202X版高考化学一轮复习专题4氧化还原反应课件

1、专题4 氧化还原反应高考化学高考化学 (江苏省专用)A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考考点氧化还原反应的概念、原理及应用考点氧化还原反应的概念、原理及应用1.2018江苏单科,19(1)(2),8分以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4H2O(水合肼)和无水Na2SO3,其主要实验流程如下:已知:Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O是放热反应。N2H4H2O沸点约118 ,具有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。(1)步骤制备NaClO溶液时,若温度超过40 ,Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl,其离子方程式为

2、;实验中控制温度除用冰水浴外,还需采取的措施是 。(2)步骤合成N2H4H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 以下反应一段时间后,再迅速升温至110 继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是 ;使用冷凝管的目的是 。 图1答案答案(1)3Cl2+6OH- 5Cl-+Cl+3H2O缓慢通入Cl2(2)NaClO碱性溶液减少水合肼的挥发3O解析解析(1),反应生成的NaClO3与NaCl的物质的量之比为1 5;Cl2与NaOH的反应为放热反应,缓慢通入Cl2可减慢反应速率,防止溶液升温过快。(2)反应过程中不能使NaClO碱性溶液过量,否则会氧化生成的N2H4H2O,故Na

3、ClO碱性溶液应用滴液漏斗滴加;水合肼的沸点约为118 ,冷凝回流可减少水合肼的挥发。2.2017江苏单科,19(1)(2),6分某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低,对实验的影响可忽略)。已知:NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO 2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水:AgCl+2NH3H2O Ag(NH3+Cl-+2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3:4Ag(NH3+N2H4H2O 4Ag+N2+4N+4NH3+H2O(1)“氧化”阶段需在80 条件下进行,适宜的加热方式为 。(2)NaCl

4、O溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的化学方程式为 。HNO3也能氧化Ag,从反应产物的角度分析,以HNO3代替NaClO的缺点是 。2)2)2)4H答案答案(1)水浴加热(2)4Ag+4NaClO+2H2O 4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染解析解析(1)当受热温度不超过100 时,常采用水浴加热。3.2012江苏单科,18(2)(3),10分硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4yH2O2zH2O)的组成可通过下列实验测定:准确称取1.770 0 g 样品,配制成100.00 mL溶液A。准确量取25.00 mL溶液A,加入盐酸

5、酸化的BaCl2溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体0.582 5 g。准确量取25.00 mL溶液A,加适量稀硫酸酸化后,用0.020 00 molL-1 KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液25.00 mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下:2Mn+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化,Mn被还原为MnO2,其离子方程式为 。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。4O4O答案答案(2)2Mn+3H2O22MnO2+3O2+2OH-+2H2O(3)n(Na2SO4)=n(BaSO4)=2.5010-3 mol2Mn

6、+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2n(H2O2)=1.2510-3 molm(Na2SO4)=142 gmol-12.5010-3 mol=0.355 gm(H2O2)=34 gmol-11.2510-3 mol=0.042 5 gn(H2O)=2.5010-3 molx y z=n(Na2SO4) n(H2O2) n(H2O)=2 1 2硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4H2O22H2O4O10.582 5 g233 g mol4O52110.020 00mol L25.00 1 000 mL LmL125.00 mL1.770 0 g0.355 0.042 5 10

7、0.00 mL18 g molgg解析解析(2)根据题意先写出Mn+H2O2MnO2+O2+H2O,再根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得2Mn+3H2O22MnO2+3O2+2OH-+2H2O。4O4O4.2016江苏单科,18(3),8分过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(3)水中溶解氧的测定方法如下:向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀H2SO4,待MnO(OH)2与I-完全反应生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下:O2MnO(O

8、H)2I2S4写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式: 。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 00 molL-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL-1表示),写出计算过程。26O答案答案(3)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2在100.00 mL水样中I2+2S22I-+S4n(I2)=6.75010-5 molnMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5 moln(O2)=nMnO(OH)2=6.75010-5 mol=3.37510-5 mol水中溶解氧=10.

