2020年高考北京版高考化学第5讲 氧化复原反响.docx

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1、2020年高考北京版高考化学第5讲氧化复原反响第5讲氧化复原反响A组基础题组1.(2022北京朝阳期中)下列实验未涉及氧化复原反响的是()答案CA项,FeCl3溶液滴入H2O2溶液中产生气泡讲明生成了氧气,发生氧化复原反响;B项,Na2O2粉末曝露在空气中能与空气中的水和二氧化碳反响,Na2O2中氧元素的化合价发生变化,发生氧化复原反响;C项,Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液的经过中无元素化合价的变化,属于非氧化复原反响;D项,乙醇滴入酸性K2Cr2O7溶液中,溶液由橙色变为绿色,是由于乙醇将Cr2-复原为Cr3+,发生了氧化复原反响。2.(2022北京朝阳二模)下列变化中,未涉及电子转移的是

2、()A.H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色B.C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿C.CO2使苯酚钠溶液变浑浊D.H2O2使酸化的KI溶液变黄答案CA项,H2C2O4使酸性KMnO4溶液褪色是由于H2C2O4把Mn-复原为Mn2+,有电子转移;B项,C2H5OH使酸性K2Cr2O7溶液变绿是由于C2H5OH把Cr2-复原为Cr3+,有电子转移;C项,CO2使苯酚钠溶液变浑浊是由于CO2与苯酚钠溶液发生反响生成了溶解度较小的苯酚,无元素化合价变化,没有电子转移;D项,H2O2使酸化的KI溶液变黄是由于H2O2把I-氧化为I2,有电子转移。3.(2022北京朝阳期中)下列变化中,气体被复原的

3、是()A.NH3使CuO固体变为红色B.CO2使Na2O2固体变为白色C.HCl使Na2SiO3溶液产生胶状沉淀D.Cl2使FeBr2溶液变为黄色答案DA项,NH3使CuO固体变为红色利用了氨气的复原性,氨气被氧化为氮气;B项,CO2使Na2O2固体变为白色是由于CO2与Na2O2反响生成了碳酸钠和氧气,此反响中Na2O2既是氧化剂又是复原剂;C项,HCl使Na2SiO3溶液产生胶状沉淀是发生了复分解反响生成硅酸胶体;D项,Cl2使FeBr2溶液变为黄色,利用了氯气的氧化性,即氯气被复原。4.(2022北京密云阶段测试)有如下反响:2Br-+Cl2Br2+2Cl-;Cl-+5Cl-+6H+3C

4、l2+H2O;2FeCl3+2KI2FeCl2+2KCl+I2;2FeCl2+Cl22FeCl3。下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是()A.Cl-Br-Cl2Fe3+I2B.Br-Cl2Cl-I2Fe3+C.Br-Cl-Cl2Fe3+I2D.Br-Cl-Fe3+Cl2I2答案C在同一个氧化复原反响中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故由反响知,氧化性:Br-Cl-;由反响知,氧化性:Cl-Cl2;由反响知,氧化性:Fe3+I2;由反响知,氧化性:Cl2Fe3+。综上所述,氧化能力由强到弱的顺序为Br-Cl-Cl2Fe3+I2。5.(2022北京朝阳期中)汽车发动机稀燃控制系统的主要工

5、作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行,尾气中的NOx在催化剂上反响脱除。其工作原理示意图如下:下列讲法中不正确的是()A.稀燃经过中,NO发生的主要反响为2NO+O22NO2B.稀燃经过中,NO2被吸收的反响为BaO+2NO2Ba(NO3)2C.富燃经过中,NO2被CO复原的反响为2NO2+4CON2+4CO2D.富燃经过中,CxHy被O2氧化的反响为CxHy+(x+y/4)O2xCO2+y/2H2O答案B根据氧化复原反响中化合价升降总数相等的规律分析B项中的化学方程式错误。6.(2022北京房山一模)三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂,其催化剂外表物质转化的关系如下图,下列讲法正确的是

