新课标2020高考化学二轮复习第一部分专题突破方略专题四氧化还原反应离子反应专题强化训练

专题四 氧化还原反应 离子反应专题强化训练一、选择题1(新题预测)大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是()A丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛B生成O3的反应属于氧化还原反应C反应属于复分解反应D该过程中O2做催化剂解析：选A。丙烯双键发生断裂加氧转化成甲醛和乙醛，此反应属于氧化反应，故A正确；根据示意图，O2O3，化合价没有发生变化，因此生成O3的反应不属于氧化还原反应，故B错误；反应中NO转化成NO2，化合价升高，即反应为氧化还原反应，故C错误；有O2参与反应，但没有O2生成，因此O2不做催化剂，故D错误。2含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O46ClF3= 6CoF33Cl24X。下列有关该反应的说法正确的是()AX是还原产物BClF3中氯元素为3价C反应生成3 mol Cl2时转移18 mol电子DCo3O4在反应中做氧化剂解析：选C。由原子守恒可知X为O2，O2为氧化产物，A不正确；ClF3中氯元素显3价，B不正确；反应中只有氯元素化合价降低，生成3 mol Cl2时转移18 mol e，C正确；Co3O4是还原剂，D不正确。3下列离子方程式不正确的是()A澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2OH=HCOB金属钠和水反应：2Na2H2O=2Na2OHH2C酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：2Fe2H2O2=2Fe3O22HD三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应：SO3Ba2H2O=BaSO42H解析：选C。C中只有元素化合价升高，无元素化合价降低，应为2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。4已知下列实验事实：Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是()A化合物KCrO2中Cr元素为3价B实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2OI2D实验证明H2O2既有氧化性又有还原性解析：选D。根据化合价规则判断：化合物KCrO2中K和O元素的化合价分别是1价和2价，则Cr元素为3价，A项正确；根据两性氧化物的概念判断，Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液，则Cr2O3是两性氧化物，B项正确；根据氧化还原反应的强弱规律判断，将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝，这说明反应中有单质碘生成，K2Cr2O7是氧化剂，其氧化性强于氧化产物单质碘的氧化性，C项正确；向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液，Cr元素的化合价从3价升高到6价，失去电子，KCrO2是还原剂，H2O2中氧元素的化合价从1价降低到2价，H2O2是氧化剂，只表现氧化性，D项错误。5下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论不正确的是()实验实验实验A实验中生成的沉淀是Al(OH)3B实验中有气体生成C实验沉淀中可能含有BaSO4D实验生成沉淀的离子方程式是Ba2H2SO3=BaSO32H解析：选D。Al3与HCO发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，故A、B正确；实验中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡易被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C正确；实验中，如果发生反应Ba2H2SO3=BaSO32H，生成的亚硫酸钡能够与H反应，故应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。6能正确表示下列反应离子方程式的是()AFe2、Fe3共存时，检验Fe3：Fe33SCN=Fe(SCN)3B向次氯酸钙溶液中通入过量CO2：Ca22ClOH2OCO2=CaCO32HClOC除去MgO中少量的Al2O3杂质：Al2O36H=2Al33H2ODFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)12时：3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O解析：选D。Fe(SCN)3为络合物，不是沉淀，故A错误；向次氯酸钙溶液中通入过量CO2生成次氯酸和碳酸氢钙：ClOH2OCO2=HCOHClO，故B错误；应用氢氧化钠溶液除去MgO中少量的Al2O3杂质：Al2O32OH=2AlOH2O，故C错误；Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)12时，铁过量生成Fe2，所以反应的离子方程式是3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O，故D正确。725 时，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()ApH1的溶液中：Na、K、Cl、SiOB弱碱性溶液中：Na、K、NO、HCOCc(Fe3)1 molL1的溶液中：K、Mg2、SCN、ClD能溶解Al2O3的溶液中：Na、Fe2、ClO、SO解析：选B。pH1的溶液显酸性，SiO不能大量共存，A错误；弱碱性溶液中，Na、K、NO、HCO之间不反应，可以大量共存，B正确；c(Fe3)1 molL1的溶液中，SCN不能大量共存，C错误；能溶解Al2O3的溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中ClO不能大量共存，碱性溶液中Fe2不能大量共存，且在溶液中Fe2、ClO之间发生氧化还原反应，也不能大量共存，D错误。