2019-2020年高考化學二輪復習熱考小題專攻練五氧化還原反應.doc

《2019-2020年高考化學二輪復習熱考小題專攻練五氧化還原反應.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019-2020年高考化學二輪復習熱考小題專攻練五氧化還原反應.doc（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

2019-2020年高考化學二輪復習熱考小題專攻練五氧化還原反應 (滿分42分,建議用時15分鐘)　小題快速練,練就速度和準度,占領高考制勝點! 可能用到的相對原子質量:H-1　B-11　C-12 N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Al-27　Si-28 S-32　Cl-35.5　Fe-56　Cu-64 1.明代《天工開物》記載“火法”冶煉鋅:“爐甘石十斤,裝載入一泥罐內,……然后逐層用煤炭餅墊盛,其底鋪薪,發(fā)火煅紅,……冷淀,毀罐取出,……,即倭鉛也”(注:爐甘石的主要成分為碳酸鋅,泥罐中摻有煤炭)。下列說法不正確的是 (　　) A.倭鉛是指金屬鋅和鉛的混合物 B.煤炭中起作用的主要成分是C C.冶煉Zn的反應方程式為ZnCO3+2CZn+3CO↑ D.該冶煉鋅的方法屬于熱還原法 【解析】選A。碳酸鋅與碳在高溫下反應ZnCO3+2CZn+3CO↑。根據題意和反應方程式,倭鉛是金屬鋅,A錯誤;煤炭中起作用的主要成分是C,作還原劑,B正確;冶煉Zn的反應方程式為ZnCO3+2CZn+3CO↑,C正確;該冶煉鋅的方法屬于熱還原法,D正確。 2.已知二氯化二硫(S2Cl2)的結構式為Cl—S—S—Cl,它易與水發(fā)生反應2S2Cl2+2H2O4HCl+SO2↑+3S↓。對該反應的說法正確的是(　　) A.S2Cl2既作氧化劑又作還原劑 B.氧化產物與還原產物物質的量之比為3∶1 C.每生成1 mol SO2轉移4 mol電子 D.H2O作還原劑 【解析】選A。只有S元素的化合價變化,則S2Cl2既作氧化劑又作還原劑,A正確;氧化產物為SO2,還原產物為S,由反應的化學方程式可知兩者參與反應的物質的量比為1∶3,B錯誤;S元素的化合價由+1價升高為+4價,則每生成1 mol SO2轉移3 mol電子,C錯誤;水中H、O元素的化合價均不變,則水不是還原劑,D錯誤。 【加固訓練】 氮化鋁(AlN)具有耐高溫、抗沖擊、導熱性好等優(yōu)良性質,被廣泛應用于電子工業(yè)、陶瓷工業(yè)等領域。在一定條件下,氮化鋁可通過如下反應合成:Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。下列敘述正確的是(　　) A.在氮化鋁的合成反應中,N2是還原劑,Al2O3是氧化劑 B.上述反應中每生成2 mol AlN,N失去6 mol電子 C.氮化鋁中氮元素的化合價為-3 D.氮化鋁是鋁合金中的一種 【解析】選C。反應Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中,N2的化合價降低,發(fā)生還原反應,作氧化劑,C的化合價升高,發(fā)生氧化反應,作還原劑。N2是氧化劑,C作還原劑,A錯誤;上述反應中每生成2 mol AlN,就有1 mol的N2參加反應,N得到6 mol電子,B錯誤;氮化鋁中,Al元素的化合價為+3價,氮元素的化合價為-3,C正確;氮化鋁是鋁的一種化合物,不是鋁合金,D錯誤。 3.工業(yè)上將Na2CO3和Na2S以1∶2的物質的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同時放出CO2。在該反應中(　　) A.硫元素被氧化 B.氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶2 C.