高考化学专题10氧化还原反应热点试题专项训练B.docx

1、高考化学专题10氧化还原反应热点试题专项训练B专题10 氧化还原反应 (B)【真题】1、【2018北京】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中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有_。（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿

2、色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i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断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。ii方案可证明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Cl2_（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液

3、中的氧化性，验证实验如下：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，该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。【答案】2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O Cl2+2OHCl+ClO+H2O Fe3+ 4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O 排除ClO的干扰 溶液的酸碱性不同 若能，理由：FeO42在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是MnO4的颜色（若不能，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） II.产生Cl2还可能是

4、ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH洗涤除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。判断的依据是否排除FeO42-的颜色对实验结论的干扰。详解：（1）A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反应时，锰被还原为Mn2+，浓盐酸被氧化成Cl2，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓

5、）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。由于盐酸具有挥发性，所得Cl2中混有HCl和H2O（g），HCl会消耗Fe（OH）3、KOH，用饱和食盐水除去HCl，除杂装置B为。 C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反应，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KC

6、lO等。i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl-发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O。ii.产生Cl2还可能是ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+

7、8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO42-；方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3+3Cl2+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在FeO42-，溶液振

8、荡后呈浅紫色一定是MnO4-的颜色，说明FeO42-将Mn2+氧化成MnO4-，所以该实验方案能证明氧化性FeO42-MnO4-。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c（FeO42-）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：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）。点睛：本题考查K2FeO4的制备和K2FeO4的性质探究。与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置除杂净化装置制备实验装置尾气吸收。进行物质性质实验探究是要排除其他物质的干扰。尤其注意最后一空为开放性答案，要注重多角度思考。2、

9、【2016上海卷】下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A海带提碘 B氯碱工业C氨碱法制碱 D海水提溴【答案】C 【考点定位】考查氧化还原反应概念。【名师点睛】氧化还原反应是历年高考必考知识点之一，重点是氧化还原反应的概念、氧化性和还原性强弱比较、氧化还原反应方程式配平、氧化还原反应有关计算等。掌握氧化还原反应基本概念是解答的关键，还原剂：失去（共用电子对偏离）电子、化合价升高、被氧化、发生氧化反应、转化为氧化产物；氧化剂：得到（共用电子对偏向）电子、化合价降低、被还原、发生还原反应、转化为还原产物。涉及氧化还原反应配平和计算时依据“质量守恒”、“得失电子守恒”便可解答，一般题目难度不大。

10、3【2016上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D 【考点定位】考查氧化还原反应的有关概念和简单计算。【名师点睛】本题主要涉及氧化还原反应，氧化还原反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。

11、整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂化合价升高失去电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物；氧化剂化合价降低得到电子被还原发生还原反应生成还原产物。4【2016上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A0.80 B0.85 C0.90 D0.93【答案】A【解析】试题分析：根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为0.01mol。则有：，解得x=0.8。故选项A正确。【考点定位】考查氧化还原反应方程

12、式的有关计算。【名师点睛】氧化还原反应计算是历次考试的重要考点，往往与阿伏加德罗常数、物质的量等结合在一起考查，掌握正确的解题思路和技巧一般难度不大。得失电子守恒法（化合价升降总数相等）是最常用的解题方法，具体步骤：找出氧化剂、还原剂及对应产物；准确找出一个微粒（原子、离子或分子）对应的得失电子数目；设未知数、依据电子守恒列出关系式、计算出未知量。注意：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。【典题】1根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧化产物还原产物Cl2FeBr2FeCl3KMnO4H2O2O

13、2MnO2KClO3浓盐酸Cl2KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2A 表中反应的氧化产物只能有FeCl3B 表中生成1mol的O2将有4mol的电子转移C 表中的离子方程式配平后，H的化学计量数为16D 表中还原产物是KCl【答案】C D、表中Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题

14、。2、某溶液中含有的溶质是 FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述正确的是( )A 原溶液中的Br一定被氧化B 不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+C 通入氯气之后，原溶液中的Fe2+不一定被氧化D 若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，一定能产生淡黄色沉淀【答案】B 【详解】通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，故A错误；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红

15、色，说明有Fe3生成，Fe2被氧化但不一定全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故B正确；通入一定量氯气后再滴加KSCN，溶液呈红色，说明一定有Fe3生成，故C错误；没有实验现象说明Br被氧化或完全被氧化，反应后溴离子不一定有剩余，所以向分液后的上层液体中加入足量硝酸银溶液，不一定生成浅黄色沉淀，故D错误。【点睛】常见离子还原性顺序：S2-SO32-I-Fe2+Br-Cl-；氧化性顺序：Cl2Br2Fe3+I2。同一氧化剂与不同还原剂反应，先与还原性强的反应；同一还原剂与不同氧化剂反应，先与氧化性强的反应；3向CuSO4 溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(Cu

