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)20.10molL-10.016L5，n(还)0.004 mol。设6.0 g试样中H2C2O42H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O