2023年高考化學重點專練2氧化還原反應（帶解析）

重點2 氧化復原反響【命題規(guī)律】本專題內容為高考高頻命題點，試題主要考察氧化復原反響〔離子〕方程式的書寫，包括教材中常見氧化復原反響〔離子〕方程式的書寫和信息型生疏氧化復原反響〔離子〕方程式的書寫。題型主要為填空題和選擇題，難度適中?？疾斓暮诵乃仞B(yǎng)以宏觀辨識與微觀探析為主。【備考建議】2023年高考備考應重點關注命題點：教材中常見氧化復原反響〔離子〕方程式，利用題目信息書寫生疏氧化復原反響〔離子〕方程式；運用氧化復原反響的規(guī)律，理解元素單質及其化合物的轉化；利用得失電子守恒和質量守恒進展氧化復原反響方程式的配平。〔建議用時：30分鐘〕選項試驗操作、現象試驗結論A將少量Cl選項試驗操作、現象試驗結論A將少量Cl2FeI2溶液，反響后溶液變黃C12Fe2+Fe3+B將某無色氣體通入溴水中，溴水褪色該氣體確定表現復原性C2ml0.1mol·L-1AgNO35滴0.1mol·L-1NaClKSP(AgCl)>KSP(AgI)50.1mol·L-1KI溶液，消滅黃色沉淀DNa2SiO3溶液中通入過量CO2，消滅白色沉淀非金屬性：C>Si【答案】D【詳解】A.試驗結論錯誤，I-Fe2+Cl2氧化,分別生成I2Fe3+，I2Fe3+都可以使溶液顯黃色，該試驗不能證明被氧化的離子是哪一種，故A錯誤；試驗結論錯誤，能使溴水褪色的反響可能發(fā)生發(fā)生氧化復原反響，例如SO2與溴水的反響，二氧化硫表現了復原性；也有可能發(fā)生其他反響，例如向溴水中通入氨氣，氨氣溶于水使溶液顯堿性，溴在堿性溶液中可以發(fā)生歧化反應，溴水褪色，便是氨氣沒有表現復原性，故B錯誤；2mL0.1mol·L-1AgNO30.1mol·L-1NaCl0.1molL-1KI溶液，在試驗過程中觀看到白色沉淀漸漸轉化為黃色沉淀，才可以得結論KSP(AgCl)>KSP(AgI)，故C錯誤；Na2SiO3溶液中通入過量CO2，消滅白色沉淀，證明碳酸酸性強于硅酸，最高價氧化物水化物酸性越強，非金屬性越強，因此非金屬性：C>Si，應選D。試驗操作試驗現象A向盛有高錳酸鉀酸性溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色漸漸褪去，靜置后溶液分層B試驗操作試驗現象A向盛有高錳酸鉀酸性溶液的試管中通入足量的乙烯后靜置溶液的紫色漸漸褪去，靜置后溶液分層B將鎂條點燃后快速伸入集滿CO2的集氣瓶集氣瓶中產生濃煙并有黑色顆粒產生C向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產生，溶液變渾濁D向盛有FeCl3溶液的試管中加過量鐵粉，充分振蕩后加1滴KSCN溶液黃色漸漸消逝，加KSCN后溶液顏色不變【答案】AB.將鎂條點燃后快速伸入集滿二氧化碳的洗氣瓶，發(fā)生反響為：CO2+2Mg2MgO+C，則集氣瓶因反響猛烈冒B.將鎂條點燃后快速伸入集滿二氧化碳的洗氣瓶，發(fā)生反響為：CO2+2Mg2MgO+C，則集氣瓶因反響猛烈冒有濃煙，且生成黑色顆粒碳單質，試驗現象與操作匹配，B項正確；C.向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸，發(fā)生氧化復原反響，其離子方程式為：SO2-+2H+=S↓+SO↑+H

O，則會有刺激性氣味氣體產生，溶液變渾濁，試驗現象與操作匹配，C項正確；2 3 2 2選項目的試驗A制取較高濃度的次氯酸溶液Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率在過氧化氫溶液中參與少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸參與飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D選項目的試驗A制取較高濃度的次氯酸溶液Cl2通入碳酸鈉溶液中B加快氧氣的生成速率在過氧化氫溶液中參與少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸參與飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液D制備少量二氧化硫氣體向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸【答案】A【詳解】A、氯氣與碳酸鈉溶液反響生成氯化鈉、次氯酸鈉和碳酸氫鈉，不能制備次氯酸，不能到達試驗目的，A選；B的，B不選；C、碳酸鈉溶液與乙酸反響，與乙酸乙酯不反響，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能到達試驗目的，C不選；D、依據較強酸制備較弱酸可知向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可以制備二氧化硫，能到達試驗目的，D不選。