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1、2021届高三化学一轮温习第5讲氧化复原反响(含详解)第5讲氧化复原反响基础热身12021常州测试在下列变化：工业制盐酸；工业制漂白粉；实验室制氯气中，按氯元素被氧化、被复原、既被氧化又被复原的顺序排列，正确的是()ABCD22021杭州师大附中氧化复原反响的本质是电子的转移，下列关于氧化复原反响的叙述正确的是()A在氧化复原反响中，有一种元素被氧化，肯定有另一种元素被复原B11.2LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为0.5NAC难失电子的原子，得电子的能力一定强D元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，可以能被复原32021合肥质检NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMn
2、O4溶液与NaNO2的反应方程式是：MnO4NO2Mn2NO3H2O。下列叙述中正确的是()A该反响中NO2被复原B反响经过中溶液的pH减小C生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D中的粒子是OH4物质氧化性、复原性的强弱，不仅与物质的构造有关，还与物质浓度、反响温度等有关。下列各组物质：Cu与HNO3溶液Fe与FeCl3溶液Zn与H2SO4溶液Fe与HCl溶液由于浓度不同而能发生不同氧化复原反响的是()ABCD能力提升52021南昌调研在常温下发生下列反响：(1)16H10Z2XO4=2X25Z28H2O(2)2A2B2=2A32B(3)2BZ2=B22Z根据上述反响，判定下列结
3、论中错误的是()A溶液中可能发生反响：Z22A2=2A32ZBZ2在(1)、(3)反响中作复原剂C氧化性强弱顺序为：XO4Z2B2A3DX2是XO4的复原产物62021广东六校联考下列氧化复原反响中，实际参加反响的氧化剂与复原剂的物质的量之比正确的是()KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O；16Fe2O32Al=高温Al2O32Fe；12SiO23C=SiC2CO；123NO2H2O=2HNO3NO；21ABCD7实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比21倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反响后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反响，则X为
4、()ACl2BCl2OCClO2DCl2O382021湘潭二模Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，下列讲法中不正确的是()ANa2O2在上述反响中只作氧化剂BNa2FeO4既是氧化产物又是复原产物CNa2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D2molFeSO4发生反响时，共有10mol电子发生转移92021宁波联考已知下述三个实验均能发生化学反响：实验实验实验将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴浓硝酸将铜丝放入氯化铁溶液中下列判定正确的是(
5、)A实验中铁钉只作复原剂B实验中Fe2既显氧化性又显复原性C实验中发生置换反响D上述实验证实氧化性：Fe3Fe2Cu2102021合肥六校联考将氯气通入一定温度的KOH溶液中，得到含有次氯酸钾、氯酸钾和氯化钾的混合溶液。若反响经过中转移6.021023个电子，所得溶液中c(Cl)c(ClO3)101，则介入反响的Cl2的物质的量为()A0.8molB0.6molC0.5molD1.0mol112021九江统考氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反响可表示为：aHClO3=bO2cCl2dHClO4eH2O，下列讲法正确的是()A由反响可知，氧气、氯气均为氧化产物B若化学计量数a8，则该