9、80 mgL-1 23O26O223223(Na S O )(Na S O )2cV1310.010 00mol L13.50 10L2mLL m1212511313.375 1032 l1 000 g100.00 mL 10Lmolg momgL m解析解析(3)1 mol O2参与反应得4 mol e-,1 mol Mn2+参与反应失2 mol e-,故O2与Mn2+按物质的量之比1 2反应。技巧点拨 对于信息型离子方程式的书写,要学会审题,从题目中寻找出有用的信息(反应物、生成物、反应条件),再进行加工处理(是否可拆),进而解决问题。易错警示易错警示 本题中易错的地方是易忽视水样中溶解氧

10、的单位是mgL-1,故在最后一步的计算过程中要进行相应的单位换算。5.2014江苏单科,20(2)(3),10分硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,其物质转化如图所示。在图示的转化中,化合价不变的元素是 。反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的物质的量不变,需消耗O2的物质的量为 。在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有 。(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反

11、应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如图所示,H2S在高温下分解反应的化学方程式为 。 答案答案(10分)(2)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)(2分)0.5 mol(2分)提高混合气体中空气的比例(3分)(3)2H2S2H2+S2(3分)解析解析(2)由题中图示知,在该转化过程中,溶液中的H+和Cl-的化合价未变,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合价没有变化。由题意知,O2氧化H2S,根据得失电子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1 mol=0.5 mol。欲使生成的硫单质中不含CuS,应增大O2的量,把CuS中的S元素氧化为单质S。(3)由题给图可知,下降的曲线为

12、反应物,即H2S;上升的曲线为H2和硫蒸气。若化学方程式为H2SH2+S,则生成物的体积分数应相等,但1 500 时,带“”的曲线代表的气体的体积分数是带“”的曲线代表的气体的2倍,故生成的只可能是H2和S2,由此可写出化学方程式。121212解题技巧解题技巧 在物质的循环转化图中,要明确真正的反应物和产物是什么,本题中进入循环体系的物质是H2S和O2,生成的物质是S和H2O,故化学方程式可写成2H2S+O22S+2H2O,而Fe3+和Cu2+未被真正消耗,可视为催化剂或中间产物。易错警示易错警示 第(3)问中,不能认为化学方程式就是H2SH2+S,否则与题中图示不符,要了解硫的常见同素异形体

13、有S2、S4、S6、S8。6.2013江苏单科,20(2)(3),10分磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素,主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3(PO4)2等形式存在。它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用。(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒,解毒原理可用下列化学方程式表示:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460 mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是 。(3)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得,含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示

14、。为获得尽可能纯的NaH2PO4,pH应控制在 ;pH=8时,溶液中主要含磷物种浓度大小关系为 。Na2HPO4溶液显碱性,若向溶液中加入足量的CaCl2溶液,溶液则显酸性,其原因是 (用离子方程式表示)。答案答案(10分)(2)3 mol(3)45.5(介于此区间内的任意值或区间均可)c(HP)c(H2P)3Ca2+2HPCa3(PO4)2+2H+ 24O4O24O解析解析(2)题给反应的电子转移情况为:反应中60 mol CuSO4和5 mol P4共同氧化了6 mol P4,其中60 mol CuSO4氧化的P4的物质的量为 6 mol=3 mol。(3)仔细观察题给曲线不难得出制取Na

15、H2PO4应控制pH范围为45.5;pH=8时,溶液中c(HP )c(H2P)。Ca2+与P结合生成Ca3(PO4)2沉淀,减小了P浓度,使HPH+P平衡正向移动,c(H+)不断增大,故最终溶液显酸性。6024 524O4O34O34O24O34O解题技巧解题技巧 氧化还原反应中经常考查氧化剂和还原剂的物质的量的比例关系或氧化产物和还原产物的比例关系,解决这类题的关键是要对氧化还原反应中的各个“角色”非常清楚,如氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物、转移电子数等,这样才能准确作答。7.2011江苏单科,18(2)(3),10分Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质,可通过下列方法制备:在KOH溶

