2021高考化学(浙江专用)二轮考点突破-答案解析-专题四氧化还原反应-.docx

专题四　氧化还原反应
真题考点·高效突破
考点一:氧化还原反应基本概念
【真题题组】
1.D　A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂是Na2O2与CO2反应生成O2,在这个反应中存在电子的得失,属于氧化还原反应。B.工业上电解Al2O3制备Al:2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑,存在电子得失,属于氧化还原反应。C.工业合成NH3:N2+3H22NH3也是氧化还原反应。D.试验室制备NH3:Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O,没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应。
2.CD　反应Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr中,水既不是氧化剂又不是还原剂A中水既不是氧化剂又不是还原剂;B中水既非氧化剂又非还原剂;C中水作还原剂;D中反应实质是:2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑,Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O,水作氧化剂。
3.B　依据化合物中各元素化合价代数和为零,可知Li2NH中氮元素的化合价为-3,A选项错;H2中有一个氢原子得到电子形成LiH作氧化剂,有一个氢原子失去电子,形成LiNH2作还原剂,B选项正确;Li+和H-的电子层结构相同,原子半径取决于核电荷数,核电荷数越大,半径越小,所以r(Li+)选项错。
4.C　只有置换反应确定属于氧化还原反应,有电子转移,C正确。
考点二:氧化还原反应的规律及应用
【真题题组】
1.B　因氧化性:Br2>Fe3+,则还原性:Br-I2、Cl2>Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;d处马上褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;e处变红,说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,Fe2+将Cl2还原为Cl-,可证明还原性:Fe2+>Cl-,D项正确。
3.AC　在化合物中,元素处于中间价态时,既可表现氧化性,又可表现还原性,HClO中Cl元素为+1价,N2O3中N元素为+3价,满足题意要求。
4.A　①大气固氮:N2+O22NO,其中氮元素的化合价上升被氧化;②硝酸银分解:2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑,其中氮元素的化合价降低被还原;③试验室制氨气:2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,其中氮元素的化合价既不上升也不降低,故既不被氧化又不被还原。
5.CD　结合题给两个方程式,依据氧化性、还原性强弱比较规律可得H2O2的氧化性>Fe3+的氧化性,H2O2的还原性>Fe2+的还原性,A错;H2O2显弱酸性,H2O2分解:2H2O22H2O+O2↑,酸性降低,pH增大,B错;在H2O2分解过程中,Fe3+或Fe2+作催化剂,所以两者总量不变,C对;由于Fe2+可导致H2O2分解,所以H2O2生产过程要避开混入Fe2+,D对。
考点三:氧化还原反应的配平及相关计算
【真题题组】
1.A　若混合物全是CuS,其物质的量为mol=0.15 mol,电子转移:0.15×(6+2)mol=1.2 mol,因NO与NO2两者体积相等,设NO x mol,NO2 x mol,依据电子守恒列式得:3x+x=1.2,计算得x=0.3,则气体体积V=0.6×22.4 L=13.44 L;若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075 mol,转移电子:0.075×10 mol=0.75 mol,设NO为x mol,NO2为x mol,则依据电子守恒列式得:3x+x=0.75,计算得x=0.187 5,气体体积V=0.375×22.4 L=8.4 L,因此V应介于8.4 L～13.44 L之间,故选A。
2.B　设反应后M元素的化合价为+x,参与反应的M的物质的量为0.002 mol参与反应的锌的物质的量为0.003 mol,依据氧化还原反应中得失电子守恒,可得(5-x)×0.002=0.003×2,解得x=2,故选B。
3.A　在FeyCrxO3中,Fe为+3价,Cr为+3价,所以有x+y=2①,又依据电子守恒yFe2+yFe3+,FeyO3得3x=y ②,所以D正确;生成n mol FeO·FeyCrxO3转移电子为3nx mol,所以C正确,处理废水中Cr2的物质的量,依据Cr元素守恒,知为 mol,B正确。消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1+y)mol 或n(1+3x)mol或n(3-x)mol,A错。故选A。
4.解析:(1)①由于所加物质都是过量的,前面加入的物质应被后面的物质除去,所以首先应加入过量的BaCl2溶液来沉淀S,过量的BaCl2可经后面加入的Na2CO3溶液除去。观看BaSO4和BaCO3的Ksp不难发觉,两者相差不大,在C浓度比较大时,BaSO4会转化为BaCO3而生成S。
②电解时,能得到H2,从ClO2发生器出来的气体可以合成HCl,说明有Cl2,因此可利用的单质是H2、Cl2,在发生器中发生的反应是2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
(2)纤维素水解的最终产物是葡萄糖(C6H12O6),其具有还原性。依据原子守恒可知另一种产物应是Na2SO4,利用化合价升降法可配平。
(3)氧化相同量的CN-,Cl2和ClO2转移的电子数应相同。1 mol Cl22Cl-转移2 mol e-,1 mol ClO2Cl-转移5 mol e-,则转移相同量的电子时Cl2与ClO2的物质的量之比为5∶2。
答案:(1)①BaCl2　BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量C时,BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其他合理答案)
②H2、Cl2　2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(2)1C6H12O6+24NaClO3+12H2SO424ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4
(3)2.5
5.解析:(1)CCl4层变紫色,说明有I2生成,连续滴加氯水,I2又被氧化生成HIO3,同时生成HCl。据氧化还原反应中的电子得失守恒得反应的化学方程式为:

