《2020届高考化学课标版二轮习题：专题三 氧化还原反应 离子反应 .docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考化学课标版二轮习题：专题三 氧化还原反应 离子反应 .docx（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题三氧化还原反应离子反应一、选择题1.(2019安徽宣城模拟)有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化。下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是() 在氯水中加入NaOH溶液在FeCl3溶液中加入铁粉在品红溶液中通入二氧化硫气体在Na2CO3溶液中滴入酚酞试液在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液,加热A.B.C.D.答案A在氯水中加入NaOH溶液,氯水颜色消失,生成NaCl、NaClO,氯元素的化合价变化,发生氧化还原反应;在FeCl3溶液中加入铁粉,生成氯化亚铁,溶液颜色由棕黄色变为浅绿色,铁元素的化合价变化,发生氧化还原反应;在品红溶液中通入二氧化硫气体,品红溶液褪色
2、,发生化合反应,没有元素化合价的变化;在Na2CO3溶液中滴入酚酞试液,没有元素化合价的变化;在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液,加热,生成砖红色沉淀,铜、碳元素的化合价变化,发生氧化还原反应。2.(2019湖南岳阳一模)解释下列反应原理的离子方程式正确的是()A.用加热的方法降低自来水中钙离子浓度:Ca2+2HCO3- CaCO3+H2O+CO2B.向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热:CH2BrCOOH+OH- CH2BrCOO-+H2OC.向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液:Mg2+2HCO3-+2OH- MgCO3+CO32-+2H2OD.在强碱溶液
3、中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3 2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+答案A向CH2BrCOOH中加入足量的NaOH溶液并加热的离子方程式为CH2BrCOOH+2OH- +Br-+H2O,B错误;向Mg(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液,发生反应的离子方程式为Mg2+2HCO3-+4OH- Mg(OH)2+2CO32-+2H2O,C错误;在强碱溶液中不可能大量存在H+,D错误。3.(2019河南许昌一模)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2的过程如下图所示:下列说法不正确的是()A.X中大量存在的阴离子
4、有Cl-和OH-B.NH3和NCl3中N元素的化合价相同C.NaClO2变成ClO2发生了氧化反应D.制取1 mol ClO2至少需要16 mol NH4Cl答案BNaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应,由于有氨气产生,所以反应物必然有H2O,相应地就会生成NaCl、NaOH,溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-,A项正确;NH3和NCl3中N元素的化合价分别为-3和+3,B项不正确;NaClO2 ClO2,氯元素的化合价从+3升高为+4,发生了氧化反应,C项正确;根据反应NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O 6ClO2+NH3+3NaCl+3
5、NaOH知,制取1 mol ClO2至少需要16 mol NH4Cl,D项正确。4.(2019安徽皖江名校联盟联考)下列各组微粒一定能大量共存的是()A.遇KSCN变红色的溶液:Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-B.某无色溶液:OH-、K+、HClO、Ba2+C.0.1 mol/L Na2S溶液:K+、NH4+、NO3-、Al3+D.常温下水电离出的c(H+)c(OH-)=10-20(molL-1)2的溶液中:Na+、Cl-、CO32-、SO42-答案A遇KSCN变红色的溶液中有Fe3+,Fe3+、Na+、Mg2+、CH3COOH、Cl-之间相互不反应,能大量共存,A项正确;OH-和HC
6、lO因发生反应而不能大量共存,B项错误;Na2S溶液中S2-和Al3+会发生相互促进的水解反应而不能大量共存,C项错误;常温下水电离出的c(H+)c(OH-)=10-20 (molL-1)2的溶液呈酸性或碱性,当溶液呈酸性时,CO32-会和H+反应,不能大量存在,D项错误。5.(2019安徽江南十校联考)下列各组粒子在溶液中可以大量共存,且加入或通入试剂X后,发生反应的离子方程式也正确的是()粒子组试剂X离子方程式AK+、Na+、HCO3-、SiO32-少量HCl2H+SiO32- H2SiO3BNH4+、Fe2+、Br-、SO42-过量H2SFe2+H2S FeS+2H+CHClO、Na+、
7、Fe3+、SO32-过量CaCl2Ca2+SO32- CaSO3DI-、Cl-、H+、SO42-适量NaNO36I-+2NO3-+8H+2NO+4H2O+3I2答案DA中HCO3-和SiO32-不能共存;B中生成的FeS可溶于酸,离子方程式错误;C中HClO和Fe3+均可氧化SO32-。6.(2019湖南株洲一模)含氰化物的废液乱倒或与酸混合,均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水,发生的主要反应为CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物B.
