202X届高考化学一轮复习专题四氧化还原反应课件

1、专题四氧化还原反应高考化学高考化学 (北京专用)五年高考A A组自主命题组自主命题北京卷题组北京卷题组考点一氧化还原反应的概念及应用考点一氧化还原反应的概念及应用1.(2016北京理综,10,6分)K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O 2Cr(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:27O24O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27O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C

2、2H5OH氧化,溶液变成绿色。思路分析思路分析K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O 2Cr(黄色)+2H+,改变H+浓度,平衡发生移动,氧化性强弱也发生改变。27O24O疑难突破疑难突破在Cr2(橙色)+H2O 2Cr(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,中溶液变成绿色,是K2Cr2O7将C2H5OH氧化后本身被还原为Cr3+所致。27O24O2.(2018北京理综,28节选)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性

3、溶液中较稳定。(2)探究K2FeO4的性质 取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否 K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:方案取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体,再用KOH溶液将K2FeO4溶出,得到紫色溶液b。取少量b,滴加盐酸,有Cl2产生.由方案中溶液变红可知a中含有 离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4 将Cl-氧化,还可能由 产生(用方程式表示)。.方案可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是 。资料表明,酸性溶液中的氧化性FeMn,验证实验如下:将

4、溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeMn。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案: 。24O4O24O4O答案答案(2).Fe3+4Fe+20H+4Fe3+3O2+10H2O.排除ClO-的干扰理由:Fe在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是Mn的颜色方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色24O24O4O解析解析(2).Fe3+遇KSCN溶液显红色,故溶液中含有Fe3+;在酸性条件下,K2FeO4快速分解可生成Fe3+。.用KOH溶液洗涤可除去固体表面吸附的KCl

5、O等物质,排除对后续实验的干扰。在酸性条件下,Fe发生反应:4Fe+20H+4Fe3+3O2+10H2O,振荡后溶液呈浅紫色能说明有Mn生成。24O24O4O3.(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F

6、e2+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+。用右图装置(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,该同学用如图装置进行实验,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 。答案答案(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变

7、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- 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

8、除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+),可向U形管右管中加入1 molL-1FeSO4溶液。(6)对比(3)和(4)、(5)不难发

9、现,物质的氧化性或还原性的强弱与物质的浓度有关,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。审题方法审题方法仔细阅读实验流程,明确各步操作的原理或目的,根据题目要求分析解答。 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。4.(2019北京理综,26,12分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL-1 KBrO3标准溶液;.取V1 mL上述溶液

10、,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;.向所得溶液中加入V2 mL废水;.向中加入过量KI;.用b molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。已知:I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。(2)中发生反应的离子方程式是 。(3)中发生反应的化学方程式是 。(4)中加KI前,溶液颜色须为黄色,

11、原因是 。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是 。(6)中滴定至终点的现象是 。(7)废水中苯酚的含量为 gL-1(苯酚摩尔质量:94 gmol-1)。(8)由于Br2具有 性质,中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。答案答案(1)容量瓶(2)Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O(3)+3Br2+3HBr(4)Br2过量,保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系:KBrO33Br26KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量(6)溶液蓝色

12、恰好消失 (7)(8)易挥发3O132(6) 946aVbVV解析解析本题所涉及的知识点有化学仪器的使用,离子方程式的书写,氧化还原滴定原理的应用,物质的量浓度的相关计算等。试题通过实验的方式考查了学生的实验操作能力,分析、推理能力和接受、吸收、整合信息的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)配制标准溶液用到的玻璃仪器除了给出的三种仪器外,还有容量瓶。(4)溶液为黄色说明仍有Br2存在,此时废水中的苯酚已完全反应。(5)假设废水中没有苯酚,KBrO3和KBr反应生成的Br2完全和KI反应时,消耗KI的物质的量刚好是KBrO3的6倍。实际上苯酚一定会消耗一定量的Br2,所以当n(K

13、I) n(KBrO3)=6 1时,KI就已经过量了。(7)由KBrO3与KBr反应生成的Br2的物质的量的计算:Br+5Br-+6H+ 3Br2+3H2O1 mol3 mola molL-1V110-3L3aV110-3 mol与废水反应后剩余的Br2的物质的量的计算:3OBr2I22Na2S2O31 mol 2 molbV310-3 mol b molL-1V310-3L与苯酚反应的Br2的物质的量为(3aV110-3-bV310-3) mol;设废水中苯酚的物质的量为x,3Br21 mol 3 molx(3aV1 - bV3)10-3 mol解得x=(aV1-bV3)10-3 mol,所以

