（浙江专用）2020版高考化学一轮复习专题四氧化还原反应（含解析）课件.pptx

第一部分 化学基本概念 专题四 氧化还原反应,高考化学 (浙江专用),考点一 氧化还原反应的概念及规律,A组 统一命题浙江卷题组,五年高考,1.(2019浙江4月选考,6,2分)反应8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物 质的量之比为 ( ) A.23 B.83 C.63 D.32,答案 A 分析题给反应,当有3 mol Cl2被还原时,参加反应的8 mol NH3中只有2 mol被氧化,故 选项A正确。,解题思路 还原剂被氧化,氧化剂被还原,先找出反应中的氧化剂和还原剂,再分析反应中参加 氧化还原反应物质的物质的量,在此基础上作出判断。,2.(2018浙江11月选考,6,2分)下列化学反应中溴元素仅被氧化的是 ( ) A.2NaBr+Cl2 2NaCl+Br2 B.Br2+2NaI 2NaBr+I2 C.3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2O D.HBr+NaOH NaBr+H2O,答案 A Br2和NaI反应,溴元素被还原;Br2和NaOH反应,溴元素既被氧化又被还原;HBr和 NaOH反应不是氧化还原反应。,审题方法 一审题干,抓关键字词“溴元素仅被氧化”,二审选项,找出反应中溴元素化合价只 升高的反应。,3.(2017浙江4月选考,4,2分)下列属于氧化还原反应的是 ( ) A.2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2 B.Na2O+H2O 2NaOH C.2KI+Br2 2KBr+I2 D.MgO+2HCl MgCl2+H2O,答案 C 本题考查氧化还原反应的辨析。只有C中元素化合价发生了变化,故选C。,4.(2016浙江10月选考,4,2分)下列反应中,水作氧化剂的是 ( ) A.C+H2O(g) CO+H2 B.H2+CuO Cu+H2O C.Cl2+H2O HCl+HClO D.SO3+H2O H2SO4,答案 A A中的水作氧化剂;B中的水是氧化产物;C中氢、氧元素化合价在反应前后无变化, H2O既不是氧化剂也不是还原剂;D中的反应不属于氧化还原反应。,5.(2016浙江4月选考,4,2分)下列属于氧化还原反应的是 ( ) A.2KBr+Cl2 2KCl+Br2 B.CaCO3 CaO+CO2 C.SO3+H2O H2SO4 D.MgCl2+2NaOH Mg(OH)2+2NaCl,答案 A 本题考查对氧化还原反应概念的理解。反应2KBr+Cl2 2KCl+Br2中氯元素化 合价降低,溴元素化合价升高,为氧化还原反应,A项符合题意;碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化 碳时,无元素化合价变化,为非氧化还原反应,B项不符合题意;反应SO3+H2O H2SO4中无元 素化合价变化,为非氧化还原反应,C项不符合题意;氯化镁与氢氧化钠发生的是复分解反应,为 非氧化还原反应,D项不符合题意。,考点二 氧化还原反应方程式的配平及相关计算,6.(2016浙江10月选考,24,2分)已知还原性:S I-。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通 入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 ( ) A.当ab时,发生的离子反应为S +Cl2+H2O S +2H+2Cl- B.当5a=4b时,发生的离子反应为4S +2I-+5Cl2+4H2O 4S +I2+8H+10Cl- C.当ab a时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为a moln(e-)3a mol D.当ab a时,溶液中S 、I-与Cl-的物质的量之比为a(3a-2b)2b,答案 C 溶液中有a mol I-及a mol S ,由于还原性S I-,当通入b mol Cl2时先发生反应 S +Cl2+H2O S +2H+2Cl-,后发生反应Cl2+2I- 2Cl-+I2。当ab时,Cl2量不足,只 发生反应,A正确。当5a=4b时,a mol S 反应完全,消耗a mol Cl2,剩余0.25a mol Cl2与I-反 应,消耗0.5a mol I-,故总反应为4S +2I-+5Cl2+4H2O 4S +I2+8H+10Cl-,B正确。当a=b 时,a mol S 恰好反应完全,转移电子2a mol;当b= a时,S 、I-恰好都完全反应,转移电子 3a mol,故可得2a moln(e-)3a mol,C错误。当ab a时,反应进行完全,生成n(S )=a mol, 反应未进行完全,n(I-)=a mol-2(b-a)mol=(3a-2b)mol,n(Cl-)=2b mol,D正确。,7.(2015浙江10月选考,25,2分)已知氧化性Br2Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2,充分反应。下列说法不正确的是 ( ) A.离子的还原性强弱:Fe2+Br-Cl- B.当a2b时,发生的离子反应:2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl- C.当a=b时,反应后的离子浓度之比:c(Fe3+)c(Br-)c(Cl-)=122 D.