16、液中加入适量AgNO3溶液,生成Ag2O沉淀,保持反应温度为80 ,边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中,反应完全后,过滤、洗涤、真空干燥得固体样品。反应方程式为2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2+2KNO3+2K2SO4+2H2O。回答下列问题:(2)银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液,电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag,负极的Zn转化为K2Zn(OH)4,写出该电池反应方程式: 。(3)准确称取上述制备的样品(设仅含Ag2O2和Ag2O)2.588 g,在一定的条件下完全分解为Ag和O2,得到224.0 mL O2(标准状况下)。计算样品中Ag2O2的质量分

17、数(计算结果精确到小数点后两位)。答案答案(2)Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O2K2Zn(OH)4+2Ag(3)n(O2)=1.00010-2 mol设样品中Ag2O2的物质的量为x,Ag2O的物质的量为yw(Ag2O2)=0.91224.0 mL22.4 L/ mol 1 000 mL/ L2248 g / mol232 g / mol2.588 g11.000 102xyxymol339.500 101.000 10 xmolymol 22(Ag O )()mm 样品39.500 10248 /2.588 gmolg mol解析解析(2)放电时正极发生还原反应,负极发生氧化反应,反

18、应的总化学方程式为Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O 2K2Zn(OH)4+2Ag。B B组组 统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点氧化还原反应的概念、原理及应用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( ) 物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2答案答案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

19、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() ABCD实

20、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,随后变为红棕色答案答案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北京理综,10,6分)K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O2Cr(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

21、液变黄B.中Cr2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27O24O27O答案答案D中存在C2H5OH,溶液变为酸性后,K2Cr2O7的氧化性增强,会将C2H5OH氧化,溶液变成绿色。疑难突破疑难突破 在Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+平衡体系中,加酸或加碱会使平衡发生移动,但移动过程中并没有发生氧化还原反应,而中溶液变成绿色,是K2Cr2O7将C2H5OH氧化后本身被还原为Cr3+所致。27O24O4.2019课标,28(4),4分近年来,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

22、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)。答案答案(4)Fe3+e- Fe2+,4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O5.6解析解析本题涉及的考点有电极反应式的书写、氧化还原反应中的相关计算。考查学生对图像的理解,获取有关知识并进行加工、吸收的能力和运用相关知识分析、解决简单化学问题的能力。(4)负极区发生的是得电子的还原反应,故负极区

23、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+O21 mol0.25 moln(O2)=0.25 mol,标准状况下体积为5.6 L。145.(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 mi

24、n,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+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23O26O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,

25、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)22MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低解析解析本题考查学生分析实验方案的能力及处理实验结果的能力。(1)取样时若扰动水体表面,会造成水样中溶解氧的量发生改变,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Mn(OH)2与O2应按物质的量之比2 1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

26、可得关系式:O22I24Na2S2O3,则100.00 mL水样中溶解氧的含量为 mol,即8ab10-3 g,1 000 mL(即1 L)水样中溶解氧的含量为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。3104ab解题方法解题方法 发生多步反应时可找出总关系式进行一步计算。C C组组 教师专用题组教师专用题组1.(2018课标,26,14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4

27、.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品,加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液 ,有刺激性气体产生静置, 溶液 (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的 中,加蒸馏水至 。滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+

28、14H+ 3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2 S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。27O23O26O答案答案(1)加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液,滴入BaCl2产生白色沉淀(2)烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.0解析解析本题考查离子的检验、化学实验方案的设计、溶液的配制、滴定终点的判断及化学计算。(1)设计离子检验实验方案时注意排除杂质离子的干扰。检验市售硫代硫酸钠中的硫酸根时,先加酸除去S2,再加入Ba2+观察

