高考化学一轮复习第2章元素与物质世界跟踪检测（九）氧化还原反应规律及应用鲁科版

1、跟踪检测（九）氧化还原反应规律及应用1U常见化合价有4和6，硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解反应：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)，在600 K时，将气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水充满试管，则生成的铀的氧化物化学式是()AUO3 BUO2C2UO2UO3 DUO22UO3解析：选A气体产物收集于试管中并倒扣于水中气体全部被吸收，水充满试管，则NO2、O2的物质的量比为41，发生反应4NO2O22H2O=4HNO3，根据原子守恒，将UO2(NO3)2改写成UO32NO2O2，故生成铀的氧化物化学式是UO3。2.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH、H

2、、N2、Cl六种微粒。其中ClO的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A该反应的还原剂是ClB反应后溶液的酸性明显增强C消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子D氧化剂与还原剂的物质的量之比为23解析：选B由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO物质的量减小，则ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，根据所含有的NH和N2，其中NH有还原性，故N2是生成物，则反应的方程式应为3ClO2NH=N23H2O3Cl2H；由方程式可知Cl为还原产物，故A错误；反应生成H，溶液酸性增强，故B正确；N元素化合价由3价升高到0价，则消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子，故C

3、错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，故D错误。3水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe22S2OO2aOH=YS4O2H2O。下列说法中，不正确的是()AS2O是还原剂BY的化学式为Fe2O3Ca4D每有1 mol O2参加反应，转移的电子总数为4 mol解析：选B由反应知还原剂是S2O，氧化剂是O2，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4，B错误；由电荷守恒知，a4，C正确。4(2018长春调研)把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是()A配平后的

4、系数依次为3、1、2、6、3B若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移解析：选B配平后的离子方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，A项错误；当有1 mol S被氧化时，生成2 mol S2，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，C项错误；3 mol S参加反应有4 mol电子发生转移，则2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D项错误。5(2018衡阳第一次联考)F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反

5、应：6XeF412H2O=2XeO34Xe24HF3O2。下列判断正确的是()A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为12BXeF4按以上方式与水反应，每生成3 mol O2转移12 mol电子CXeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2DXeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放解析：选A该已知反应中，生成Xe的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4(氧化剂)2XeF4(还原剂)6H2O(还原剂)6H2O=2XeO34Xe24HF3O2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4(26)12，故A正确；由反应可知，每生成4

6、mol Xe，转移电子的物质的量为4 mol(40)16 mol，则每生成3 mol O2转移16 mol电子，故B错误；F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故C错误；XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D错误。6(2018武汉一中模拟)某含Cr2O的含铬废水用硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素(3价)完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n mol FeOFeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB处理废水中Cr2O的物质的量为 molC反

7、应中发生转移的电子的物质的量为3nx molD在FeOFeyCrxO3中3xy解析：选A根据铁原子守恒可知，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1y)mol，又由FeOFeyCrxO3呈电中性可知3x3y6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x)mol，故A错误；根据Cr原子守恒，产物中Cr原子为xn mol，故Cr2O的物质的量为 mol，故B正确；生成n mol FeOFeyCrxO3，则一共有nx mol Cr原子参加反应，1 mol Cr原子转移3 mol电子，故转移的电子为3nx mol，故C正确；该反应中铁元素的化合价部分由2价升高到3价，铬元素的化合价由6价降低为3价，根据得

8、失电子守恒有3xy，故D正确。7(2018会宁二中月考)根据表中信息判断，下列说法不正确的是()序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnOCl2、Mn2A第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱顺序为MnOCl2Fe3Br2解析：选D反应中KMnO4MnSO4，Mn元素化合价由7价降低为2价，根据电子守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成O2，根据H元素守恒可知还生成H2O，故A正确；由元素化合价变化可

9、知，反应中只有Fe2被氧化，根据电子守恒2n(Cl2)n(FeBr2)，即n(Cl2)n(FeBr2)12，故B正确；由信息可知，MnO将Cl氧化为Cl2，Cl元素化合价由1价升高为0价，生成1 mol Cl2转移电子2 mol，故C正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由可知氧化性：MnOCl2，由可知氧化性：Cl2Fe3，由可知Fe3不能氧化Br，氧化性：Br2Fe3，故D错误。8(2018定州中学月考)已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，则下列说法正确的是()A该反应中Fe2是还原剂，O2是还原产物B4 mol Na2O

