年化学高考一轮复习氧化还原反

A．上述实验中，共有两个氧化还原反应

B．上述实验证明氧化性：＞Cl2＞Fe3＋＞I2

C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝

D．实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性

3．下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是

A．C(s)＋CO2(g)=2CO(g)

B．CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)

C．NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)

D．Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s)=BaCl2(aq)＋2NH3(g)＋10H2O(l)

4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( 　　)

选项

实验操作

现象

解释或结论

A

过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液

溶液呈红色

稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋

B

左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色

氧化性：Cl2Br2I2

C

用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上

试纸变蓝色

浓氨水呈碱性

D

浓HNO3加热

有红棕色气体产生

HNO3有强氧化性

5．处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N2、HCO3?、ClO?、CNO?（C+4价，N-3价）、Cl?等微粒。下列说法不正确的是

A．该废水呈强酸性

B．废水处理后转化为无害物质

C．反应的离子方程式：3ClO?+2CNO?+H2O==N2+2HCO3?+3Cl?

D．每处理1molCNO?转移3mole?

6．已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑；②Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。试回答下列问题：

(1)当反应①转移3mol电子时，产生氢气的体积(标准状况)__L。

(2)反应②中__作氧化剂，__是氧化产物。

(3)当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是__。

(4)用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目__(在化学方程式上标出)：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑。

(5)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。

7．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2

实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______。

(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)。

(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______。

实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)

装置

试剂X

实验现象

Fe2(SO4)3溶液

混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色

(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______。

实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度

(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为g?mol-1)0.g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1。

参考答案

例1、①③④⑥

某元素由正价态变为零价时，化合价降低被还原，某元素由负价态变为零价时，化合价升高被氧化，①正确；由于在化合物中，金属元素均呈正价态，非金属元素可以呈正价态也可以呈负价态，所以在氧化还原反应中，金属单质做反应物必失去电子是还原剂，而非金属单质做反应物可变为负价态，得到电子做氧化剂，也可以变为正价态，失去电子做还原剂，②错误；化合物分解的产物有单质，单质中的元素在反应前必存在于化合物中，反应前后必有化合价变化，可知反应中必有电子转移，必为氧化还原反应，③正确；氧化还原反应的特征是反应前后元素的化合价发生改变，反应中Mn元素由＋6价变为＋4价，氧元素由－2价变为0价，Cl元素由0价变为－1价，④正确；金属阳离子Fe2＋既有氧化性，又有还原性，HI中H＋1表现氧化性，I－1表现还原性，⑤错误；漂白粉变质发生非氧化还原反应Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，发生氧化还原反应2HClO光照2HCl＋O2↑，⑥正确；金属或非金属发生置换反应，都是活泼性强的单质，从化合物中置换出活泼性朋弱的单质，⑦错误；Na2O2与水反应时-1价的O发生歧化反应，1molNa2O2反应，只转移了1mol电子，⑧错误；铁粉与硝酸反应到底生成Fe3+还是Fe2+还是Fe3+和Fe2+的混合物，不能确定，⑨错误。

例2、(1)H2S　(2)NO(3)(4)3.6g

HNO3为常见的氧化剂，H2S为常见的还原剂，则NO为还原产物，S为氧化产物。S元素由－2价升高到0价，N元素由＋5价降到＋2价，运用得失电子守恒规律和观察法可配平化学方程式。由(3)中的化学方程式可知，当生成4molH2O时，转移6mol电子，所以当转移0.3mol电子时，生成0.2molH2O，质量为3.6g。

例题3、(1)P；P中氮元素的化合价最高(2)N2(3)Ⅲ；根据氧化还原反应规律，M、L这两种物质反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质

由反应④B＋H2O―→A＋O2可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化合价必定降低，故化合价BA。再由①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价PQ。由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元素化合价反应后必升高，故氮元素化合价ML。由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归中”反应，由于化合价ML，R处于M、L之间，则MRL。又因为已知氮的化合价Mq，所以，l、m、r、p、q五种含氮物质中n元素的化合价为pQMRL。由于其中一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，则在上述物质中P是硝酸。根据题给的信息及有关元素化合物知识，且L中氮元素是其中氮元素最低价态，由反应/q，所以，l、m、r、p、q五种含氮物质中n元素的化合价为p②可知，L分子中含有氢元素，因此②反应是氨气的催化氧化反应。L是NH3，M是NO。又因为R的氮元素价态在L、M之间，R的密度又比空气小，故R为N2。对于题(3)判断三个反应是否能够进行的问题，也得从氮元素化合价相对高低去分析。由于氮元素的化合价PQMRL，反应(Ⅱ)是歧化反应，一种反应产物中氮的化合价大于＋4，另一种反应产物中氮的化合价小于＋4，故Q中氮的化合价小于＋4，但应比M的化合价高。由于氮化合价QML，因此反应(Ⅲ)不可能实现。

