2021版高考化学总复习第二章化学物质及变化跟踪检测(七)氧化还原反应规律及应用

1、跟踪检测七氧化复原反响规律及应用1. U常见化合价有+ 4和+ 6，硝酸铀酰UQNC32加热可发生如下分解反响：UONQ2UxQ + NQT+ Qf 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，那么生成的铀的氧化物化学式是A. UQB . UQC. 2UQ UQD . UQ 2UQ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，那么NQ、Q的物质的量比为 4：1,发生反响4NQ+ Q+ 2HQ=4HNQ根据原子守恒，将 UQNQ 2改1写成UQ 2NQ 2,故生成铀的氧化物化学式是UQ。2. 某离子反响中涉及 H2Q CIQ、N

2、hJ、N2、C六种微粒。其中的物质的量随时间变化的曲线如下图。以下判断正确的选项是A. 该反响的复原剂是CB. 反响后溶液的酸性明显增强C. 消耗1 mol复原剂，转移 6 mol电子D. 氧化剂与复原剂的物质的量之比为2 ：3CIQ-物质的量减小，那么CIQ解析：选B由曲线变化图可知，随反响进行具有氧化性的 故N2是生成物，那么反响的方程式应为 3CIQ+ 2N=Mf + 3H2Q+ 3C+ 2；由方程式可 知CI为复原产物，故 A错误；反响生成 H,溶液酸性增强，故 B正确；N元素化合价由-为反响物，由氯元素守恒可知C是生成物，根据所含有的Nhf和N2，其中NhJ有复原性,3价升高到0价，

3、那么消耗1 moI复原剂，转移3 moI电子，故C错误；由方程式可知氧化剂 和复原剂的物质的量之比为3 : 2,故D错误。3. 水热法制备纳米颗粒 Y化合物的反响为3Fe2+ + 2Sd+ Q+ aQH=X SQT + 2WQ 以下说法中，不正确的选项是 A. S2C3是复原剂B. Y的化学式为FezQC. a=4D. 每有1 mol Q 2参加反响，转移的电子总数为4 mol解析：选B由反响知复原剂是 SzQ一，氧化剂是C2,每有1 mol Q 2参加反响，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F&O, B错误；由电荷守恒 知，a= 4, C正确。

4、4. 2021 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。F列有关该离子方程式的说法正确的选项是A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B.假设有1 mol S被氧化，那么生成 2 mol S 2C.氧化剂与复原剂的物质的量之比为1 ：2D.2 mol S参加反响有3 mol电子发生转移解析：选B配平后的离子方程式为 3S+ 6OH =2S + SO + 3fO,A项错误；当有1 mol S被氧化时，生成2 mol S2 , B项正确；氧化剂与复原剂的物质的量之比为2 ： 1, C项错误； 3 mol S参加反响有4 mol电子发生转移，那么 2 mol S参加反

5、响有3 mol电子发生转移，D项错误。5. 2021 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响的XeE、XeF4和XeF三种化合物。其中 XeF4与 fO可以发生如下反响：6XeR+ 12H2O=2XeO+ 4Xef+ 24HF+。以下判断正确的选项是 A.上述反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为1 ：2D.XeE、XeF4和XeFs在空气中都能长期存放B.XeF4按以上方式与水反响，每生成3 mol O 2转移12 mol电子C.XeF2参加水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2解析：选A该反响中，生成 Xe的XeR作氧化剂，生成 XeO的XeR作复原剂，生成氧

6、气的水作复原剂，所以该反响中4XeF4氧化剂+ 2XeR复原剂+ 6fO复原剂+6HO=2XeOF4Xef+ 24HF+ 3Qf,氧化剂和复原剂的物质的量之比为4 ： (2 + 6) = 1 : 2,故A正确；由反响可知，每生成 4 mol Xe,转移电子的物质的量为 4 moix 4 0 = 16 mol,那么每生成3 mol O 2转移16 mol电子，故B错误；F2能与水反响，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2,故C错误；XeF2、XeR和XeF6极易与水反响，在空气中不能长期存放, 故D错误。6. 2021 武汉一中模拟某含Cr2&的含铬废水用硫酸亚铁铵 NH42SQ