当3a2b时,发生的离子反应:2Fe2+4Br-+3Cl2 2Fe3+2Br2+6Cl-,答案 C 氧化性Br2Fe3+,说明Br2可将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2+Br2 2Fe3+2Br-,还原性Fe2+Br-, 结合还原性Br-Cl-,可知A正确;FeBr2溶液中通入Cl2时,因还原性Fe2+Br-,故先发生反应:2Fe2+ Cl2 2Fe3+2Cl-,后发生反应:2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,当a2b时,因Cl2不足,只发生反应, B正确;当3a2b时,Cl2充足,Fe2+和Br-均被完全氧化,反应+反应2得总反应:2Fe2+4Br-+3Cl2 2Fe3+2Br2+6Cl-,D正确;当a=b时,由反应知a mol Fe2+被完全氧化成a mol Fe3+,消耗 mol Cl2,由反应知剩余的 mol Cl2可氧化a mol的Br-,Br-剩余:2a mol-a mol=a mol,故最终溶液中 c(Fe3+)c(Br-)c(Cl-)=aa2a=112,C错误。,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,考点一 氧化还原反应的概念及规律,1.(2019北京理综,10,6分)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 本题考查Fe3+的氧化性,Mg(OH)2、Cl2、NO、NO2的性质等知识,借助实验形式考查 学生的实验能力、识记能力和分析推理能力。试题需要考生运用分析、推理的方法研究物 质的性质及化学性质与实验方法的关系,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。 A项,用Fe粉除去FeCl2溶液中的Fe3+时,发生了氧化还原反应;C项,除去Cl2中的HCl杂质一般用 饱和食盐水,用水除会损失部分Cl2,同时Cl2与H2O的反应是氧化还原反应;D项,NO2和H2O的反 应属于氧化还原反应。,易错易混 除杂问题往往会被“理想化”,即加适量试剂就能全部除去杂质,但实际很难做到 这一点。B项中除杂试剂稀盐酸是用来除去过量的NaOH的。,2.(2018北京理综,9,6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是 ( ),答案 C 本题考查HClO、HNO3的氧化性和Fe(OH)2的还原性等相关知识。C项中沉淀由白 色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分解反应,不涉及氧化还原反 应。,3.(2016上海单科,13,3分)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2 SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是 ( ) A.氧气是氧化产物 B.O2F2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14,答案 D A项,O元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,得到的氧气为还原产物。B项,O2F2 中O元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,O2F2是氧化剂。C项,因没指明气体所处的温度和 压强,故无法确定4.48 L HF的物质的量,则无法确定转移电子的物质的量。D项,由反应方程式 知还原剂与氧化剂的物质的量之比为14。,4.(2015上海单科,21,4分)(双选)工业上将Na2CO3和Na2S以12的物质的量之比配成溶液,再通 入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2。在该反应中 ( ) A.硫元素既被氧化又被还原 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12 C.每生成1 mol Na2S2O3,转移4 mol电子 D.相同条件下,每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2,答案 AD 根据信息可知相关反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2 3Na2S2O3+CO2; Na2S中S被氧化,SO2中S被还原;氧化剂与还原剂的物质的量之比为21;每生成1 mol Na2S2O3, 转移 mol电子;相同条件下,每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2。,5.(2015上海单科,4,2分)不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是 ( ) A.单质氧化性的强弱 B.单质沸点的高低 C.单质与氢气化合的难易 D.最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱,答案 B 单质的沸点与晶体类型有关,与非金属性无关,B项错误。,6.(2015北京理综,28,15分)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过 改变浓度研究“2Fe3+2I- 2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下: (1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到 。 (2)是的对比实验,目的是排除中 造成的影响。 (3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因: 。,(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,导致I- 的还原性弱于Fe2+。用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。 K闭合时,指针向右偏转。b作 极。 当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加0.01 molL-1 AgNO3溶液。