2019年高考化学专题06氧化还原反应考点专练6

1、专题06氧化复原反响1.小明做实验时不小心沾了一些KMnQ皮肤上的黑斑很久才能消除,如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原,其离子方程式为：MnO+HaQQ+H-CQT+Mn2+未配平.关于此反响的表达正确的选项是2+A.该反响的氧化厂物是MnB.ImolMnO-在反响中失去5mol电子C.该反响右横线上的产物是H2OD.配平该反响后,H+的计量数是3【答案】C【解析】A化合价升高的元素是氐C：O中的C元素,所以反响物Hi6Q是复原剂,反响产生的CO：是氧化产物,A错误;E镉元素化合价从反响前NMO二的俗降低到入底一的-2价,元素得到电子,化合价降低数=得到电子的数目=5,即ImolMhd在反响中

2、得到5mE电子,3错误$C根据电子守恒,该反响中镒元素化合价降低5价,两裱元素化合价共升高2价,所以反响转移电子数为10,所以可以得到：2AIn6TH2c9-*一1082卜公加+-1根据电荷守恒、原子守恒,所以短线中为SHzO,产物是比0,H-的计量数是6,C正确D根据原子守恒.电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：IndTHzad-6H+=10ChTTkIn：-THzO斤的计量数是6,D错误.2.某温度下,将1.1molI2参加到氢氧化钾溶液中,反响后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液.经测定10一与IO3一的物质的量之比是2:3.以下说法错误的选项是A.I2在该反响中既作氧化剂又作复原剂

3、B.该反响中转移电子的物质的量为1.7molC.该反响中,12的复原性大于KIO和KI03的复原性5:17D.该反响中,被复原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是【答案】D【解析】A.反响中只有碘元素的化合价变化,因此I2在该反响中既做氧化剂又做复原剂,选项A正确；B.设生成碘化钾是xmol,碘酸钾是3ymol,那么次碘酸钾是2ymol,所以根据原子守恒、电子得失守恒可知x+3y+2y=2.2、x=2y+3yX5,解得x=17y=1.7,所以该反响中转移电子的物质的量为1.7mol,选项B正确；C.反响中碘I2既做氧化剂又做复原剂,KI为复原产物,KIO和KI03均为氧化产物,故I2的复原

4、性小于KI的复原性,大于KIO和KI03的复原性,选项C正确；D.根据C中分析可知该反响中,被复原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是x：5y=17:5,选项D错误.5.用复原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx),转化为无害物质.常温下,将N0fcTH2的混合气体通入Ce(SO)2与Ce(SO4)3的混合溶液中,其转化过程如以下图所示.以下说法不正确的选项是A.反响I的离子反响方程式为ZCe+HbuZCeT+ZHB.反响II中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:2C.反响前溶液中c(Ce4+)一定等于反响后溶液中的c(Ce4+)D.反响过程中?1合溶液内C+和Ce4+离子的总数一定保

5、持不变【答案】C【解析】A根据图示可知反响I为2cA正确亨B一反响II的反响物为矮-、H%NO,生成物为C#、N-E0,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得反响方程式为2Mo4*74广2H20,在该反响中NO是氧化剂,Ce是复原剂,故氧化剂与复原剂的物质的量的比为2:4=1：2,B正确sC.反响前后溶液中以加卜的物质的量不变,但由干反响后溶液中水的物质的量熠多,所以反响后溶港中电被小,C错误,D而于反响前后各种元素的原子个数相等,根据O元素守恒可知反响过程中混合溶港内CV-离子的总数不变D正确.6.氯气是一种重要的工业原料.工业上利用反响2NH+3cl2=N2+6HC1检查氯气管道是否漏气.

6、以下说法错误的选项是A.假设管道漏气遇氨就会产生白烟8 .该反响利用了C12的强氧化性C.该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为2:3D.生成1mo1N2有6mol电子转移【答案】C【解析】A反响生成HC1,NH可与HC1反响生成氯化俊,有白烟生成,故A正确；RC1元素化合价降低,被复原,C12为氧化剂,故B正确；CC12为氧化剂,N元素化合价升高的NH3为复原剂,该反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为3:2,故C错误；DN由-3价升高为0价,生成1mo1Nz有6m01电子转移,故D正确.9 .C&O能与稀硝酸反响：CaO+HNOCuNQ2+NOT+此0未配平,假设生成的NO在标况下的体积为0

7、.448L,以下说法正确的选项是A.转移的电子总数为0.06NaB.作氧化剂的HNO是0.14mo1C.至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与C&O反响D.被氧化的C&O是144g【答案】A【解析】设生成0.02mo1NO,参加反响的CgO是xmol;参加反响的硝酸是ymol;3C&O+14H+2NO-6Cu2+2NOT+7H2O3142xy0.0214=,=,解得x=0.03mo1,y=0.14mo1;A.根据3CuO+14H+2N6Cu2+2N(X+7H2Q生成2molNQ转移电子6mol,所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06Na,故A正确；B.作氧化剂的HNO占参加反响硝

8、酸的,所以作氧化剂的HNO是0.14molx=0.02mol,故B错误；C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol+0.5mo/L=0.28L=280mL,故C错误；D.被氧化的CuO是0.03molX144g/mol=4.32g,故D错误.12 .NH是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质如图.以下有关表述正确的选项是A. NHCl和NaHCOfB是常用的化肥B. NO与水反响时,氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：1C. NH和NO在一定条件下可发生氧化复原反响D.利用上述关系制取NaHCO勺操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CaNH,然后过滤得到NaHCO【答案】C【解