29、实验现象。实验过程为:取少量样品,加入除氧蒸馏水,固体完全溶解得无色澄清溶液;向溶液中加入过量稀盐酸,澄清溶液中出现乳黄色浑浊,有刺激性气体产生;静置,取少量上层清液于试管中,向试管中滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明样品中含有S。(2)用Na2S2O3溶液滴定I2时,加入淀粉溶液作指示剂,溶液变蓝,当I2反应完全时,蓝色褪去,即滴定过程中,当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液,溶液蓝色褪去,半分钟不恢复时即为滴定终点;设样品中含x mol Na2S2O35H2O,依据得失电子守恒知,0.52x mol=320.009 50 molL-10.020 00 L,解得x=1.1410-3,即所取样品中

30、n(Na2S2O35H2O)=1.1410-3mol,故样品纯度为100%=95.0%。23O24O311.14 10248 l24.80 mL1.2 g100 mLmolg mo审题方法审题方法 设计离子检验实验方案时,要注意排除杂质离子的干扰。答题模板答题模板 设计离子检验实验方案模板:取少量待测试样于试管中,加入蒸馏水,向试管中加入试剂,产生现象,说明含有离子。2.(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

31、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

32、 。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 。答案答案(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解析 (1)反应“2Fe3+2I- 2F

33、e2+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

34、+,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-1FeSO4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。评析评析本题将化学平衡的移动与氧化还原反应巧妙地结合在一起,平中出奇,耐人寻味。考生需打破思维定式,灵活运用所学知识才能突破各个设问,属中等难度题目。A A组组 2017201920172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组

35、考点基础题组考点氧化还原反应的概念、原理及应用考点氧化还原反应的概念、原理及应用三年模拟1.(2018盐城期中,5)将Cl2通入浓氨水中发生反应:3Cl2+8NH3H2O 6NH4Cl+N2+8H2O,下列说法正确的是()A.浓氨水是弱电解质B.Cl2的氧化性比N2的强C.向1 L 0.1 mol/L氨水中加入盐酸至显中性,溶液中N的数目为0.16.021023D.常温常压下,题给反应中每生成2.24 L N2,转移电子数为0.66.021023 4H答案答案BA项,浓氨水是混合物,既不是电解质,也不是非电解质,故错误;B项,根据氧化剂的氧化性比氧化产物强,可知氧化性:Cl2N2,故正确;C项

36、,向1 L 0.1 mol/L 氨水中加盐酸至溶液显中性时,n(HCl)0.1 mol,所以n(N)=n(Cl-)7.6时,水体中总氮去除率反而下降,可能的原因是 。答案答案(2)2NH3+3NaClO N2+3NaCl+3H2O温度过高,HClO发生分解,氨氮去除率随之降低增加NaClO的量,反应速率加快,相同时间内NaClO消耗多有部分NH3被氧化成N或N 2O3O解析解析(2)用次氯酸钠除去氨氮的原理如题图1所示。次氯酸钠、氨气为反应物,HClO、HCl、氢氧化钠均为中间产物,氯化钠、氮气和水为生成物,故该图示的总反应化学方程式为:2NH3+3NaClO N2+3NaCl+3H2O;该反

37、应需控制温度,温度过高时氨氮去除率降低的原因是温度过高,HClO发生分解,氨氮去除率随之降低。点B的m(NaClO) m(NH3)比点A增大,增加NaClO的量,反应速率加快,相同时间内NaClO消耗多,故点B剩余NaClO含量低于点A;当m(NaClO) m(NH3)7.6时,有部分NH3被氧化成N或N,水体中总氮去除率反而下降。2O3O1.(2019徐州、淮安、连云港调研,7)下列指定反应的离子方程式正确的是()A.KClO3溶液和浓盐酸反应:Cl+Cl-+6H+ Cl2+3H2OB.NaHSO3溶液和NaClO溶液混合:HS+ClO- HClO+SC.酸性KMnO4溶液和双氧水混合:2M

