高考模拟理综化学选编氧化还原反应解析版.docx

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高考模拟理综化学选编氧化还原反应解析版

乐陵一中氧化还原反应

一、单选题（本大题共7小题，共42分）

1.已知2MOyx-+5S2-+16H+=2M2++5S↓+8H2O，则MOyx-中的x的值为（　　）

A.1B.2C.3D.4

（化学备课组整理）A

（备课组长教你如何做）解：

对于反应2MOyx-+5S2-+16H+=2M2++5S↓+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；

由电荷守恒可知2×（-x）+5×（-2）+16=2×2，解得x=1．

故选A．

根据O原子守恒计算y的值，再根据电荷守恒计算x的值．

本题考查学生氧化还原反应及根据信息提取知识的能力等，题目难度不大，关键根据电荷守恒及元素守恒判断x、y的值，是对所学知识的综合运用与能力考查．

2.下列变化中，需要加入氧化剂才能实现的是（　　）

A.Cl-→Cl2B.CuO→CuC.CaCO3→CO2D.H2O2→O2

（化学备课组整理）A

（备课组长教你如何做）解：

A．Cl-→Cl2，氯元素的化合价升高，被氧化，须加入氧化剂才能实现，故A正确；

B．CuO→Cu，铜元素的化合价降低，需要加还原剂，故B错误；

C．CaCO3→CO2，碳元素的化合价不变，不需要氧化剂、还原剂，故C错误；

D．H2O2→O2，氧化剂和还原剂都是H2O2，因此无需再加氧化剂，故D错误；

故选A．

当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，据此解答．

本题考查氧化还原反应理论，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化剂、还原剂反应的考查，题目难度不大．

3.根据反应

①Fe+Cu2+=Fe2++Cu   

②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；

③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

④HClO+H++Cl-=Cl2+H2O

可以判断出各微粒的氧化性由强到弱的顺序正确的是（　　）

A.HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+B.Cl2＞HClO＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+

C.Cl2＞Fe3+＞HClO＞Cu2+＞Fe2+D.HClO＞Cl2＞Cu2+＞Fe3+＞Fe2+．

（化学备课组整理）A

（备课组长教你如何做）解：

①Fe+Cu2+=Fe2++Cu中铜离子是氧化剂，亚铁离子是氧化产物，所以氧化性Cu2+＞Fe2+；

②2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞Cu2+；

③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，所以氧化性Cl2＞Fe3+；

④HClO+H++Cl-=H2O+Cl2中次氯酸是氧化剂，氯气是氧化产物，所以氧化性HClO＞Cl2，

所以氧化性由强到弱的顺序正确的是HClO＞Cl2＞Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，

故选A．

在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答．

本题考查氧化还原反应，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，可以根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性行回答，题目难度不大．

4.已知有如下反应：

①ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，

②2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2，

③2FeCl2+Cl2=2FeCl3，判断下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是（　　）

A.Cl2＞ClO3-＞Fe3+＞I2B.Cl2＞ClO3-＞I2＞Fe3+

C.ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2D.ClO3-＞Fe3+＞Cl2＞I2

（化学备课组整理）C

（备课组长教你如何做）解：

①中ClO3-是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3-＞Cl2，

②中Fe3+是氧化剂，I2是氧化产物，所以氧化性：

Fe3+＞I2，

③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，所以氧化性：

Cl2＞Fe3+，

综上得氧化性顺序为ClO3-＞Cl2＞Fe3+＞I2．

故选C．

氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析．

本题考查氧化性强弱的判断规律：

氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以根据所学知识进行回答，难度不大，关键正确判断氧化剂、还原剂．

5.已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：

4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+，则下列说法正确的是（　　）

A.该反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，O2是还原产物

B.若Fe2+失去4mol电子，生成氧气的体积约为22.4L

C.4 mol Na2O2在反应中共得到6NA个电子

D.反应过程中可以看到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色

（化学备课组整理）C

（备课组长教你如何做）解：

A．Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，过氧化钠中O元素的化合价由-1价升高为0，由-1价降低为-2价，反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，故A错误；

B．若Fe2+失去4mol电子，则参加反应得到Fe2+为4mol，可知生成的氧气为1mol，氧气不一定处于标况下，氧气的体积不一定为22.4L，故B错误；

C．过氧化钠中氧元素化合价从-1价升高到0价，降低到-2价，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂，Na2O2在反应中得到电子6mol电子，即得到6NA个电子，故C正确；

D．Fe2+氧化生成Fe（OH）3，反应过程中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，

故选：

C．

A．Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，过氧化钠中O元素的化合价由-1价升高为0，由-1价降低为-2价；

B．若Fe2+失去4mol电子，则参加反应得到Fe2+为4mol，可知生成的氧气为1mol，氧气不一定处于标况下；

C．过氧化钠中氧元素化合价从-1价升高到0价，降低到-2价，4mol过氧化钠有1mol做还原剂，3mol做氧化剂；

D．Fe2+氧化生成Fe（OH）3，看不到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色．

本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念和转移电子数的考查，题目难度中等．

6.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2氧化性依次减弱．下列反应在水溶液中不可能发生的是（　　）