7、FeSO 6fO处理，反响中铁元素和铬元素+ 3价完全转化为沉淀。该沉淀枯燥后得到n molFeO- FeyCrxQ。不考虑处理过程中的实际损耗，以下表达错误的选项是A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n2 xmolB.nx处理废水中Cr2O7的物质的量为molC.反响中发生转移的电子的物质的量为3nx molD.在 FeO- FeyCrxQ 中 3x= y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(1 + y)mol，又由FeOF eyCrxQ呈电中性可知3x+ 3y = 6,代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3 nxx)mol，故A错误；根据Cr原子守恒，产物中Cr原

8、子为xnmol,故Cr2&的物质的量为 mol ,故B正确；生成 n mol FeO FeyCrxQ，那么一共有 nx mol Cr原子参加反响，1 mol Cr原子 转移3 mol电子，故转移的电子为3nx mol，故C正确；该反响中铁元素的化合价局部由+2价升高到+ 3价，铬元素的化合价由+ 6价降低为+ 3价，根据得失电子守恒有3x = y,故D正确。7. (2021 会宁二中月考)根据表中信息判断，以下说法不正确的选项是()序号反响物产物KMnQ "Q、H2SQ&SQ、MnSOCl 2、FeB2FeCl 3> FeB3MnO2+Cl 2、MnA. 第组反

9、响的其余产物为HzO和QB. 第组反响中参加反响的 Cl2与FeBr2的物质的量之比为1 ：2C. 第组反响中生成 1 mol Cl 2,转移电子2 molD. 氧化性由强到弱顺序为Mn O>CI 2>Fe3+ >B2解析：选D反响中KMnOMnSO, Mn元素化合价由+ 7价降低为+ 2价，根据电子 守恒，HQ中氧元素化合价升高，生成Q,根据H元素守恒可知还生成 HO,故A正确；由元素化合价变化可知，反响中只有Fe2 +被氧化，根据电子守恒2n(Cl 2) = n(FeB“)，即n(Cl 2) : n(FeBr2) = 1 : 2,故B正确；由信息可知， MnO将Cl氧化为

10、CI2, Cl元素化合价 由1价升高为0价，生成1 mol Cl 2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：MnO>Cl2,由可知氧化性：Cl2>Fe3+，由可知 Fe3+不能氧化Br，氧化性：Br2>Fe3+ ,故D错误。& (2021 定州中学月考)硫酸亚铁溶液中参加过氧化钠时发生反响：4Fe2* + 4Na2Q+ 6H2O=4Fe(OH3J + Qf+ 8Na，那么以下说法正确的选项是 ()A. 该反响中Fe2+是复原剂，Q是复原产物B. 4 mol Na 2Q在反响中共得到 8NA个电子C. Fe(0H)3是氧化产物，

11、每生成 4 mol Fe(OH) 3反响过程中共转移电子 6 molD. 反响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该反响中Fe2+是复原剂，Q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作复原剂，3 mol作氧化剂，反响得到6 mol 电子，故B错误；Fe(OH)3是氧化产物，每生成 1 mol O 2反响过程中共转移 6 mol电子，故C正确；反响过程中Fe?+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. (2021 宁波十校联考)氧化性：Br2>Fe3+ >

12、12,向含a mol FeI 2的溶液中参加含 b mol Br 2的溴水，充分反响。以下说法不正确的选项是()A. 离子的复原性强弱：厂>Fe2+ >BrB. 当a> b时，发生的离子反响：21+ Br2=l2 + 2BrC. 当5a = 4b时，反响后的离子浓度之比：c(Fe2+) : c(Fe3+) : c(Br)= 1 ： 1 ：5D. 当3aw2b时，发生的离子反响：2 +3+2Fe + 2I + 2Br2=2Fe + 12+ 4Br解析：选D 氧化性：Br2>Fe3+ >12，那么离子的复原性：I >Fe2+ >Br, A项正确；溴 水与F