38、n+5H2O2 2Mn2+5O2+6OH-+2H2OD.NaHCO3溶液加入少量的Ca(OH)2溶液:Ca2+2OH-+2HC CaCO3+C+2H2O3O3O23O4O3O23OB B组组 2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间:45分钟分值:90分一、选择题(每题4分,共20分)答案答案DA项,电荷不守恒,得失电子不守恒,故错误;B项,次氯酸根具有强氧化性,能将亚硫酸氢根氧化为硫酸根,故错误;C项,酸性溶液中不能产生OH-,故错误;D项,NaHCO3溶液中加入少量的Ca(OH)2溶液发生反应:2NaHCO3+Ca(OH)2 CaCO3+2H2O+N

39、a2CO3,故正确。解题关键解题关键 判断离子方程式的正误时,首先判断是否符合事实;其次看电荷守恒、原子守恒和得失电子守恒;最后再看拆分是否合理。方法归纳方法归纳 (1)易溶水的强电解质(强酸、强碱、大多数盐等)应写离子形式。(2)难溶、难电离物质(弱酸、弱碱、水等)、单质、氧化物等均写化学式。(3)书写离子方程式时要注意反应物过量对生成物的影响,如CO2过量时应生成HC,而不是C。3O23O2.(2019江苏四校调研,13)根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A室温下,用pH试纸测得:0.1 molL-1 Na2SO3溶液的pH约为10;0.1 molL-1

40、NaHSO3溶液的pH约为5HS结合H+的能力比S的强B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加热,再加入银氨溶液,水浴加热,未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液,一支试管中产生黄色沉淀,另一支中无明显现象Ksp(AgCl)Ksp(AgI)D向CuSO4溶液中加入铁粉,有红色固体析出Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性3O23O答案答案CA项,室温下,等浓度的Na2SO3溶液较NaHSO3溶液碱性强,S结合H+的能力比HS的强,故错误。B项,蔗糖水解液呈酸性会破坏银氨试剂影响检验结果,应先加碱中和稀硫酸再加入银氨试剂,故错误。D

41、项,向CuSO4溶液中加入铁粉发生的反应为:Fe+Cu2+ Fe2+Cu,则氧化性:Cu2+Fe2+,故错误。23O3O易错提醒易错提醒 双糖和多糖的水解液一般都是酸性的,要用银氨试剂或者新制氢氧化铜试剂检验水解产物时,切记要先加碱中和,否则干扰检验结果。考点分析考点分析 氧化还原反应中氧化性、还原性的比较氧化性:氧化剂氧化产物;还原性:还原剂还原产物。3.2018南通调研(一),6下列指定反应的离子方程式正确的是()A.向氯化铝溶液中滴加过量氨水:Al3+4NH3H2O Al+4N+2H2OB.浓盐酸与MnO2反应制取Cl2:MnO2+4HCl(浓)Mn2+2Cl-+Cl2+2H2OC.酸性

42、条件下,碘化钾溶液露置于空气中变质:4H+4I-+O2 2I2+2H2OD.向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液:HC+OH- C+H2O2O4H3O23O答案答案CA项,Al3+与NH3H2O反应生成Al(OH)3,不能生成Al,故错误;B项,浓盐酸中HCl应拆开写,故错误;D项,生成的C应与Ca2+结合生成CaCO3沉淀,故错误。2O23O易错警示易错警示 在离子方程式书写中,分别代表浓盐酸、浓硝酸的HCl和HNO3可拆,代表浓硫酸的H2SO4不可拆。归纳总结归纳总结 向Ca(HCO3)2溶液中加入少量Ca(OH)2溶液和过量Ca(OH)2溶液,对应的离子方程式都是Ca2+

43、HC+OH- CaCO3+H2O。3O4.(2018苏南苏北七市三模,9)反应“P4(s)+3NaOH(aq)+3H2O(l)3NaH2PO2(aq)+PH3(g) H0”制得的NaH2PO2可用于化学镀镍。下列说法正确的是()A.P4分子中P原子均满足8电子稳定结构B.反应中NaOH作还原剂C.该反应能自发进行,则S0,故错误;D项,NaH2PO2中P的化合价为+1价,生成1 mol NaH2PO2,转移电子数目为6.021023,故错误。方法归纳方法归纳 由关系式:3NaH2O23e-,可知每生成1 mol NaH2PO2转移电子1 mol。1P名师点拨名师点拨 若某原子“最外层电子数+所