14、废水中苯酚的含量为= gL-1。121212163113321() 1094 l610aVbVmolg moVL13294(6)6aVbVV(8)当Br2挥发掉后,在步骤中消耗的Na2S2O3的量减少,即V3减小,导致测定结果偏高。5.(2014北京理综,27,12分)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是 。若钢样中硫以FeS形式存在,A中反应:3FeS+5O2 1 +3 。(2)将气体a通入测硫装置中(如右图),采用滴定法测定硫的含量。H2O2

15、氧化SO2的化学方程式: 。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗z mL NaOH溶液。若消耗 1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克,则该钢样中硫的质量分 数: 。气体a通过B和C的目的是 。计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是 。答案答案(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2+SO2 H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量yzx(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的含量。解析解析(1)钢样在O2中灼烧,所得气体a的成分是SO2、CO2和过量的O2。依据质量守恒定律及得失电子守恒,可写出反应方程式:3FeS+5

16、O2Fe3O4+3SO2。(2)H2O2氧化SO2的化学方程式为SO2+H2O2 H2SO4。钢样中m(S)=yz g,故钢样中硫的质量分数为。(3)气体a通过B、C时,SO2被氧化吸收,排除了SO2对CO2测定的干扰。测定CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量,就可得出灼烧生成CO2的质量,进而求出钢样中碳的质量分数。yzx思路分析思路分析(1)利用质量守恒定律和得失电子守恒判断出生成物,完成化学方程式;(2)读懂题目信息,利用已知数据计算;(3)重铬酸钾具有强氧化性,可以除去二氧化硫,避免二氧化硫对二氧化碳的测定造成干扰。知识拓展知识拓展氧化还原反应类试题的解题策略涉及“几种元素被氧化(或被还

17、原)”或“谁先被氧化(或被还原)”时,依据先后规律解答;涉及电子转移数或氧化剂(或氧化产物)与还原剂(或还原产物)比例问题时,依据守恒规律解答;涉及能否发生某反应,一般依据强弱规律解答;而判断含有不同价态的同种元素的物质之间反应的化合价变化情况,则要依据转化规律解答。B B组统一命题、省（区、市）卷题组组统一命题、省（区、市）卷题组考点一氧化还原反应的概念及应用考点一氧化还原反应的概念及应用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答案DA项,明矾作净水剂是因为Al3+水解生成

18、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.(2019天津理综,2,6分)下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是() 实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液,沉淀溶解B向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算答案答案A本题涉及离子方程式的书写及正误判断,通过实验现象分析发生的反应,考查分析和解决化学问题的能力

19、,体现证据推理与模型认知的学科核心素养。A项,悬浊液中存在平衡:Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq),加入NH4Cl溶液后,N与OH-结成NH3H2O,平衡正向移动而使沉淀逐渐溶解,正确;B项,红褐色液体是Fe(OH)3胶体,不是沉淀,错误;C项,得失电子不守恒,电荷不守恒,错误;D项,稀硝酸具有强氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,错误。4H知识拓展知识拓展 书写氧化还原反应的离子方程式时,要满足三个守恒:原子守恒;电荷守恒;得失电子守恒。3.(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

20、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+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 。23O26O(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

21、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)低解析解析(1)取样时若扰动水体,会造成水样中溶解的氧气因扰动而逸出,使测定结果产生误差。(2)反应中Mn(OH)2作还原剂,

22、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。3104ab4.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到 了BaS

23、O4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设: 假设一:溶液中的N 假设二:溶液中溶解的O2 (1)验证假设一 该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。3O实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2 气体 假设一成立实验2:在盛有不含O2的25 mL 0.1 molL-1 Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的 SO2气体 (2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如 图。 实验1中溶液pH变小的原因是 ;V1时,实验

24、2中溶液pH小于实 验1的原因是(用离子方程式表示) 。(3)验证假设二 请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。 实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程): 。(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液 体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者 (填“大于”或“小于”)后者, 理 由是 。答案答案(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N 3S +4H+2NO+H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1

25、作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25 mL 0.1 molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)3O24O3O24O3O解析解析(1)向不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2 溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H