6、()A.在转化经过中,氮元素均被复原B.根据图示判定催化剂不介入储存和复原经过C.复原经过中生成0.1molN2,转移电子数为0.5molD.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化答案DA项,NOx被氧气氧化得到硝酸盐,氮元素被氧化;硝酸盐转化为氮气,氮元素被还原。B项,催化剂介入储存和复原经过,但反响前后质量和化学性质不变。C项,复原经过中氮元素从+5价降为0价,生成0.1molN2,转移电子数为1.0mol。D项,三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化。7.(2022北京十中月考)在酸性条件下,向含铬废水中参加FeSO4,可将有害的C

7、r2-转化为Cr3+,然后再参加熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,而从废水中除去。下列讲法正确的是()A.FeSO4在反响中作氧化剂B.随着反响的进行,该废水的pH会减小C.若该反响转移0.6mole-,则会有0.2molCr2-被复原D.除去废水中含铬元素离子的经过包括氧化复原反响和复分解反响答案DA项,FeSO4可将有害的Cr2-转化为Cr3+,即Cr元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,即FeSO4为复原剂;B项,该经过中发生的反响为6Fe2+Cr2-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O,故随着反响的进行,该废水的pH会增大;C项,Cr2-中Cr的化合价为+6价

8、,转化为Cr3+时Cr元素的化合价降低至+3价,即1molCr2-参加反响时转移6mole-,故转移0.6mole-,则会有0.1molCr2-被复原;D项,除去废水中含铬元素离子的经过包括氧化复原反响6Fe2+Cr2-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O和复分解反响Cr3+3OH-Cr(OH)3。8.(2022北京中央民族大学附中月考)用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮用水处理的新技术。已知反响Fe2O3+3Na2O22Na2FeO4+Na2O,下列讲法正确的是()A.Na2O2既是氧化剂又是复原剂B.Fe2O3在反响中得到电子C.3molNa2O2发生反响,有12mole-

9、发生转移D.Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性答案DA项,分析题给反响知,Na2O2中氧元素的化合价由-1价降为-2价,被复原,Na2O2为氧化剂;B项,Fe2O3中铁元素的化合价由+3价升高为+6价,在反响中失去电子;C项,Na2O2中氧元素的化合价由-1价降为-2价,当3molNa2O2发生反响时,有6mol电子发生转移;D项，Na2FeO4中Fe元素为+6价,具有强氧化性,可用于消毒杀菌。9.(2022北京密云阶段测试)对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。(1)含氰废水中的CN-有剧毒。CN-中C元素显+2价,N元素显-3价,用原子构造解释N元素显负价

10、的原因是,共用电子对偏向N原子,N元素显负价。在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC-,同时生成NH3,该反响的离子方程式为。(2)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。Na2FeO4中铁元素的化合价是价,Na2FeO4具有较强的(填“氧化性或“复原性)。用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+能够净水,Fe3+净水原理是(用离子方程式表示)。工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反响制得Na2FeO4,完成下列化学方程式:2FeCl3+10NaOH+3NaClO2+5+9。答案(1)C和N原子的电子层数一样(同周期),核电荷数

11、C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N(注:以递变规律的方式表述可以。如“C和N同周期,C在N的左边。同周期主族元素从左至右核电荷数逐步增加,原子半径逐步减小,原子核对最外层电子的吸引力逐步加强)2CN-+4H2O+O22HC-+2NH3(2)+6氧化性Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+Na2FeO4H2ONaCl解析(1)CN-中,C和N原子的电子层数一样(同周期),核电荷数C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N,共用电子对偏向N原子,N元素显负价。在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC-,同时生成NH3,该反响的离子方程式为2CN-+4H2O+O22H

12、C-+2NH3。(2)Na2FeO4中,Na显+1价,O显-2价,故铁元素的化合价是+6价,因而Na2FeO4具有较强的氧化性。Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中的悬浮颗粒,进而到达净水目的。10.(2022北京理综,28,16分)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反响方程式是(锰被复原为Mn2+)。将除杂装置B补充完好并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反响有3Cl2+2F

13、e(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,参加稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证实能否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计下面方案:.由方案中溶液变红可知a中含有离子,但该离子的产生不能判定一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由产生(用方程式表示)。.方案可证实K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2Fe-(填“或“Mn-,验证明验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证实氧化性Fe

