统考版2022届高考化学二轮复习备考提升精练5氧化还原反应的实质及应用含答案

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例1．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解析】A．KClO3中Cl显+5价，转变成-1价，化合价降低6价，根据方程式，2ml KClO3中含有2ml Cl原子，即此反应共转移2ml×6e−=12ml e−，故A错误；B．Mg由0价→+2价，失去2ml e−，此反应中有2ml Mg参与反应，共转移2ml×2e−，故B正确；C．根据反应方程式，Cu的化合价由+2价→0价，化合价降低，得到电子，C由0价→+4价，化合价升高，失去电子，故C错误；D．根据氧化还原反应的规律，得失电子数目守恒，该选项中得失电子不守恒，故D错误；答案选B。
【答案】B
2.应用② 氧化还原反应类题目的基本计算方法——得失电子守恒法
例2．12mL浓度为0.1ml/L的Na2SO3溶液恰好被10mL浓度为0.04ml/L的K2X2O7溶液完全氧化。则元素X在还原产物中的化合价为（ ）
A．+5价 B．+4价 C．+3价 D．+2价
【解析】n(Na2SO3)=0.1ml/L×0.012L=0.0012ml，n(K2X2O7)=0.04ml/L×0.01L=0.0004ml，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，则K2X2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，设元素X在还原产物中的化合价是a，根据得失电子相等，则0.0012ml×(6-4)=0.0004ml×2×(6-a)，得3=(6-a)，所以a=+3，故答案选C。
【答案】C
3.应用③ 氧化还原反应方程式的配平
例3．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−+Cl2→CO2+N2+Cl−+H2O
(未配平)。下列说法错误的是(其中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．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5∶2
C．该反应中，若有1ml 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−在正极区发生反应
【解析】反应中Cl元素由0价降低到-1价，C元素由+2价升高到+4价，N元素由-3价升高到0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由上述分析可知，配平后的离子方程式为2CN−+8OH−+5Cl2===2CO2+N2+10Cl−+4H2O，反应中CN−是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B正确；由离子方程式可知，若有1ml CN−发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则CN−在负极区失去电子，发生氧化反应，D错误。
【答案】D
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1．已知反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O。下列结论正确的是（ ）
A．KCl是还原产物
B．HCl作还原剂，全部被氧化
C．KClO3作氧化剂，具有氧化性
D．生成3ml Cl2，转移电子的物质的量为6ml
【解析】根据反应可知，该反应为归中反应，反应中氯酸钾所含氯元素化合价降低，氯化氢所含氯元素有化合价升高而表现还原性，另有生成氯化钾表现酸性，所以氯酸钾是氧化剂，HCl只有一部分是还原剂，氧化产物和还原产物都是Cl2。A．根据分析可知，该反应的氧化剂是氯酸钾，还原产物是氯气，A选项错误；B．HCl有被氧化，另有表现酸性，所以B选项错误；C．氯酸钾在反应中所含氯元素化合价降低，是氧化剂，具有氧化性，C选项正确；D．每生成3ml氯气被还原的氯酸钾为1ml，所以得电子总数为：1ml×5=5ml，转移的电子数等于得电子总数也为5ml，D选项错误；答案选C。
【答案】C
2．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2的是（ ）
A．3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O
B．2CH3COOH+Ca(ClO)2=2HClO+Ca(CH3COO)2
C．I2+2NaClO3=2NaIO3+Cl2
D．4HCl(浓)+MnO2eq \(====,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】A．反应中，做氧化剂的硫生成(2Na2S)，做还原剂的硫生成Na2SO3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，A不合题意；B．反应为非氧化还原反应，不存在氧化剂和还原剂，B不合题意；C．还原剂为I2，氧化剂为NaClO3，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，C不合题意；D．氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，4ml HCl有2ml被氧化，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，D符合题意。故选D。
【答案】D
3．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75ml，则下列判断正确的是（ ）
A．生成42.0L N2（标准状况）
B．有0.250ml KNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为2.25ml
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75ml
