1、高考资源网（） 您身边的高考专家专题三 氧化还原反应离子反应主干知识梳理一、氧化还原反应1氧化还原反应中的概念及相互间的联系2氧化性、还原性强弱的“四”依据物质氧化性、还原性的强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子的数目无关，常用的判断依据有：(1)依据反应方程式判断氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。(2)依据金属或非金属活动性顺序判断 (3)依据反应条件及反应的剧烈程度判断反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强。如： (4)依据氧化还原反应的程度判断不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的，对应的氧化剂的氧化性强。如：不同还原剂作用于同一种氧
2、化剂，还原产物价态低的对应的还原剂的还原性强。如：3掌握常考的基本规律(1)得失电子守恒规律n(氧化剂)化学式中变价原子个数化合价降低值n(还原剂)化学式中变价原子个数化合价升高值。(2)转化规律同种元素不同价态之间的反应，化合价只靠近不交叉，相邻价态不发生氧化还原反应。(3)强弱规律氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。(4)优先规律氧化性和还原性强的优先反应。二、离子反应1离子反应的类型(1)复分解反应型：生成难溶、难电离或挥发性的物质，如生成BaSO4、CH3COOH或CO2；相互促进的水解反应，如Fe3与HCO。(2)氧化还原反应型，如2Fe3Cu=2Fe2C
3、u2。(3)络合反应型，如Fe33SCN=Fe(SCN)3。2掌握判断离子共存的“两项要点”(1)“性质”即溶液的酸性和碱性在强酸性溶液中，OH、弱酸根离子(如CO、SO、S2、CH3COO)等不能大量存在。在强碱性溶液中，H、弱碱阳离子(如NH、Fe2、Cu2、Mg2)等均不能大量存在。弱酸的酸式根离子(如HCO、HSO、HS)等在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在。(2)“反应”即离子间通常进行的四种反应类型复分解型，如Ag和Cl、Cu2和OH、H和HCO、H和ClO等不能大量共存。氧化还原型，如Fe3与I，H、NO与Fe2等不能大量共存。水解相互促进型，如Fe3、Al3与CO、HCO等不
4、能大量共存。络合型，如Fe3与SCN等不能大量共存。考点1氧化还原反应的概念和规律例1(高考题节选组合)下列说法中正确的有_。(2017全国卷)向2 mL 0.1 molL1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液；黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，则还原性：FeFe2(2017全国卷)将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶；集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生，则CO2具有氧化性(2017北京高考)图中有红棕色气体产生，说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物(2017北京高考)SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，产生白色沉淀，说明SO
5、2有还原性(2017北京高考)SO2通入H2S溶液中，产生黄色沉淀，说明SO2有氧化性批注点拨解析向FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液，发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2，加KSCN溶液颜色不变，说明FeCl3与Fe反应完全，还原性FeFe2，正确；集气瓶中有黑色颗粒产生，说明有碳单质生成，则CO2中碳元素化合价降低，CO2表现氧化性，正确；实验中，无论NO2是浓HNO3分解产生，还是浓HNO3与碳反应产生，NO2均为还原产物，正确；SO2与Fe3反应时被氧化为SO，Ba2与生成的SO反应生成BaSO4沉淀，体现SO2的还原性，正确；SO2与H2S发生氧化还原反应生成单质硫，
6、SO2作为氧化剂，正确。答案1熟记常见氧化剂、还原剂及产物预测(1)常见的氧化剂及产物预测氧化剂还原产物KMnO4Mn2(酸性)；MnO2(中性)；MnO(碱性)K2Cr2O7(酸性)Cr3浓硝酸NO2稀硝酸NOX2(卤素单质)XH2O2OH(碱性)；H2O(酸性)Na2O2NaOH(或Na2CO3等)NaClO(或ClO)Cl、Cl2NaClO3Cl2、ClO2等PbO2Pb2(2)常见的还原剂及产物预测还原剂氧化产物Fe2Fe3(酸性)；Fe(OH)3(碱性)SO2(或H2SO3、SO)SOS2(或H2S)S、SO2(或SO)、SOH2C2O4CO2(或CO)H2O2O2I(或HI)I2、
7、IOCOCO2(或CO)金属单质(Zn、Fe、Cu等)Zn2、Fe2(与强氧化剂反应生成Fe3)、Cu2(与弱氧化剂反应生成Cu)2熟记反应先后两大规律(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KMnO4(H)Cl2Br2Fe3Cu2H。(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：S2SO(或HSO)IFe2BrCl。1(2019北京高考)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是()物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、