每生成1 mol Na2S2O3,轉移4 mol電子 D.該化學離子方程式:C+2S2-+4SO23S2+CO2 【解析】選D。根據題意寫出2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2可知S元素的化合價升高也降低,則硫元素既被氧化又被還原,A錯誤;Na2S為還原劑,SO2為氧化劑,則氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶1,B錯誤;反應中2Na2S轉化為3Na2S2O3,轉移8個電子,則生成1 mol Na2S2O3,轉移mol電子,C錯誤;該反應中只有鈉離子實際不參加反應,則離子反應為C+2S2-+4SO23S2+CO2,D正確。 4.0.3 mol硫化亞銅跟適量硝酸恰好完全反應。反應的化學方程式為3Cu2S+22HNO36Cu(NO3)2+3H2SO4+10NO+8H2O,則反應中未被還原的硝酸的物質的量為(　　) A.2.2 mol　　　　　　　　　B.1.2 mol C.0.6 mol D.1.0 mol 【解析】選B。硝酸被還原得到一氧化氮,則該反應中被還原的硝酸的物質的量為1 mol,未被還原的硝酸的物質的量為1.2 mol。 5.在過量FeSO4溶液中滴入幾滴NaClO溶液,并加入適量硫酸,溶液立即變?yōu)樽攸S色。為檢驗上述反應中的還原產物,下列實驗步驟中合理的組合是(　　) ①過濾,取濾液 ②加入硝酸酸化的AgNO3溶液出現白色沉淀 ③取一支試管,加入上述反應后的少許溶液 ④再加入過量Ba(NO3)2溶液,出現白色沉淀 ⑤再加入過量BaCl2溶液,出現白色沉淀 A.③⑤①② B.③② C.②③④⑤ D.③④①② 【解析】選D。在過量FeSO4溶液中滴入幾滴NaClO溶液,兩者發(fā)生氧化還原反應,還原產物為氯離子,檢驗氯離子時應該先用過量的Ba(NO3)2溶液除去硫酸根離子,然后過濾,再用硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗氯離子,所以實驗步驟為③取一支試管,加入上述反應后的少許溶液;④再加入過量Ba(NO3)2溶液,出現白色沉淀;①過濾,取濾液;②加入硝酸酸化的AgNO3溶液出現白色沉淀。 【加固訓練】 ClO2是一種高效安全的綠色殺菌劑,下列有關ClO2制備與殺菌的說法不合理的是 (　　) A.可用Cl2和NaClO3制備ClO2,其中n(氧化劑)∶n(還原劑)=8∶1 B.ClO2在強堿性環(huán)境中使用失效:2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O C.ClO2處理飲用水時殘留的Cl,可用FeSO4來除去:Cl+2Fe2++4H+ 2Fe3++Cl-+2H2O D.等物質的量的ClO2殺菌效果比Cl2、HClO強 【解析】選C。A項,氯氣的化合價從0升高到+4價,NaClO3中化合價從+5價到+4價,所以氧化劑和還原劑的比例為8∶1,正確;B項,二氧化氯在強堿性環(huán)境中自身氧化還原反應,正確;C項,方程式中電荷不守恒,錯誤;D項,二氧化氯作為氧化劑,由+4價降低到-1價,殺菌效果比氯氣、次氯酸強,正確。 6.某離子反應中共有H2O、ClO-、N、H+、N2、Cl-六種微粒。其中c(ClO-)隨反應進行逐漸減小。下列判斷錯誤的是(　　) A.該反應的還原劑是N B.消耗1 mol氧化劑,轉移2 mol電子 C.氧化劑與還原劑的物質的量之比是2∶3 D.反應后溶液酸性明顯增強 【解析】選C。c(ClO-)隨反應進行逐漸減小,則ClO-為反應物,Cl-為生成物,氯元素的化合價由+1價降到-1價;根據氧化還原反應規(guī)律,N為反應物,N2為生成物,氮元素化合價由-3價升高到0價;離子方程式為3ClO-+2N3H2O+2H++N2↑+3Cl-。