产生的现象证 实了其推测。该现象是 。 (5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因。 转化原因是 。 与(4)实验对比,不同的操作是 。,(6)实验中,还原性:I-Fe2+;而实验中,还原性:Fe2+I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 。,答案 (15分)(1)化学平衡状态 (2)溶液稀释对颜色变化 (3)加入Ag+发生反应:Ag+I- AgI,c(I-)降低;或增大c(Fe2+),平衡均逆向移动 (4)正 左管产生黄色沉淀,指针向左偏转 (5)Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I- 向右管中加入1 molL-1 FeSO4溶液 (6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原 能力,并影响平衡移动方向,解析 (1)反应“2Fe3+2I- 2Fe2+I2”为可逆反应,当溶液颜色不再改变时,说明有色物质的 物质的量浓度不再变化,即可逆反应达到了化学平衡状态。 (2)实验中加入了FeSO4溶液,有色溶液的稀释也会导致溶液颜色变浅,因此需做对比实验,以 排除溶液稀释对溶液颜色变化造成的影响。 (4)K闭合后即形成了原电池,b极的电极反应式为Fe3+e- Fe2+,故b是原电池的正极。根 据该同学的推测,若I-的还原性弱于Fe2+,则应发生反应:I2+2Fe2+ 2Fe3+2I-,其中b极的电极反 应式为Fe2+-e- Fe3+,即b作原电池的负极,由中现象可知,此时电流计指针应向左偏转。 (5)(4)中的原理是 c(I-)降低导致I-的还原性弱于Fe2+,据此不难推测中Fe2+向Fe3+转化的原因 应是c(Fe2+)增大导致Fe2+还原性强于I-。若要增大c(Fe2+),应向U形管右管中加入1 molL-1 FeSO4溶液,然后观察指针的偏转方向。 (6)对比(3)、(4)、(5)不难发现,物质的氧化性或还原性的大小与物质的浓度有关,对于一个可 逆反应,在平衡时,可通过改变物质的浓度来改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方 向。,考点二 氧化还原反应方程式的配平及相关计算,7.(2019课标,28节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也 随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题: (4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新 的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示: 负极区发生的反应有 (写反应方程式)。电路 中转移1 mol电子,需消耗氧气 L(标准状况)。,答案 (4)Fe3+e- Fe2+,4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O 5.6,解析 (4)负极区发生的是得电子的还原反应,故负极区的反应有Fe3+e- Fe2+、4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O;根据得失电子守恒得出关系式: Fe3+e-Fe2+ O2 1 mol 0.25 mol n(O2)=0.25 mol,标准状况下体积为5.6 L。,8.(2018课标,27,14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问 题: (1)KIO3的化学名称是 。 (2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示: “酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液” 中的溶质主要是 。“调pH”中发生反应的化学方程式为 。,(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。 写出电解时阴极的电极反应式 。 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ,其迁移方向是 。 与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 (写出一点)。,答案 (1)碘酸钾 (2)加热 KCl KH(IO3)2+KOH 2KIO3+H2O(或HIO3+KOH KIO3+H2O) (3)2H2O+2e- 2OH-+H2 K+ a到b 产生Cl2易污染环境等,解析 (1)KIO3的化学名称是碘酸钾。 (2)由于气体的溶解度随温度升高而减小,故“逐Cl2”采用的方法是加热;分析工艺流程和酸 化反应所得产物可知,滤液中的溶质主要是KCl;调pH的目的主要是中和H+,故“调pH”中发 生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH 2KIO3+H2O或HIO3+KOH KIO3+H2O。 (3)观察电解装置图知,惰性电极a为阳极,惰性电极b为阴极,在碱性条件下,阴极的电极反应 式为2H2O+2e- H2+2OH-。 电解过程中,阳极I2失去电子生成I ,即I2-10e-+12OH- 2I +6H2O,通过阳离子交换膜的 离子主要为K+,迁移方向是从a到b。 “KClO3氧化法”产生有毒气体Cl2,故与“电解法”相比的不足之处有产生有毒气体Cl2,易 污染环境等。,审题技巧 注意物质形式的变化,KH(IO3)2可以看作KIO3和HIO3,则“调pH”的过程为碱中和 HIO3的过程。,9.