A.3 Cl2+6 FeI2=2FeCl3+4FeI3B.3Cl2+2FeI2=2FeCl3+2I2

C.Co2O3+6 HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2OD.2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl

（化学备课组整理）A

（备课组长教你如何做）【分析】

本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题注意把握氧化剂的氧化性强弱，把握反应的先后规律，难度中等。

【解答】

​A．氧化性FeCl3＞I2，可知铁离子与碘离子不能大量共存，则不可能生成 FeI3，故A错误；

B．氧化性Cl2＞FeCl3＞I2，如氯气足量，则可发生3Cl2+2FeI2=2FeCl3+2I2，故B正确；

C．根据反应：

Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，得出氧化性是：

Co2O3＞Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C正确；

D．因为氧化性FeCl3＞I2，则可发生2FeCl3+2HI=2FeCl2+I2+2HCl，故D正确。

故选A。

7.当溶液中X2O

和SO

离子数之比为1：

3时，正好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（　　）

A.+7B.+2C.+3D.+4

（化学备课组整理）C

（备课组长教你如何做）解：

题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×（6-a）个电子，故2×（6-a）=6，解得a=+3，

故选：

C．

题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，3则个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，根据电子转移守恒计算X在还原产物中的化合价．

本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用，难度不大．

二、实验题（本大题共1小题，共14分）

8.欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将

转化为Cr（OH）3沉淀除去。

几种金属离子生成沉淀的pH如下表。

阳离子

Fe3+

Fe2+

Al3+

Cr3+

开始沉淀时的pH

1.9

7.0

——

——

沉淀完全时的pH

3.2

9.0

8

9（＞9溶解）

（1）某含铬废水处理的主要流程如下图所示：

   ①初沉池中加入明矾作沉降剂，其作用的原理是（用离子方程式表示）______________________________。

   ②请补充并配平以下反应池中发生主要反应的离子方程式：

____

+____

+____===____Cr3++____

+____H2O。

   ③根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子方程式是：

H++OH-===H2O和_______________________________。

证明Cr3+沉淀完全的方法是_____________________________________________________________。

（2）工业可用电解法来处理含

的废水。

实验室利用如图模拟处理含

的废水，阳极反应是Fe-2e-===Fe2+，阴极反应式是2H++2e-===H2↑。

   ①Fe2+与酸性溶液中的

反应的离子方程式是______________________________。

   ②上述反应得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全，从其对水的电离平衡角度解释其原因是_____________________________________________。

③若溶液中含有0.01mol

，则阳离子全部生成的沉淀的物质的量是______mol。

（化学备课组整理）  ①Al3＋＋3H2O⇌Al（OH）3（胶体）＋3H＋

    ②  1 Cr2O72－+ 3  HSO3－+ 5H＋ ＝ 2Cr3＋+ 3 SO42－+ 4 H2O

    ③Cr3＋＋3OH－=Cr（OH）3↓  取沉淀后的上层清液，测定其PH值，若PH≥8，则沉淀完全。

（2）①Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O

    ②水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H＋＋OH－向右移动，阴极区OH－浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全

    ③0.08

（备课组长教你如何做）【分析】

本题旨在考查学生对物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用、离子方程式的书写、氧化还原反应的配平、电解池的工作原理、电化学的综合计算的应用。

【解答】

（1）①K2SO4﹒Al2（SO4）3﹒24H2O为强电解质，在溶液中完全电离，生成Al3+和SO42-、K+，Al3+能水解生成氢氧化铝胶体：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+或Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，所以能作净水剂， 

故答案为：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+；  

②根据铬元素化合价从+6价降低到+3价得到6个电子，硫元素从+4价升高到+6价失去2个电子，根据得失电子相等进行配平，得失电子数为6个电子，故亚硫酸氢根离子和硫酸根离子前配系数3，铬离子前配系数2，根据原子守恒缺项为氢离子，故正确的离子方程式为：

 1 Cr2O72－+ 3  HSO3－+ 5H＋ ＝ 2Cr3＋+ 3 SO42－+ 4 H2O，

故答案为：

 1 Cr2O72－+ 3  HSO3－+ 5H＋ ＝ 2Cr3＋+ 3 SO42－+ 4 H2O；

③根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，NaOH会和H+发生反应H++OH-=H2O，Cr3+与NaOH发生反应Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓，Cr（OH）3沉淀完全时的pH为8，所以，取沉淀后的上层清液，测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+沉淀完全， 

故答案为：

Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓；取沉淀后的上层清液，测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3+沉淀完全； 

（2）①亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应，被还原为Cr3+然后生成Cr（OH）3沉淀，重铬酸根具有强氧化性，能将生成的亚铁离子氧化为三价，即6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，

故答案为：

6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；

②随着电解进行，溶液中c（H+） 逐渐减少，打破了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液中OH-浓度增大，溶液的碱性增强，生成Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，金属阳离子在阴极区可沉淀完全，

