2022年高考化学二轮复习 氧化还原反应和离子反应收尾练（含解析）.doc

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1、氧化还原反应和离子反应1(2013全国大纲高考)能正确表示下列反应的离子方程式是()A用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H2OSO2=2NHSOH2OB氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO42Cl,SO2Cl2H2OC磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe24HNO=3Fe3NO3H2OD明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba23OHAl32SO=2BaSO4Al(OH)3【解析】A过量氨水与SO2反应生成(NH4)2SO3。B.氯化钠与浓硫酸的反应生成物应为HCl、NaHSO4或HCl、Na2SO4。C.磁性氧化铁Fe3O4不能写成离子形式。D.要使SO恰好完全沉淀，KAl(S

2、O4)212H2O与Ba(OH)2的物质的量之比应为12，此时应该生成AlO。【答案】A2(2013广东高考)水溶液中能大量共存的一组离子是()ANa、Al3、Cl、COBH、Na、Fe2、MnOCK、Ca2、Cl、NODK、NH、OH、SO【解析】Al3与CO发生相互促进的水解反应，产生CO2气体与Al(OH)3沉淀，A项错误；MnO、H与Fe2会发生氧化还原反应，B项错误；C项中离子能大量共存；NH与OH结合生成NH3H2O，D项错误。【答案】C3(2013安徽高考)下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是()A银氨溶液：Na、K、NO、NH3H2OB空气：C2H2、CO2、SO2

3、、NOC氢氧化铁胶体：H、K、S2、BrD高锰酸钾溶液：H、Na、SO、葡萄糖分子【解析】A银氨溶液呈碱性，所给四种微粒在碱性条件下能够大量共存。B.NO可以和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能大量共存。C.H可以和氢氧化铁反应，且H和S2可以生成硫化氢而不能大量共存。D.葡萄糖分子中含有醛基，有还原性，可以被银氨溶液、碱性氢氧化铜悬浊液等弱氧化剂氧化，而高锰酸钾溶液具有强氧化性，所以两者相遇会发生氧化还原反应而不能大量共存。【答案】A4(2012高考组合题)下列说法正确的是()A(新课标全国高考)常温常压下，22.4 L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NAB(山东高考)化合反应均为

4、氧化还原反应C(山东高考)电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子(NA表示阿伏加德罗常数)D(福建高考)易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源【解析】A项，常温常压下22.4 L Cl2不是1 mol，与Mg反应转移的电子数也不是2NA；B项，化合反应不一定全是氧化还原反应；C项，n(H2)1 mol故n(e)1 mol22 mol即N(e)2NA；D项，易燃试剂往往具有强的还原性，遇到强氧化剂时易燃烧。【答案】D5(2013长春市调研)根据表中信息，判断下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2/Fe3、Br2KC

5、lO3浓盐酸/Cl2KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2A.由表中组的信息可知通入Cl2的量不同，氧化产物可能不同B氧化性强弱的比较：KClO3Fe3Cl2Br2C表中组反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6eD表中组反应的离子方程式为2MnO3H2O26H=2Mn24O26H2O【解析】由可知，Cl2的氧化性强于Fe3和Br2，B项错；C项，组反应的还原产物是Cl2，电子转移数目为5e；D项，正确的离子方程式为2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O。【答案】A6(2013榆林高三质检)金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为(

6、1)aTiO2bCl2cCaTiCl4cCO(2)TiCl42MgTi2MgCl2关于反应(1)、(2)的分析不正确的是TiCl4在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化剂C、Mg在反应中均为还原剂，发生还原反应每生成19.2 g Ti，反应(1)、(2)中共转移4.8 mol ea1，bc2ABC D【解析】反应(1)中氧化剂是Cl2，故还原产物为TiCl4，还原剂是C，故氧化产物是CO，反应(2)中钛元素由反应物TiCl4中的4价降低为生成物Ti中的0价，故TiCl4为氧化剂，Mg为还原剂，由此可知正确，还原剂发生氧化反应，错误。根据氧化还原反应的配平方法可知反应(1)的化学方程式为

7、TiO22Cl22C=TiCl42CO，因此a1，bc2，正确。19.2 g Ti为0.4 mol，反应(2)中生成0.4 mol Ti，转移1.6 mol电子，消耗0.4 mol TiCl4，由配平后的反应(1)可知，生成0.4 mol TiCl4，转移1.6 mol电子，故反应(1)、(2)中共转移3.2 mol电子，错误。【答案】D7(2013株洲质检)下列离子方程式不正确的是()AFeSO4酸性溶液暴露在空气中：4Fe2O24H=4Fe32H2OB为缓解胃酸过多，服含NaHCO3的抗酸药：HCOH=H2OCO2C过量Na投入AlCl3溶液：Al34Na2H2O=AlO4Na2H2D向N