44、形成的共用电子对数=8”,则该原子满足8电子稳定结构。5.(2018无锡期末,8)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.无色透明的溶液中:Cu2+、Mg2+、S、Cl-B.c(ClO-)=1 molL-1的溶液中:K+、Al3+、I-、SC.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、N、Cl-、ND.c(H+)/c(OH-)=11012的溶液中:K+、N、HC、N 24O24O4H3O4H3O3O答案答案CA项,Cu2+在溶液中显蓝色,故错误;B项,ClO-有强氧化性,I-有强还原性,二者不能大量共存,故错误;D项中溶液为强酸性溶液,HC不能大量存在,故错误。3O知识拓展知识拓展 常见的

45、具有还原性的离子有:S2-(HS-)、S(HS)、I-、Fe2+;常见的具有氧化性的离子有:ClO-、Mn、Fe3+、酸性条件下的N。23O3O4O3O易错警示易错警示 “无色透明的溶液”易忽略“无色”二字;“澄清透明的溶液”易错误地理解成“无色透明的溶液”。6.2019盐城期中,20(1)(6分)氨在化肥生产、储氢及环境治理等领域正发挥着重要作用。(1)2017年Mcenaney JM等发明了利用太阳能和风能提供动力的一种“可持续生产氨的方法”(原理如图所示)。Li3N与水反应的化学方程式为 。用惰性电极电解熔融的LiOH,阳极发生的电极反应为 。 二、非选择题(共70分)答案答案(1)Li

46、3N+3H2O 3LiOH+NH34OH-4e- 2H2O+O2解析解析(1)由图示可知:Li3N与H2O反应生成LiOH和NH3,配平可得答案;用惰性电极电解熔融的LiOH时,阳极OH-失去电子,发生氧化反应,生成O2和H2O。方法归纳方法归纳 电解池中:阳极失电子被氧化,化合价升高;阴极得电子被还原,化合价降低。审题技巧审题技巧 题中所给这类示意图,观察时需看仔细箭头方向,圆圈上每一个三分点处即为一个反应点,箭头指向该点的物质即为反应物,箭头出离该点的即为生成物。7.2019江苏四校调研,20(4)(3分)SNCR-SCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx),其流程如下:图1图2

47、图3(4)NSR(NOx储存还原)工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图2所示。用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程,该过程分两步进行,图3表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是 。答案答案(4)8 1解析解析(4)由图2、3可知,第一步反应H2还原Ba(NO3)2生成了NH3、H2O和BaO:8H2+Ba(NO3)2 2NH3+5H2O+BaO,可得:8H2Ba(NO3)22NH316e-。8.2019南京、盐城二模,18(1)(3分)KBr可用于光谱分析和化学分析等。(1)制备KBr的一种方法如

48、下:80 时,向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2,至pH为67时反应完全,生成CO2、N2等。该反应的化学方程式为 。答案答案(1)3Br2+6KOH+CO(NH2)2 6KBr+CO2+N2+5H2O解析解析(1)80 时,向溶有CO(NH2)2的KOH溶液中缓慢加入Br2,至pH为67时反应完全,生成CO2、N2等,N元素化合价升高,Br元素化合价降低,结合原子守恒和得失电子守恒可写出化学方程式。易错提醒易错提醒 在书写反应方程式时,一定要看清题意,是离子方程式还是化学方程式;对于陌生的氧化还原反应要按照题干中的信息找出氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物。9.2019江苏七

