2019-2020年高考化学分类题库 考点4 氧化还原反应.doc

2019-2020年高考化学分类题库 考点4 氧化还原反应(xx四川高考1)下列物质在生活中应用时,起还原作用的是( )A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)氧化还原反应的标志是化合价的变化;(2)还原剂在化学反应中起还原作用。【解析】选D。明矾净水是因为Al3水解成Al(OH)3胶体吸附杂质,属于非氧化还原反应;甘油具有强的吸湿性,可以让皮肤上的水分不会太快散发,同时适当从空气中吸收水蒸气,属于非氧化还原反应;漂粉精具有强氧化性,故可作消毒剂;铁粉可以消耗食品袋中的氧气,铁粉自身被氧化,起还原作用。(xx海南高考1)化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是( )A明矾净化水B纯碱去油污C食醋除水垢D漂白粉漂白织物【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)常见的化学常识中的化学原理;(2)了解盐类水解在日常生活中的应用以及漂白粉漂白原理。【解析】选D。明矾净化水是利用铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用,与物质的氧化性无关,A不符合题意;纯碱去油污是利用碳酸根离子水解显碱性,油脂在碱性条件下水解,生成可溶性的物质,与物质的氧化性无关,B不符合题意;食醋除水垢,是利用醋酸的酸性,与物质的氧化性无关,C不符合题意;漂白粉的有效成分是次氯酸钙,该物质与水发生反应生成的次氯酸具有强氧化性,可以将织物的色素氧化为无色物质,D符合题意。(xx海南高考6)已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)33ClO4OH2R3Cl5H2O。则R中R的化合价是( )A3B4C5D6【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)可以依据氧化还原反应中的电子守恒确定元素R的化合价;(2)也可以根据化学反应中的电荷守恒先确定n值,再确定R的化合价。【解析】选D。根据氧化还原反应得失电子守恒(化合价升降相等),反应中氯元素化合价由11(化学计量数为3),因此R元素的化合价由3升高到6价(化学计量数为2),由此判断D正确。(另解可以根据电荷守恒快速判断n=2,进而确定R的化合价为6价)。【误区提醒】可以使用化合价升降数相等来确定元素R的化合价,还可以通过化学反应前后电荷守恒确定n值,进而确定R的化合价。(xx江苏高考3)下列说法正确的是( )A分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B相同条件下,等质量的碳按a、b两种途径完全转化,途径a比途径b放出更多热能途径a:CCOH2CO2H2O途径b:CCO2C在氧化还原反应中,还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数D通过化学变化可以直接将水转变为汽油【解析】选C。分子式为C2H6O的有机化合物可能为CH3CH2OH,也可能为CH3OCH3,二者性质不同,A项错误;途径a和途径b均为单质碳生成二氧化碳,根据盖斯定律,二者能量变化相同(起始态相同),B项错误;在氧化还原反应中得失电子守恒,C项正确;将水变为汽油是不现实的,水中只含氧、氢元素,而汽油含有碳、氢元素,组成元素不同无法转化,D项错误。【误区提醒】该题易错选B项。错误地认为途径a生成了CO和H2,CO和H2燃烧放出的热量多,而忽视了C生成CO和H2需吸收热量。没有根据盖斯定律解决此题。(xx江苏高考4)在CO2中,Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是( )A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径:r(Mg2)r(Mg)C在该反应条件下,Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能【解析】选C。除金刚石和石墨外,C还存在C60等同素异构体,A项错误;Mg的电子层数比Mg2多,所以半径r(Mg)r(Mg2),B项错误;反应方程式为2Mg CO22MgO C,还原剂为Mg,还原产物为C,由还原剂的还原性强于还原产物,可得Mg的还原性强于C,C项正确;燃烧过程中除了转化为热能还转化为光能等其他能量,D项错误。(xx北京高考28)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe32I2Fe2I2”反应中Fe3和Fe2的相互转化。实验如下:(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到。(2)是的对比实验,目的是排除中造成的影响。(3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2向Fe3转化。用化学平衡移动原理解释原因:。(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2向Fe3转化的原因:外加Ag使c(I)降低,导致I的还原性弱于Fe2,用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转,b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管中滴加0.01 molL1AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是 。(5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了中Fe2向Fe3转化的原因。转化原因是。与(4)实验对比,不同的操作是。(6)实验中,还原性:IFe2;而实验中,还原性:Fe2I,将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是 。【解题指南】解答本题时应按照以下流程:【解析】(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到化学平衡状态。(2)实验加入了水,是实验的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。(3)中加入AgNO3,Ag与I生成AgI黄色沉淀,I浓度降低,2Fe32I2Fe2I2平衡逆向移动,溶液褪色;中加入FeSO4,Fe2浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3得电子;当指针归零(反应达到平衡)后,向U型管左管滴加0.01 molL1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I浓度减小,2Fe32I2Fe2I2平衡左移,指针向左偏转。(5)Fe2向Fe3转化的原因是Fe2浓度增大,还原性增强。与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U型管右管中滴加1 molL1FeSO4溶液。(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。答案:(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)中加入Ag发生反应:AgIAgI,c(I)降低;中加入FeSO4,c(Fe2)增大,平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2浓度增大,还原性增强,使Fe2还原性强于I向U型管右管中滴加1 molL1FeSO4溶液 (6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向(xx全国卷28)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为。溶液X中大量存在的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水 b.