2023版新教材高考化學微專題小練習專練10氧化還原反應規(guī)律

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的NaHCO3質量為______g。Ⅱ.當b為________g時，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：2NaNO2＋4HI=2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。Ⅰ.上述反應中氧化劑是________。Ⅱ.根據上述反應，鑒別NaNO2和NaCl?？蛇x用的物質有：①水、②碘化鉀淀粉試紙、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你認為必須選用的物質有________(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.請配平以下化學方程式：eq\x()Al＋eq\x()NaNO3＋eq\x()NaOH=eq\x()NaAlO2＋eq\x()N2↑＋2H2O。若反應過程中轉移5mole－，則生成標準狀況下N2的體積為________L。專練10氧化還原反應規(guī)律1．CCl從－1價升高到0價，被氧化，PbO2具有氧化性，A項正確；滴加淀粉溶液后變藍色，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，B項正確；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＋是該反應中的還原劑，只表現(xiàn)出還原性，不表現(xiàn)出氧化性，C項錯誤；新制氯水與KI反應生成I2，I2易溶于四氯化碳，則溶液下層呈紫紅色，可知I－的還原性強于Cl－，D項正確。2．D反應KClO3＋6HCl=KCl＋3H2O＋3Cl2↑中，只有Cl元素化合價發(fā)生了變化，根據氧化還原反應中“化合價只靠近不交叉”的原則可知，用雙線橋法表示該反應中轉移電子的情況為。將KClO3標記為K37ClO3，37Cl應全部存在于氯氣中，A、C錯誤；根據得失電子守恒可知，產物氯氣中37Cl與35Cl的原子個數(shù)比為1∶5，因此產物氯氣的摩爾質量為eq\f(1×37＋5×35,3)g·mol－1≈70.67g·mol－1，B錯誤、D正確。3．A在含等物質的量的FeBr2、FeI2的溶液中緩慢通入Cl2，氯氣具有氧化性，先和還原性強的離子反應，離子的還原性順序：I－＞Fe2＋＞Br－，故A正確；在含等物質的量的Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Zn，金屬鋅先是和氧化性強的離子發(fā)生反應，離子的氧化性順序是：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞Fe2＋，故B錯誤；在含等物質的量的Ba（OH）2、KOH的溶液中通入CO2，反應順序為：Ba（OH）2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C錯誤；若H＋先與COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))反應，生成二氧化碳，而二氧化碳與溶液中AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))反應生成Al（OH）3，反應順序為OH－、AlOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(2))、COeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(3))、Al（OH）3，故D錯誤。4．D根據題意，可以得出Pt和王水反應的化學方程式為3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O，HCl中各元素的化合價沒有改變，所以HCl沒有體現(xiàn)氧化性，A選項錯誤；每消耗4molHNO3和18molHCl，同時生成3molH2PtCl6、4molNO和8molH2O，即有16molH—O鍵生成，因反應中有H2PtCl6生成，故H＋實際減少量小于22mol，B選項錯誤；轉移3mol電子時，可以生成標準狀況下22.4LNO，C選項錯誤；氧化劑為HNO3，氧化產物為H2PtCl6，根據化學方程式可以得出D選項正確。5．B該測定O3的方法中涉及2個反應：H2O＋O3＋2KI=O2＋I2＋2KOH，2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，通過反應前后元素化合價變化，可知上述反應均為氧化還原反應，A項正確；上述第1個反應中O2既不是氧化產物，也不是還原產物，I2是氧化產物，KOH是還原產物，B項錯誤；I2遇淀粉變藍，可用淀粉作該滴定反應的指示劑，C項正確；由上述兩個反應的化學方程式可知，存在關系式O3～I2～2NaI，故轉移2mol電子，則吸收了1molO3，即轉移0.5mol電子，則吸收了0.25mol（標準狀況下5.6L）O3，D項正確。6．A根據①知，氧化性：Z2>B2，根據②知，氧化性：B2>A3＋，根據③知，氧化性：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))>Z2，所以氧化性關系為：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－，應加入B2，A正確，B錯誤；X2＋是XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))的還原產物，B2是B－的氧化產物，C錯誤；因為氧化性關系為：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))>Z2>B2>A3＋，在溶液中可能發(fā)生反應：XOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))＋5A2＋＋8H＋=X2＋＋5A3＋＋4H2O，D錯誤。