【解析】10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合价由1/3、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可以知道，每当生成16ml N2，则氧化产物比还原产物多14ml，转移电子的物质的量为10ml，被氧化的N原子的物质的量为30ml，有2ml KNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75ml，则生成2ml N2，转移电子的物质的量为1.25ml，被氧化的N原子的物质的量为3.75ml。A．生成2ml N2，在标准状况下的体积为2ml×22.4L/ml=44.8L，故A错误；B．由反应可以知道，NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，被还原的硝酸钾的物质的量为2ml×=0.25ml，故B错误；C．结合方程式可知，参加反应KNO3的物质的量=2ml×2/16=0.25ml，中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25ml×5=1.25ml，故C错误；D．转移10ml电子被氧化的N原子为30ml，则转移1.25ml电子被氧化的N原子的物质的量为=3.75ml，故D正确。
【答案】D
4．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是（ ）

A．反应物微粒是S、SOeq \\al(2−,3)、H2O
B．该反应可能在酸性条件下进行
C．氧化剂与还原剂的质量比为1∶2
D．每生成2个S2−反应转移的电子数为6
【解析】A．由S元素的化合价知反应物微粒为S、OH−，生成物微粒为S2−、SOeq \\al(2−,3)和H2O，故A正确；B．反应物微粒为S、OH−，说明反应在碱性条件下进行，故B错误；C．发生反应的化学方程式为3S+6OH−=2S2−+SOeq \\al(2−,3)+3H2O该反应的氧化剂和还原剂都是S，其中化合价降低的氧化剂为2S，化合价升高的还原剂为1S，所以氧化剂与还原剂的质量比为2∶1，故C错误；D．在反应3S+6OH−=2S2−+SOeq \\al(2−,3)+3H2O中，S的化合价从0价降为-2价，则每生成2个S2−反应转移的电子数为4，故D错误；故答案为A。
【答案】A
5．LiAlH是重要的储氢材料，可与水发生反应:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是（ ）
A．氢气既是氧化产物又是还原产物
B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C．若生成标况下4.48L H2，则转移0.4ml电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
【解析】LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A正确；LiAH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B错误；由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑可知，每1ml LiAH4反应，转移4ml e−，生成4ml H2，若生成标况下4.48L H2，为0.2ml，则转移0.2ml电子，故C错误；由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，LiAH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1∶2，故D错误。故选A。
【答案】A
6．某含铬(Cr2Oeq \\al(2−,7))废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀经干燥后得到n ml FeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（ ）
A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)ml
B．处理废水中的Cr2Oeq \\al(2−,7)的物质的量为nx/2ml
C．反应中发生转移的电子数为3nx ml
D．在FeO·FeyCrxO3中，x=3y
【解析】A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1)，反应中Cr由+6价变成+3价，Fe部分由+2价变成+3价，由FeyCrxO3中化合价代数和为零可知3（x+y）-6=0，则y=2-x，因此消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)，故A正确；B．根据铬原子守恒，Cr原子为n x ml，故Cr2Oeq \\al(2−,7)的物质的量为ml，故B正确；C．Cr2Oeq \\al(2−,7)中Cr为+6价，FeO·FeyCrxO3中Cr为+3价，1ml Cr转移电子3ml，得到n ml FeO·FeyCrxO3，则一共有n x ml Cr原子参加反应，故转移的电子数为3n x ml，故C正确；D．反应中Cr由+6价变成+3价，Fe部分由+2价变成+3价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D错误；故选D。
【答案】D
7．对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2+H2O(未配平)，若有0.1ml KMnO4参加反应，下列说法不正确的是（ ）
A．转移0.5ml电子 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶8
C．参加反应的HCl为0.8ml D．氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶2
【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式得2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。当有0.1ml KMnO4参加反应，转移电子的物质的量=0.1ml×（7-2）=0.5ml，A正确；由方程式可知，1ml KMnO4被还原，则有2.5ml氯气生成，被还原的氯化氢为5ml，B错误；根据高锰酸钾和被氧化的氯化氢之间的关系式知，参加反应的物质的量HCl为0.8ml，被氧化的氯化氢的物质的量为0.5ml，C正确；反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2，B正确。
【答案】B
8．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆气体二氧化氯，反应的化学方程式为。设NA为阿伏加德罗常数的值。
(1)浓盐酸在该反应中表现出来的性质为_________。
(2)将氯气通入某含氧酸盐的溶液中，能发生反应，则反应物ROeq \\al(n−,3)中R元素的化合价是_________；当反应消耗0.25ml氯气时，转移电了的数目为_______。