8、无水CaCl2答案B解析除杂时发生的反应为Fe2FeCl3=3FeCl2，该反应属于氧化还原反应，A错误；除杂时发生的反应为MgCl22NaOH=Mg(OH)22NaCl、NaOHHCl=NaClH2O，上述两个反应均不属于氧化还原反应，B正确；Cl2能溶于水且发生反应Cl2H2OHClHClO，除杂试剂选用错误，C错误；除杂时发生的反应为3NO2H2O=2HNO3NO，该反应为氧化还原反应，D错误。2(2019长郡中学高三月考)某同学设计完成了以下两个实验：向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成紫色；继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后
9、变成无色(生成了HIO3)。向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成橙红色；继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。下列说法不正确的是()A实验中生成HIO3时发生的反应为I25Cl26H2O=2HIO310HClB实验中当CCl4层变成橙红色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液C由实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是Cl2Br2I2D由实验得出Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3答案C解析向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成紫色，发生的反应
10、为Cl22I=I22Cl，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明氯气可氧化碘单质，发生反应的化学方程式为I25Cl26H2O=2HIO310HCl，故A正确；向盛有KBr溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，振荡后静置，CCl4层变成橙红色，发生的反应为Cl22Br=Br22Cl，溴单质易溶于四氯化碳，则实验中当CCl4层变成橙红色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，实验中的氧化性强弱顺序为Cl2I2，实验中的氧化性强弱顺序为Cl2Br2，但不能比较Br2和I2的氧化性强弱，故C错误；由实验中的反应及氧
11、化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3，故D正确。 考点2陌生氧化还原反应方程式的书写与相关计算例2(高考题节选组合)(1)(2018天津高考)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_。(2)(2018江苏高考)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。(3)(2016全国卷)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：NaClO2中Cl的化
12、合价为_。写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)批注点拨解析(1)为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐(亚硫酸镁)，考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁(亚硫酸镁被空气中的氧气氧
13、化得到)，所以反应为：2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O。(2)HNO2与(NH2)2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中3价降至0价，由(NH2)2CO中3价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。(3)依据图示及题意可知，尾气吸收的化学方程式为2NaOH2ClO2H2O2=2NaClO22H2OO2，依据得失电子守恒可知氧化剂(ClO2)和还原剂(H2O2)物质的量之比为21。1 g NaClO2的物质的量为 mol，依据氧化能力相等即发生反应时电子转移数目相等，NaClO2Cl4e，Cl22
14、Cl2e，相当于氯气的物质的量为 mol2 mol，则氯气的质量为 mol71 gmol11.57 g。答案(1)2Mg(OH)22SO2O2=2MgSO42H2O(2)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(3)32NaClO3H2SO4SO2=2ClO22NaHSO421O21.57 g1缺项型氧化还原反应方程式的配平方法(1)配平方法先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。(2)补项原则条件补项原则酸性条件下缺H或多O补H，少O补H2O碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH2氧化还原反应计算“三环节”3陌生氧化
