高考化学精准培优专练七氧化还原反应的实质及应用含解析

氧化还原反应的实质及应用
一．氧化还原反应中的实质及应用
1．氧化还原反应中的实质——电子转移
典例1．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（）
A． B．
C． D．
2．氧化还原反应类题目的基本计算方法——得失电子守恒法
典例2．12 mL浓度为0.1mol/L的Na2SO3溶液恰好被10mL浓度为0.04mol/L的K2X2O7溶液完全氧化。

则元素X在还原产物中的化合价为( )
A．＋2价B．＋3价C．＋4价D．＋5价
3．氧化还原反应方程式的配平
典例3．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO−4+C2O2−4+H+→CO2↑+Mn2++，关于此反应的叙述正确的是（）
A．该反应的氧化剂是C2O2−4
B．该反应右边方框内的产物是OH−
C．配平该反应式后，H+的化学计量数是16
D．该反应电子转移总数是5e−
二．对点增分集训
1．在2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为（）
A．1∶8 B．8∶1 C．1∶5 D．5∶1
2．把铁和氧化铁组成的某混合物放入250mL 2.0mol·L－1的硝酸溶液中，充分反应后，
生成的一氧化氮气体在标准状况下的体积为1.12 L ，再向反应后的溶液中加入1.0mol·L －1的氢氧化钠溶液，要使铁元素完全沉淀下来，加入的氢氧化钠溶液的体积最少是（）
A ．400 mL
B ．450 mL
C ．500 mL
D ．550 mL
3．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN 3+2KNO 3→K 2O+5Na 2O+16N 2↑。

若氧化产物比还原产物多1.75mol ，则下列判断正确的是（）
A ．生成42.0LN 2（标准状况）
B ．有0.250molKNO 3被氧化
C ．转移电子的物质的量为2.25mol
D ．被氧化的N 原子的物质的量为3.75mol
4．把碎纸片b 补充到a 中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。

下列说法正确的是（）
A ．反应物微粒是S 、SO 2
−3、OH －
B ．该反应可能在酸性条件下进行
C ．氧化剂与还原剂的质量比为2∶1
D ．每生成2个S 2－
反应转移的电子数为6
5．次磷酸（H 3PO 2)是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。

NaH 2PO 2为正盐，可将溶液中的Ag +还原为Ag ，从而可用于化学镀银。

利用NaH 2PO 2进行化学镀银反应中，若氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物的化学式为（）
A ．H 3PO 4
B ．Na 3PO 4
C ．Ag
D ．Na 2HPO 2
6．用下列方法均可制得氯气：
①MnO 2＋4HCl(浓)====△MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O
②KClO 3＋6HCl(浓)==KCl ＋3Cl 2↑＋3H 2O
③2KMnO 4＋16HCl(浓)==2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O
若要制得相同质量的氯气，①②③反应中电子转移数目之比为（）
A ．6∶5∶6
B ．1∶3∶5
C ．15∶5∶3
D ．1∶6∶10 7．（1）湿法制备高铁酸钾（K 2FeO 4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO −、OH −、
FeO2−4、Cl−、H2O。

①湿法制备高铁酸钾反应体系中的氧化剂为：_____________（填化学符号）。

②写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_____________。

每生成1mol FeO2−4转移____mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为__mol。

（2）工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：
①向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为：____________。

②向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为___________。

③将②所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。

这一过程可用化学方程式表示为：___________。

8．氧化还原反应综合应用：氧化还原反应滴定
（1）配平氧化还原反应方程式：C2O2－4+____MnO－4+____H＋===____CO2↑+____Mn2＋+____H2O （2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。

量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。

①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol·L-1 NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。

该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。

②第二份溶液中滴加0.10mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液。

A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。

滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。

B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。

参考答案
一、氧化还原反应中的实质及应用
典例1．【答案】B
【解析】A. KClO3中Cl显＋5价，转变成－1价，化合价降低6价，根据方程式，2molKClO3中含有2molCl原子，即此反应共转移2mol×6e－=12mole－，故A错误；B. Mg由0价→＋2价，失去2mole－，此反应中有2molMg参与反应，共转移2mol×2e－，故B正确； C. 根据反应方程式，Cu的化合价由＋2价→0价，化合价降低，得到电子，C由0价→＋4价，化合价升高，失去电子，故C错误；D. 根据氧化还原反应的规律，得失电子数目守恒，该选项中得失电子不守恒，故D错误；答案选B。

典例2．【答案】B
【解析】n(Na2SO3)=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n(K2X2O7)=0.04mol/L×0.01L=0.0004 mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，则K2X2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，设元素X在还原产物中的化合价是a，根据得失电子相等，则0.0012mol×(6−4)=0.0004mol×2×(6−a)，得3=(6−a)，所以a=+3，故答案选B。

