2019屆高考化學(xué)全冊(cè)精準(zhǔn)培優(yōu)專練（打包22套）.zip,2019,高考,化學(xué),精準(zhǔn),培優(yōu)專練,打包,22 培優(yōu)點(diǎn)七 氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)及應(yīng)用 一．氧化還原反應(yīng)中的實(shí)質(zhì)及應(yīng)用 1．氧化還原反應(yīng)中的實(shí)質(zhì)——電子轉(zhuǎn)移 典例1．對(duì)于反應(yīng)2P+4H2O2+2NaOH===Na2H2P2O6+4H2O，下列有關(guān)該反應(yīng)的說法正確的是（ ） A．P是氧化劑 B．氧化性：H2O2>Na2H2P2O6 C．1mol H2O2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子1mol D．Na2H2P2O6中磷元素的化合價(jià)為+3 【解析】P由0價(jià)→+4價(jià)，化合價(jià)升高，屬于還原劑，故A錯(cuò)誤；根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，H2O2是氧化劑，Na2H2P2O6是氧化產(chǎn)物，故B正確；1mol H2O2反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×2×(2?1)＝2mol，故C錯(cuò)誤；Na、H的化合價(jià)均為+1價(jià)，O為-2價(jià)，根據(jù)化合物中各元素正、負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0，則P的化合價(jià)為+4價(jià)，故D錯(cuò)誤。 【答案】B 2．氧化還原反應(yīng)類題目的基本計(jì)算方法——得失電子守恒法 典例2． 24 mL濃度為0.05mol·L?1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02 mol·L?1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為（ ） A．+2 B．+3 C．+4 D．+5 【解析】題目中指出被還原的元素是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從+4→+6；而Cr元素的化合價(jià)將從+6→+n(設(shè)化合價(jià)為n)。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒規(guī)律，有0.05mol·L?1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L?1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。 【答案】B 3．氧化還原反應(yīng)方程式的配平 典例3．O3具有強(qiáng)氧化性，將O3通入KI溶液中發(fā)生反應(yīng)：O3+I－+H+I2+O2+H2O(未配平)，下列說法正確的是（ ） A．配平后的離子方程式為2O3+2I－+4H+===I2+2O2+2H2O B．每生成1mol I2轉(zhuǎn)移電子2mol C．O2是還原產(chǎn)物之一 D．該反應(yīng)能說明O2的氧化性強(qiáng)于I2的 【解析】A項(xiàng)中方程式雖然滿足原子守恒，但不滿足電子守恒和電荷守恒，配平后正確的離子方程式為O3+2I+2H+===I2+O2+H2O，故每生成1mol I2轉(zhuǎn)移電子2mol，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；O3和O2中O的化合價(jià)均為0，故O2既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，C項(xiàng)錯(cuò)誤；該反應(yīng)能說明O3的氧化性強(qiáng)于I2的，而不能說明O2的氧化性強(qiáng)于I2的，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】B 二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn) 1．水熱法制備納米顆粒Y(化合物)的反應(yīng)為：3Fe2++2S2O+O2+aOH－===Y+S4O+2H2O。下列說法中，不正確的是（ ） A．S2O是還原劑 B．Y的化學(xué)式為Fe2O3 C．a(chǎn)＝4 D．每有1mol O2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為4mol 【解析】由反應(yīng)知還原劑是S2O，氧化劑是O2，每有1mol O2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，A、D正確；由原子守恒知Y的化學(xué)式為Fe3O4，B錯(cuò)誤；由電荷守恒知，a＝4，C正確。 【答案】B 2．鋅與很稀的硝酸反應(yīng)生成硝酸鋅、硝酸銨和水。當(dāng)生成1mol硝酸鋅時(shí)，被還原硝酸物質(zhì)的量為（ ） A．