8、上述离子方程式配平后,氧化剂、还原剂的化学计量数之比为25C.该反应中,若有1 mol CN-发生反应,则有5NA个电子发生转移D.若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生反应答案B反应中Cl元素化合价降低,N、C元素化合价升高,则Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物,故A正确;配平的离子方程式为2CN-+8OH-+5Cl22CO2+N2+10Cl-+4H2O,氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52,故B错误;C元素化合价由+2升高为+4,N元素化合价由-3升高为0,所以若有1 mol CN-发生反应,则有5NA个电子发生转移,故C正确;若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生氧化反应
9、,故D正确。7.(2019安徽定远一模)根据下列实验现象,所得结论正确的是(部分加热、夹持装置省略)()选项实验现象结论A左边烧杯中铁表面有气泡,右边烧杯中铜表面有气泡氧化性:Al3+Fe2+Cu2+B左边棉球变为橙色,右边棉球变为蓝色氧化性:Cl2Br2I2C右边烧杯中澄清石灰水变浑浊,左边烧杯中无明显变化热稳定性:Na2CO3NaHCO3D锥形瓶中有气体产生,烧杯中液体变浑浊非金属性:ClCSi答案CA项,根据实验现象判断出金属性:AlFeCu,则氧化性:Al3+Fe2+I2,错误;C项,碳酸钠受热温度高,碳酸氢钠受热温度低,右边烧杯中澄清石灰水变浑浊,左边烧杯中无明显变化,说明碳酸氢钠分
10、解产生二氧化碳气体,所以碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠,正确;D项,盐酸有挥发性,烧杯中的溶液变浑浊,不能证明是二氧化碳与硅酸钠溶液发生了反应,且HCl不是氯元素的最高价含氧酸,不能判断元素非金属性的强弱,错误。8.(2019安徽皖东名校联盟第二次联考)我国自主研发的“长征”系列运载火箭所用燃料是液态偏二甲肼(C2H8N2,其中N的化合价为-3价)和液态四氧化二氮(N2O4)。在火箭升空过程中,燃料发生反应:C2H8N2+2N2O4 2CO2+3N2+4H2O。下列有关叙述正确的是()A.该燃料绿色环保,在燃烧过程中不会造成任何环境污染B.该反应中N2O4是氧化剂,偏二甲肼是还原剂C.N2既是氧
11、化产物又是还原产物,CO2既不是氧化产物也不是还原产物D.每有0.6 mol N2生成,转移电子数目为2.4NA(设阿伏加德罗常数的值为NA)答案B四氧化二氮可污染环境,A项错误;C2H8N2中C元素化合价升高,N元素化合价升高,偏二甲肼是还原剂,B项正确;C元素化合价升高,则CO2为氧化产物,C项错误;由方程式可知,每有0.6 mol N2生成,则消耗0.4 mol N2O4,则转移电子的物质的量为0.4 mol42=3.2 mol,D项错误。9.将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中,金属恰好完全溶解,反应后溶液中存在:c(Fe2+)c(Fe3+)=32,则参加反应的Fe和HNO3的物质的
12、量之比为()A.11 B.516C.23 D.32答案B设反应生成3 mol Fe2+和2 mol Fe3+,则转移电子的物质的量为3 mol2+2 mol3=12 mol,根据得失电子守恒,由4H+NO3-+3e- NO+2H2O可知,反应中被还原的HNO3是4 mol,与Fe2+、Fe3+结合的NO3-的物质的量为3 mol2+2 mol3=12 mol,所以参加反应的n(HNO3)=16 mol,而参加反应的n(Fe)=5 mol,故本题选B。10.(2019湖北八校联考)为测定某草酸晶体(H2C2O42H2O)样品的纯度,现称取一定质量的该样品,配制成100 mL溶液,取25.00 m
13、L该溶液于锥形瓶中,加适量稀硫酸,用0.100 mol/L的KMnO4溶液滴定(杂质不参与反应)。为省去计算过程,当称取的样品的质量为某数值时,滴定所用KMnO4溶液的毫升数恰好等于样品中草酸晶体的质量分数的100倍。则应称取样品的质量为()A.2.25 g B.3.15 g C.9.00 g D.12.6 g答案DH2C2O4与KMnO4反应的化学方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O,设样品中草酸晶体的质量分数为x,滴定所用KMnO4溶液为100x mL,则m(样品)x126 g/mol25.00 mL100 mL(0.100 m
14、ol/L100x10-3 L)=52,解得m(样品)=12.6 g。二、非选择题11.(1)用同位素示踪法研究发现笑气(N2O)的产生与NO有关。在有氧条件下,15NO与NH3以一定比例反应时,得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充整:15NO+NH3+3O2 15NNO+H2O。(2)配平反应MnO(OH)2+I-+H+ Mn2+I2+H2O,其化学计量数依次为 。(3)完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式: ClO3-+ Fe2+ Cl-+ Fe3+ 。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式: MnO4-+ C2O42-+ Mn2+ CO2+ 。(5)请配平下面反应的
15、化学方程式: NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3。(6)将NaBiO3固体(黄色,微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里,加热,溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式: NaBiO3+ Mn2+ Na+ Bi3+ + 。答案(1)4446(2)1、2、4、1、1、3(3)166H+163H2O(4)2516H+2108H2O(5)124212(6)5214H+552MnO4-7H2O解析(2)MnO(OH)2中锰元素的化合价为+4价,1 mol MnO(OH)2在反应中得到2 mol e-,故MnO(OH)2与I-的化学计量数之比为12;再根
16、据电荷守恒知,H+的化学计量数为4,观察得出其他化学计量数。(3)根据得失电子数相等,ClO3-与Fe2+的化学计量数之比为16,根据电荷守恒及原子守恒,可得配平后的离子方程式。(4)分析化合价的升降,Mn元素由MnO4-中的+7价降低到Mn2+中的+2价,C元素的化合价由C2O42-中的+3价升高到CO2中的+4价,再根据氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子守恒和电荷守恒进行配平。(5)在该反应中,金属Na中钠元素由0价升高到+1价,而氢元素由0价降低到-1价,其余元素的化合价都未改变,然后根据得失电子守恒和原子守恒配平即可。(6)由溶液显紫色可推知有MnO4-生成,Bi元素的化合价由+5价