26、2SO3使溶液显酸性; 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式 为3SO2+2N+2H2O 3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O2 4H+2S和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N 3S+4H+2NO+H2O知,足量的 O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。3O3O3O24O24O3O3O24O3O5.(2015天津理综,10,14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeC

27、l3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是 。FeCl3溶液腐蚀 钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)。(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。 若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.010-2 molL-1,c(Fe3+)=1.010-3 molL-1,c(Cl-)=5.310-2 molL-1,则 该溶液的pH约为 。 完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:(3)FeCl3在溶液中分三步水解: Fe3+H2O Fe(OH)2+H+ K1 Fe(OH)2+H2O Fe(OH+H+ K2 Fe(OH+H

28、2O Fe(OH)3+H+ K32)2) 以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。 通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为: xFe3+yH2O Fex(OH+yH+ 欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号) 。 a.降温 b.加水稀释 c.加入NH4Cld.加入NaHCO3 室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水 中投放聚合氯化铁以Fe(mgL-1)表示的最佳范围约为 mgL-1。(3)x yy答案答案(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸

29、附水中悬浮的杂质2Fe3+Fe 3Fe2+(2)2166H+163H2O(3)K1K2K3bd调节溶液的pH(4)1820解析解析(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮杂质使其沉降,从而起到净水作用。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是Fe3+具有较强的氧化性,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为2Fe3+Fe 3Fe2+。(2)酸性FeCl2废液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,还存在H+和OH-,由电荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+ 3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由

30、于c(OH-)很小,可忽略不计,故有c(H+)+22.010-2 molL-1+31.010-3 molL-15.310-2 molL-1,则c(H+)1.010-2 molL-1,pH2。由可知溶液显酸性,空缺的反应物为H+,则空缺的生成物为H2O,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。(3)离子分步水解时,水解程度逐级减小,而水解平衡常数能够表示水解程度的大小,K值越大,水解程度越大,故有K1K2K3。对于xFe3+yH2O Fex(OH+yH+,由于水解反应吸热,降温可使平衡逆向移动;加水稀释,水解程度增大,平衡正向移动;加入NH4Cl,N水解使c(H+)增大,平衡逆向移

31、动;加入NaHCO3,HC结合H+使c(H+)减小,平衡正向移动,故选bd。欲使FeCl3溶液转化为高浓度聚合氯化铁,应使Fe3+的水解平衡正向移动,在FeCl3浓度一定的条件下,适当减小c(H+),即调节溶液的pH可达到这种效果。(4)由题图可以看出,投放聚合氯化铁18 mgL-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20 mg(3)x yy4H3OL-1时,还原性物质的去除率最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为1820 mgL-1。评析评析 本题以新型絮凝剂“聚合氯化铁”为背景,综合考查了盐类的水解、氧化还原反应方程式的配平、平衡的移动及平衡常数等知识,难度中等。1.(2019北京东城期末

32、,1)下列过程与氧化还原反应无关的是()考点一氧化还原反应的概念及应用考点一氧化还原反应的概念及应用三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组答案答案AA项,工业上原油的分馏原理是利用了各组分的沸点不同,从而实现了物质的分离,不涉及化学变化;B项,暖宝宝的工作原理是利用还原性铁粉、活性炭、无机盐、水形成无数微小的原电池,放出大量的热,该过程涉及了氧化还原反应;C项,拉瓦锡测定空气中O2的含量,主要利用了两个反应:2Hg+O2 2HgO,2HgO 2Hg+O2,涉及了氧化还原反应;D项,普利斯特利的光合作用实验涉及了多个氧化还原反应,比如老

33、鼠的呼吸作用、植物的光合作用、蜡烛的燃烧。思路分析思路分析要弄清每个过程可能涉及的反应,着重分析元素价态是否有变化;氧化还原反应的本质是电子转移,特征是元素化合价有升降。2.(2019北京门头沟一模,7)下列生活应用实例中,涉及氧化还原反应的是()A.用白醋去除水垢B.用热的纯碱溶液清洗油污C.用风油精(含石蜡油)清洗透明胶残胶D.补铁剂(有效成分为Fe2+)与维生素C共服效果更佳答案答案DA项,白醋去除水垢,涉及的反应方程式为2CH3COOH+CaCO3 (CH3COO)2Ca+ H2O+CO2,没有元素化合价的升降,不涉及氧化还原反应;B项,用热的纯碱溶液清洗油污,利用了碳酸钠在溶液中水解