(2017课标,28,15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘 量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下: .取样、氧的固定 用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合, 反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。 .酸化、滴定 将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴 定生成的I2(2S2 +I2 2I-+S4 )。 回答下列问题: (1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是 。 (2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为 。 (3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂 瓶和 ;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除 及二氧化碳。,(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a molL-1 Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点 现象为 ;若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为 mgL-1。 (5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏 。(填“高”或 “低”),答案 (1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差 (2)O2+2Mn(OH)2 2MnO(OH)2 (3)量筒 氧气 (4)蓝色刚好褪去 80ab (5)低,解析 (1)扰动水体表面会使水样中溶解氧逸出,使测定结果产生误差。(2)反应中Mn(OH)2作 还原剂,O2作氧化剂,依据得失电子守恒可知二者应按物质的量之比21反应。(3)配制Na2S2O3 溶液时,若蒸馏水中含有溶解氧会导致后续滴定实验产生误差,故应除去蒸馏水中的溶解氧。 (4)由得失电子守恒可得关系式:O22I24Na2S2O3,则100.00 mL水样中含氧量为 mol,即 8ab10-3 g,1 000 mL(即1 L)水样中含氧量为80ab mg。(5)滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气 泡会导致代入计算式中Na2S2O3溶液的体积偏小,测定结果偏低。,C组 教师专用题组,考点一 氧化还原反应的概念及规律,1.(2015四川理综,1,6分)下列物质在生活中应用时,起还原作用的是 ( ) A.明矾作净水剂 B.甘油作护肤保湿剂 C.漂粉精作消毒剂 D.铁粉作食品袋内的脱氧剂,答案 D A项,明矾作净水剂是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体有吸附作用;B项,甘油作护肤 保湿剂是利用甘油中羟基的亲水性;C项,漂粉精作消毒剂是利用漂粉精溶于水后,ClO-水解生 成HClO,HClO具有强氧化性。,2.(2015江苏单科,3,2分)下列说法正确的是 ( ) A.分子式为 C2H6O的有机化合物性质相同 B.相同条件下,等质量的碳按a、b两种途径完全转化,途径 a比途径b放出更多热能 途径a:C CO+H2 CO2+H2O 途径b:C CO2 C.在氧化还原反应中,还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数 D.通过化学变化可以直接将水转变为汽油,答案 C A项,分子式为C2H6O的有机物有CH3CH2OH和CH3OCH3,属两种不同类别的物质,化 学性质不同;B项,根据盖斯定律,一个化学反应不论是一步完成还是分步完成,其热效应总是相 同的;D项,水中有H、O两种元素,汽油中有C、H两种元素,根据原子守恒,不可能由水转变为 汽油。,考点二 氧化还原反应方程式的配平及相关计算,3.(2016课标,28,14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 (2)2NaClO3+SO2+H2SO4 2ClO2+2NaHSO4 (3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 Cl (或NaClO2) (4)21 O2 (5)1.57,解析 (2)根据图示可确定反应物和生成物,然后根据得失电子守恒和原子守恒即可写出反应 的化学方程式。 (3)粗盐水精制时用NaOH溶液除Mg2+,用Na2CO3溶液除Ca2+;根据图示可知“电解”过程中发 生的反应为2ClO2+2NaCl Cl2+2NaClO2,由此可知,在电解池的阴极上ClO2得电子生成Na- ClO2,故阴极反应的主要产物为NaClO2。 (4)据图示可知反应物有ClO2、NaOH、H2O2,生成物有NaClO2,其中 O2 Na O2,Cl的化 合价降低,则必有元素化合价升高,可推出H2 ,根据得失电子守恒可得氧化剂ClO2与还 原剂H2O2的物质的量之比为21,该反应中氧化产物是O2,还原产物是NaClO2。 (5)NaClO2、Cl2作为消毒剂时,还原产物均为Cl-。设NaClO2的有效氯含量为x,则 4= 2, 解得x1.57。,4.(2016天津理综,9,18分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶 解氧分子的质量表示,单位mgL-1。我国地表水环境质量标准规定,生活饮用水源的DO不 能低于5 mgL-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。 .测定原理: 碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:2Mn2+O2+4OH- 2MnO(OH)2 酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H+ Mn2+I2+H2O(未配平),用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:2S2 +I2 S4 +2I- .测定步骤: a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。 b.向烧瓶中加入200 mL水样。 c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌 器,至反应完全。 d.搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液,至反应完全,溶液为中性或弱酸性。 e.从烧瓶中取出40.00 mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.010 00 molL-1 Na2S2O3溶液进行滴定,记录 数据。 f. g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。 回答下列问题: (1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为 。 (2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是 。 滴定管 注射器 量筒,(3)搅拌的作用是 。 (4)配平反应的方程式,其化学计量数依次为 。 (5)步骤f为 。 (6)步骤e中达到滴定终点的标志为 。若某次滴定消耗 Na2S2O3溶液4.50 mL,水样的DO= mgL-1(保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO 是否达标: (填“是”或“否”)。 (7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误 差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个) 。,答案 (共18分)(1)将溶剂水煮沸后冷却 (2) (3)使溶液混合均匀,快速完成反应 (4)1,2,4,1,1,3 (5)重复步骤e的操作23次 (6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色) 9.0 是 (7)2H+S2 S+SO2+H2O SO2+I2+2H2O 4H+S +2I- 4H+4I-+O2 2I2+2H2O(任写其中2个),解析 (1)升高温度,气体在水中的溶解度减小,故配制无氧溶液时,可将溶剂水煮沸后冷却。 (2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器。 (3)烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀,增大反应物接触面积,加快反应速率。 (4)标出化合价发生变化的元素的化合价,利用化合价升降总数相等,结合电荷守恒和原子守 恒,配平方程式:MnO(OH)2+2I-+4H+ Mn2+I2+3H2O。 (5)定量测定实验中,常多次测量求平均值以减小测定误差,故步骤f为重复步骤e的操作23 次。 (6)步骤e中用Na2S2O3溶液滴定I2,淀粉作指示剂,故达到滴定终点的标志为溶液蓝色褪去,且半 分钟内不变色。测定过程中,由关系式:2S2 I2MnO(OH)2 O2知:n(O2)=0.010 00 molL-1 4.5010-3 L = 4.5010-5 mol,故水样中的DO= 4.5010-5 mol32 gmol-1 = 910-3 gL-1,即9.0 mgL-1;由于9.0 mgL-15 mgL-1,故作为饮用水源,此次测得DO达标。 (7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,H2SO4能与Na2S2O3溶液反应,即2H+S2 S+SO2+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O 4H+2I-+S ;pH过低时,水 样中空气中的O2也能氧化I-,即4H+4I-+O2 2I2+2H2O。,5.(2015安徽理综,27,14分)硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组 采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如下: 已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33 )。 (1)在第步反应加料之前,需要将反应器加热至100 以上并通入氩气,该操作的目的是 。原料中的金属钠通常保存在 中,实验室取用少量金属钠需要 用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等。 (2)请配平第步反应的化学方程式: NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3 (3)第步分离采用的方法是 ;第步分出NaBH4并回收溶剂,采用的方法是 。,(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25 、101 kPa下,已知每消耗3.8 g NaBH4(s) 放热21.6 kJ,该反应的热化学方程式是 。