典例3．【答案】C
【解析】A．该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A错误；B．根据元素守恒、电荷守恒可知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误；C．配平该反应可得：2MnO−4+5C2O2−4+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，所以氢离子系数是16，故C正确；D．配平该反应可得：2MnO−4+5C2O2−4+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，转移电子总数是10e−，故D错误。

二、对点增分集训
1.【答案】C
【解析】反应中，化合价升高是元素是盐酸中的氯元素，所以盐酸是还原剂，16mol的盐酸中只有10mol做还原剂，化合价降低的元素是锰元素，所以高锰酸钾是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量比1∶5，故C正确。

2.【答案】B
【解析】当所加入的NaOH恰好使铁元素沉淀，此时溶液为硝酸钠溶液，根据N元素
守恒：n(NaOH)=n(NO−3)=n(HNO3)-n(NO)=0.25L×2mol/L−
1.12L
22.4L/mol
=0.45mol，所以
V(NaOH)=0.45mol
1mol/L
=0.45L=450mL，B项正确，答案选B。

3.【答案】D
【解析】10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合价由1/3、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可以知道，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2mol KNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol。

A.生成2molN2，在标准状况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B.由反应可以知道，
NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol×
2
16
=0.25mol，
故B错误；C.结合方程式可知，参加反应KNO3的物质的量=2mol×2/16=0.25mol，中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5=1.25mol，故C错误；D.转移10mol
电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为1.2530
10
=3.75mol，故D正确。

4.【答案】C
【解析】A．由S元素的化合价知反应物微粒为S、OH－，生成物微粒为S2－、SO2−3和
H2O，故A错误；B．反应物微粒为S、OH－，说明反应在碱性条件下进行，故B错误；C．发生反应的化学方程式为3S+6OH－=2S2－+SO2−3+3H2O该反应的氧化剂和还原剂都是S，其中化合价降低的氧化剂为2S，化合价升高的还原剂为1S，所以氧化剂与还原剂的质量比为2∶1，故C正确；D．在反应3S+6OH－=2S2－+SO2−3+3H2O中，S的化合价从0价降为-2价，则每生成2个S2－反应转移的电子数为4，故D错误；故答案为C。

5. 【答案】A
【解析】NaH2PO2为正盐，可将溶液中的Ag+还原为Ag，Ag元素的化合价降低，P元素的化合价升高，设氧化产物中P元素的化合价为x，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1及电子守恒可知，4×(1-0)=1×(x-1)，解得x=+5，由H3PO2+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+4H+，H2PO−2 +4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+，则NaH2PO2对应的氧化产物为H3PO4，故A正确。

故选A。

6.【答案】A
【解析】制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1mol；
①中生成1mol氯气转移电子物质的量=1mol×2×[0-(-1)]=2mol；②中生成1mol氯气转移
电子物质的量=5mol
3mol
×1mol=
5
3
mol；③中生成1mol氯气转移电子物质的量=
10mol
5mol
×1mol=2mol；
则三个方程式中转移电子物质的量之比=2mol∶5
3
mol∶2mol=6∶5∶6，故答案为A。

7.【答案】（1）ClO－ 2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeO2−4＋3Cl－＋5H2O 3 0.15
（2）Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－3Na2CO3＋3Br2=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2(或6Na2CO3＋3Br2＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3) 5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4=3Br2＋3Na2SO4＋3H2O 【解析】(1)①湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO-作氧化剂被还原生成Cl−，故答案为：ClO−；②氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO2−4+3Cl−+5H2O，每生成1mol K2FeO4转移电子的物质的量为3mol，还原产物为K2FeO4，其物质的量为2mol，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.15mol，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeO2−4+3Cl−+5H2O；3；0.15；(2)①Cl2将海水中的Br-氧化生成Br2，反应的离子方程式为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，故答案为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−；②纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从③中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO2−3转化为CO2或HCO−3，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Br2=5NaBr+NaBrO3+3CO2或6Na2CO3+3Br2+3H2O=5NaBr+NaBrO3+
6NaHCO3；③在酸性条件下，Br−和BrO−3发生归中反应生成Br2，反应的方程式为：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O。

8.【答案】（1）5 2 16 10 2 8
（2）①0.005
②A．氧化剂不需要无色浅紫红色B．无影响C．偏小③21% 64%
【解析】（1）C：＋3―→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O2－4前配5，MnO－4前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守恒在H＋前配16，最后根据离子方程式两边的H 原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。

（2）①由H＋＋OH－==H2O 知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 mol·L-1×0.02 L＝0.005 mol。

②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。

由得失电子
守恒得，n(还)×2＝0.10mol·L-1×0.016L×5，n(还)＝0.004 mol。

③设 6.0 g试样中
H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01mol，n(KHC2O4)＝0.03mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为
0.01mol×126 g·mol-1
6.0g ×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为
0.03mol×128g·mol-1
6.0g
×100%＝
64%。