34、的原理,其主要反应方程式为C+H2O HC+OH-,酯类在碱性条件下发生水解而被除去,不涉及氧化还原反应;C项,用风油精(含石蜡油)清洗透明胶残胶利用的是相似相溶的原理,不涉及氧化还原反应;D项,补铁剂中的Fe2+容易被氧化,而维生素C具有还原性,可防止Fe2+被氧化,所以共服效果更佳,涉及氧化还原反应,符合题意。23O3O思路分析思路分析氧化还原反应中,具有还原性的物质容易被氧化,具有氧化性的物质容易被还原,反应中有元素化合价的升降,据此判断。3.(2019北京海淀一模,8)下列实验生成沉淀的过程中,与氧化还原反应无关的是() 实验现象A将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色沉淀,最终变

35、为红褐色B将SO2通入稀硝酸酸化的BaCl2溶液中产生白色沉淀C将Cl2通入稀硝酸酸化的AgNO3溶液中产生白色沉淀D将生石灰投入饱和Na2CO3溶液产生白色沉淀答案答案DA项,白色沉淀氢氧化亚铁被氧气氧化为红褐色的氢氧化铁,铁元素化合价发生变化,发生了氧化还原反应;B项,SO2被稀硝酸氧化为S,S与Ba2+结合为BaSO4沉淀,硫元素的 化合价发生变化,发生了氧化还原反应;C项,氯气与水反应生成HClO和Cl-,Cl-与Ag+结合为AgCl 沉淀,氯元素的化合价发生变化,发生了氧化还原反应;D项,将生石灰投入饱和碳酸钠溶液中,生 成白色沉淀碳酸钙,无元素化合价变化,与氧化还原反应无关,正确。

36、24O24O思路分析思路分析氧化还原反应的特征是反应前后有元素的化合价发生变化,所以判断氧化还原反应就从元素化合价入手。4.(2018北京朝阳二模,8)下列变化中,未涉及电子转移的是()A.H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色B.C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿C.CO2使苯酚钠溶液变浑浊D.H2O2使酸化的KI溶液变黄答案答案CA项,H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色是由于H2C2O4把Mn还原为Mn2+,有电子转移;B项,C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿是由于C2H5OH把Cr2还原为Cr3+,有电子转移;C项,CO2使苯酚钠溶液变浑浊是由于CO2与苯酚钠溶液发生反应生成

37、了溶解度较小的苯酚,无元素化合价变化,没有电子转移;D项,H2O2使酸化的KI溶液变黄是由于H2O2把I-氧化为I2,有电子转移。4O27O5.(2018北京密云阶段测试,13)有如下反应:2Br+Cl2 Br2+2Cl;Cl+5Cl-+6H+ 3Cl2+3H2O;2FeCl3+2KI 2FeCl2+2KCl+I2;2FeCl2+Cl2 2FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是()A.ClBrCl2Fe3+I2B.BrCl2ClI2Fe3+C.BrClCl2Fe3+I2D.BrClFe3+Cl2I2 3O3O3O3O3O3O3O3O3O3O3O答案答案C在同一个氧化还原反应中,氧

38、化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故由反应知,氧化性:BrCl;由反应知,氧化性:ClCl2;由反应知,氧化性:Fe3+I2;由反应知,氧化性:Cl2Fe3+。综上所述,氧化能力由强到弱的顺序为BrClCl2Fe3+I2。3O3O3O3O3O6.(2018北京密云阶段测试,17)对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。(1)含氰废水中的CN-有剧毒。 CN-中C元素显+2价,N元素显-3价,用原子结构解释N元素显负价的原因是 ,共用电子对偏向N原子,N元素显负价。 在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC,同时生成NH3,该反应的离子方程式为 。(2)高铁酸钠(Na

39、2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。 Na2FeO4中铁元素的化合价是 价,Na2FeO4具有较强的 (填“氧化性”或 “还原性”)。 用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水,Fe3+净水原理是 (用离子方程式表示)。 工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4,完成下列化学3O 方程式:2FeCl3+10NaOH+3NaClO 2 +5 +9 。答案答案(1)C和N原子的电子层数相同(同周期),核电荷数C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N(注:以递变规律的方式表述也可。如“C和N同周期,C在N的左边。同周