8下列各组离子中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A无色透明溶液中：Fe3、NH、SO、ClBBa(AlO2)2溶液中：K、Mg2、HCO、NOC能使酚酞变红色的溶液中：Na、Ba2、Cl、BrDpH0的溶液中：Na、K、S2、SO解析：选D。A.无色透明溶液中，Fe3可以使溶液呈黄色而不能大量共存；B.Ba(AlO2)2溶液中，偏铝酸根离子可以与Mg2发生水解相互促进的反应、与HCO发生复分解反应(强酸制弱酸且生成沉淀)而不能大量共存；C.能使酚酞变红色的溶液显碱性，Na、Ba2、Cl、Br等几种离子可以大量共存；D.pH0的溶液显酸性，在酸性条件下 S2和SO可以发生氧化还原反应生成S而不能大量共存。综上所述，D正确。9A、B两种溶液分别含有下列十种离子中的各不相同的五种：H、Al3、Na、Cu2、NO、OH、SO、CO、SO、Cl。下列判断正确的是()A若A溶液为无色溶液，则A溶液中可能含有H、Al3、Cl、SO、NOB若A溶液有强还原性，则B溶液中可能含有H、Cu2、Al3、Cl、NOC若B溶液呈强碱性，则A溶液中可能含有H、Al3、Na、Cu2、NOD若B溶液有强氧化性且各离子浓度相同，则B溶液可能含有H、Al3、Cu2、NO、SO解析：选B。若A溶液为无色溶液且含有H、Al3、Cl、SO、NO，则B溶液中一定含有Na、Cu2、OH、SO、CO，Cu2与OH、SO、CO反应不能大量共存，A错误；若A溶液有强还原性，则A溶液中含有SO，SO与H、Cu2、Al3不共存，这些离子都存在于B溶液中，B正确；若A溶液中含有H、Al3、Na、Cu2、NO五种离子，由于A、B溶液中含有各不相同的五种离子，则B溶液中没有阳离子，C错误；若B溶液中含有H、Al3、Cu2、NO、SO，则B溶液中正电荷数目比负电荷数目多，溶液不显电中性，D错误。二、非选择题10锌及其化合物在生产生活中应用比较广泛。(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。ZnFe2O4中Fe的化合价是_。工业上利用反应ZnFe2(C2O4)36H2OZnFe2O42CO24CO6H2O制备ZnFe2O4。该反应中还原产物是_(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子总数是_。(2)工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下：酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是_(任答一条)。写出ZnFe2O4溶于酸的离子方程式：_。净化中H2O2参与反应的离子方程式为_。净化中Y的主要成分是_(填化学式)。解析：(1)ZnFe2O4中Zn是2价，O是2价，则根据化合物中正负化合价代数和为0可知，Fe的化合价是3价。反应中Fe元素化合价从2价升高到3价，碳元素化合价从3价部分降低到2价，部分升高到4价，所以还原产物是CO；根据化学方程式可知，每生成1 mol ZnFe2O4转移的电子的物质的量是4 mol，总数是4NA或2.4081024。(2)将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O、ZnO2H=Zn2H2O、FeO2H=Fe2H2O、CuO2H=Cu2H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe22HH2O2=2Fe32H2O，调节溶液的pH将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，不能引入新的杂质，可以用ZnO，所以X可以为ZnO，然后向溶液中加入过量ZnS，发生反应Cu2ZnS=Zn2CuS，然后过滤所得Y中含有CuS、ZnS，滤液经过一系列操作最后电解得到Zn。酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、搅拌等。ZnFe2O4溶于酸的离子方程式为ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2O。净化中H2O2参与反应的离子方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O。由于ZnS过量，则净化中Y的主要成分是CuS、ZnS。答案：(1)3价CO4NA(或2.4081024)(2)适当增大c(H)(或升高温度、搅拌等其他合理答案)ZnFe2O48H=2Fe3Zn24H2OH2O22Fe22H=2Fe32H2OCuS、ZnS11某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下(表格中空白不需要填写)：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞a吹入热空气一段时间后停止A中溶液颜色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，沉降后上层清液为无色打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时溶液颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成橙红色完成下列填空：(1)在进行操作时，A中的实验现象是_，有关反应的离子方程式是_。(2)操作吹入热空气的目的是_。B中产生的白色沉淀的化学式是_。(3)装置C的作用是_。(4)由上述实验可知，在此实验条件下，H2O2、H2SO3、Br2氧化性强弱顺序为_。(5)操作开始时溶液颜色无明显变化的原因可能是_(写出一条即可)。解析：本题利用“氧化剂的氧化性大于氧化产物”这一原理来比较H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱。向NaBr溶液中滴加氯水，氯水置换出溴单质；然后吹入热空气，将Br2(g)吹入B装置，H2SO3与BaCl2不反应，当Br2(g)进入时，产生了白色沉淀，说明Br2将H2SO3氧化成H2SO4，Br2被还原为Br，说明Br2的氧化性强于H2SO3，该白色沉淀为BaSO4；再向B装置中加入H2O2溶液，一段时间后溶液变为橙红色，则Br被氧化为Br2，说明H2O2的氧化性比Br2强。