6、反响转移电子数为12eC若b确定，则方程式中其他物质的化学计量数均能确定D若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为51.5g，则反响方程式可表示为：5HClO3=O2Cl23HClO4H2O122021湖南十二校第一次联考把图B中的物质补充到图A中，可得到一个完好的氧化复原型离子方程式(未配平)图K51对该氧化复原反响型离子方程式讲法不正确的是()AIO4作氧化剂B氧化剂和复原剂的物质的量之比为52C若有2molMn2参加反响时则转移10mol电子D配平后Mn2、H的化学计量数分别为2、3132021杭州师大附中有A2、B2、C2三种单质，进行如下反响：2AC2=2CA22CB2=2BC
7、2(1)三种单质的氧化性由强到弱的顺序是：_。(2)三种离子的复原性由强到弱的顺序是：_。(3)若X能发生反响2XC2=2CX2，那么X2与B能否发生反响？_。理由是_。142021南昌一模氧化复原反响实际上包含氧化反响和复原反响两个经过，一个复原反响经过的离子方程式为：NO34H3e=NO2H2O。下列四种物质：KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2(SO4)3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反响经过发生。(1)被复原的元素是_；复原剂是_。(2)写出并配平该氧化复原反响方程式：_。(3)反响生成0.3molH2O，则转移电子的数目为_。(4)若反响后，氧化产物的化合价升高，而其他物
8、质保持不变，则反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比将_(填“增大、“不变、“减小或“不能确定)。挑战自我152021郑州一测已知酸性高锰酸钾溶液能够和草酸钠、二氧化硫等物质发生氧化复原反响。(1)酸性高锰酸钾溶液和草酸钠反响的离子方程式为：MnO4C2O24HCO2Mn2H2O(未配平)现称取草酸钠(Na2C2O4)样品1.34g溶于稀硫酸中，然后用0.20molL1的高锰酸钾溶液滴定(其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反响)，到达终点时消耗了15.00mL的高锰酸钾溶液。判定滴定到达终点时的现象是_；样品中草酸钠的质量分数为_。(2)请写出酸性高锰酸钾溶液和二氧化硫反响的离子方程式，并标出电子转移
9、的方向和数目_。16氧化复原反响中实际上包含氧化和复原两个经过。下面有两个变化的反响式：NO34H3e=NO2H2O，2H2O2=2H2OO2。 (1)是_经过，写出H2O2的电子式_。(2)已知H2O2和KI可发生如下反响：H2O2KI=KIOH2O，2KIO=2KIO2。写出反响的离子方程式_。综合两个反响，KI的作用是_，总反响方程式可表示为_。(3)H2O2还能够与酸性KMnO4溶液反响，写出反响的离子方程式_，反响中_是复原剂，0.1molH2O2参加反响，转移电子数为_(用NA表示)。1D解析三个变化的化学方程式依次为：H2Cl2=点燃2HCl、2Cl22Ca(OH)2=Ca(Cl
10、O)2CaCl22H2O、MnO24HCl(浓)=MnCl2Cl22H2O，能够看出氯元素被复原、既被氧化又被复原、被氧化。2D解析A项，在歧化反响中只要一种元素化合价变化，A错；B项，11.2LCl2不一定是0.5mol；C项，稀有气体的元素得失电子都难；D项正确，比方水电解成氢气和氧气。3C解析反响中NO2中氮元素化合价升高，被氧化，MnO4被复原，A项错误；根据电子守恒配平方程式：2MnO45NO26H=2Mn25NO33H2O，可知B、D项错误。4B解析Cu与浓HNO3反响生成NO2，与稀HNO3反响生成NO。Fe与FeCl3溶液反响，与FeCl3溶液浓度无关。Zn与浓H2SO4反响生