14、-Mn-。若能,请讲明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:。答案(1)KMn4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2OCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O().Fe3+4Fe-+20H+4Fe3+3O2+10H2O.排除ClO-的干扰溶液酸碱性不同理由:Fe-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是Mn-的颜色方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色解析该题以K2FeO4的制备和其性质探究为载体,考察氧化复原反响原理及实验探究等。(1)KMn4与浓盐酸发生氧化复原反响制得Cl2,反响方程式为2KMnO4+16HCl

15、2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。洗气装置的导管应长进短出,为除去Cl2中的HCl,应用饱和食盐水。在碱性环境中,Cl2易发生歧化反响:Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。().Fe3+遇KSCN溶液显红色,故溶液中含有Fe3+;在酸性条件下,K2FeO4快速分解可生成Fe3+。.用KOH溶液洗涤可除去固体外表吸附的KClO等物质,排除对后续实验的干扰。Cl2在碱性条件下能够氧化Fe(OH)3,生成K2FeO4,根据平衡移动原理,3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,当溶液酸性加强时,平衡将向逆反响方向移动,或者在酸性条件下,Fe-氧化性加强

16、,能氧化Cl-生成Cl2。在酸性条件下,Fe-发生反响:4Fe-+20H+4Fe3+3O2+10H2O,振荡后溶液呈浅紫色能讲明有Mn-生成。B组提升题组11.(2022北京中央民族大学附中月考)下列实验中的颜色变化,与氧化复原反响无关的是()答案CA项,向FeSO4溶液中滴入NaOH溶液,发生反响FeSO4+2NaOHFe(OH)2+Na2SO4,出现白色氢氧化亚铁沉淀,氢氧化亚铁不稳定,易发生氧化复原反响4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,变成红褐色Fe(OH)3沉淀;B项,新制的氯水中含HCl、HClO,则石蕊溶液滴入新制氯水中,石蕊遇酸变为红色,然后被HClO漂白,体现次

17、氯酸的氧化性,则观察到溶液先变红后褪色;C项,向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液变为红色,是由于发生了反响:FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl,不涉及氧化复原反响;D项,CO2通过装有Na2O2固体的枯燥管,发生氧化复原反响,生成碳酸钠和氧气,则固体由淡黄色变为白色。12.(2022北京朝阳外国语学校月考)向CuSO4溶液中逐滴参加过量KI溶液,观察到产生白色沉淀,溶液变为棕色,再向反响后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐步变成无色。则下列分析中正确的是()A.白色沉淀是CuI2,棕色溶液中含有I2B.滴加KI溶液时,转移1mole-生成2mol白色沉淀C.上述实验条件下,物质

18、的氧化性:Cu2+I2SO2D.通入SO2时,SO2与I2反响,I2作复原剂答案CA项,向CuSO4溶液中逐滴参加过量KI溶液,观察到溶液变为棕色,讲明有I2生成,KI中碘元素由-1价升高为0价,则铜元素的化合价降低为+1价,故白色沉淀是CuI。B项,滴加KI溶液时,生成CuI白色沉淀,转移1mole-时生成1mol白色沉淀。C项,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反响2CuSO4+4KICuI+K2SO4+I2知,氧化性:Cu2+I2;由反响I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI知,氧化性:I2SO2,即物质的氧化性:Cu2+I2SO2。D项,SO2与I2的反响中,I2作氧化剂。1

19、3.(2022北京十二中期中)用水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反响如下:3Fe2+2S2-+O2+4OH-Fe3O4+S4-+2H2O。下列讲法正确的是()A.在反响中1molO2氧化了3molFe2+B.复原剂是Fe2+,氧化剂是S2-和O2C.每生成1molFe3O4,转移3mol电子D.当转移1mol电子时,消耗56gS2-答案D分析题给反响,反响中相当于有两个Fe2+被氧化,铁元素的化合价由+2价升高至+3价,S2-全部转变为S4-,硫元素总体化合价由+8价升高至+10价,而氧气中氧元素由0价降低至-2价,所以复原剂为Fe、S2-,氧化剂为O2。A项,1molO2氧化了2molFe2

20、+;B项,复原剂为Fe2+、S2-,氧化剂为O2;C项,每生成1molFe3O4,共转移4mol电子;D项,由反响可看出,当有4mol电子发生转移时,消耗2molS2-,即224g,所以转移1mol电子时,消耗S2-56g。14.(2022北京十中月考)将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,取混合溶液,分别进行下列实验,能证实SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响的是()答案DA项,将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,参加NaOH溶液有红褐色沉淀生成,讲明溶液中含Fe3+,不能证实SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响;B项,参加Ba(NO3)2溶液,N-在酸性条件下具有强氧化性,能够氧化S