(1)打开活塞a，向NaBr溶液中滴加氯水，氯水氧化溴离子生成溴单质，离子方程式为Cl22Br=Br22Cl；A中因为有溴单质生成导致溶液变为橙红色。(2)Br2具有挥发性，热空气能促进Br2挥发，将Br2(g)吹入B装置；Br2将H2SO3氧化为H2SO4，所以白色沉淀为BaSO4。(3)装置C中为NaOH溶液，反应过程中产生的氯气、溴蒸气等污染性气体不能直接排放到空气中，可以用NaOH溶液吸收，所以装置C的作用是吸收尾气。(4)根据上述分析可知氧化性：H2O2Br2H2SO3。(5)操作中，向B装置中逐滴加入H2O2溶液，开始时溶液颜色无明显变化可能是因为B装置中H2SO3有剩余，H2O2先与H2SO3反应，再与Br反应；或H2O2浓度小；或Br与H2O2反应慢等。答案：(1)溶液变为橙红色Cl22Br=Br22Cl(2)吹出单质Br2BaSO4(3)吸收尾气(4)H2O2Br2H2SO3(5)H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等，合理即可)12高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2。该反应中的氧化剂是_，还原剂是_，每生成1 mol Na2FeO4转移_mol 电子。简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用：_。(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O。写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子方程式：_。每生成1 mol FeO转移_mol 电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明_。解析：(1)反应中Fe由2价升高为6价，被氧化，FeSO4为还原剂，过氧化钠中O一部分由1价降低为2价，另一部分由1价升高为0价，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；由题给化学方程式可知，每生成2 mol Na2FeO4，有6 mol Na2O2参加反应，转移10 mol 电子，则每生成1 mol Na2FeO4转移电子的物质的量为5 mol；K2FeO4中Fe的化合价为6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附并除去水中的悬浮杂质。(2)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，Fe的化合价升高了3价，ClO做氧化剂被还原成Cl，Cl的化合价降低了2价，根据得失电子守恒，得到含铁元素物质的化学计量数是2，含氯元素物质的化学计量数是3，再根据电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O；该反应中每生成1 mol FeO转移3 mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物氯离子的物质的量为0.15 mol。答案：(1)Na2O2FeSO4和Na2O25高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，且消毒过程中自身被还原成铁离子，铁离子水解生成的氢氧化铁胶体能吸附并除去水中的悬浮杂质(2)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O30.15该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小13铁矿石有磁铁矿(Fe3O4)、赤铁矿(Fe2O3)和菱铁矿(FeCO3)等，若对矿样进行预处理后，加入H2SO4H3PO4混酸溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用重铬酸钾标准液可测定铁矿石的含铁量(Fe2Cr2OHFe3Cr3H2O)。现有如下两种预处理方法：提示：(A)Sn、Hg、Ti在溶液中可存在的形式有Sn2、Sn4、Hg2、Hg、Ti3、TiO2，且Sn2能与K2Cr2O7反应，而Hg2不能；氯化汞溶于水，氯化亚汞不溶于水(白色沉淀)。(B)钨酸钠(Na2WO4)可做指示剂，若W()被还原为W()，溶液将呈现蓝色。(C)氧化性：Fe3WO。回答下列问题：(1)配平：Fe2Cr2OH=Fe3Cr3H2O(2)过程发生反应的离子方程式为_，过程中加入HgCl2溶液的目的是_，出现的丝状白色沉淀是_(填化学式)。(3)溶液中阳离子有_，加入指示剂钨酸钠(Na2WO4)的作用是_。(4)两种预处理方法，哪一种更好？_，理由是_。(5)矿样预处理后必须立即进行滴定的原因是_；现称取0.2 g矿样进行实验，最终消耗0.010 0 mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，原矿样中含铁量为_。解析：(1)根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平即可。(2)根据提示信息(A)及实验现象知过程发生反应2Fe3Sn2=Sn42Fe2。由提示信息(A)知过量的Sn2会与HgCl2发生氧化还原反应，生成Sn4和Hg2Cl2白色沉淀。(3)溶液呈浅黄色，则必含有Fe3，SnCl2反应完全，生成Fe2和Sn4，又矿样溶解用的是浓盐酸，故溶液中存在的阳离子有Fe2、Sn4、Fe3、H。根据提示信息(B)、(C)和实验现象知，TiCl3具有还原性，先将溶液中的Fe3还原后，多余的TiCl3继续还原WO，而使溶液呈现蓝色，因此加入指示剂后溶液显蓝色，证明溶液中的Fe3已经被完全还原，从而停止滴加TiCl3溶液。(4)从环境的角度出发，方法更好，避免了方法中汞对环境的污染。(5)Fe2不稳定，易被氧化。6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O 6 1n(Fe2) 0.010 0 mol/L0.020 L，n(Fe2)1.2103 mol，原矿样的含铁量为100%33.6%。答案：(1)6114627(2)2Fe3Sn2=Sn42Fe2除去溶液中过量的Sn2，防止对实验产生干扰Hg2Cl2(3)Fe2、Sn4、Fe3、H保证剩余的Fe3被完全还原为Fe2，也防止加入的TiCl3过量，干扰实验(4)方法避免了方法中汞对环境的污染(5)Fe2易被氧化33.6%