2023版新教材高考化學(xué)微專題小練習(xí)專練10氧化還原反應(yīng)規(guī)律

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，無二次污染，工業(yè)上是先制得高鐵酸鈉，然后在低溫下，向高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和，使高鐵酸鉀析出。(1)干法制備高鐵酸鈉的主要反應(yīng)為：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑①該反應(yīng)中的氧化劑是________，還原劑是______，每生成1molNa2FeO4轉(zhuǎn)移________mol電子。②簡要說明K2FeO4作為水處理劑時(shí)所起的作用：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)濕法制備高鐵酸鉀(K2FeO4)的反應(yīng)體系中有六種微粒：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))、Cl－、H2O。①寫出并配平濕法制高鐵酸鉀的離子反應(yīng)方程式：________________________________________________________________________。②低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀(K2FeO4)，說明該溫度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度________。16．[2022·山西應(yīng)縣一中月考](1)用KClO3在H2SO4存在下與SO2反應(yīng)制得ClO2。請寫出反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________。(2)把a(bǔ)g固體NaHCO3加熱分解一段時(shí)間后，固體質(zhì)量變?yōu)閎g。Ⅰ.尚未分解的NaHCO3質(zhì)量為______g。Ⅱ.當(dāng)b為________g時(shí)，表明NaHCO3完全分解。(3)NaNO2因外觀和食鹽相似，又有咸味，容易使人誤食中毒。已知NaNO2能發(fā)生如下反應(yīng)：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I(xiàn)2＋2NaI＋2H2O。Ⅰ.上述反應(yīng)中氧化劑是________。Ⅱ.根據(jù)上述反應(yīng)，鑒別NaNO2和NaCl?？蛇x用的物質(zhì)有：①水、②碘化鉀淀粉試紙、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你認(rèn)為必須選用的物質(zhì)有________(填序號)。Ⅲ.某廠廢液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放會造成污染，下列試劑能使NaNO2轉(zhuǎn)化為不引起二次污染的N2的是________(填編號)。A．NaClB．NH4ClC．HNO3D．濃H2SO4Ⅳ.請配平以下化學(xué)方程式：eq\x()Al＋eq\x()NaNO3＋eq\x()NaOH=eq\x()NaAlO2＋eq\x()N2↑＋2H2O。若反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移5mole－，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下N2的體積為________L。專練10氧化還原反應(yīng)規(guī)律1．CCl從－1價(jià)升高到0價(jià)，被氧化，PbO2具有氧化性，A項(xiàng)正確；滴加淀粉溶液后變藍(lán)色，說明有I2生成，可證明NOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))的氧化性比I2的強(qiáng)，B項(xiàng)正確；Fe2＋遇KSCN溶液不變紅，F(xiàn)e3＋遇KSCN溶液變紅，由此說明加入的H2O2能使Fe2＋氧化為Fe3＋，則Fe2＋是該反應(yīng)中的還原劑，只表現(xiàn)出還原性，不表現(xiàn)出氧化性，C項(xiàng)錯(cuò)誤；新制氯水與KI反應(yīng)生成I2，I2易溶于四氯化碳，則溶液下層呈紫紅色，可知I－的還原性強(qiáng)于Cl－，D項(xiàng)正確。2．D反應(yīng)KClO3＋6HCl=KCl＋3H2O＋3Cl2↑中，只有Cl元素化合價(jià)發(fā)生了變化，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中“化合價(jià)只靠近不交叉”的原則可知，用雙線橋法表示該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的情況為。將KClO3標(biāo)記為K37ClO3，37Cl應(yīng)全部存在于氯氣中，A、C錯(cuò)誤；根據(jù)得失電子守恒可知，產(chǎn)物氯氣中37Cl與35Cl的原子個(gè)數(shù)比為1∶5，因此產(chǎn)物氯氣的摩爾質(zhì)量為eq\f(1×37＋5×35,3)g·mol－1≈70.67g·mol－1，B錯(cuò)誤、D正確。3．A在含等物質(zhì)的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強(qiáng)的離子反應(yīng)，離子的還原性順序：I－＞Fe2＋＞Br－，故A正確；在含等物質(zhì)的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強(qiáng)的離子發(fā)生反應(yīng)，離子的氧化性順序是：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Fe2＋，故B錯(cuò)誤；在含等物質(zhì)的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，反應(yīng)順序?yàn)椋築a（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C錯(cuò)誤；若H＋先與COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))反應(yīng)，生成二氧化碳，而二氧化碳與溶液中AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))反應(yīng)生成Al（OH）3，反應(yīng)順序?yàn)镺H－、AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))、COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))、Al（OH）3，故D錯(cuò)誤。4．