物質〔括號內為雜質〕除雜試劑AFeCl2物質〔括號內為雜質〕除雜試劑AFeCl2溶液〔FeCl3〕Fe粉BNaCl溶液〔MgCl2〕NaOH溶液、稀HClCCl2〔HCl〕H2O、濃H2SO4DNO〔NO2〕H2O、無水CaCl2【答案】B【詳解】A.FeCl3FeFeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此過程中Fe的化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化復原法應，故A不符合題意；B.MgCl2與NaOH溶液發(fā)生復分解反響MgCl2+2NaOH=Mg〔OH〕2+2NaCl，過量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此過程中沒有元素化合價發(fā)生變化，未涉及氧化復原反響，故B符合題意；C.局部氯氣與H2OC不符合題意；D.NO2與水反響生成硝酸和NO。反響過程中氮元素化合價發(fā)生變化，涉及到了氧化復原法應，故D不符合題意。5.〔2023·河北省衡水中學高考模擬〕NA為阿伏加德羅常數的值，以下表達正確的選項是1molBrClH2O完全反響生成氧化氫和次溴酸。轉移的電子數為NA鋅與確定濃度的濃硫酸反響。產生標準狀況下SO2和H222.4L2NA標準狀況下，6.72LNO20.4NA18gC1molO2完全反響后。得到CO2的分子個數為NA【答案】B【解析】A.選項中BrCl+H2O=HCl+HBrO，該反響中各元素化合價反響前后沒有變化，不屬于氧化復原反響，沒有電子轉移，A錯誤；設生成SO2為xmol,H2ymol,依據氣體的物質的量守恒得x+y=22.4/22.4=1mol,鋅失電子的量=兩種氣體得電子的總量=2x+2y=2mol2NA，B正確；3NO2+H2O=2HNO3+NO2NA,0.3molNO20.2NA，C錯誤；過量的碳會與生成的二氧化碳連續(xù)反響生成一氧化碳，所以得到CO2的分子個數小于NA，D錯誤。6.〔2023·北京市朝陽區(qū)高考聯考模擬〕Br2、I2能否將Fe2+氧化，試驗如下。試驗x現象及操作溴水i．溶液呈黃色，取出少量滴加KSCN試驗x現象及操作溴水i．溶液呈黃色，取出少量滴加KSCN溶液，變紅碘水ii．溶液呈黃色，取出少量滴加KSCN溶液，未變紅以上試驗表達出氧化性關系B2 2〔填“＞”或“＜”。針對試驗ⅱ中未檢測到F3+，小組同學分析2+2F2+ 2F3++2〔反響，限度小，產生的c(F3+低；假設向ⅱ的黃色溶液中參與AgNO3溶液，可產生黃色沉淀，平衡向 移動，c(Fe3+)增大。針對小組同學的分析，進展試驗ⅲ：向ⅱ的黃色溶液中滴加足量AgNO3溶液?，F象及操作如下：Ⅰ．馬上產生黃色沉淀，一段時間后，又有黑色固體從溶液中析出；取出少量黑色固體，洗滌后〔填操作和現象，證明黑色固體含有A。Ⅱ．靜置，取上層溶液，用KSCN溶液檢驗，變紅；用CCl4萃取，無明顯現象。針對上述現象，小組同學提出不同觀點并對之進展爭論。①觀點1：由產生黃色沉淀不能推斷反響a的平衡正向移動，說明理由： 。經證明觀點1合理。2：Fe3+可能由Ag+氧化產生。試驗ⅳ：向FeS4溶液滴加AgN3溶液 〔填現象、操作，觀點2合理。觀點1、2雖然合理，但參與AgNO3溶液能否使反響a的平衡移動，還需要進一步確認。設計試驗：?、⒌狞S色溶液， 〔填操作、現象。由此得出結論：不能充分說明〔4〕中產生Fe3+的緣由是由反響a的平衡移動造成的。【答案】(1).Br2+2Fe2+ 2Fe3++2Br- (2).>(3).正向(4).參與濃硝酸黑色固體消逝生成紅棕色氣體。再向溶液中參與NaCl溶液，消滅白色沉淀，(5).①碘水與AgNO3溶液反響產生黃色沉淀；②生成黑色固體，向上層清液中參與KSCN溶液，變紅〔6〕參與少量AgNO3溶液，產生黃色沉淀后，馬上向上層清液中參與過量KSCN溶液，不變紅【詳解〔1〕依據試驗現象可知，溴水將將將Fe2+氧化轉化為將Fe3+，其離子方程式為：Br2+2Fe2+ 2Fe3++2Br-；KSCNFe2+Fe2+>I2；上述試驗證明氧化性：Br2>Fe2+>I2，所以以上試驗表達出氧化性關系：Br2>I2；假設向ⅱ的黃色溶液中參與AgNO3溶液，可產生黃色沉淀，使反響a中的I-濃度降低，平衡向正向移動，故答案為：正向；NaCl溶液，消滅白色沉淀，則證明黑色固體為Ag；①碘水本身與AgNO3溶液反響產生黃色沉淀，因此不能證明反響a的平衡向正向移動；FeSO4溶液滴加AgNO3KSCNFe3+可能由Ag+氧化產生，故答案為：消滅黑色沉淀，向上層清液中參與KSCN溶液，變紅；?、⒌狞S色溶液，參與少量AgNO3溶液，產生黃色沉淀后，馬上向上層清液中參與過量KSCN溶液，不變紅。