10、2在反应中共得到8NA个电子CFe(OH)3是氧化产物，每生成4 mol Fe(OH)3反应过程中共转移电子6 molD反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀解析：选C该反应中Fe2是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；过氧化钠中氧元素化合价既有升高又有降低，4 mol过氧化钠有1 mol作还原剂，3 mol作氧化剂，反应得到6 mol电子，故B错误；Fe(OH)3是氧化产物，每生成1 mol O2反应过程中共转移6 mol电子，故C正确；反应过程中Fe2被氧化为Fe3，看不到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀的现象，故D错误。9(2018宁波十校联考)已知氧化性：Br2F

11、e3I2，向含a mol FeI2的溶液中加入含b mol Br2的溴水，充分反应。下列说法不正确的是()A离子的还原性强弱：IFe2BrB当ab时，发生的离子反应：2IBr2=I22BrC当5a4b时，反应后的离子浓度之比：c(Fe2)c(Fe3)c(Br)115D当3a2b时，发生的离子反应：2Fe22I2Br2=2Fe3I24Br解析：选D已知氧化性：Br2Fe3I2，则离子的还原性：IFe2Br，A项正确；溴水与FeI2溶液反应时，Br2首先与还原性强的I反应，后与Fe2反应，当ab时，FeI2溶液中的I恰好与Br2完全反应，当ab时，I过量，只发生I与Br2的反应，故当ab时，发生的

12、离子反应：2IBr2=I22Br，B项正确；当5a4b时，即a mol FeI2和a mol Br2反应，I完全反应，由得失电子守恒知Fe2有一半被氧化成Fe3，所以反应后的离子浓度之比：c(Fe2)c(Fe3)c(Br)115，C项正确；当3a2b时，a mol FeI2和b mol Br2恰好完全反应，离子方程式为2Fe24I3Br2=2Fe32I26Br，D项错误。10.(2018开封模拟)已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是()A反应过程中的氧

13、化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC从起点到b点的反应可用如下离子方程式表示：3HSOIO=3SOI3HD当溶液中I与I2的物质的量之比为11时，加入的NaIO3为1.2 mol解析：选C在溶液中，NaHSO3中的HSO最终被氧化为SO，不会出现SO3，故A项错误；根据还原性HSOI及从起点到b点没有I2生成，知IO和HSO刚开始发生氧化还原反应生成I，反应的离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，故C项正确；a点时加入的NaIO3的物质的量为0.4 mol，根据反应方程式知，消耗的NaHSO3的物质的量为1.2 mol，B项错误；根据反应知，3 mol NaH

14、SO3消耗NaIO3的物质的量为1 mol，生成的I的物质的量为1 mol，设生成的I2的物质的量为n mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2知，消耗NaIO3的物质的量为 mol，消耗I的物质的量为 mol，剩余的I为mol，溶液中n(I)n(I2)11，即moln mol，解得n，故此时加入的n(NaIO3)1 mol mol1 mol mol1.125 mol，故D项错误。11(2018重庆外国语中学月考)钒具有众多优良的性能，用途十分广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应，所得溶液显酸性，溶液中含VO

15、2、K、SO等离子。写出该反应的化学方程式：_。(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反应后，溶液中新增加了VO、Cl。写出并配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向_。(3)在20.00 mL的0.1 molL1 VO溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完成反应，则还原产物可能是_。aVbV2cVOdVO2(4)已知V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2。请再写一个离子方程式：_，说明还原性：SOClVO2。解析：(1)V2O5在酸性条件下将亚硫酸钾氧化为硫酸钾，该反应的化学方程式为V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2O。(2)KClO3将VO2氧化为

16、VO，同时本身被还原为Cl，ClO6VO23H2O=Cl6VO6H。(3)n(VO)20.00103 L0.1 molL10.002 0 mol，n(Zn)0.003 0 mol，VO中V的化合价为5，设V在生成物中的化合价为x，根据得失电子守恒,0.003 020.002 0(5x)，解得x2，故选b。(4)V2O5能和盐酸反应生成Cl2和VO2，故还原性ClVO2，Cl2可以将SO氧化生成SO，自身被还原为Cl，反应的离子方程式为Cl2SOH2O=2Cl2HSO，说明还原性：SOCl。答案：(1)V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2O(2)ClO6VO23H2O=C