21、O2生成S-,S-与钡离子结合生成硫酸钡沉淀,即便SO2与Fe3+不发生氧化复原反响,可以产生白色沉淀,所以不能证实SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反响;C项,参加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,由于SO2具有复原性,能够复原酸性高锰酸钾溶液,即便SO2与Fe3+不发生氧化复原反响,可以使其褪色,所以不能证实SO2与FeCl3溶液发生氧化复原反响;D项,参加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液生成蓝色沉淀,则讲明溶液中存在Fe2+,可证实SO2与FeCl3溶液发生了氧化复原反响。15.(2022北京海淀期中)处理含氰(CN-)废水涉及下面反响,其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。CN-+OH-+

22、Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)反响2OCN-+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl-+2H2O反响下列讲法中正确的是()A.反响中碳元素被复原B.反响中CO2为氧化产物C.处理经过中,每产生1molN2,消耗3molCl2D.反响中CN-与Cl2按物质的量之比11进行反响答案DA项,根据题给信息可知产物OCN-中的碳元素为+4价,计算可得反响物CN-中的碳元素为+2价,故反响中碳元素被氧化;B项,反响中碳元素和氧元素的化合价均未变化,而氮元素从-3价升高到0价,氧化产物应为N2;C项,“处理经过指CN-经过反响和反响最终生成N2的经过,每产生1molN2应消耗5molCl2;D项

23、,反响中,根据氧化复原反响得失电子守恒能够判定,CN-与Cl2反响的物质的量之比为11。16.(2022北京十中月考)某同学设计完成了下面两个实验:向盛有KI溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐步变浅,最后变成无色(生成了HIO3)。向盛有KBr溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层的颜色没有变化。下列讲法不正确的是()A.实验生成HIO3时发生的反响为:I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HClB.实验中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl

24、4溶液C.由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是:Cl2Br2I2D.由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是:HBrO3Cl2HIO3答案CA项,由继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐步变浅,最后变成无色(生成了HIO3)可知,氯气可氧化碘单质,发生的离子反响为I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl;B项,由向盛有KBr溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成红棕色知,Cl2将Br-氧化得到溴单质,溴易溶于CCl4,则可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液;C项,同一化学反响中,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知,

25、中氧化性为Cl2I2,中氧化性为Cl2Br2,此实验不能比拟Br2、I2的氧化性强弱;D项,由中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3。17.(2022北京丰台一模)碳酸亚铁(白色固体,难溶于水)是一种重要的工业原料,可用于制备补血剂乳酸亚铁,可以用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验,寻找利用复分解反响制备FeCO3的最佳方案:2mL(1)实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反响表示,请补全反响:Fe2+H2OFe(OH)3+HC-(2)实验中产生FeCO3的离子方程式为。(3)为了探究实验中NH所起的作用,甲同学设计了

26、实验进行探究:实验中参加Na2SO4固体的目的是。比照实验、,甲同学得出结论:NH水解产生H+,降低溶液pH,减少了副产物Fe(OH)2的产生。乙同学以为该实验方案不够严谨,应补充的比照实验操作是,再取该溶液一滴管,与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论以为,定性实验现象并不能直接证实实验中FeCO3的纯度最高,需要利用如下图的装置进行定量测定。分别将实验、中的沉淀进行过滤、洗涤、枯燥后称量,然后转移至A处的广口瓶中。补全A中装置并标明所用试剂。为测定FeCO3的纯度,除样品总质量外,还需测定的物理量是。(5)实验反思:经测定,实验中的FeCO3纯度高于实验和实验。通过以上实验分析,制备FeCO3实验成功的关键因素是。答案(1)4Fe2+8C-+O2+10H2O4Fe(OH)3+8HC-(2)Fe2+2HC-FeCO3+C2+H2O(3)硫酸至pH=4.0控制S-浓度,排除干扰向0.8mol/LFeSO4溶液中参加Na2SO4固体至c(S-)=1.6mol/L()C中U形管的增重