,答案 (14分)(1)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子 滤纸 (2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 1NaBH4+2Na2SiO3 (3)过滤 蒸馏 (4)NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g) H=-216.0 kJmol-1,解析 (1)考虑到加热时原料中的Na及H2会与空气中O2反应,产物NaBH4会与水反应,故第步 反应加料之前应先将反应器加热至100 以上并通入氩气,以除去反应器中的空气和水蒸 气。(2)运用化合价升降法和观察法,不难配平所给反应的化学方程式。(3)由题给信息可知, 欲分离NaBH4和异丙胺可加热蒸馏,馏分为异丙胺,留在蒸馏烧瓶中的是NaBH4固体产品。 (4)依题意,反应NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g)的H=-21.6 kJ =-216.0 kJmol-1。,考点一 氧化还原反应的概念及规律,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,1.(2019宁波镇海中学选考模拟二,7)下列化学反应中,不属于四种基本反应类型但属于氧化还 原反应的是 ( ) A.NH4Cl+NaOH NaCl+NH3+H2O B.SO2+H2O2 H2SO4 C.Cl2+2KBr Br2+2KCl D.SO2+Cl2+2H2O H2SO4+2HCl,答案 D A中反应属复分解反应,B中反应属化合反应,C中反应属置换反应。,解题思路 从反应的形式和有无化合价变化上逐项判断相关反应的类型。,2.(2019台州选考科目教学质量评估,8)下列物质不能用来作氧化剂的是 ( ) A.KMnO4 B.H2O2 C.SO2 D.Fe,答案 D 氧化剂在反应中所含元素化合价降低,Fe的化合价不能降低,故不能用作氧化剂。,3.(2019浙江名校协作体期始,7)下列变化过程中,加入氧化剂才能实现的是 ( ) A.CO2C B.Cl2HClO C.SO2H2SO4 D.SiO2Na2SiO3,答案 C 氧化剂在反应中所含元素化合价降低,则题给物质在反应中所含元素化合价要升 高,B、C符合,但B中Cl2与水反应即可生成HClO,反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂,无需另加氧 化剂,故选C。,易错警示 若只考虑化合价的变化,未考虑到Cl2与水反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂,极易 错选B。,4.(2019台州高一质量评估,19)工业上火法炼铜的过程中会发生以下反应:Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2,下列关于该反应的说法正确的是 ( ) A.SO2既是氧化产物又是还原产物 B.每生成1.12 L SO2,转移0.3 mol e- C.Cu2S即是氧化剂又是还原剂 D.每0.2 mol硫原子被还原,生成1.2 mol Cu,答案 C SO2只是氧化产物,A错误;由化学方程式知,每生成1 mol SO2,转移6 mol e-,若1.12 L SO2为标准状况下的气体,则转移的电子为0.3 mol,因SO2的状态未知,故无法确定转移的电子 数,B错误;Cu2S中铜元素化合价降低而硫元素化合价升高,故Cu2S既是氧化剂又是还原剂,C正 确;由化学方程式知,Cu2S中硫元素化合价由-2价升高到+4价,被氧化而不是被还原,D错误。,易错警示 未注意1.12 L SO2没标明标准状况,极易错选B。,5.(2017浙江名校协作体2月期始,4)已知还原性B-C-D-,下列化学方程式不正确的是 ( ) A.2C-+D2 2D-+C2 B.2C-+B2 2B-+C2 C.2B-+D2 2D-+B2 D.2B-+C2 2C-+B2,答案 B 根据还原性:B-C-D-及同一个氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还 原性,可判断反应B不正确。,考点二 氧化还原反应方程式的配平及相关计算,6.(2019宁波镇海中学复习检测,7)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2+aS2 +O2+bOH- Fe3O4+S4 +2H2O。下列说法中不正确的是 ( ) A.反应中的还原剂是S2 B.a=2 C.b=4 D.每有1 mol O2参加反应,转移的电子总数为4NA,答案 A 由化学方程式知反应中的还原剂是S2 和Fe2+,氧化剂是O2,每有1 mol O2参加反应, 转移电子的物质的量为4 mol,故A错误,D正确;由硫原子守恒知a=2,或由得失电子守恒知:3 ( -2)+a2(2.5-2)=14,解得a=2,B正确。由氢原子守恒知b=4,或由电荷守恒知:3(+2)+2(-2)+ b(-1)=-2,解得b=4,C正确。,解题点睛 本题既是氧化还原反应,又是离子反应,配平时注意善于运用电荷守恒、得失电子 守恒及各元素的原子数守恒。,7.(2019杭州高级中学复习检测,6)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶 液,发生如下两个化学反应: SO2+2Fe3+2H2O S +2Fe2+4H+; Cr2 +6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O。 下列有关说法错误的是 ( ) A.氧化性:Cr2 Fe3+SO2 B.K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4 C.每有1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA D.