8、H4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO完全沉淀：2Ba2Al32SO4OH=AlO2BaSO42H2O【解析】D项，恰好使SO完全沉淀，则参与反应的NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的物质的量之比为12，此时NH与OH也反应，Al3只能生成Al(OH)3沉淀，正确的离子方程式为NH2Ba2Al32SO4OH=NH3H2OAl(OH)32BaSO4。【答案】D8LiNi0.25Co0.75O2是锂离子电池的一种高性能的二元正极活性材料，其制备原理可表示为4Ni0.25Co0.75(OH)24LiOHO2=4LiNi0.25Co0.75O26H2O(已知Ni与Co的化合价均

9、有2和3)。下列说法不正确的是()ANi0.25Co0.75(OH)2中Ni的化合价是2BLiNi0.25Co0.75O2中Co的化合价是3C该反应中LiOH是还原剂D该反应中O2是氧化剂【解析】根据化合物中化合价代数和为0的原则，Ni0.25Co0.75(OH)2中Ni和Co的化合价均是2，LiNi0.25Co0.75O2中Ni和Co的化合价均是3，A、B项正确；该反应中LiOH既不是氧化剂，也不是还原剂，C项错误；O2得电子化合价降低，O2是氧化剂，D项正确。【答案】C9(2013鞍山高三质检)某反应的反应物与生成物有：K2Cr2O7、KCl、CrCl3、Cl2、HCl、H2O，已知氧化性

10、：K2Cr2O7Cl2，则下列说法不正确的是()ACl2是该反应的氧化产物B氧化剂和被氧化的还原剂的物质的量之比为114C当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 molD由该反应可知还原性：HClCrCl3【解析】根据题中提供的反应物与生成物及氧化性：K2Cr2O7Cl2，得出该反应的化学方程式为K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O。Cl2是该反应的氧化产物，A项正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为16，B项错误；当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mol，C项正确；CrCl3为还原产物，依据氧化还原反应规律，可知还原性

11、： HClCrCl3，D项正确。【答案】B10(2013大连市高三双基测试)某溶液可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中微量的H和OH)：Na、NH、SO、CO、NO。取200 mL该溶液，等体积分成两份，分别做下列实验。实验一：第一份加入足量烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224 mL。实验二：第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33 g。下列说法正确的是()A该溶液可能含有NaB该溶液一定含有NH、SO、CO、NOC该溶液一定不含有NOD该溶液一定含有Na，且c(Na)0.1 molL1【解析】实验一证明溶液中含有NH，且物质的量为0.01 mol，c(

12、NH)0.1 molL1；实验二：第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33 g，证明一定含有SO，且物质的量为0.01 mol，c(SO)0.1 molL1；根据溶液呈电中性，则一定含有Na。是否含有NO无法判断，c(Na)0.1 molL1，D正确。【答案】D11下列对各组离子或物质是否能够大量共存解释正确的是()A常温常压下NH3、O2、H2、CO2不能共存NH3为碱性气体、CO2为酸性气体，二者反应生成(NH4)2CO3Bc(OH)1.01013 mol/L溶液中，Fe2、NO、SO、Na不能共存发生反应：3Fe2NO4H=3Fe3NO2

13、H2OC溶液中：K、Cu2、Cl、NH3H2O不能共存发生反应：Cu22OH=Cu(OH)2D溶液中：Al3、Na、SO、HCO可以共存不能发生反应【解析】常温常压下，A项中四种物质可以共存；C项中NH3H2O是弱电解质，在离子方程式中应写成化学式，不能拆开；D项中Al3与HCO发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝与二氧化碳而不能共存。【答案】B12(2013郑州市高三第一次预测)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2O2。下列对此反应的说法中，不正确的是()A方框中的物质为Na2SO4B

14、Na2O2既是氧化剂，又是还原剂CNa2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D2 mol FeSO4发生反应时，反应中共转移8 mol电子【解析】根据元素守恒可知A正确。分析化合价变化可知，2个2价Fe原子失去8个电子，根据生成物中的“O2”可知在“6Na2O2”中，有2个1价的氧的化合价升至0价，失去2个电子，另有10个1价氧的化合价降至2价，得失电子数均为10个。据此可知B、C均正确。2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子发生转移，故D错误。【答案】D13(2013锦州模拟)某工业废水仅含下表中的某些离子，且各种离子的物质的量浓度相等，均为0.1 mol/L(此数值忽略