故答案为：

水中的H+在阴极区放电，H+浓度减小促使水的电离平衡H2O⇌H＋＋OH－向右移动，阴极区OH－浓度增大与金属阳离子在阴极区结合而沉淀完全；

③根据Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，Cr3++3OH-=Cr（OH）3↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓知0.01mol Cr2O72-，可生成0.02molCr（OH）3，0.06molFe（OH）3，故至少得到沉淀的质量是0.08mol，

故答案为：

0.08。

三、简答题（本大题共4小题，共48分）

9.元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫色）、Cr（OH）4-（绿色）、Cr2O72-（橙红色）、CrO42-（黄色）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：

（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是______．

（2）CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化．室温下，初始浓度为1.0mol•L-1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72-）随c（H+）的变化如图所示．

①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应______．

②由图可知，溶液酸性增大，CrO42-的平衡转化率______（填“增大“减小”或“不变”）．根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为______．

③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，则该反应的△H______0（填“大于”“小于”或“等于”）．

（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点．当溶液中Cl-恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10-5mol•L-1）时，溶液中c（Ag+）为______mol•L-1，此时溶液中c（CrO42-）等于______mol•L-1．（已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10）．

（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，反应的离子方程式为______．

（化学备课组整理）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O；增大；1.0×1014；小于；2.0×10-5；5×10-3；5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O

（备课组长教你如何做）解：

（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似可知Cr2（SO4）3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成Cr（OH）3灰蓝色沉淀，继续加入NaOH后沉淀溶解，生成绿色Cr（OH）4-；

故答案为：

蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；

（2）①随着H+浓度的增大，CrO42-转化为Cr2O72-的离子反应式为：

2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，

故答案为：

2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O；

②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K=

=

=1.0×1014，

故答案为：

1.0×1014；

③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动，说明正方向放热，则该反应的△H＜0，

故答案为：

小于；

（3）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c（Cl-）=1.0×10-5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10-10，计算得到c（Ag+）=

=

=2.0×10-5mol/L

此时溶液中c（CrO42-）=

=

=5.0×10-3mol/L，

故答案为：

2.0×10-5；5.0×10-3；

（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+，发生反应的离子方程式为：

5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O，

故答案为：

5H++Cr2O72-+3HSO3-=2Cr3++3SO42-+4H2O．

（1）溶液Cr3+（蓝紫色）和氢氧化钠溶液反应生成Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝色固体，和氢氧化铝性质相似为两性氢氧化物，溶于强碱；

（2）①图象分析可知随氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子；A点c（Cr2O72-）=0.25mol/L，c（H+）=10-7mol/L，c（CrO42-）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算，K=

；

②溶液酸性增大，平衡2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O正向进行，CrO42-的平衡转化率增大；A点Cr2O72-的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42-的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42-）=1.0mol/L-0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为1×10-7mol/L，计算反应的平衡常数；

③升高温度，溶液中CrO42-的平衡转化率减小，平衡逆向移动；

（3）当溶液中Cl-完全沉淀时，即c（Cl-）=1.0×10-5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10-10，计算得到c（Ag+）=

，依据计算得到的银离子浓度和溶度积常数计算此时溶液中c（CrO42-）=

；

（4）利用NaHSO3的还原性将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+．

本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用，题目难度中等．

10.H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．

Ⅰ．H2S的除去

方法1：

生物脱H2S的原理为：

H2S+Fe2（SO4）3=S↓+2FeSO4+H2SO4

4FeSO4+O2+2H2SO4

2Fe2（SO4）3+2H2O

（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______．

（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为______．若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______．

方法2：

在一定条件下，用H2O2氧化H2S

（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4时，氧化产物的分子式为______．

Ⅱ．SO2的除去

方法1（双碱法）：

用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生

NaOH溶液

Na2SO3溶液

（4）写出过程①的离子方程式：

______；CaO在水中存在如下转化：

CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq）

从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理______．

方法2：

用氨水除去SO2

（5）已知25℃，NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，H2SO3的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8．若氨水的浓度为2.0mol•L-1，溶液中的c（OH-）=______mol•L-1．将SO2通入该氨水中，当c（OH-）降至1.0×10-7 mol•L-1时，溶液中的c（SO32-）/c（HSO3-）=______．

（化学备课组整理）降低反应活化能；30℃、pH=2.0；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；H2SO4；2OH-+SO2=SO32-+H2O；SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；6.0×10-3；0.62

（备课组长教你如何做）解：

（1）4FeSO4+O2+2H2SO4

2Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，

故答案为：

降低反应活化能（或作催化剂）；

（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：

30℃、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，

故答案为：

30℃、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；

（3）当

=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e-，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，H2S～H2SO4～8e-，氧化产物的分子式为H2SO4，

故答案为：

H2SO4；

（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：

2OH-+SO2=SO32-+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）=Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），因SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，

故答案为：

2OH-+SO2=SO32-+H2O；SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；

（5）NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=

可知c（OH-）=

mol/L=6.0×10-3mol/L，

当c（OH-）降至1.0×10-7 mol•L-1时，c（H+）=1.0×10-7 mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=

可知c（SO32-）/c（HSO3-）=

=0.62，

故答案为：

6.0×10-3；0.62．

（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，说明硫杆菌做反