49、市三模,16(1)(4)(6分)白银是高新技术产业的基础材料之一。以铜阳极泥分离所得废渣(成分为AgCl、PbSO4、PbCl2和Ag2Te)为原料,生产白银的工艺流程如下:已知:水溶液中H2SO3、HS、S的物质的量分数随pH的变化如图1所示;“浸出”时AgCl与Na2SO3溶液反应的离子方程式:AgCl+nS Ag(SO3)n(2n-1)-+Cl-。3O23O23O图1 图2(1)“预处理”是为了除废渣中的PbCl2和Ag2Te。酸性条件下,Ag2Te与NaClO3反应生成AgCl、NaCl和H2TeCl6(易溶于水)。写出该反应的化学方程式: 。PbCl2、AgCl在不同浓度的盐酸中溶解

50、情况如图2所示。“预处理”所用稀盐酸的最佳浓度为 。(4)写出碱性条件下N2H4还原AgCl的化学反应方程式: 。答案答案(1)NaClO3+Ag2Te+8HCl 2AgCl+H2TeCl6+NaCl+3H2O3.2 molL-1(4)4AgCl+N2H4+4NaOH 4Ag+N2+4H2O+4NaCl解析解析(1)根据流程和题中信息找出反应物:NaClO3、Ag2Te、HCl,生成物:AgCl、NaCl和H2TeCl6,根据得失电子守恒和原子守恒写出正确的化学方程式。根据(1)中信息可知,预处理的目的是除去废渣中的PbCl2,保留AgCl,根据图2可知AgCl在盐酸的物质的量浓度大于3.2

51、molL-1时的质量浓度突增,而PbCl2的质量浓度在盐酸的物质的量浓度为3.2 molL-1时已较大,故预处理所用盐酸的最佳浓度为3.2 molL-1。(4)根据流程中“还原”可知,氧化剂为AgCl、还原剂为N2H4、氧化产物为N2、还原产物为Ag,反应物中还加入NaOH,根据原子守恒可知,还生成NaCl和H2O,根据得失电子守恒和原子守恒写出正确的反应方程式。审题技巧审题技巧 第(1)问第小问中预处理的目的是除去PbCl2,选择时PbCl2的质量浓度越大,而AgCl的质量浓度越小越好,即两者的差值越大越好。解题关键解题关键 书写陌生的氧化还原反应化学方程式时,一定要结合流程图和题中信息,先

52、找氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物,再根据酸性或碱性条件及原子守恒找全生成物。10.2019江苏四校调研,16(2)(5)(6分)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程如下:已知:物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2NaCl沸点/57.6(易水解)180(升华)300(升华)1 023801回答下列问题:(2)高温反应后,铝土矿中的氧化物均转变为相应的氯化物,由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的化学方程式为 。(5)“废渣”的主要成分是 。答案答案(2)Al2O3+3C+3Cl2 AlCl3+3CO(5)NaCl、F

53、eCl2 解析解析(2)过量C参与反应应该生成CO,故化学方程式为:Al2O3+3C+3Cl2 AlCl3+3CO。(5)液态混合物的成分:AlCl3、FeCl3、NaCl,加入铝粉后混合物成分为:AlCl3、FeCl2、NaCl,300 升华后废渣主要成分还有:NaCl、FeCl2。易错警示易错警示 高温反应时,由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的同时还生成CO而不是CO2,因为焦炭的投料是足量的。11.2019无锡期中,16(5)(6分)工业上以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3,另含FeO、Fe2O3、CaO等杂质)为主要原料生产锰酸锂(LiMn2O4)的工艺流程如下:(5)“锂化”

54、是将MnO2和Li2CO3按4 1的物质的量之比配料,球磨35 h,然后升温至600750, 保温24 h,自然冷却至室温得产品。升温到515 时,开始有CO2产生,比预计碳酸锂的分解温度(723 )低得多。可能的原因是 。写出该反应的化学方程式: 。答案答案(5)MnO2是催化剂,加快了碳酸锂分解8MnO2+2Li2CO3 4LiMn2O4+2CO2+O2解析解析(5)碳酸锂在723 时分解,当它与MnO2混合时,515 时就开始有CO2产生,推测MnO2是催化剂,加快了碳酸锂分解;根据题意,反应物为MnO2和Li2CO3,生成物中含有LiMn2O4和CO2,根据反应过程中Mn元素化合价降低