9、析】A.XaHCS不是化故3项错误？3.由方程式2Hxs70可知,N6既作氧化剂又作复原剂,氧化剂与复原剂的物质的量之比为1：3故B项错误gC.在MHs和N6中N元素的化合价分别是4价、T价,由于在两种化合价之间有0价、V等价态,因此在一定条件下可发生氧化复原反响,故C项正确jD.由于C6在NaCl溶液中溶解度不大,所以制NaHCO*时是向饱和NaCl潘瀛中先通入瓯再通入co：,故D项错误.13 .以下离子方程式书写不正砚.的是A. NaaQ溶液与稀硫酸反响生成沉淀：S2Q2+2hl+=SOT+SJ+H2OB. KMn丽准液滴定草酸：2MnO+64+5HzGQ=2Mr2+10COT+8HOC.

10、 H2s用NaCO溶液吸收,生成两种酸式盐：H2S+CO*=HS+HCGTD. FeS溶于稀盐酸中：S2+2hl+=H2ST【答案】D【解析】A.N&SQ溶液中参加稀硫酸,反响生成二氧化硫和S单质,离子反响为：S2Q2-+2H=SOT+SJ+H2O,故A正确；B.Mn从+7价降低到+2价,得到电子,C元素化合价升高,失去电子,由电子、电荷守恒可知,离子反响为2MnQ+6H5H2C2Q=2Mn2+1000T+8HO,故B正确；C.H2S用NaCO溶液吸收,生成两种酸式盐：反响方程式为：HS+NaCO=NaHC3NaHS离子方程式为：H2S+CO=H&+HCGT,故C正确；D.FeS不溶于水,与盐

11、酸反响的离子方程式为：FeS+2hl+=h2ST+Fe2+,故D错误.14 .厌氧氨化法AnammoX是一种新型的氨氮去除技术,以下说法中正确的选项是逋程IVNETNCV过程IY:N2H4-2H*,*/NiHiJAnamniux反响模型A. 1molNH4+所含的质子总数为10NAB. 1molNH+经过过程I、II、III,假设每步转化均完全得到氮气的体积约为11.2LC.该过程的总反响是：NH+NO2=N2T+2HOD.该方法每处理1molNH+,需要的NQ为0.5mol【答案】C1解析】A质子蓟等于原子序数,所含的质子总数为HXa故A错误sB一由图可知,lmHNH4一经过过程I、ILII

12、I,假设每步转化均完全1皿KHd口ImEHOH发生氧化复原反响生成1班屿,标准状况下的体积为224L,故B错误;C由图可知,该过程的总反响是：NHT-=+2氏O,故C正确5D.由图可知,lm0NH4当过过程I、n.in,?假设每步转化底货全ImolNH20H发生氧化复原反响生成ImolNz,因此每处理需要的o二fImob故D错误.15 .在一定条件下PbQ与Cr3+反响,产物是Cr2.2-和Pb2+,那么与1molCr3+反响所需PbQ的物质的量为A.1.5molB.2.5molC.1.0molD.0.75mol【答案】A【解析】反响中PbO-Pb2+,Pb元素的化合价由+4价降低为+2,Cr

13、3+-Cr2.2-,Cr元素的化合价由+3价升高为+6价,1mol53+反响所需PbO的物质的量为n,根据电子转移守恒,那么：1molx(6-3)=nx(4-2),解得：n=1.5mol,那么与1molCr3+反响所需PbQ的物质的量为1.5mol,应选A.利用(NNgS溶液中的活性硫能将硫锡矿中的难溶物硫化亚锡(II)(SnS)氧化成硫代锡(IV)酸俊(NH4)2SnS而溶解,反响的离子方程式为S2+SnS=SnS2,25.高铁酸钾(K2FeO)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比CMQ、Cl.、KMnO氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中参加K

14、OH至饱和,使高铁酸钾析出.(1)干法制备高铁酸钠的主要反响为2FeSO+6N&Q=2Na2FeO+2NaO+2N&SQ+QT该反响中复原剂是,每生成1molO2转移mol电子.简要说明&FeO作为水处理剂时,在水处理过程中所起的作用.(2)湿法制备高铁酸钾(&Fe.)的反响体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH、FeQ2-、Cl-、HO.写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反响方程式：.低温下,在高铁酸钠溶液中参加KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeC4),其原因是【答案】FeSO、NaQ10高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒；消毒过程中自身被复原为Fe3+,Fe3+水解成Fe(OH)3胶

15、体能吸附水中悬浮杂质而沉淀4OH-+2Fe(OH)3+3ClO-=3Cl-+2FeQ2-+5HO该温度下&FeQ比N&FeQ的溶解度小【解析】(1)士5第04-旦川上=：!近?0广?三七(?31、0-61中F?元素的化合价升高,.元素的化合价既升高又降低,那么氧化剂为N&O二,复原剂为F整5和？汇8,由反响方程式可知,每生成而.10转移的电子数为lmolx5x210mGl,此题答案为:FeSO*Na:01；10;氐FeO#中京元素的化合价为-6价,具有强氧化性,且复原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质,此题答案为：高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒3消毒过程