若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应,则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7,答案 D 反应中SO2作还原剂,故氧化性Fe3+SO2,反应中氧化性:Cr2 Fe3+,故氧化性的 强弱关系为Cr2 Fe3+SO2,A、B项正确;Cr2 2Cr3+,Cr元素化合价降低3价,故每有1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA,C项正确;从两个反应方程式可知,转化关系为3SO2 6Fe2+Cr2 ,故6.72 L(0.3 mol)SO2(标准状况)参加反应,消耗0.1 mol Cr2 ,D项错误。,解题点睛 氧化还原反应中,氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性。,8.(2019嘉兴一中检测,17)(1)请将5种物质:N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分别填入 下面对应的横线上,组成一个未配平的化学方程式: + + + +H2O (2)反应物中发生氧化反应的物质是 ,被还原的元素是 。 (3)反应中1 mol氧化剂得到 mol电子。 (4)请将反应物的化学式及配平后的化学计量数填入下列相应的位置中: +,答案 (1)FeSO4+HNO3 Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+N2O+H2O (2)FeSO4 氮(或N) (3)4 (4)24FeSO4 30HNO3,解析 (1)观察题给五种物质,生成物有H2O,则反应物中必有HNO3,生成物中必有N2O,氮元素 化合价降低,从化合价变化角度分析,确定反应为HNO3氧化FeSO4生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、 N2O和H2O。(2)FeSO4中铁元素化合价升高,发生氧化反应;HNO3中氮元素化合价降低,被还原。 (3)HNO3中氮元素化合价从+5价降低到+1价,故1 mol HNO3得到4 mol 电子。,解题点睛 分析所给5种物质的化合价,确定反应物和生成物是解题的关键。,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 一、选择题(每题5分,共30分),1.(2017宁波效实中学高一期中,10)汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3 K2O+xNa2O+16N2,下列说法错误的是 ( ) A.x=5 B.每生成16 mol N2转移10 mol电子 C.N2既是氧化产物又是还原产物 D.反应中氧化产物与还原产物的质量之比为115,答案 D 据Na原子守恒可知,2x=10,则有x=5,A正确;该反应中,N元素由+5价、- 价变为0价, 每生成16 mol N2转移10 mol电子,B正确;该反应中,N元素既被氧化又被还原,N2既是氧化产物 又是还原产物,C项正确;生成16 mol N2时,有15 mol N2是氧化产物,1 mol N2是还原产物,则氧化 产物与还原产物的质量之比为151,D项错误。,审题方法 由元素化合价的变化判断所发生的氧化还原反应,并进行相关计算。,2.(2019杭州富阳中学复习检测,5)Na2FeO4是一种新型的净水消毒剂,工业上常以NaClO、FeCl3和 NaOH为原料,生产Na2FeO4。下列有关说法正确的是 ( ) A.生成2 mol Na2FeO4时,还原得到的Cl-为9 mol B.当有6 mol e-转移时,反应生成的Na2FeO4为332 g C.该制备反应的氧化剂是FeCl3 D.每生成1 mol Na2FeO4时,消耗10 mol NaOH,答案 B 根据题干信息可知,以NaClO、FeCl3和NaOH为原料生产Na2FeO4的反应为3NaClO+ 2FeCl3+10NaOH 2Na2FeO4+9NaCl+5H2O。从化学方程式可知,生成2 mol Na2FeO4时,有 3 mol NaClO被还原,还原得到的Cl-为3 mol,A错误;Na2FeO4的摩尔质量为166 gmol-1,每生成 1 mol Na2FeO4转移的电子的物质的量为3 mol,当有6 mol e-转移时,反应生成的Na2FeO4为2 mol, 质量为332 g,B正确;该反应中铁元素由+3价升高到+6价,因此,FeCl3为还原剂,C错误;从化学方 程式分析,每生成1 mol Na2FeO4时,消耗5 mol NaOH,D错误。,3.(2018宁波余姚中学高一期末,18)已知H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI,将0.1 mol Cl2通入 100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,则下列说法正确的是 ( ) A.物质的还原性:HIH2SO3HCl B.HI与H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL-1 C.通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O 4S +I2+10Cl-+16H+ D.若再通入0.05 mol Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化,答案 C A项,由题意可知氧化性:Cl2I2H2SO4,故还原性:HClHIH2SO3,A错误;B项,设 n(HI)=n(H2SO3)=x,则: H2O+Cl2+H2SO3 2HCl+H2SO4 x x Cl2+2HI 2HCl+I2 x+ =0.1 mol,解得x=0.08 mol,c(HI)=c(H2SO3)= =0.8 molL-1,B错误;C项,Cl2先与H2SO3反 应,再与HI反应且消耗了一半的HI,故离子方程式中H2SO3和I-的化学计量数之比为21,C正确; D项,若将H2SO3和HI完全氧化,需消耗Cl2的物质的量:n(Cl2)=n(H2SO3)+ =0.12 mol,还需通 入Cl2的物质的量为0.12 mol-0.1 mol=0.02 mol,D错误。