15、水的电离及离子的水解)。阳离子KAgMg2Cu2Al3NH阴离子ClCONOSOSiOI甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验：.取该无色溶液5 mL，滴加一滴氨水有沉淀生成，且离子种类增加。.用铂丝蘸取溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，无紫色火焰。.另取溶液加入过量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色。.向中所得的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。请推断：(1)由、判断，溶液中一定不含有的阳离子是_。(2)中加入盐酸生成无色气体的离子方程式是_。(3)甲同学最终确定原溶液中所含阳离子有_，阴离子有_；并据此推测原溶液应该呈_性，原因是_(请用离子方程式说明)。 (4

16、)另取100 mL原溶液，加入足量的NaOH溶液，此过程中涉及的离子方程式为_。充分反应后过滤，洗涤，灼烧沉淀至恒重，得到的固体质量为_g。【解析】(1)根据，溶液为无色，则溶液中不含Cu2，生成沉淀后离子种类增加，说明原溶液中不含NH；根据可确定溶液中不含K。(2)根据的描述可确定生成的无色气体为NO，则原溶液中一定含有NO和I，根据转移电子数目相等、电荷守恒可写出离子方程式。(3)结合和溶液中各离子浓度相等可确定溶液中含有的阴离子为SO、Cl、NO和I，溶液中含有的阳离子为Mg2、Al3；结合溶液的组成可确定溶液显酸性，是Mg2、Al3水解的缘故。(4)加入NaOH溶液，Mg2转化为Mg(

17、OH)2沉淀，Al3最后转化为NaAlO2，最终得到0.01 mol Mg(OH)2沉淀，灼烧至恒重得到0.4 g MgO。【答案】(1)K、NH、Cu2(2)6I2NO8H=3I22NO4H2O(3)Mg2、Al3Cl、NO、SO、I酸Mg22H2OMg(OH)22H、Al33H2OAl(OH)33H(写出其中一个即可)(4)Mg22OH=Mg(OH)2、Al34OH=AlO2H2O0.414(1)在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液会发生如下离子反应(未配平)：Mn2S2OH2OMnOSOH；该反应常用于检验Mn2的存在，其特征现象是_。若反应中有0.

18、1 mol还原剂参加反应，则转移电子数为_NA，消耗氧化剂的物质的量_mol。写出该反应的离子方程式_。(2)向CuSO4溶液中通入硫化氢生成黑色沉淀CuS的离子方程式为_；向FeCl3溶液中加入过量的碘化钠溶液的离子方程式为_。(3)在碱性介质中，H2O2有较强的还原性，可与Ag2O反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(4)为测定大气中的臭氧(O3)含量，将0、1.01105 Pa的空气V L慢慢通入足量KI溶液，使臭氧完全反应；然后将所得溶液用a mL c molL1的Na2S2O3溶液进行滴定，恰好达到终点。已知：2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI。该滴定过程中可选

19、择的指示剂为_。O3与KI溶液反应生成两种单质，则反应的化学方程式为_。空气中臭氧的体积分数为_(用含“a、c、V”的字母表示)。【解析】(1)首先标化合价，Mn元素化合价由2升高到7，S元素化合价由7降低到6，所以1 mol还原剂(Mn2)失去5 mol电子，1 mol氧化剂(S2O)得到2 mol电子，0.1 mol Mn2参加反应转移0.5 mol电子，依据得、失电子守恒，消耗n(S2O) mol利用化合价升降法配平(2)由产物可知化合价没有变化是复分解反应，溶液中的Cu2与H2S提供的S2反应生成CuS沉淀，注意H2S是弱电解质；Fe3具有氧化性，I具有还原性。(3)1 mol H2O2被氧化成氧气，失去2 mol电子，1 mol Ag2O被还原为Ag，得到2 mol电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为11。(4)O3将I氧化成I2，I2和Na2S2O3反应，利用淀粉溶液作指示剂，终点现象为蓝色变为无色。由O3I22Na2S2O3，可计算出臭氧的体积分数。【答案】(1)溶液变成紫色0.50.252Mn25S2O8H2O=2MnO10SO16H(2)Cu2H2S=CuS2H2Fe32I=2Fe2I2(3)11(4)淀粉溶液2KIO3H2O=2KOHO2I27