40、期主族元素从左至右核电荷数逐渐增多,原子半径逐渐减小,原子核对最外层电子的引力逐渐增强”)2CN-+4H2O+O2 2HC+2NH3(2)+6氧化性Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+Na2FeO4H2ONaCl3O解析解析(1)CN-中,C和N原子的电子层数相同(同周期),核电荷数C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N,共用电子对偏向N原子,N元素显负价;在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC,同时生成NH3,该反应的离子方程式为2CN-+ 4H2O+O2 2HC+2NH3。(2)Na2FeO4中,Na显+1价,O显-2价,故铁元素的化合价是+6价,因此Na2Fe

41、O4具有较强的氧化性;Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中的悬浮颗粒,从而达到净水目的。3O3O7.(2019北京中央民族大学附中月考,6)用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮用水处理的新技术。已知反应Fe2O3+3Na2O2 2Na2FeO4+Na2O,下列说法正确的是()A.Na2O2既是氧化剂又是还原剂B.Fe2O3在反应中得到电子C.3 mol Na2O2发生反应,有12 mol e-发生转移D.Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算考点二氧化还原反应方程式的书写、配平及相关计算答案答案DA项,分析题给反应知,N

42、a2O2中氧元素化合价由-1价降为-2价,被还原,Na2O2为氧化剂;B项,Fe2O3中铁元素化合价由+3价升高为+6价,在反应中失去电子;C项,3 mol Na2O2发生反应有6 mol电子转移;D项,Na2FeO4中铁元素的化合价为+6价,具有强氧化性,可用于消毒杀菌。思路分析思路分析标出变价元素的化合价,结合氧化还原反应的相关概念做出判断。8.(2019北京十中月考,7)在酸性条件下,向含铬废水中加入FeSO4,可将有害的Cr2转化为Cr3+,然后再加入熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,而从废水中除去。下列说法正确的是 ()A.FeSO4在反应中作氧化剂B.随着反

43、应的进行,该废水的pH会减小C.若该反应转移0.6 mol e-,则会有0.2 mol Cr2被还原D.除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应和复分解反应27O27O答案答案DA项,FeSO4可将有害的Cr2转化为 Cr3+,Cr元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,故FeSO4为还原剂;B项,该过程中发生的反应为6Fe2+Cr2+14H+ 6Fe3+2Cr3+7H2O,故随着反应的进行,该废水的pH会增大;C项,Cr2中Cr的化合价为+6价, Cr3+中Cr的化合价为+3价,即1 mol Cr2参加反应时转移6 mol e-,故转移0.6 mol e-,会有0.1 mol Cr2被还原

44、;D项,除去废水中含铬元素离子的过程包括氧化还原反应:6Fe2+Cr2+14H+ 6Fe3+2Cr3+7H2O和复分解反应:Cr3+3OH- Cr(OH)3。27O27O27O27O27O27O9.(2019北京十中月考,10)某同学设计完成了以下两个实验:向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层颜色逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)。向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层的颜色没有变化。下列说法不正确的是()A.实验生成HIO3时发生的反应为I2

45、+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HClB.实验中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液C.由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是Cl2Br2I2D.由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3 答案答案CA项,由继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层颜色逐渐变浅,最后变成无色(生成了HIO3)可知,氯气可氧化碘单质,发生的反应为I2+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HCl;B项,由向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色知,Cl2将Br-氧化得到Br2,Br2易

46、溶于CCl4,则可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液;C项,同一化学反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,中氧化性:Cl2I2,中氧化性:Cl2Br2,这两个实验不能比较Br2、I2的氧化性强弱;D项,由中继续滴加氯水的现象,及同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3。解题关键解题关键在同一个氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。10.(2019北京海淀零模,27)近年来,利用SRB(硫酸盐还原菌)治理废水中的有机物、S及重金属污染取得了新的进展。(1)图1表示H2CO3和H2S在水溶液中各种微粒物质的量分数随

47、pH的变化曲线。某地下水样pH= 8.5,在SRB的作用下,废水中的有机物(主要为CH3COO-)将S还原为-2价硫的化合物,请用离 子方程式表示该过程中的化学变化: 。24O24O图1(2)SRB除去废水中有机物的同时,生成的H2S还能用于构造微生物电池,某pH下该微生物燃料电池的工作原理如图2所示。图2 写出电池正极的电极反应: 。 负极室的pH随反应进行发生的变化: (填“减小”或“增大”),结合电极反 应解释pH变化的原因: 。(3)SRB可用于处理废水中含重金属锑(Sb)的离子。 通过两步反应将Sb(OH转化为Sb2S3除去,转化过程中有单质生成。完成第一步反应的离 子方程式。 第一