13、el 2溶液反响时，B2首先与复原性强的I 反响，后与Fe2+反响，当a= b时，Fe"溶 液中的1恰好与B"完全反响，当a>b时，1过量，只发生1与B"的反响，故当a>b时，5发生的离子反响：2I + Br2=I2+ 2Br, B项正确；当5a= 4b时，即a mol FeI 2和a mol Bq4反响，1完全反响，由得失电子守恒知Fe2+有一半被氧化成 Fe3*,所以反响后的离子浓度之比：c(Fe2+) : c(Fe3+) : c(Br ) = 1 : 1 : 5, C项正确；当 3a= 2b 时，a mol FeI 2和 b mol Br2恰好完

14、全反响，离子方程式为2Fe2+ + 41+ 3Br2=2F(T + 2I2+ 6Br , D项错误。irn* w v v w v pI 9 'V 4 r i10. (2021 开封模拟)：复原性HSO>I，氧化性10 >12。 在含3 mol NaHSQ的溶液中逐滴参加 NalQ溶液。参加 NalQ的物 质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如下图。以下说法正 确的是()A.反响过程中的氧化产物均为SOB. a点时消耗NaHSO勺物质的量为1.0 molC. 从起点到b点的反响可用如下离子方程式表示：3HSO+ IO=3SO+ I + 3H+D. 当溶液中I 与I2的物质的

15、量之比为1 ：1时，参加的NalQ为1.2 mol解析：选C在溶液中，NaHSO中的HSO最终被氧化为SC4,不会出现SO,故A项错 误；根据复原性HSO>I 及从起点到b点没有丨2生成，知IO和HSO刚开始发生氧化复原反 应生成1,反响的离子方程式为 3HSO+ IO=3S(4 + l+ 3H+,故C项正确；a点时参加的NalQ的物质的量为0.4 mol，根据反响方程式知，消耗的NaHSO勺物质的量为1.2 mol,B项错误；根据反响知，3 mol NaHSO3消耗NalQ的物质的量为1 mol，生成的I的物质的 量为1 mol，设生成的丨2的物质的量为n mol，那么根据反响IO+

16、6H+ + 5I =3HO+ 312 知,n5n5n消耗NalQ的物质的量为3 mol，消耗I的物质的量为 mol，剩余的I为1 mol, 溶,5n3 ,液中 n(l ) : n(I 2) = 1 ： 1, 即卩 1 - mol = n mol，解得 n=云,故此时参加的 n(NalO 3) = 1 mol 38n1+ - mol = 1 mol + - mol = 1.125 mol，故 D项错误。3811. (2021 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。完成以下填空：(1) 将废钒催化剂(主要成分 V2O)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反响，所得

17、溶液显酸性，溶液中含 VO十、K *、SO2 -等离子。写出该反响的化学方程式：(2) 向上述所得溶液中参加 KCIQ溶液，充分反响后，溶液中新增加了V®、Cl -。写出并配平该反响的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向 。(3) 在20.00 mL的0.1 mol L -1 VO*溶液中，参加 0.195 g锌粉，恰好完成反响，那么复原产物可能是。a. V b. V2*c. Vdd. vO*V2Q能和盐酸反响生成氯气和v6 *。请再写一个离子方程式： ，说明复原性：sO- >ci - >vO*。解析：(1)V 2Q在酸性条件下将亚硫酸钾氧化为硫酸钾，该反响的化学方程式

18、为V2Q *K>SQ*2fSQ=2VOS4* KSC4+ 2fO。(2)KCIO 3将 VO*氧化为 V&,同时本身被复原为 Cl-, J 6*|+ 6VO * 3HO=C+ 6Vd + 6H+o (3) n(VO*) = 20.00 x 10 -3 LX 0.1 mol L -1 = 0.002 0 mol , n(Zn) = 0.003 0 mol , V0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 0 X 2= 0.002 0 X (5 x)，解得x=* 2,应选b。(4)V 2C5能和 盐酸反响生成 CI2和VO*，故复原性 CI-