(3)根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3溶液和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化制得ClO2，且产物中有Na2SO4，则在该反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为______。
【解析】(1)在KClO3和浓盐酸的反应中，HCl中部分氧元素的化合价由-1升高到0，被氧化，部分氧元素与金属阳离子形成盐，故HCl在反应中表现出的性质为还原性和酸性，故本题答案为：还原性和酸性；(2)该反应中氧化剂为Cl2，还原剂为ROeq \\al(n−,3)，根据化学方程式中电荷守恒可知，-n=-2-2+2，则n=2，故ROeq \\al(n−,3)中R的化合价为+4；Cl元素的化合价从0降低到-1，每消耗1ml Cl2，转移2ml电子，故消耗0.25ml氯气时，转移电子的数目为0.5NA，故本题答案为：+4；0.5NA；(3)该反应中，NaClO3中Cl元素的化合价从+5降低到+4，Na2SO3中S元素的化合价由+4升高到+6，由得失电子守恒知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2∶1，故本题答案为：2∶1。
【答案】（1）还原性和酸性
+4 0.5NA
2∶1
9．（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO−、OH−、FeOeq \\al(2−,4)、Cl−、H2O。
①湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：_____________（填化学符号）。
②写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_____________。每生成1ml FeOeq \\al(2−,4)转移____ml电子，若反应过程中转移了0.3ml电子，则还原产物的物质的量为__ml。
（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：____________。
②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为___________。
③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为：___________。
【解析】(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl−，故答案为：ClO−；②氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq \\al(2−,4)+3Cl−+5H2O，每生成1ml K2FeO4转移电子的物质的量为3ml，还原产物为K2FeO4，其物质的量为2ml，若反应过程中转移了0.3ml电子，则还原产物的物质的量为0.15ml，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq \\al(2−,4)+3Cl−+5H2O；3；0.15；(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，COeq \\al(2−,3)转化为CO2或HCOeq \\al(−,3)，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O=5NaBr+NaBrO3
+6NaHCO3；③在酸性条件下，Br−和BrOeq \\al(−,3)发生归中反应生成Br2，反应的方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O。
【答案】（1）ClO− 2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq \\al(2−,4)+3Cl−+5H2O 3 0.15
（2）Cl2+2Br−=Br2+2Cl−
3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2(或6Na2CO3+3Br2+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3)
5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O
10．氧化还原反应综合应用：氧化还原反应滴定
（1）配平氧化还原反应方程式：C2Oeq \\al(2－,4)+____MnOeq \\al(－,4)+____H+===____CO2↑+____Mn2++____
H2O
（2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25ml·L−1 NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H+的总物质的量为________ml。
②第二份溶液中滴加0.10ml·L−1的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
【解析】（1）C：+3―→+4，改变量(4-3)×2=2，Mn：+7―→+2，改变量(7-2)×1=5，根据化合价升降总数相等，所以在C2Oeq \\al(2－,4)前配5，MnOeq \\al(－,4)前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2+前配10和2，再由电荷守恒在H+前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。（2）①由H++OH−==H2O知，n(H+)=n(OH−)=0.25ml·L−1×0.02L=0.005 ml。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得，n(还)×2=0.10ml·L−1×0.016L×5，n(还)=0.004ml。③设6.0g试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)+n(KHC2O4)=
0.05ml，由②得：n(H2C2O4·2H2O)+n(KHC2O4)=0.04ml，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)=0.01ml，n(KHC2O4)=0.03ml，H2C2O4·2H2O的质量分数为eq \f(0.01ml×126g·ml−1,6.0g)×100%=21%，KHC2O4的质量分数为eq \f(0.03ml×128g·ml−1,6.0g)×100%=64%。
【答案】（1）5 2 16 10 2 8
（2）①0.005
②A．氧化剂 不需要 无色 浅紫红色 B．无影响 C．偏小 ③21% 64%