16、I)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是( )A 滴加KI溶液时，每转移 2mole会生成 2mol CuI 沉淀B 在 SO2 与 I2 反应中得到的还原产物为 H2SO4C 通入SO2 后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D 上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+SO2I2【答案】A 【详解】根据方程式2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，可知滴加KI溶液时，转移2mole 时生成2 mol白色沉淀，故A正确；SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI的反应中，硫元素化合价升高，H2SO4是氧化产物，故B错误；

17、SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI的反应中，SO2是还原剂，表现还原性，故C错误；滴加KI溶液时，观察到产生白色沉淀CuI，反应中I元素的化合价升高，KI被氧化，碘单质是氧化产物，Cu元素的化合价降低，硫酸铜是氧化剂，发生的反应为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2。根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知物质的氧化性是Cu2+I2；再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，这说明此时发生的反应为SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI，反应中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，则物质氧化性是I2SO2，因此物质的氧化性强弱顺序为Cu

18、2+I2SO2，故D错误；【点睛】氧化还原反应的分析，把握好化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，元素化合价升高得到的产物是氧化产物；相反，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，元素化合价降低得到的产物是还原产物。4用下列装置处理含有氰化物（如氰化钾KCN，CN为氰离子）的浓缩废水样品，并测定废水中CN的物质的量浓度。 某学生设计的主要操作步骤为：将一定体积的浓缩废水放入A中，从活塞a处通入N2，至E中有大量气体逸出，停止通N2，称取E的质量，恢复成原装置；通过分液漏斗向A中注入过量的次氯酸钠碱性溶液；反应完成后，点燃酒精灯，再向A中注入过量稀硫酸；至反应完全，取下E称其质量，熄灭酒

19、精灯。（1）步骤中：一定条件下，废水中CN先转化为OCN：CN + ClO= OCN+ Cl，OCN再与ClO反应，配平该反应的离子方程式：_OCN+_ClO+_OH=_ N2+_CO32+_Cl +_H2O，此反应中被氧化的元素为_元素(填元素名称)。通入N2的目的是：_。（2）从A中排出的气体含有少量副反应产物HCl和Cl2，需利用上图中的部分装置除去并检验Cl2。B中所放试剂可以是_（填序号）。a足量饱和食盐水 b足量NaOH溶液 c足量Na2CO3溶液 d足量饱和NaHCO3溶液检验A中排出的气体中含有Cl2的方法除通过观察D中的现象外，另一化学方法是：_。（3）若原浓缩废水为200

20、mL，反应后E装置增加质量W g，则浓缩废水中c(CN)_mol/L（用含W的数学式表示）。（4）若该c(CN)测定值比实际浓度偏低，该学生设计的主要步骤中缺少的操作是：_。【答案】2321231 N 排出装置内的O2和CO2 a反应终止后，取D中物质放于水中，搅拌后静置，取清液加入酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀 A中反应停止后，通过a通入N2，使产生的CO2全部进入E的铜屑，除去氯气，最后用氢氧化钡吸收生成的二氧化碳，通过称E的质量，可以求出生成的二氧化碳的质量，从而测定废水中CN的物质的量浓度。据此分析解答。【详解】（1）OCN中N由-3价升高到N2中的0价，ClO中Cl由+1价降低为Cl中

21、的-1价，根据化合价升降守恒，OCN前配2，ClO前配3，如何根据电荷守恒和原子守恒配平得：2 OCN+ 3 ClO+ 2 OH = 1 N2+ 2 CO32+ 3 Cl+ 1 H2O；其中被氧化的元素为N，故答案为：2；3；2；1；2；3 ；1；N；空气中的氧气能够氧化OCN，空气中的二氧化碳会影响二氧化碳的测定，通入N2可以排出装置内的O2和CO2，故答案为：排出装置内的O2和CO2； （3）E装置是吸收二氧化碳生成碳酸钡沉淀，反应后E装置增加质量W g，则二氧化碳的质量为Wg，根据CN + ClO= OCN+ Cl和2 OCN+ 3 ClO+ 2 OH = 1 N2+ 2 CO32 + 3 Cl+ 1 H2O可知，CNOCN CO32 CO2，则n(CN)n(CO2)=，浓缩废水中c(CN)=mol/L，故答案为：；（4）若该c(CN)测定值比实际浓度偏低，说明氢氧化钡吸收的二氧化碳偏少，主要原因是由一部分二氧化碳残留在装置内，因此该学生设计的主要步骤中缺少的操作为A中反应停止后，通过a通入N2，使产生的CO2全部进入E，故答案为：A中反应停止后，通过a通入N2，使产生的CO2全部进入E。