48、步: Sb(OH+ H2S 1 +1 + H2O 第二步:3H2S+2Sb+2H+ Sb2S3+4H2O 某小组模拟实验时配制a mL含Sb元素b mgL-1的废水,需称取 g KSb(OH)6 (相对分子质量为263)。提示:列出计算式即可。6)6)2O答案答案(1)S+CH3COO- HS-+2HC(2)O2+4H+4e- 2H2O减小根据负极电极反应方程式:H2S+4H2O-8e- S+10H+知,负极每反应生成1 mol S , 还生成10 mol H+,同时有8 mol H+通过质子交换膜进入正极室,负极室的pH减小(3)1 Sb(OH+1 H2S 1Sb+1S+4 H2Oab10-

49、6263/122(或a10-3b10-3263/122)24O3O24O24O6)2O解析解析(1)该地下水样pH=8.5,分析图1可知,在SRB的作用下,废水中的有机物(主要为CH3COO-) 还原S主要生成HS-和HC,反应的离子方程式为S+CH3COO- HS-+2HC。(2)正极发生得电子的还原反应,分析图2可知电极反应为O2+4H+4e- 2H2O。负极区硫化氢失电子发生氧化反应生成S,负极电极反应为H2S+4H2O-8e- S+10H+, 每生成1 mol S,还生成10 mol H+,同时有8 mol H+通过质子交换膜进入正极区,负极区pH减小。(3)由第二步反应可知,第一步S

50、b(OHSb,Sb元素化合价由+5价变为+3价;第一步中生成的沉淀为S单质,S元素由-2价变为0价。由得失电子守恒和原子守恒配平得到离子方程式为Sb(OH+H2S Sb+S+4H2O。配制的废水中含Sb的质量为a10-3b10-3 g,根据元素守恒计算得到需称取KSb(OH)6的质量= g。24O3O24O3O24O24O24O6)2O6)2O33111010263 l122 g molabgg mo 610263122ab11.(2018北京丰台一模,28)碳酸亚铁(白色固体,难溶于水)是一种重要的工业原料,可用于制备补血剂乳酸亚铁,也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验,寻找利用

51、复分解反应制备FeCO3的最佳方案:实验试剂现象滴管试管0.8 mol/L FeSO4溶液(pH=4.5)1 mol/L Na2CO3溶液(pH=11.9)实验:立即产生灰绿色沉淀,5 min后出现明显的红褐色0.8 mol/L FeSO4溶液(pH=4.5)1 mol/L NaHCO3溶液(pH=8.6)实验:产生白色沉淀及少量无色气泡,2 min后出现明显的灰绿色0.8 mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1 mol/L NaHCO3溶液(pH=8.6)实验:产生白色沉淀及无色气泡,较长时间保持白色(1)实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示,请补全反应: Fe2

52、+ + + H2O Fe(OH)3+ HC(2)实验中产生FeCO3的离子方程式为 。(3)为了探究实验中N所起的作用,甲同学设计了实验进行探究:3O4H 操作现象实验向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入 ,再加入一定量Na2SO4固体配制成混合溶液(已知Na+对实验无影响,忽略混合后溶液体积变化)。再取该溶液一滴管,与2 mL 1 mol/L NaHCO3溶液混合与实验现象相同 实验中加入Na2SO4固体的目的是 。 对比实验、,甲同学得出结论:N水解产生H+,降低溶液pH,减少了副产物Fe(OH)2的 产生。 乙同学认为该实验方案不够严谨,应补充的对比实验操作是: ,再取该溶液一滴管

53、,与2 mL 1 mol/L NaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为,定性实验现象并不能直接证明实验中FeCO3的纯度最高,需要 利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验、中的沉淀进行过滤、洗涤、干 燥后称量,然后转移至A处的广口瓶中。4H 补全A中装置并标明所用试剂。 为测定FeCO3的纯度,除样品总质量外,还需测定的物理量是 。(5)实验反思:经测定,实验中的FeCO3纯度高于实验和实验。通过以上实验分析,制备 FeCO3实验成功的关键因素是 。答案答案(1)4Fe2+8C+O2+10H2O 4Fe(OH)3+8HC(2)Fe2+2HC FeCO3+CO2+H2O(3)硫酸至