55、,推测氧元素化合价升高,产物中有氧气生成,据此可写出反应的化学方程式。解题关键解题关键 书写陌生的化学反应方程式时,应特别注意从化合价变化的角度分析,得出反应的主要产物,然后完善并配平。12.2019江苏七市二模,16(4)(6分)以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料,获取净水剂黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下:(4)向“过滤”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4H2O,在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应,含镍产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉

56、最适宜的NaOH溶液的浓度为 。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式: 。不同NaOH溶液的浓度下,产物Ni的含量不同,可能的原因是 。答案答案(4)0.015 molL-1N2H4H2O+2Ni2+4OH- 2Ni+N2+5H2O碱性越强,N2H4H2O的还原性越强解析解析(4)根据XRD图谱可知制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH溶液的浓度为0.015 molL-1。由题意可知,N2H4H2O在碱性条件下还原Ni2+,自身被氧化成N2。在不同NaOH溶液的浓度下,产物Ni的含量不同,暗示NaOH溶液的浓度会影响Ni2+被还原的过程,再由图像提示,NaOH溶液的浓度为0.005 mo

57、lL-1时,Ni2+和N2H4H2O的反应不发生,可推知:碱性越强,N2H4H2O的还原性越强,产物Ni的含量越高。解题关键解题关键 熟悉“转化流程”,准确获取题给信息(文字、图表等),将题给信息与已有知识、试题情境相融合。13.2019泰州一模,18(3)(4)(8分)工厂化验员检验某含有KBrO3、KBr及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品1.000 g,加水溶解后配成100 mL溶液X。.取25.00 mL溶液X,加入稀硫酸,然后用Na2SO3将Br还原为Br-;.去除过量的S后调至中性;.加入K2CrO4作指示剂,用0.100 0 molL-1 AgNO3标准溶液滴定Br-至终点,消

58、耗AgNO3标准溶液11.25 mL;.另取25.00 mL溶液X,酸化后加热,再用碱液调至中性,测定过剩Br-,消耗上述AgNO3标准溶液3.75 mL。已知:25 时,Ag2CrO4(砖红色)的Ksp=1.1210-12,AgBr(浅黄色)的Ksp=5.010-15;中酸化时发生反应:Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O。请回答:(3)步骤中,加热的目的是 。(4)计算试样中KBrO3质量分数。(写出计算过程,结果保留3位有效数字)3O23O3O答案答案(3)除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发)(4)w(KBrO3)=8.35%第一次所取25.00 mL溶液中:n(Br-)总=n

59、(AgBr)=0.100 0 molL-111.2510-3 L=1.12510-3 mol所以,n(Br)+n(Br-)=n(Br-)总=1.12510-3 mol第二次所取25.00 mL溶液:n(Br-)余=0.100 0 molL-13.7510-3 L=3.7510-4 mol由步骤可知:Br5Br-所以,n(Br)=n(Br-)总-n(Br-)余=(1.12510-3 mol-3.7510-4 mol)=1.2510-4 mol由1 g样品配成100 mL溶液,且每次实验取的是25 mL所以,w(KBrO3)=100%=8.35%3O3O3O1616411.25 104 167 l

60、1.000 gmolg mo 解析解析(3)酸化时发生反应的离子方程式为:Br+5Br-+6H+ 3Br2+3H2O,加热使Br2挥发,便于测定过剩Br-。(4)通过Na2SO3将Br还原为Br-,测定溴元素总量n(Br-)总;再根据Br5Br-反应,测定反应剩余溴元素n(Br-)余,则n(Br)=n(Br-)总-n(Br-)余,w(KBrO3)便可求解。3O3O3O3O16疑难突破疑难突破 第(3)小题步骤中酸化后加热的目的回答起来有难度。但只要通读整个实验步骤,领会每一步的实验目的,再结合中酸化时发生的反应就不难理解加热的目的了。同时,第(4)小题的计算过程也变得清晰明朗了。采分要点采分要