A項,該反應的還原劑是N,正確;B項,ClO-中氯元素的化合價由+1價降到-1價,作氧化劑,消耗1 mol氧化劑,轉移電子2 mol,B正確;C項,氧化劑與還原劑的物質的量之比是3∶2,C錯誤;D項,根據反應的離子方程式判斷,反應后溶液的酸性明顯增強,D正確。 7.實驗研究發(fā)現,硝酸發(fā)生氧化還原反應時,硝酸的濃度越稀,對應還原產物中氮元素的化合價越低?，F有一定質量鋁粉和鐵粉的混合物與一定質量很稀的硝酸充分反應,反應過程中無氣體放出。在反應結束后的溶液中,逐滴加入 5 molL-1NaOH溶液,所加NaOH溶液的體積與產生沉淀的物質的量的關系如圖所示。則下列說法不正確的是(　　) A.稀硝酸與鋁粉、鐵粉反應,其還原產物為硝酸銨 B.c點對應NaOH溶液的體積為48 mL C.b點與a點的差值為0.05 D.樣品中鋁粉和鐵粉的物質的量之比為5∶3 【解析】選B。鋁粉和鐵粉的混合物與一定量很稀的HNO3充分反應,被氧化為Al3+、Fe3+,根據題意,反應始終沒有氣體生成,可以得出不會有氮的氧化物生成,又有硝酸的濃度越稀,對應還原產物中氮元素的化合價越低,可以推測N元素由+5變成了-3價,由圖可得硝酸過量,加入氫氧化鈉溶液應先與硝酸反應,再生成沉淀,當沉淀完全后,由圖知繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液,沉淀量不變,可得與N發(fā)生了反應,則隨著NaOH的滴加,發(fā)生的反應依次有:①H++OH-H2O,②Fe3++3OH- Fe(OH)3↓,Al3++3OH-Al(OH)3↓,③N+OH-NH3H2O,④Al(OH)3+OH- Al+2H2O,b與a的差值為氫氧化鋁的物質的量,由圖可知,ef段消耗的氫氧化鈉溶液為104 mL-94 mL=10 mL,故該階段參加反應的氫氧化鈉的物質的量是n(NaOH)=0.01 L5 molL-1=0.05 mol,根據Al(OH)3+OH-Al+2H2O可知,Al(OH)3的物質的量為n(Al(OH)3)=n(NaOH)=0.05 mol,根據鋁元素守恒,故混合金屬中n(Al)=0.05 mol,由圖可知de段消耗的氫氧化鈉的體積為94 mL- 88 mL=6 mL,故該階段參加反應的氫氧化鈉的物質的量為n(NaOH)=0.006 L 5 molL-1=0.03 mol,根據N+OH-NH3H2O可知溶液中n(N)=0.03 mL,根據電子轉移守恒有3n(Fe)+3n(Al)=8n(N),即3n(Fe)+30.05 mol=8 0.03 mol,解得n(Fe)=0.03 mol,由反應過程可知,到加入氫氧化鈉為88 mL時,溶液中溶質為硝酸鈉與硝酸銨,n(NH4NO3)=n(N)=0.03 mol,根據鈉元素守恒,可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.088 L5 molL-1=0.44 mol,根據氮元素守恒計算原硝酸溶液中n(HNO3)=n(NaNO3)+2n(NH4NO3)=0.44 mol+0.03 mol2=0.5 mol,而c點溶液為NaNO3、NH4NO3、Fe(NO3)3、Al(NO3)3,根據氮元素守恒n′(NaNO3)+ 2n(NH4NO3)+3n[Fe(NO3)3]+3n[Al(NO3)3]n(HNO3),故c點溶液中n′(NaNO3) =0.5 mol-0.03 mol2-0.03 mol3-0.05 mol3=0.2 mol,故c點加入NaOH的物質的量為0.2 mol。A.根據分析可知,稀硝酸與鋁粉、鐵粉反應,其還原產物為硝酸銨,正確;B.根據分析可知,c點對應NaOH溶液的體積為0.2 mol 5 molL-1=0.04 L=40 mL,錯誤;C.b點與a點的差值為Al(OH)3的物質的量的值,根據上述分析可知:n(Al(OH)3)=0.05 mol,正確;D.根據分析可知,混合金屬中n(Al)=0.05 mol、n(Fe)=0.03 mol,樣品中鋁粉和鐵粉的物質的量之比為5∶3,正確。