19、>VO*, Cl 2可以将sO-氧化生成sO-,自身被复原 为CI-,反响的离子方程式为 Cl2* sO-* H2O=2C- * 2H* sc4-,说明复原性：sO'ci-。答案：(1)V 2Q* K2SO* 2H2SQ=2VOsOF K2SQ* 2HzOII(2) * 3H2O=C- * 6V&* 6H+(3) b(4) CI 2 * SO-* H2O=2C- * 2H+* SO-12. (2021 龙岩五校期中)I .某厂废水中含KCN其浓度为0.01 mol L -1,现用氯氧化法处理，发生如下反响(化合物中N化合价均为-3价):KCN 2KOH Cl 2=KOCN

20、 2KCI * IHO(1) 上述反响中被氧化的元素是 (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，请配平以下化学方程式：KOCMCl 2+K2CO+N2 +KCl +(3) 假设将10 L含KCN的浓度为0.01 mol 的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气 mol。n .某实验小组为了测定 中溶液多余Ci2的含量，常用NaQ标准溶液进行定量测定。现实验室需用480 mL 一定浓度的NazSQ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) Na2$Q复原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成sO，因此NstSQ常用作脱氯剂，该反响的离子方程

21、式为。(6) 现取中溶液20.00 mL ,用a mol L NazQQ溶液进行滴定，经过平行实验测得1消耗NaaSzQ标准溶液b mL计算废液中Cl2的浓度为mol-L (用含a、b的表达式表示)。解析：I .(1)反响中氯元素化合价降低，被复原。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Co(2)氯元素的化合价从 0价降低到-1价，得到1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复原剂的物质的量之比是3 : 2,根据原子守恒可知还有水生成，因此反响的化学方程式为2KOCNF 3Cl2+ 8KOH=2CO + N2+ 6KCl

22、 + 4H2Q(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一 1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 mol L 的废110 L X 0.01 mol L X5水中KCN氧化除去，最少需要氯气=0.25 mol。n .(4)没有480 mL规格的容量瓶，所以还需500 mL容量瓶。消耗NaaSQ的物质的量是 0.001 ab mol，根据方程式可知消耗氯气的物质的量是0.004 ab mol，因此废液中Cl 2的浓度为0.004 ab mol0.02 L=0.2 ab mol L答案：(1)C(2

23、) 2KOCN+ 3Cl 2+ 8KOH=2JQ+ N2+ 6KCl + 4fO(3) 0.25(4)500 mL 容量瓶S 2&一 + 4Cl2 + 5H2O=2SO + 8CI 一 + 10H(6)0.2 ab13. 工业上利用锌焙砂(主要含ZnO ZnFaQ,还含有少量 FeOCuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。答复以下问题:(1) Z nF e2Q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响。 ZnF&O中Fe的化合价是 ，从物质分类角度说，ZnFeO属于(填“酸“碱或“盐)。 工业上利用反响 ZnFe2(C2Q)3 6fO=ZnFeQ+

24、 2CQf+ 4COT+ 6H2O制备 ZnFqQ。该反响中氧化产物是 (填化学式)，每生成1 mol ZnFe 2Q,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。为到达这一目的，还可采用的措施是(任答一条)；ZnFe2Q能溶于酸，那么酸浸后溶液中存在的金属离子有 。(3) 净化I中HaQb参与反响的离子方程式为 ;试剂X的作用是答案：+ 3 盐ZnFe2O、CO 4 mol(2) 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)Zn2J Fe3+> Fe2+> Cu2+(3) H2Q+ 2Fe2+ + 2H+ =2Fe+ + 2fO 调节溶液的 pH,