D根據(jù)題意，可以得出Pt和王水反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O，HCl中各元素的化合價(jià)沒有改變，所以HCl沒有體現(xiàn)氧化性，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；每消耗4molHNO3和18molHCl，同時(shí)生成3molH2PtCl6、4molNO和8molH2O，即有16molH—O鍵生成，因反應(yīng)中有H2PtCl6生成，故H＋實(shí)際減少量小于22mol，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)移3mol電子時(shí)，可以生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LNO，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化劑為HNO3，氧化產(chǎn)物為H2PtCl6，根據(jù)化學(xué)方程式可以得出D選項(xiàng)正確。5．B該測定O3的方法中涉及2個(gè)反應(yīng)：H2O＋O3＋2KI=O2＋I(xiàn)2＋2KOH，2Na2S2O3＋I(xiàn)2=Na2S4O6＋2NaI，通過反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化，可知上述反應(yīng)均為氧化還原反應(yīng)，A項(xiàng)正確；上述第1個(gè)反應(yīng)中O2既不是氧化產(chǎn)物，也不是還原產(chǎn)物，I2是氧化產(chǎn)物，KOH是還原產(chǎn)物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；I2遇淀粉變藍(lán)，可用淀粉作該滴定反應(yīng)的指示劑，C項(xiàng)正確；由上述兩個(gè)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，存在關(guān)系式O3～I(xiàn)2～2NaI，故轉(zhuǎn)移2mol電子，則吸收了1molO3，即轉(zhuǎn)移0.5mol電子，則吸收了0.25mol（標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6L）O3，D項(xiàng)正確。6．A根據(jù)①知，氧化性：Z2>B2，根據(jù)②知，氧化性：B2>A3＋，根據(jù)③知，氧化性：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))>Z2，所以氧化性關(guān)系為：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))>Z2>B2>A3＋，所以要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，應(yīng)加入B2，A正確，B錯(cuò)誤；X2＋是XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))的還原產(chǎn)物，B2是B－的氧化產(chǎn)物，C錯(cuò)誤；因?yàn)檠趸躁P(guān)系為：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))>Z2>B2>A3＋，在溶液中可能發(fā)生反應(yīng)：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋5A2＋＋8H＋=X2＋＋5A3＋＋4H2O，D錯(cuò)誤。7．C因氧化性：Fe3＋＞I2，則Fe3＋能將I－氧化生成I2，故A錯(cuò)誤；溴水能將亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液呈黃色，故B錯(cuò)誤；因酸性：H2CO3＞HClO＞HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))，則向NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成的鹽為NaHCO3，離子方程式為：ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))，故C正確；因還原性：I－＞Fe2＋，則向FeI2溶液中滴加少量氯水時(shí)，I－先被氧化，故D錯(cuò)誤。8．B根據(jù)非金屬性只能比較最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤。9．AC分析流程圖中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，“電解”“氯化”“合成”中均有單質(zhì)參與反應(yīng)或生成，故均涉及氧化還原反應(yīng)，A項(xiàng)正確；“氯化”時(shí)還原劑包括焦炭和FeTiO3，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；“合成”反應(yīng)的化學(xué)方程式為CO＋2H2→CH3OH，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，C項(xiàng)正確；800℃條件下，CO2與Mg反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．B由已知的兩個(gè)化學(xué)方程式及同一個(gè)反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性Fe3＋>I2、Br2>Fe3＋，故①正確；向溶液中滴加KSCN溶液變?yōu)榧t色說明溶液中含有Fe3＋，則說明溶液中無I－存在，又氧化性Cl2>Br2>Fe3＋>I2，氯氣的量不確定，則Br－不一定被氧化，故②錯(cuò)誤，③正確；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能確定是否所有的Fe2＋均被氧化為Fe3＋，故④正確；上層溶液中若含Br－，則產(chǎn)生淡黃色沉淀，若含I－，則產(chǎn)生黃色沉淀，由題知只產(chǎn)生白色沉淀，則說明溶液中含Cl－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正確。11．C由①I－（樣品）eq\o(→,\s\up7(過量Br2))IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))可得還原性：I－＞Br－，再由②I2eq\o(→,\s\up7(Na2S2O3))I－可得還原性：Na2S2O3＞I－，則還原性：Na2S2O3＞I－＞Br－，A錯(cuò)誤；由得失電子守恒可知，每生成1molIOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))，消耗3molBr2，B錯(cuò)誤；生成I2的反應(yīng)為IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5，C正確；Br－是還原產(chǎn)物，D錯(cuò)誤。12．D根據(jù)氯元素的價(jià)—類二維圖可以推知，①為HCl，②為Cl2，③為ClO2，④為HClO，⑤為NaCl，⑥為NaClO。在水溶液里或熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔飳儆陔娊赓|(zhì)，上述6種物質(zhì)，屬于電解質(zhì)的有①HCl、④HClO、⑤NaCl、⑥NaClO，共有4種，A項(xiàng)正確。生成ClO2的反應(yīng)中的電子轉(zhuǎn)移可表示為＋H2SO4=Na2SO4＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2H2O，生成1molCO2轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol，B項(xiàng)正確。