2020届高考化学山东版二轮习题：3_专题三　氧化还原反应　离子反应 WORD版含解析.docx

1、专题三氧化还原反应离子反应一、单项选择题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

2、溶液褪色,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山东烟台期末)室温时,下列各组离子一定能大量共存的是()A.pH=1的溶液中:K+、Fe2+、Cl-、NO3-B.含大量Fe3+的溶液中:NH4+、Na+、HCO3-、Cl-C.在c(H+)=110-13 mol/L溶液中:NH4+、Al3+、SO42-、NO3-D.在强碱溶液中:Na+、K+、Al(OH)4-、CO32-答案D室温下,pH=1的溶液显酸性,酸性条件下,NO

3、3-能够氧化Fe2+,A项错误;Fe3+、HCO3-会发生相互促进的水解反应,不能大量共存,B项错误;c(H+)=110-13 mol/L的溶液显碱性,OH-与NH4+、Al3+会发生反应,不能大量共存,C项错误;在强碱溶液中含有大量的OH-,OH-与选项中的离子不发生反应,且四种离子也可以大量共存,D项正确。3.(2019山东潍坊期中)“一硫二硝三木炭”描述的是我国四大发明之一的黑火药配方,黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C K2S+N2+3CO2,对于该反应说法不正确的是()A.氧化产物是CO2B.爆炸的原因是反应释放大量热,并生成大量气体C.反应中有三种元素的化合价发生变化D.

4、氧化剂与还原剂的物质的量之比为13答案D碳元素从0价上升至+4价,故CO2为氧化产物,A项正确;从反应方程式可知,该反应放出大量气体,结合爆炸品主要具有反应速率极快,放出大量的热,产生大量的气体等特性可知,B项正确;由反应方程式可知,反应后S、N元素的化合价降低,C元素化合价升高,C项正确;该反应中,氧化剂为S和KNO3,还原剂为C,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为11,D项错误。4.(2019山东德州期末)以下离子方程式的书写不正确的是()A.向浓度均为0.1 mol/L的NaOH、Na2CO3的混合溶液中加入足量稀盐酸:OH-+CO32-+3H+ 2H2O+CO2B.向含有0.1 mol

5、FeBr2的溶液中通入标准状况下2.24 L Cl2:2Fe2+4Br-+3Cl2 2Fe3+2Br2+6Cl-C.NH4Al(SO4)2溶液与过量NaOH溶液反应:NH4+Al3+5OH- Al(OH)4-+NH3H2OD.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀完全:H+SO42-+Ba2+OH- BaSO4+H2O答案B向浓度均为0.1 mol/L的NaOH、Na2CO3的混合溶液中加入足量稀盐酸,OH-、CO32-都会与H+反应,离子方程式为OH-+CO32-+3H+ 2H2O+CO2,A项正确;离子还原性:Fe2+Br-,标准状况下2.24 L Cl2的物质的量是0.1 mo

6、l,氯气不足量,Br-不能完全反应,反应中离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2 2Fe3+Br2+4Cl-,B项错误;NaOH过量,Al3+转化为Al(OH)4-,NH4+转化为NH3H2O,反应的离子方程式为NH4+Al3+5OH- Al(OH)4-+NH3H2O,C项正确;向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀完全,二者反应的物质的量之比为11,反应的离子方程式为H+SO42-+Ba2+OH- BaSO4+H2O,D项正确。5.(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

7、阴离子有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+3NaC

8、l+3NaOH知,制取1 mol ClO2至少需要16 mol NH4Cl,D项正确。6.(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+、Fe3+、SO32-过量CaCl2Ca2+SO32- CaSO3DI-、Cl-、H+、SO42-适量NaNO36I-+2NO3-+8H+ 2NO+4H2O+3I2答案DA中HCO3-和Si

9、O32-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-。7.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的物质的量之比为()A.11B.516C.23D.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

10、 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。二、不定项选择题8.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3.2NA(设阿伏加德罗常数

11、的值为NA)答案BD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项正确。9.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是还

12、原产物B.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AB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错误;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

13、发生氧化反应,故D正确。10.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 mL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 gB.3.15 gC.9.00 gD.12.6 g答案DH2C2O4与KMnO4反应的化学方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O,设样品中草

14、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 mol/L100x10-3 L)=52,解得m(样品)=12.6 g。三、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完整:NO+NH3+3O2 NNO+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-+F