2 mol B．1 mol C．0.5 mol D．0.25 mol 【解析】依據(jù)Zn+HNO3(稀)Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O，Zn：0＋2，化合價(jià)改變值為2，N：＋5－3，化合價(jià)改變值為8，根據(jù)化合價(jià)升降總值相等得：Zn(NO3)2的系數(shù)為4，NH4NO3的系數(shù)為1，然后根據(jù)原子守恒配平化學(xué)方程式為4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，當(dāng)生成1mol Zn(NO3)2時(shí)，被還原的HNO3為0.25mol。 【答案】D 3．下列反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2的是（ ） ①O3＋2KI＋H2O===2KOH＋I(xiàn)2＋O2 ②SiO2＋2CSi＋2CO↑ ③SiO2＋3CSiC＋2CO↑ ④4HCl(濃)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O A．僅有② B．僅有②④ C．僅有②③④ D．①②③④ 【解析】各反應(yīng)中氧化劑和還原劑之比如下： 反應(yīng) ① ② ③ ④ 氧化劑 O3 SiO2 C MnO2 還原劑 KI C C HCl 物質(zhì)的量之比 ∶2 1∶2 1∶2 1∶2 【答案】C 4．已知OCN－中每種元素都滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，在反應(yīng)OCN－+OH－+Cl2―→CO2+N2+Cl－+H2O(未配平)中，如果有6mol Cl2完全反應(yīng)，則被氧化的OCN－的物質(zhì)的量是（ ） A．2mol B．3mol C．4mol D．6mol 【解析】OCN－中C顯＋4價(jià)，N顯－3價(jià)，反應(yīng)中只有N和Cl的化合價(jià)改變，根據(jù)OCN－N2、Cl22Cl－，由得失電子守恒：2n(Cl2)＝3n(OCN－)，可知6mol Cl2完全反應(yīng)，有4mol OCN－被氧化，C對(duì)。 【答案】C 5．根據(jù)表中信息判斷，下列選項(xiàng)不正確的是（ ） 序號(hào) 反應(yīng)物 產(chǎn)物 ① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4 ② Cl2、FeBr2 FeCl3、FeBr3 ③ MnO Cl2、Mn2＋ A．第①組反應(yīng)的其余產(chǎn)物為H2O和O2 B．第②組反應(yīng)中Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1∶2 C．第③組反應(yīng)中生成1mol Cl2，轉(zhuǎn)移電子2mol D．氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镸nO>Cl2>Fe3＋>Br2 【解析】A項(xiàng)MnSO4是還原產(chǎn)物，H2O2作還原劑，氧化產(chǎn)物是O2，依據(jù)原子守恒，產(chǎn)物中還應(yīng)有水，正確；B項(xiàng)，F(xiàn)e2＋的還原性強(qiáng)于Br－，Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1∶2時(shí)，1mol Cl2恰好氧化2mol Fe2＋，Br－不被氧化，產(chǎn)物為FeCl3、FeBr3，正確；C項(xiàng)，MnO得電子轉(zhuǎn)化為Mn2＋，Cl2是氧化產(chǎn)物，只有Cl－失電子，生成1mol Cl2轉(zhuǎn)移2mol電子，正確；D項(xiàng)，氧化產(chǎn)物的氧化性弱于氧化劑的氧化性，故氧化性MnO>Cl2>Br2>Fe3＋(還原性Fe2＋強(qiáng)于Br－，故氧化性Br2>Fe3＋)，D不正確。 【答案】D 6.3.84g銅和一定質(zhì)量的濃硝酸反應(yīng)，當(dāng)銅反應(yīng)完時(shí)，共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)的氣體2.24L，若把裝有這些氣體的集氣瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升標(biāo)況下的氧氣才能使集氣瓶充滿溶液? 【解析】存在以下過程：Cu+HNO3→NO(NO2), NO(NO2)+O2+H2O→HNO3 ，整個(gè)過程中銅失電子數(shù)＝被還原的硝酸得的電子數(shù)＝氧化硝酸的還原產(chǎn)物(NO，NO2)消耗的氧氣得的電子數(shù)，省去中間計(jì)算，銅失電子數(shù)＝氧氣得電子數(shù)。則n(O2)＝3.84g÷64g·mol-1×2×1/4＝0.03mol；V(O2)＝0.03mol×22.4L·mol-1＝0.672L 【答案】V(O2)＝0.672L 7．在熱的稀硫酸中溶解了11.4g FeSO4固體，當(dāng)加入50mL 0.5mol·L?1 KNO3溶液時(shí)，其中的Fe2＋全部轉(zhuǎn)化成Fe3＋，KNO3也完全反應(yīng)并放出NxOy氣體。 （1）推算出x＝________；y＝________。 （2）配平該反應(yīng)的方程式： FeSO4+____KNO3+____H2SO4===____K2SO4+____Fe2(SO4)3+____(NxOy)+____H2O(配平時(shí)x、y用具體數(shù)值表示，物質(zhì)填在中)。 （3）反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是________。 （4）用雙線橋法表示該反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目：___________________________________。 【解析】n(FeSO4)＝＝0.075mol；n(KNO3)＝0.05L×0.5mol·L-1＝0.025mol；Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋共失去0.075mol電子，根據(jù)得失電子守恒原理，可知1mol N原子得到3mol電子，反應(yīng)中N元素由＋5價(jià)降為＋2價(jià)，既得到的氧化物為NO。 【答案】（1）1　1　 （2）6　2　4　1　3　2　NO↑　4 （3）Fe2(SO4)3 （4） 8．氧化還原反應(yīng)綜合應(yīng)用：氧化還原反應(yīng)滴定 （1）配平氧化還原反應(yīng)方程式： C2O+____MnO+____H＋===____CO2↑+____Mn2＋+____H2O （2）稱取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的試樣，加水溶解，配成250mL溶液。量取兩份此 溶液各25mL，分別置于兩個(gè)錐形瓶中。 ①第一份溶液中加入酚酞試液，滴加0.25mol·L-1 NaOH溶液至20mL時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紅色。該溶液被中和的H＋的總物質(zhì)的量為________mol。 ②第二份溶液中滴加0.10mol·L-1的酸性高錳酸鉀溶液。 A．KMnO4溶液在滴定過程中作________(填“氧化劑”或“還原劑”)，該滴定過程________(填“需要”或“不需要”)另加指示劑。滴至16 mL時(shí)反應(yīng)完全，此時(shí)溶液顏色由________變?yōu)開_______。 B．若在接近終點(diǎn)時(shí)，用少量蒸餾水將錐形瓶沖洗一下，再繼續(xù)滴定至終點(diǎn)，則所測(cè)結(jié)果________(填“偏大” “偏小”或“無影響”)。 C．若在達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，則所得結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。 ③原試樣中H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________，KHC2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。 【解析】（1）C：＋3―→＋4，改變量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改變量(7－2)×1＝5，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根據(jù)C和Mn原子守恒，分別在CO2和Mn2＋前配10和2，再由電荷守恒在H＋前配16，最后根據(jù)離子方程式兩邊的H原子個(gè)數(shù)相等在水前面配8，經(jīng)檢驗(yàn)離子方程式的氧原子個(gè)數(shù)相等。（2）①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 mol·L-1×0.02 L＝0.005 mol。②原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，所以當(dāng)溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應(yīng)完全時(shí)，溶液呈淺紫紅色。由得失電子守恒得，n(還)×2＝0.10mol·L-1×0.016L×5，n(還)＝0.004 mol。③設(shè)6.0 g試樣中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物質(zhì)的量分別為n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04mol，解上述兩個(gè)方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01mol，n(KHC2O4)＝0.03mol，H2C2O4·2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝21%，KHC2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ×100%＝64%。 【答案】（1）5　2　16　10　2　8 （2）①0.005 ②A．氧化劑　不需要　無色　淺紫紅色　B．無影響　C．偏小?、?1%　64% 6