,4.(2019台州高一期末质量评估,26)已知Cl2与NaOH溶液在低温下产生NaCl、NaClO;在较高温 度下产生NaCl、NaClO3。现将a mol Cl2通入含溶质b mol的NaOH溶液中恰好完全反应,下列 说法不正确的是 ( ) A.在较高温度下,当2a=b时,反应的离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+Cl +3H2O B.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)c(Cl )=21,则a=2b C.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)c(Cl )=11,则反应的离子方程式:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl +4H2O D.某温度下,若反应后溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为31,则氧化产物和还原产物 的物质的量之比为 12,答案 B 依题意,Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应分别为Cl2+2OH- Cl-+ ClO-+H2O、3Cl2+6OH- 5Cl-+Cl +3H2O,由式知A正确;式2+式得:5Cl2+10OH- 7Cl-+2ClO-+Cl +5H2O,故当c(ClO-)c(Cl )=21时,b=2a,B错误;式+式得:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl +4H2O,故C正确;式3+式得:6Cl2+12OH- 8Cl-+3ClO-+Cl +6H2O, 氧化产物(ClO-、Cl )和还原产物(Cl-)的物质的量之比为(3+1)8=12,故D正确。,解题思路 先写出Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应,再根据反应后溶液中ClO- 与Cl 的浓度比写出总反应,在此基础上作出判断。,5.(2019杭州建人高复模拟,24)已知还原性I-Fe2+I2,在水溶液中I2可被Cl2氧化为I 。向含溶 质a mol的FeI2溶液中通入b mol Cl2,充分反应(不考虑单质与水的反应)。下列说法不正确的是 ( ) A.当a=2b时,反应后的离子浓度之比:c(Fe2+)c(I-)c(Cl-)=111 B.当3a=2b时,发生的离子反应:2Fe2+4I-+3Cl2 2Fe3+2I2+6Cl- C.当13a=2b时,发生的离子反应:2Fe2+4I-+13Cl2+12H2O 4I +26Cl-+2Fe3+24H+ D.若反应后溶液中I2与I 的物质的量之比为11,则反应中转移电子3.5b mol,答案 D 因还原性I-Fe2+I2,故向FeI2溶液中通入Cl2时反应的先后顺序依次是2I-+Cl2 I2+2Cl-,2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-,I2+5Cl2+6H2O 2I +10Cl-+12H+。当a=2b时,只发生反 应,由反应式可知反应后溶液中n(I-)=2a mol-2b mol=a mol,n(Cl-)=2b mol=a mol,n(Fe2+)=a mol, 则c(Fe2+)c(I-)c(Cl-)=111,A正确;当3a=2b时,发生反应和,I-和Fe2+均恰好完全被 氧化,式2+式得总反应:2Fe2+4I-+3Cl2 2Fe3+2I2+6Cl-,故B正确;当13a=2b时,发生反应 、,I-、Fe2+及生成的I2均恰好完全被氧化,式2+式+式2得总反应:2Fe2+4I-+ 13Cl2+12H2O 4I +26Cl-+2Fe3+24H+,故C正确;当反应后溶液中I2与I 的物质的量之比为 11时,I-和Fe2+完全被氧化,生成的I2部分被氧化,因反应中Cl2完全转化为Cl-,故b mol Cl2在反应 中转移的电子为2b mol,D错误。,解题思路 先由还原性I-Fe2+I2确定向FeI2溶液中通入Cl2时反应的先后顺序,再根据反应物物 质的量的关系确定实际发生的反应。,巧解方法 因反应中Cl2完全转化为Cl-,故b mol Cl2在反应中转移的电子为2b mol,直接快速判 断D错误。,6.(2019舟山中学复习检测,20)取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产 生8 960 mL NO2气体和672 mL N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中加足量的 氢氧化钠溶液,生成沉淀质量为17.02 g,则x等于 ( ) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44,答案 B 根据题意,n(NO2)= =0.4 mol,n(N2O4)= =0.03 mol。根据得失电 子守恒可知,金属提供的电子的物质的量为0.4 mol(5-4)+0.03 mol2(5-4)=0.46 mol,所以沉 淀中含有氢氧根(OH-)的物质的量为0.46 mol,m(OH-)=0.46 mol17 g/mol=7.82 g,所以金属的质 量为17.02 g-7.82 g=9.20 g。,解题点睛 金属失电子的物质的量=金属离子结合的OH-的物质的量;铜镁合金的质量+OH-的 质量=沉淀Cu(OH)2+Mg(OH)2的质量。,二、非选择题(共20分),7.(2019杭州外国语学校单元检测,17)