15、e3+。(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 mo

16、l 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

17、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山东潍坊期末)工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下:回答下列问题:(1)“沉砷”中所用Na2S的电子式为。(2)已知:As2S3与过量的S2-存在以下反应:As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS33-(aq);“沉砷”中FeSO4的作用是。(3)“焙烧”过程中由于条件

18、的原因,生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁,证明四氧化三铁存在的试剂是。(4)“氧化”过程中,可以用单质碘为氧化剂进行氧化,写出该反应的离子方程式: 。(5)调节pH=0时,请写出由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式: 。(6)一定条件下,用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中,1 mol As4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时,转移28 mol e-,则物质a为。答案(1) (2)S2-与Fe2+生成沉淀,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS33-(aq)左移,提高沉砷效果(3)稀硫酸、高锰酸钾溶液(或其他合理答案)(4)AsO33-+

19、I2+2OH- 2I-+AsO43-+H2O(5)2AsO43-+2SO2+2H+ As2O3+2SO42-+H2O(6)SO2解析(1)硫化钠为离子化合物,电子式为。(2)FeSO4的作用是除去过量的S2-,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2AsS32-(aq)逆向移动,提高沉砷效果。(3)四氧化三铁含有+2价铁,具有还原性,可在酸性条件下与高锰酸钾反应,使溶液褪色,则可用硫酸、高锰酸钾检验四氧化三铁。(6)1 mol As4S4参加反应时,转移28 mol e-,As4S4中As为+2价、S为-2价,且生成As2O3,则As4S4中S元素化合价升高6,生成物中S元素的化合价为+4

20、,则物质a应为SO2。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

21、-1,c(SO42-)=0.01 molL-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(合理答案均可)(2)2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2MoO3、SO2(3) MoO3+CO32- MoO42-+CO2(4)PbS(5)90%(6)MoS2+6NO3- MoO42

22、-+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

23、-)=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F

24、e2(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 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

25、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 LmL-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+ 6F

26、e3+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S

27、n2+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。命题拓展预测1.在好氧菌和厌氧菌作用下,废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(l),示意图如下:反应:NH4+O2 NO3-+H+H2O(未配平)反应:NH4+NO3- N2+H2O+H+(未配平)下列说法正确的是()A.两池发生的反应中,氮元素只被氧化B.常温常压下,反应中生成8.96 L N2时,转移电子1.5 molC.好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为35时,NH4+能完全转化为N2D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为53答案C反应中NO3-

28、作氧化剂,N元素的化合价降低,被还原,A项错误。常温常压下,气体的摩尔体积未知,无法计算N2的物质的量,所以无法计算转移电子的物质的量,B项错误。配平反应方程式得反应为NH4+2O2 NO3-+2H+H2O,反应为5NH4+3NO3- 4N2+2H+9H2O。好氧菌池产生NO3-,厌氧菌池消耗NO3-,则好氧菌池和厌氧菌池投入的废液体积之比为35时,NH4+能完全转化为N2,C项正确。反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为35,D项错误。2.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

29、+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

30、强弱,错误。3.向两份等体积、等浓度、pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液,实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图。已知实验现象:.滴入V1 mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀;.滴入V1 mL NaClO溶液,溶液变黄,未见沉淀,继续滴加,出现红褐色沉淀。下列说法不正确的是()A.ab段主要反应的离子方程式为2Fe2+ClO-+5H2O 2Fe(OH)3+Cl-+4H+B.de段主要反应的离子方程式为2Fe2+2ClO-+3H+ HClO+Cl-+2Fe3+H2OC.c、f点pH接近的主要原因是ClO-+H2O HClO+OH-D.向c点溶液中加入过量的浓盐酸,沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出答案Bab段生成红褐色沉淀,即生成了氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为2Fe2+ClO-+5H2O 2Fe(OH)3+Cl-+4H+,A项正确;de段溶液变黄,没有立即生成沉淀,说明该溶液的酸性较强,生成了Fe3+,主要反应的离子方程式为2Fe2+ClO-+2H+ Cl-+2Fe3+H2O,B项错误;c、f点NaClO均过量,NaClO水解使溶液显碱性,水解的离子方程式为ClO-+H2O HClO+OH-,故c、f点pH接近,C项正确;浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯气,且盐酸能与氢氧化铁反应生成氯化铁,所以加过量的盐酸,沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出,D项正确。