碱石灰c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50 mL水溶解后,再加入3 mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.100 0 molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I22S22IS4),指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是 。测得混合气中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾 b.碘化钾c.盐酸 d.硫酸亚铁【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)书写化学方程式时要注意结合题目给出的物质书写产物;(2)注意利用氧化性、还原性进行物质的除杂。【解析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒,氯元素的化合价从5价降到4价,得1个电子,氯酸钾是氧化剂;硫元素的化合价从4价升高到6价,失去2个电子,亚硫酸钠是还原剂,根据得失电子相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21。(2)根据图示可知氯化铵和氯化氢反应生成氢气和NCl3,配平即可。根据产物中有氨气生成可知溶液为碱性,存在氢氧根离子,根据元素守恒可知还存在氯离子。ClO2易溶于水,a、d错误;碱石灰不能吸收NH3,b错误。(3)ClO2能把碘离子氧化为碘单质,自身被还原为氯离子。由于ClO2有毒,容易逸出进入空气中,所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。由于碘单质遇到淀粉变蓝,所以常用的指示剂为淀粉。滴定终点的颜色为溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变。根据方程式可知2ClO25I210S2,则测得混合气中ClO2的质量为0.100 0 molL10.02 L67.5 gmol15=0.027 00 g。(4)亚氯酸盐有氧化性,除去它要用有还原性的硫酸亚铁,同时产生的铁离子还能净水。答案:(1)21(2)NH4Cl2HCl3H2NCl3Cl、OHc(3)2ClO210I8H2Cl5I24H2O吸收残余的二氧化氯气体淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变0.027 00 (4)d(xx山东高考29)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。(1)利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为溶液(填化学式),阳极电极反应式为,电解过程中Li向电极迁移(填“A”或“B”)。(2)利用钴渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等制备钴氧化物的工艺流程如下:Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为,铁渣中铁元素的化合价为,在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41 g,CO2的体积为1.344 L(标准状况),则钴氧化物的化学式为。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)注意阴、阳离子的放电顺序以及阴、阳离子在电解池内部移动方向的判断;(2)注意流程中各步所加试剂的作用以及原子守恒观点的应用。【解析】(1)B极区产生H2,同时生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液;电极A为阳极,阳极区电解液为LiCl溶液,根据放电顺序,阳极上Cl失去电子,则阳极电极反应式为2Cl2eCl2;根据电流方向,电解过程中Li向B电极迁移。(2)在酸性条件下,Co(OH)3首先与H反应生成Co3,Co3具有氧化性,把S氧化为S,配平可得离子方程式:2Co(OH)34HS2Co2S5H2O;铁渣中铁元素的化合价应该为高价,为3价;CO2的物质的量为1.344 L22.4 Lmol1=0.06 mol,根据CoC2O4的组成可知钴元素的物质的量为0.03 mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,根据元素的质量比可得59x(16y)=0.03 mol59 gmol1(2.41 g0.03 mol59 gmol1),解得xy=34,则钴氧化物的化学式为Co3O4。答案:(1)LiOH2Cl2eCl2B (2)2Co(OH)34HS2Co2S5H2O或Co(OH)33HCo33H2O,2Co3SH2O2Co2S2H3Co3O4(xx浙江高考27).请回答:(1)H2O2的电子式。(2)镁燃烧不能用CO2灭火,用化学方程式表示其理由。(3)在AgCl沉淀中加入KBr溶液,白色沉淀转化为淡黄色沉淀,写出反应的离子方程式。(4)完成以下氧化还原反应的离子方程式:()Mn()C2()Mn2()CO2.化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。请推测并回答:(1)甲的化学式。(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式。(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式。(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由。【解析】.(1)过氧化氢为共价化合物,两个氧原子之间共用一对电子,其电子式为。(2)镁燃烧不能用CO2灭火,因为会发生如下反应:2MgCO22MgOC。(3)向AgCl沉淀中加入KBr溶液,因为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),AgCl沉淀转化为AgBr沉淀,AgClBrAgBrCl,沉淀由白色变成淡黄色。(4)根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒可配平该离子方程式:2Mn5C216H2Mn210CO28H2O。.(1)一定条件下金属钠和H2反应生成甲,将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。n(H2)=0.1 mol,m(H2)=0.2 g,m(Na)=4.80 g0.2 g=4.6 g,则n(Na)=0.2 mol,根据化合价关系,可推出甲的化学式为NaH,制备它的反应方程式为2NaH22NaH。(2)根据条件NaH与AlCl3反应得到NaAlH4,NaH与NaAlH4中H都为1价,反应中无化合价变化,为非氧化还原反应,则化学方程式为4NaHAlCl3NaAlH43NaCl。(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应,NaAlH4中H化合价为1价,H2O中H化合价为1价,根据氧化还原反应化合价归中的规律,判断产物为H2,可推出化学方程式为NaAlH42H2ONaAlO24H2。(4)NaH除铁锈,是把Fe2O3变为Fe,NaH作为还原剂,1价的H化合价升高,生成NaOH,化学方程式为3NaHFe2O32Fe3NaOH。(5)制备过程不合理,盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。铁与盐酸反应生成H2,经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,产生NaH,但H2的量不足会有钠单质残留,固体不纯;同时,2Na2H2O2NaOHH2,也会有氢气放出,无法证明固体甲纯净。答案:.(1) (2)2MgCO22MgOC(3)AgClBrAgBrCl(4)2Mn5C216H2Mn210CO28H2O.(1)NaH(2)4NaHAlCl3NaAlH43NaCl(3)NaAlH42H2ONaAlO24H2(4)3NaHFe2O32Fe3NaOH(5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。验纯方法不合理,如果有Na剩余,Na与水反应也会生成H2;没有考虑混入的NaCl【误区提醒】没有考虑反应的整体性,未认识到制备的H2中混有HCl,H2的量不足会有钠单质残留,固体不纯,钠与水反应也会生成氢气。最后一问出现错误。