17、l6VO6H(3)b(4)Cl2SOH2O=2Cl2HSO12(2018龙岩五校期中).某厂废水中含KCN，其浓度为0.01 molL1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为3价)：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O(1)上述反应中被氧化的元素是_(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：KOCN_Cl2_=K2CO3_N2_KCl_(3)若将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。

18、(4)现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。(6)现取(3)中溶液20.00 mL，用a molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，经过平行实验测得消耗Na2S2O3标准溶液b mL，计算废液中Cl2的浓度为_molL1(用含a、b的表达式表示)。解析：.(1)已知反应中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从2价升高到4价，失去电子，因此被氧化的元素是C。(2)氯元素的化合价从0价降低到1价，得到1

19、个电子。氮元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是32，根据原子守恒可知还有水生成，因此反应的化学方程式为2KOCN3Cl28KOH=2K2CO3N26KCl4H2O。(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1 mol氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气0.25 mol。.(4)没有480 mL规格的容量瓶，所以还需500 mL容量瓶。(6)消耗Na2S2O3的物质的量是0.001ab mol，根据方程式

20、可知消耗氯气的物质的量是0.004ab mol，因此废液中Cl2的浓度为0.2ab molL1。答案：(1)C(2)2KOCN3Cl28KOH=2K2CO3N26KCl4H2O(3)0.25(4)500 mL容量瓶(5)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H(6)0.2ab13工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。回答下列问题：(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于_(填“酸”“碱”或“盐”)。工业

21、上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O42CO24CO6H2O制备ZnFe2O4。该反应中氧化产物是_(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是_。(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有_。(3)净化中H2O2参与反应的离子方程式为_；试剂X的作用是_。解析：将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)酸浸，发生反应：ZnFe2O48H=Zn22Fe34H2O、ZnO2H=Zn2H2O、FeO2H=Fe2H2

22、O、CuO2H=Cu2H2O。向溶液中加入H2O2，发生反应：2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，调节溶液的pH将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引入新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO。向溶液中加入Zn，发生反应：Cu2Zn=Zn2Cu，过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn。(1)ZnFe2O4中锌的化合价为2价，氧元素的化合价为2价，结合化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe元素化合价为x，则2x2(2)40，x3；从物质分类角度，ZnFe2O4是由酸根离子和金属阳离子构成，所以ZnFe2O4属于盐。工业上利用反应：ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O4

23、2CO24CO6H2O制备ZnFe2O4，反应过程中铁元素化合价由2价升高到3价，碳元素化合价由3价变化为4价和2价，则氧化产物为ZnFe2O4、CO2，每生成1 mol ZnFe2O4，生成4 mol CO，转移电子的物质的量是4 mol。(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度、升高温度或搅拌等。ZnFe2O4、ZnO、FeO、CuO溶于酸得到的金属离子有Zn2、Fe3、Fe2、Cu2。(3)净化中H2O2具有氧化性，能将Fe2氧化为Fe3，离子方程式为H2O22Fe22H=2Fe32H2O；试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3水解

24、生成氢氧化铁沉淀，从而除去Fe3。答案：(1)3盐ZnFe2O4、CO24 mol(2)增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)Zn2、Fe3、Fe2、Cu2(3)H2O22Fe22H=2Fe32H2O调节溶液的pH，促进Fe3水解14.实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿和过量的固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。试回答下列问题：(1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_。(2)K2

25、MnO4制备KMnO4的离子方程式是_。(3)KMnO4能与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_。.MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2实验，其流程如下：(1)第步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的_(写化学式)转化为可溶性物质。(2)第步反应的离子方程式并配平：_ClO_=MnO2Cl2_。(3)两次过滤后对MnO2固体洗涤23次，如何确定是否洗涤干净？_。(4)若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第步反应后，经过滤得到8.

26、7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(标准状况下)，则在第步反应中至少需要_ mol NaClO3。解析：.(1)由软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素的化合价由4价升高为6，Cl元素化合价由5降低为1，根据化合价升降总数相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为31，再根据原子守恒配平方程式为3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O；(2)由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，反应中只有Mn元素化合价变化，Mn元素部分由6价降低为4，部分升高为7，根据化合价升降总数相等，