由此得出結論：不能充分說明〔4〕Fe3+的緣由是由反響a的平衡移動造成的。7.〔2023·江蘇卷〕聚合硫酸鐵[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m廣泛用于水的凈化。以FeSO4·7H2O為原料，經溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。將確定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸在約70℃下邊攪拌邊緩慢參與確定量的H2O2溶液連續(xù)反響一段時間，得到紅棕色黏稠液體。H2O2氧化Fe2+的離子方程式為 ；水解聚合反響會導致溶液的pH 。測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數：準確稱取液態(tài)樣品3.000g250mL錐形瓶中，參與適量稀鹽酸，SnC2Sn2+將F3+復原為F2+Sn2+5.0001?2mol·?12Cr2O7溶液滴定至終點〔滴定過程中CrO2

與F2+反響生成Cr3和F3+，消耗2CrO7溶液22.00m。2 7①上述試驗中假設不除去過量的S2+，樣品中鐵的質量分數的測定結果 〔偏或偏無影。②計算該樣品中鐵的質量分數〔寫出計算過程〕 ?！敬鸢浮?(1).2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O；減小 (2).①偏大 ②.12.32%〔過程見解析〕【分析】此題以聚合硫酸鐵的制備過程為載體，考察氧化復原型離子方程式的書寫、鹽類的水解、氧化復原滴定的誤差分析和元素養(yǎng)量分數的計算。易錯點是第〔2〕①的誤差分析，應利用“強制弱”和“先強后弱”的氧化復原反響規(guī)律分析。難點是第〔2〕②，留意理清滴定試驗中物質之間的計量關系。H2OFe2〔OH〕6-2n〔SO4〕n+〔3-n〕H2SO4，Fe2〔OH〕6-2n〔SO4〕n聚合得到聚合硫酸鐵，依據水解方程式知〔1〕Fe2+具有復原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其復原產物為H2O，依據得失電子守恒可寫出反響2F2++H2O→2F3++2HOHO2氧化F2+的離子方程式為H2OFe2〔OH〕6-2n〔SO4〕n+〔3-n〕H2SO4，Fe2〔OH〕6-2n〔SO4〕n聚合得到聚合硫酸鐵，依據水解方程式知水解聚合反響會導致溶液的酸性增加，pH減小。〔2〕①依據題意，Sn2+Fe3+Fe2+Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+>復原產物，則復原性Sn2+>Fe2+，試驗中假設不除去過量的Sn2+，則參與的K2Cr2O7先氧化過量的Sn2+再氧化Fe2+，導致消耗的K2Cr2O7溶液的體積偏大，則樣品中鐵的質量分數的測定結果將偏大。答案：偏大②試驗過程中消耗的n〔Cr2O72-〕=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol由滴定時Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，依據電子得失守恒，可得微粒的關系式：Cr2O72-~6Fe2+〔或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O〕n〔Fe2+〕=6n〔Cr2O72-〕=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol〔依據Fe守恒〕樣品中鐵元素的質量：m〔Fe〕=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g0.3696g樣品中鐵元素的質量分數：ω〔Fe〕=

×100%=12.32%。8.〔2023·北京市朝陽區(qū)高考聯考模擬,節(jié)選〕H2S轉化為可再利用的資源是能源爭論領域的重要課題。Ⅰ克勞斯法HSⅠ克勞斯法HSS2Ⅱ鐵鹽氧化法HSS2Ⅲ光分解法HSH+S2光、某溶液2①反響Ⅰ的化學方程式是 。②反響Ⅱ： +1H2S== Fe2++ S↓+ 〔將反響補充完整。③反響Ⅲ表達了H2S的穩(wěn)定性弱于H2O。結合原子構造解釋二者穩(wěn)定性差異的緣由： 。反響Ⅲ硫的產率低，反響Ⅱ的原子利用率低。我國科研人員設想將兩個反響耦合，實現由H2S高效產生S和H2，電子轉移過程如圖。過程甲、乙中，氧化劑分別是 ?！敬鸢浮?(1).①2H2S+O2==2H2O+2S↓ ②2Fe3+；2；1；2H+ ③.O與S位于同主族，原子半徑S>O，得電子力氣S<O，非金屬性S<O，氫化物穩(wěn)定性H2S<H2O(2).Fe3+、H+【分析】H2S具有較強的復原性，利用