11、成SO2，与稀H2SO4反响生成H2。Fe与HCl溶液反响，与HCl溶液浓度无关。5B解析由反响(1)可知氧化性：XO4Z2，由反响(2)可知氧化性：B2A3，由反响(3)可知氧化性：Z2B2，综上氧化性强弱顺序为：XO4Z2B2A3，结合选项分析可知B不正确，Z2在(1)中是氧化产物，在(3)中作氧化剂。6B解析此题主要考察氧化复原反响的本质。结合氧化复原反响中得失电子守恒原理可知，反响中比例为15；反响中比例为12。7C解析化合价的变化：Na2SO3Na2SO4中S元素的化合价由4升高到6；根据氧化复原反响规律，则NaClO3中Cl元素的化合价必降低，可设降低到x价，由得失电子守恒可得关系
12、式：2(5x)1(64)，解得x4。8A解析6molNa2O2中只要1mol中的氧失去电子变成氧气，另外5mol中的氧得到电子变成2价的氧，A项错；2molFe2转化为6价的铁时，转移8mol电子，再加上生成1molO2时Na2O2失去的2mol电子，反响中共转移10mol电子，D项对。9A解析实验中发生的反响为：FeCuSO4=CuFeSO4，反响中Fe只作复原剂，氧化性：Cu2Fe2。实验中发生的反响为：3Fe24HNO3=3Fe3NO2H2O，反响中Fe2只表现出复原性。实验中发生的反响为：2Fe3Cu=Cu22Fe2，该反响不属于置换反响，氧化性Fe3Cu2。10A解析根据电子守恒定律
13、和质量守恒定律可知n(Cl)n(ClO)5(ClO3)1mol。所以n(Cl)总1.6mol，则参加反响的n(Cl2)0.8mol。11D解析O2和HClO4均为氧化产物，Cl2为复原产物，因而c的值取决于b、d的值，根据电子守恒有2c54b2d，a8时，方程式为：8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O，转移电子数为20e。只确定b无法确定方程式中其他物质的化学计量数。1mol混合气体质量为51.5g，即O2和Cl2的混合气体的平均相对分子质量为51.5，用十字穿插法，能够得出二者物质的量之比为11，再根据电子守恒，物质的化学计量数均可得出。12D解析此题应首先根据化合价转化规律补充
14、出反响物及生成物；然后根据电子守恒配平方程式。根据图A，Mn2作为反响物，而给出的图B中有MnO4，则另外的反响物必具有强氧化性，做氧化剂，再结合各物质化合价变化情况，补充后根据电子守恒，可得配平的化学方程式为：3H2O2Mn25IO4=2MnO45IO36H，只要D项错误。点评此题较综合地考察了氧化复原反响的价态转换规律、电子守恒规律以及氧化复原反响中的基本概念，难度较大。13(1)B2C2A2(2)ACB(3)不能根据反响方程式可知氧化性C2X2，又由于氧化性B2C2，所以X2不能与B反响解析利用两强生两弱规律，由前一方程式可判定氧化性C2A2，复原性AC，由后一方程式可判定出氧化性B2C
15、2，复原性CB。14(1)NKI(2)6KI8HNO3=6KNO32NO3I24H2O (3)0.45NA(4)增大解析(1)物质甲应该发生氧化反响，在题给四种物质中，能发生氧化反响的只要KI。被复原的元素为N，复原剂是KI。(3)反响6KI8HNO3=6KNO32NO3I24H2O中转移的电子数为6e，即每生成4molH2O，转移6mol电子。因而若生成0.3molH2O，转移0.45mol电子。(4)若反响后氧化产物的化合价升高，则需氧化剂的物质的量增大，故氧化剂与复原剂的物质的量之比增大。15(1)溶液由无色变为紫红色，且在半分钟内不褪色75%(2)5SO22M10enO42H2O=5S
16、O242Mn24H或5SO22MnO42H2O=5S失去52e，化合价升高O242M得到25e，化合价降低n24H解析KMnO4溶液本身有颜色，在草酸钠没有消耗完之前，溶液是无色的，当草酸钠反响完后，溶液中因存在MnO4而呈紫红色。由得失电子守恒原理得2n(Na2C2O4)5n(KMnO4)，n(Na2C2O4)7.5103mol，w(Na2C2O4)7.5103mol134g/mol1.34g100%75%。KMnO4与SO2反响时，SO2被氧化成SO24，MnO4被复原为Mn2。16(1)复原HO,O,H(2)H2O2I=IOH2O催化作用2H2O2=KI2H2OO2(3)5H2O22MnO46H=2Mn25O28H2OH2O20.2NA解析分析某一经过是氧化经过还是复原经过，要看化合价的变化，反响是化合价降低的经过，是复原经过。复原经过要加复原剂才能实现。H2O2与KI作用时，KI参加了化学反响，但反响前后其性质和质量均无改变，因而它实际是催化剂，对H2O2的分解起催化作用。