氯氣與二氧化硫在水溶液中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，若二者按1∶1混合，恰好反應(yīng)生成兩種酸，化學(xué)方程式為Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，能使紫色石蕊溶液變紅，C項(xiàng)正確。檢查輸送Cl2的管道是否漏氣發(fā)生的反應(yīng)為8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，在此反應(yīng)中Cl2只作氧化劑，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．AMFe2Ox可將SO2還原為S，則反應(yīng)中MFe2Ox作還原劑，A正確；SO2中S元素的化合價(jià)由＋4價(jià)降低到0價(jià)，得電子被還原，作氧化劑，B錯(cuò)誤；MFe2Ox被氧化為MFe2Oy，金屬元素化合價(jià)升高，故x＜y，C錯(cuò)誤；根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，氧化性：SO2＞MFe2Oy，D錯(cuò)誤。14．C還原性HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))>I－，所以首先是發(fā)生以下反應(yīng)，離子方程式：IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋3HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))=I－＋3SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋3H＋，繼續(xù)加入KIO3，氧化性IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))>I2，所以IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))可以結(jié)合H＋氧化I－生成I2，離子方程式是IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2。A.0～a間沒有碘單質(zhì)生成，說明碘酸根離子和亞硫酸氫根離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘離子。0～b間加入碘酸鉀的物質(zhì)的量是1mol，亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量是3mol，亞硫酸氫根被氧化生成硫酸根離子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒知，生成碘離子，所以其離子方程式為：IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋3HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))=I－＋3SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋3H＋，故A正確；B.a～b間碘酸鉀的物質(zhì)的量是0.6mol，根據(jù)碘酸鉀和亞硫酸氫鈉的關(guān)系式知，消耗NaHSO3的物質(zhì)的量＝0.6mol×3＝1.8mol，故B正確；C.根據(jù)圖像知，b～c段內(nèi)發(fā)生IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，只有I元素的化合價(jià)變化，所以I2是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)反應(yīng)IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋3HSOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))=I－＋3SOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋3H＋，3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物質(zhì)的量為1mol，生成碘離子的物質(zhì)的量為1mol，設(shè)生成的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為xmol，則根據(jù)反應(yīng)IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，消耗的KIO3的物質(zhì)的量為（1/3）xmol，消耗碘離子的物質(zhì)的量＝（5/3）xmol，剩余的碘離子的物質(zhì)的量＝[（1－（5/3）x）]mol，當(dāng)溶液中n（I－）∶n（I2）＝5∶3時(shí)，即，x＝0.3mol，根據(jù)原子守恒加入碘酸鉀的物質(zhì)的量＝1mol＋0.3mol×1/3＝1.1mol，故D正確。15．答案：（1）①Na2O2Na2O2和FeSO45②高鐵酸鉀具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，消毒過程中自身被還原為Fe3＋，F(xiàn)e3＋水解生成Fe（OH）3膠體能吸附水中懸浮雜質(zhì)而沉降（2）①2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋3Cl－＋5H2O②小解析：（1）①反應(yīng)中Fe化合價(jià)由＋2價(jià)升高為＋6價(jià)，被氧化，F(xiàn)eSO4為還原劑，過氧化鈉中O元素的化合價(jià)由－1價(jià)降低為－2價(jià)，由－1價(jià)升高為0，過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑，由方程式可知，每生成2molNa2FeO4，有6molNa2O2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移10mol電子，則每生成1molNa2FeO4轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5mol；②K2FeO4中Fe元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，具有強(qiáng)氧化性，且還原產(chǎn)物鐵離子能水解生成氫氧化鐵膠體，膠體具有吸附性能吸附除去水中的懸浮雜質(zhì)。（2）濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應(yīng)體系中有六種微粒：Fe（OH）3、ClO－、OH－、FeOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))、Cl－、H2O。①根據(jù)化合價(jià)有升必有降找出反應(yīng)物和生成物，故濕法制高鐵酸鉀反應(yīng)的離子方程式：2Fe（OH）3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))＋3Cl－＋5H2O；②低溫下，在高鐵酸鈉溶液中加入KOH至飽和可析出高鐵酸鉀（K2