(2)依据题意,反应过程中Cl2首先氧化KI生成单质碘,Cl2过量时I2连续被氧化生成HIO3,因此整个过程中还原剂为KI
和I2。
(3)Cl2与KBr反应生成Br2,Br2溶于CCl4呈红棕色;由题中现象可知,Cl2不能氧化Br2生成HBrO3,所以氧化性挨次为:HBrO3>Cl2>HIO3。
(4)要消耗最少的Cl2,则含碘量为最低值。
I-　　　　～　　　　KIO3　　～　　3Cl2
1 mol 3 mol
mol n(Cl2)
则n(Cl2)= mol,V(Cl2)= mol×22.4 L/mol=10.58 L。
答案:(1)5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl
(2)KI、I2
(3)红棕　HBrO3>Cl2>HIO3
(4)10.58
三年模拟·力气提升
1.A　NH4CuSO3中的Cu显+1价,由题给信息知,加入H2SO4后,Cu+Cu+Cu2+,所以铜元素部分被氧化,部分被还原,B错;S+2H+SO2↑+H2O,刺激性气味气体为SO2,C错;H2SO4中各元素化合价未变,D错。
2.B　,由此可见,Cu2S既是氧化剂又是还原剂,Cu2O是氧化剂,Cu是还原产物,SO2是氧化产物,该反应转移6 mol电子。
3.解析:(1)物质中所含元素化合价降低,得到电子的反应是还原反应,该物质就作氧化剂,所以选项D正确。A中H2O2是生成物,且该反应不是氧化还原反应;B中H2O2是还原剂,C中H2O2既是氧化剂,也是还原剂,答案选D。
(2)过氧化氢是一种氧化剂,所以选项B正确。
(3)依据原子守恒和电子得失守恒可知,生成物A应当是KHCO3。
答案:(1)D　(2)B　(3)KHCO3
4.C　①中的氧化产物为I2,A错;依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知氧化性Co2O3>Cl2>Fe3+,B错;依据氧化还原反应中电子转移状况分析知,C对;依据反应②可知,还原性Fe2+>Br-,若有Br2产生,则Fe2+全部转化为Fe3+,D错。
5.C　①中CCl4层毁灭紫色,则产生I2,发生2Fe3++2I-2Fe2++I2反应,则氧化性Fe3+>I2,②2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,则氧化性Cl2>Fe3+,③2Mn+10Cl-+16H+2Mn2++5Cl2↑+8H2O,则氧化性Mn>Cl2,综上C正确。
6.A　MFe2Ox(3剂,不是催化剂,故错误。C项依据化合物中元素化合价的代数和为0知,xMFe2Oy,故错误。
7.D　在Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O的反应中,1 mol Cl2参与反应转移电子数为NA,则A项错;在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为5NA,B项错误;不能依据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱,实际上氧化性:HNO3(浓)>HNO3(稀),C项错误;N+H+具有强氧化性,能氧化Fe2+,D项正确。
8.D　NF3中N是+3价,F是-1价,HNO3中N是5价,故此反应是歧化反应,被氧化与被还原的原子都是N,画出双线桥,
就可以得出反应中NF3既是氧化剂又是还原剂,H2O既不是氧化剂也不是还原剂;反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为1∶2;若反应中生成0.2 mol HNO3,则反应共转移0.4 mol e-,由题给方程式知,白雾是由HF形成的,红棕色气体是由NO氧化成NO2所致。
9.C　先依据得失电子守恒写出:2Mn+5N+　2Mn2++5N+　H2O,再依据电荷守恒,确定出反应物的　中应为阳离子,再结合生成物H2O,知　中应为6H+,D错,依据原子守恒,则H2O的系数为3。该反应配平后的反应式为:2Mn+5N+6H+2Mn2++5N+3H2O。反应中Mn是氧化剂,N是还原剂,A错;反应消耗H+,则pH增大,B错;由配平后的离子方程式知,C正确。
10.解析:依据化合价升降和电子守恒知R为NO,再依据电荷守恒可知x=8,把此离子方程式改写为化学方程式:3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,则参与反应的Cu和消耗HNO3的物质的量之比为3∶8,1.5 mol Cu失去电子的数目为1.5×2NA=3NA。
答案:(1)8　(2)NO　
(3)3∶8　(4)3NA
11.解析:反应物中有H+和氧元素,则生成物中有H2O,最终一个横线上填H2O,B错;配平离子方程式:2Mn+5H2C2O4+6H+、10CO2↑+2Mn2++8H2O,则1 mol H2C2O4参与反应,转移电子总数为2NA,D错;Mn为氧化剂,A错。
答案:C
12.解析:(1)Cu2+Cu+,铜元素化合价降低,被还原,所以加入的应当是还原剂。
(2)CuH在氯气中能燃烧,铜元素和氢元素都被氯气氧化,故可推知产物为氯化铜和氯化氢,依据得失电子守恒和原子守恒就可以配平反应方程式。
(3)CuH溶解在稀盐酸中,氢元素发生归中反应,生成的气体为氢气,同时依据信息Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+Cu2++Cu,综上所述总化学方程式是:2CuH+2HClCuCl2+Cu+2H2↑,

则生成2 mol H2时,转移电子3 mol,生成1 mol H2时,转移电子为1.5 mol。
答案:(1)还原剂　
(2)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl　
(3)H2　1.5 mol