25、促进 Fe3+水解14. I.实验室可由软锰矿(主要成分为 MnO)制备KMnO,方法如下：软锰矿和过量的固 体KOH和KCIQ在高温下反响，生成锰酸钾 (K2MnO)和KCl ;用水溶解，滤去残渣，滤液酸化 后，KMnO转化为MnO和KMnO；滤去MnO沉淀，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO。试答复以下问题：(1) 软锰矿制备 &MnO的化学方程式是 。(2) K 2MnO制备KMnO的离子方程式是。2 -L(3) KMnO4能与热的稀硫酸酸化的NatCO反响，生成Mn和CO,该反响的化学方程式是n .MnO2是一种重要的无机功能材料，粗MnO的提纯是工业生产的重要环节。某研究

26、性学习小组设计了将粗 MnO(含有较多的MnC和MnCO样品转化为纯MnO实验，其流程如下:(1) 第步加稀 HSO时，粗MnO样品中的 (写化学式)转化为可溶性物质。 第步反响的离子方程式并配平：匚|+ | |CIOr + | |= | MnOJ +UC|2 f+L 。(3)两次过滤后对 MnO固体洗涤23次，如何确定是否洗涤干净？ 。假设粗MnO样品的质量为12.69 g，第步反响后，经过滤得到8.7 g MnO 2,并收集到0.224 L CO 2(标准状况下)，那么在第步反响中至少需要 mol NaCIO 3。解析：I .(1)由软锰矿与过量固体 KOH和 KCIQ在高温下反响，生成锰

27、酸钾 (K2MnO)和 KCI，反响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, CI元素化 合价由+ 5降低为-1,根据化合价升降总数相等，那么二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为高温3 : 1，再根据原子守恒配平方程式为3MnO+ 6KOF+ KCIO3高温=KaMnQ+ KCI + 3HaO;(2) 由滤液酸化后，K2MnO转变为MnO和KMnO反响中只有 Mn元素化合价变化， Mn元 素局部由+ 6价降低为+ 4,局部升高为+ 7,根据化合价升降总数相等，那么二氧化锰与高锰酸钾的物质的量之比为1 : 2,再根据电荷守恒、原子守恒配平方程式为3MnO+ 4H+

28、=Mn0 + 2MnO + 2H2O(3) KMnO4能与热的稀硫酸酸化的NqCzQ反响，生成MrT和CO,根据质量守恒，同时会生成硫酸钾和硫酸钠，反响的化学方程式为2KMnO+ 8H2SQ+ 5Na2QO=2MnSO+ K2SQ +10CQf + 5NS2SO + 8fO。n MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO分别和硫酸反响生成可溶性的MnSO>(2) MnSC4要转化为MnO,需失去电子，故需要参加NaCIQ做氧化剂，依据得失电子守恒可以配平，反响的离子方程式是5MrT+ 2CIOJ + 4H2O=5Mr2Q + CI2 f + 8H+O(3) 两次过滤后对

29、MnO固体洗涤23次，二氧化锰上可能吸附有硫酸根离子，判断沉淀洗涤干净的方法为取最后一次洗涤液，滴加少量BaCl2,假设无沉淀，那么洗涤干净。(4) 由题意知样品中的 MnO和MnCO质量为12.69 g 8.7 g = 3.99 g,0.224 L CO 2的物 质的量为0.01 mol，由方程式 "SQ+ MnC3=MnSOF H2O+ COf可知MnCO勺物质的量为 0.01一 1mol，质量为 115 g mol x 0.01 mol = 1.15 g，所以 MnO的质量为 3.99 g 1.15 g = 2.842.84 g,g,其物质的量为71 g . l -1 = 0.04 mol，因此与稀硫酸反响时共生成MnSO的物质的量为0.05 mol，根据方程式 5MnS耐2NaCIQ+ 4HO=5Mna + Cl2f + NaaSQ+ 4HSQ,可计算出 需要NaCIQ的物质的量为0.02 mol。咼温答案：I .(1)3MnO 2+ KCIO3+ 6KOH=K2MnO+ KCI + 3fO(2) 3 MnO4 + 4H =Mn0 + 2MnO + 2HzO(3) 2K MnO4+ 8fSQ +