54、pH=4.0控制S浓度,排除干扰向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至 c(S )=1.6 mol/L(4)U形管的增重(5)调节溶液pH23O3O3O24O24O解析解析(1)因为C水解使溶液显碱性,OH-遇到Fe2+产生Fe(OH)2白色沉淀,Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3红褐色沉淀,总反应为4Fe2+8C+O2+10H2O 4Fe(OH)3+8HC;(2)根据现象可知Fe2+与HC反应生成FeCO3沉淀和CO2,所以反应的离子方程式为Fe2+2HC FeCO3+CO2+H2O;(3)分析可知,加入Na2SO4固体的目的是控制S浓度,排除干扰;为了验证S浓

55、度对实验的影响,应做对比实验,向0.8 mol/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体,控制c(S)=1.6 mol/L;(4)检验FeCO3纯度的方法是通过FeCO3与酸反应产生CO2的量结合化学方程式计算出FeCO3的质量,进而求出FeCO3的纯度,所以除样品总质量外,还要测定U形管的增重;(5)、三个实验中的酸性强,FeCO3纯度最高,所以调节溶液pH是提高FeCO3纯度的关键。23O23O3O3O3O24O24O24OB 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:25分钟分值:55分一、选择题(每小题6分,共18分)1.(2019北京门头

56、沟一模,9)中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水,其原理如图所示。下列说法正确的是 ()A.C3N4中C的化合价为-4B.反应的两个阶段均为吸热过程C.阶段中,H2O2既是氧化剂,又是还原剂D.通过该反应,实现了化学能向太阳能的转化答案答案CA项,化合物中正、负化合价代数和为0,C3N4中N的化合价为-3,所以C的化合价为 +4,错误;B项,阶段中过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热过程,错误;C项,阶段中,H2O2发生歧化反应,既是氧化剂,又是还原剂,正确;D项,利用太阳光高效分解水,实现了太阳能向化学能的转化,错

57、误。2.(2019北京西城期末,10)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1 mol K2FeO4,转移6 mol e-D.K2FeO4具有氧化杀菌作用答案答案CA项,分析题给反应,铁元素由+3价升高到+6价,氮元素由+5价降低到+3价,故铁元素被氧化,氮元素被还原;B项,依据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知,KNO3的氧化性大于K2FeO4的氧化性;

58、C项,每生成1 mol K2FeO4,转移3 mol e-;D项,K2FeO4具有强氧化性,具有杀菌作用。3.(2018北京朝阳外国语学校月考,9)向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液,观察到产生白色沉淀,溶液变为棕色,再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。则下列分析中正确的是()A.白色沉淀是CuI2,棕色溶液中含有I2B.滴加KI溶液时,转移1 mol e-生成2 mol白色沉淀C.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+I2SO2D.通入SO2时,SO2与I2反应,I2作还原剂答案答案CA项,向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液,观察到溶液变为棕色说明有I2生成,K

59、I中-1价的碘元素升高为0价,则铜元素的化合价降低为+1价,故白色沉淀是CuI。B项,滴加KI溶液时,生成CuI白色沉淀,转移1 mol e-时生成1 mol 白色沉淀。C项,依据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应2CuSO4+4KI 2CuI+2K2SO4+I2知,氧化性:Cu2+I2;由反应I2+SO2+2H2O H2SO4+2HI知,氧化性:I2SO2,即物质的氧化性:Cu2+I2SO2。D项,SO2与I2的反应中,I2作氧化剂。思路分析思路分析根据实验现象,结合氧化还原反应中化合价有升必有降的原则,判断出反应产物,再依据相关知识分析、判断。二、非选择题(共37分)4.

60、(2019北京西城期末,21)(10分)实验小组研究酸性条件下K2Cr2O7溶液和H2O2溶液的反应。【实验】向盛有H2O2溶液的试管中,加入过量的K2Cr2O7溶液和硫酸,振荡,溶液立即变为紫红色,此时pH=1。溶液中持续产生气泡,最终溶液变为绿色。资料:.Cr2(SO4)3溶液呈绿色。.酸性条件下,K2Cr2O7溶液和H2O2溶液反应生成CrO5,CrO5进一步反应生成Cr3+和O2。.CrO5是一种+6价Cr的过氧化物,其结构如下图,CrO5可溶于水,易溶于乙醚得到蓝色溶液。.乙醚是一种无色、不溶于水、密度比水小的有机溶剂,化学性质稳定。(1)实验中产生的气体是O2,检验的方法是 。(2