例4、CA．在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。由于在该反应中氧化剂是HClO3，氧化产物是O2，所以氧化性HClO3＞O2，正确；B.n(O2)：n(C12)=2:1时，气体的平均摩尔质量是（2×32+71）-45g/mol，所以此时分解反应的方程式是：3HClO3=2O2↑+C12↑+HClO4+H2O，正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性Cl＞S，所以可推知酸性HClO4＞H2SO4，错误；D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应方程式是：8HClO3=3O2↑+2C12↑+4HClO4+2H2O，根据方程式可知：每有8mol的HClO3发生反应，转移电子的物质的量是20NA。则每8个HClO3发生反应，转移电子数是20e－，正确。

例题5、（1）+1（2）2Ni2++1H2PO2－+1H2O→2Ni++1H2PO3－+2H+（3）化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应；装置简便，节约能源，操作简便

（1）因为Na、H的化合价为+1，O为—2，所以由化合价代数和为0可得P的化合价为：+1；（2）由化合价变化情况可知Ni2+为氧化剂，H2PO2-为还原剂，运用得失电子数目守恒规律可得关系式：（2—1）×2=（3—1）×1，由此可确定Ni2+和Ni+的化学计量数为2，H2PO2－和H2PO3－的化学计量数为1，由于反应是酸性等条件下发生，运用电荷守恒得关系式：2×2—1=2×1—1+2×1，由此可确定H+在方程式的右边，H2O在方程式的左边，化学计量数分别为2和1。即总方程式为：2Ni2++1H2PO2－+1H2O→2Ni++1H2PO3－+2H+；（3）比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题，从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反应，而电镀用的是电化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是化学镀优于电镀的。

1．AA选项，Fe3+→Fe2+化合价降低，发生还原反应，故A符合题意；

B选项，Mn2+→MnO4－，锰元素化合价升高，发生氧化反应，故B不符合题意；

C选项，Cl－→Cl2化合价升高，发生氧化反应，故C不符合题意；

D选项，N2O3→HNO2化合价未变，没有发生还原反应，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。

2．B①向KMnO4晶体中滴加盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂；

②向FeCl2溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，Cl2为氧化剂，FeCl2为还原剂；

③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，可知Fe3+与KI反应生成I2，反应的化学方程式为2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCl3为氧化剂，KI为还原剂。

A．上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原反应，A错误；

B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：＞Cl2＞Fe3+＞I2，B正确；

C．实验①生成的气体为氯气，氧化性Cl2＞I2，Cl2能与KI发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误；

D．实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe2+有还原性，D错误；

故选B。

3．A由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；

A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；

B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；

C.酸碱中和反应为放热反应，故C错误；

D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；

故选：A。

4．CA．现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；

B．氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br2、I2的氧化性的强弱，B错误；

C．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C正确；

D．浓HNO3加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误；

答案选C。

5．A由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为ClO-→Cl-，氧化反应为CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。

A．根据分析，离子反应为3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO3-离子，故A错误；

B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故B正确；

C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO?+2CNO?+H2O=N2+2HCO3?+3Cl?，故C正确；

D．根据分析，还原反应为ClO-→Cl-，Cl元素由+1价变为-1价，3molClO-可处理2molCNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1molCNO?转移3mole?，故D正确；

答案选A。

6．（1）33.6（2）H2SO4(浓)；CuSO4（3）0.5mol（4）CuSO4+2H2O+SO2↑（5）5：1

(1)Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应①转移3摩尔电子时，产生氢气的体积(标准状况)3/2mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：33.6；

(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂升失氧，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；故答案为：H2SO4(浓)；CuSO4；

(3)1molSO2生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO2气体(标准状况下)时，被还原的H2SO4的物质的量是=0.5mol；故答案为：0.5mol；

(4)箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数：CuSO4+2H2O+SO2↑；故答案为：CuSO4+2H2O+SO2↑；

(5)反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl-生成氯气，因此氧化产物为5/2mol，氧化剂降得还，1mol+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。故答案为：5:1；

7．（1）分液漏斗；蒸馏烧瓶；；硫化钠和碳酸钠的混合液（2）调节酸的滴加速度（3）若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解（4）加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀；开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色（5）0.

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.mol/L。

专业、有“铍”气的化学