7．C因氧化性：Fe3＋＞I2，則Fe3＋能將I－氧化生成I2，故A錯誤；溴水能將亞鐵離子氧化成鐵離子，溶液呈黃色，故B錯誤；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，I－先被氧化，故D錯誤。8．B根據非金屬性只能比較最高價含氧酸的酸性強弱，故B錯誤。9．AC分析流程圖中的物質轉化，“電解”“氯化”“合成”中均有單質參與反應或生成，故均涉及氧化還原反應，A項正確；“氯化”時還原劑包括焦炭和FeTiO3，故B項錯誤；“合成”反應的化學方程式為CO＋2H2→CH3OH，故氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2，C項正確；800℃條件下，CO2與Mg反應，D項錯誤。10．B由已知的兩個化學方程式及同一個反應中氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可知，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－，則產生淡黃色沉淀，若含I－，則產生黃色沉淀，由題知只產生白色沉淀，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錯誤；生成I2的反應為IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶5，C正確；Br－是還原產物，D錯誤。12．D根據氯元素的價—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)下能夠導電的化合物屬于電解質，上述6種物質，屬于電解質的有①HCl、④HClO、⑤NaCl、⑥NaClO，共有4種，A項正確。生成ClO2的反應中的電子轉移可表示為＋H2SO4=Na2SO4＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2H2O，生成1molCO2轉移電子的物質的量為1mol，B項正確。氯氣與二氧化硫在水溶液中發(fā)生氧化還原反應，若二者按1∶1混合，恰好反應生成兩種酸，化學方程式為Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，能使紫色石蕊溶液變紅，C項正確。檢查輸送Cl2的管道是否漏氣發(fā)生的反應為8NH3＋3Cl2=6NH4Cl＋N2，在此反應中Cl2只作氧化劑，D項錯誤。13．AMFe2Ox可將SO2還原為S，則反應中MFe2Ox作還原劑，A正確；SO2中S元素的化合價由＋4價降低到0價，得電子被還原，作氧化劑，B錯誤；MFe2Ox被氧化為MFe2Oy，金屬元素化合價升高，故x＜y，C錯誤；根據氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，氧化性：SO2＞MFe2Oy，D錯誤。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，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)生氧化還原反應生成碘離子。0～b間加入碘酸鉀的物質的量是1mol，亞硫酸氫鈉的物質的量是3mol，亞硫酸氫根被氧化生成硫酸根離子，根據轉移電子守恒知，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間碘酸鉀的物質的量是0.6mol，根據碘酸鉀和亞硫酸氫鈉的關系式知，消耗NaHSO3的物質的量＝0.6mol×3＝1.8mol，故B正確；C.根據圖像知，b～c段內發(fā)生IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，只有I元素的化合價變化，所以I2是氧化產物也是還原產物，故C錯誤；D.根據反應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溶液的物質的量為1mol，生成碘離子的物質的量為1mol，設生成的碘單質的物質的量為xmol，則根據反應IOeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(3))＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，消耗的KIO3的物質的量為（1/3）xmol，消耗碘離子的物質的量＝（5/3）xmol，剩余的碘離子的物質的量＝[（1－（5/3）x）]mol，當溶液中n（I－）∶n（I2）＝5∶3時，即，x＝0.3mol，根據原子守恒加入碘酸鉀的物質的量＝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反應中Fe化合價由＋2價升高為＋6價，被氧化，F(xiàn)eSO4為還原劑，過氧化鈉中O元素的化合價由－1價降低為－2價，由－1價升高為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，轉移10mol電子，則每生成1molNa2FeO4轉移的電子數(shù)為5mol；②K2FeO4中Fe元素的化合價為＋6價，具有強氧化性，且還原產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。（2）濕法制備高鐵酸鉀（K2FeO4）的反應體系中有六種微粒：Fe（OH）3、ClO－、OH－、FeOeq\o\al(\s\up11(2－),\s\do4(4))、Cl－、H2O。①根據化合價有升必有降找出反應物和生成物，故濕法制高鐵酸鉀反應的離子方程式：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