17、降低到+3价,Mn元素的化合价由+2价升高到+7价,因混合液中有H2SO4,根据电荷守恒可知反应物中有H+,根据原子守恒可知产物中还有H2O。12.(2019河北承德高三期末)黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。图1图1转化过程的总反应中,FeS2作(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”,下同)。该转化过程中NO的作用是。写出图1中Fe3+与FeS2反应的离子方程式:。(2)FeS2氧化为Fe3+的过程中,控制起始时Fe2+的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变,改变其他条件时,Fe2+被氧化的转化率随时间的变化如图2
18、所示。图2加入NaNO2发生反应:2H+3NO2-NO3-+2NO+H2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应,转移电子的物质的量为mol。加入NaNO2、KI发生反应:4H+2NO2-+2I-2NO+I2+2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2+转化率的原因:。答案(1)还原剂催化剂14Fe3+FeS2+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+(2)4生成的催化剂NO更多,加快了反应速率解析(1)转化过程中FeS2中S元素被氧化为SO42-,FeS2是还原剂;反应前后NO没有改变,所以NO是催化剂。(2)根据题给化学方程式可知,反应中若有6 mol NaNO2完全
19、反应,转移电子的物质的量为4 mol。NO是图1总反应的催化剂,加入NaNO2、KI发生反应:4H+2NO2-+2I-2NO+I2+2H2O,生成的NO更多,加快了反应速率,提高了单位时间内Fe2+的转化率。13.(2019江西上饶六校联考)钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图:回答下列问题:(1)提高焙烧效率的方法有 (写一种)。(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3,该反应的化学方程式为,氧化产物是。(3)“碱浸”时生成的CO2的电子式为,“碱浸”时含钼化合
20、物发生的主要反应的离子方程式为 。(4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,则废渣成分的化学式为。(5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度:c(MoO42-)=0.20 molL-1,c(SO42-)=0.01molL-1。“结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,去除SO42-的质量分数为。已知:Ksp(BaSO4)=110-10,Ksp(BaMoO4)=2.010-8(6)钼精矿在酸性条件下,加入NaNO3溶液,也可以制备钼酸钠,同时有SO42-生成,该反应的离子方程式为。答案(1)粉碎固体(合
21、理答案均可)(2)2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2MoO3、SO2(3) MoO3+CO32- MoO42-+CO2(4)PbS(5)90%(6)MoS2+6NO3- MoO42-+2SO42-+6NO解析(1)为了提高焙烧效率,粉碎钼精矿,增大固体与空气的接触面积。(2)“焙烧”时,通入空气,产生MoO3和SO2,化学方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2,该反应的氧化产物是MoO3和SO2。(3)CO2的电子式为;“碱浸”后,Mo元素以MoO42-的形式存在,即“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式是MoO3+CO32-MoO42-+CO2。(4)“碱浸”后溶液中
22、的重金属离子是Pb2+,加入沉淀剂Na2S后形成的废渣是PbS。(5)根据溶度积知,SO42-先沉淀,BaMoO4开始沉淀时,溶液中c(Ba2+)=Ksp(BaMoO4)c(MoO42-)=2.010-80.20 molL-1=1.010-7 molL-1,此时溶液中c(SO42-)=Ksp(BaSO4)c(Ba2+)=110-101.010-7 molL-1=1.010-3 molL-1,令溶液的体积为V L,去除SO42-的质量分数为(0.01molL-1-0.001 molL-1)VL96 gmol-10.01molL-1VL96 gmol-1100%=90%。(6)MoS2与NO3-反
23、应,S和Mo元素的化合价都升高,NO3-中N元素的化合价降低,离子方程式为MoS2+6NO3- MoO42-+2SO42-+6NO。14.(2019江苏单科,18,12分)聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸,在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。 H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ;水解聚合反应会导致溶液的pH。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250
24、mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.00010-2 molL-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。答案(1)2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O减小(2)偏大n(Cr2O72-)=5.00010-2 molL-122.00 mL10-3 Lm
25、L-1=1.10010-3 mol由滴定时Cr2O72-Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr2O72-6Fe2+(或Cr2O72-+14H+6Fe2+ 6Fe3+2Cr3+7H2O)则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=61.10010-3 mol=6.60010-3 mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g样品中铁元素的质量分数:(Fe)=0.369 6 g3.000 g100%=12.32%解析(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。(2)过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中电子得失守恒规律可以找出Fe2+与Cr2O72-的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。