15、还原方程式的书写方法3高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4_FeSO4_H2SO4=_K2SO4_MnSO4_Fe2(SO4)3_H2O。下列说法正确的是()AMnO是氧化剂，Fe3是还原产物BFe2的还原性强于Mn2C取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成D生成1 mol水时，转移2.5 mol电子答案B解析Fe3为氧化产物，A错误；Fe2在该反应中作还原剂，Mn2为还原产物，B正确；Fe3遇到SCN生成的是难电离的Fe(SCN)3，而不是沉淀，C错误；配平该反应方程式为2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO42MnSO45
16、Fe2(SO4)38H2O，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D错误。4(2019A10联考段考)氯及其化合物形式多样，用途广泛。回答下列问题：(1)KClO4是一种白色粉末，其化学名称为_；漂白粉的主要成分是_。(2)气体ClO2是应用较普遍的安全、无毒的消毒剂，可以用KClO3在稀H2SO4中和草酸反应制备，其化学方程式为_。(3)氨气可以检验输送氯气的管道是否泄漏，试写出化学反应方程式：_。(4)向200 mL NaOH溶液中通入一定量Cl2恰好完全反应，得到0.1 mol NaClO3和0.1 mol NaClO，则原NaOH溶液的物质的量浓度为_。答案(1)高氯酸钾Ca
17、Cl2和Ca(ClO)2(2)2KClO3H2C2O4H2SO4=2ClO2K2SO42CO22H2O(3)8NH33Cl2=N26NH4Cl(4)4 mol/L解析(2)KClO3作氧化剂被还原生成ClO2，H2C2O4作还原剂被氧化生成CO2。根据得失电子守恒配平方程式可得：2KClO3H2C2O4H2SO4=2ClO2K2SO42CO22H2O。(3)氨气被氧化生成N2，Cl2被还原生成HCl，HCl与NH3发生后续反应生成白烟(NH4Cl)。(4)Cl2发生歧化反应，氧化产物是NaClO3和NaClO，还原产物是NaCl。NaClO3和NaClO的物质的量之比等于11，则NaClO3和
18、NaClO计量数之比等于11，写出化学反应方程式。8NaOH4Cl2=NaClO3NaClO6NaCl4H2O 8 1 1 y 0.1 mol 0.1 mol由，得y0.8 mol，则c(NaOH)4 mol/L。 考点3离子共存例3(2018江苏高考)室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A0.1 molL1 KI溶液：Na、K、ClO、OHB0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液：Cu2、NH、NO、SOC0.1 molL1 HCl溶液：Ba2、K、CH3COO、NOD0.1 molL1 NaOH溶液：Mg2、Na、SO、HCO批注点拨解析A项，I具有还原性，ClO具有氧化
19、性，I与ClO发生氧化还原反应而不能大量共存；B项，在Fe2(SO4)3溶液中离子相互不反应，能大量共存；C项，CH3COO能与H反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO不能大量存在；D项，Mg2、HCO都能与OH反应，所以不能大量共存。答案B1警惕离子共存判断中的常设“陷阱”(1)“颜色”陷阱：若限定溶液无色，则Cu2、Fe3、Fe2、MnO等有色离子不能大量存在。(2)溶液酸碱性的几种表示方法表示酸性的溶液a常温下pHc(OH)的溶液；b能使紫色石蕊试液或甲基橙显红色的溶液；c能使pH试纸显红色的溶液。表示碱性的溶液a常温下pH7或c(H)7 表示加酸或碱抑制水的电离，nFe2B
20、rCl，氧化性AgFe3Cu2HFe2Zn2等。b根据强弱规律判断反应顺序。同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性强的还原剂优先发生反应；同一还原剂与多种氧化剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。c分步计算。先判断过量，后计算。复分解型离子反应。判断反应产物与其他成分是否能大量共存。例如，某溶液中含有Al3、NH、H，向溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，若发生的反应：NHOH=NH3H2O，则生成的NH3H2O与H、Al3都不能共存，会发生反应：NH3H2OH=NHH2O，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH。因此，OH应先与H反应，再与Al3反应生成Al(OH)3，然后与NH反应生成NH3H2O
21、，最后再与Al(OH)3反应生成AlO和H2O。7(2019陕西西安高三质检)下列反应的离子方程式不正确的是()A向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2HSO=BaSO42H2OB向NaHCO3溶液中加入稀HCl：HCOH=CO2H2OC向AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2OD酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O答案C解析向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸的离子反应为Ba22OH2HSO=BaSO42H2O，所以A正确；NaHCO3在溶液中电离出碳酸氢根离子，碳酸氢根离子不能拆开，故B正确；氢氧化铝不溶于
22、弱碱溶液中，正确的是Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，故C不正确；酸性介质中KMnO4氧化H2O2的离子反应为2MnO5H2O26H=2Mn25O28H2O，所以D正确。8(2019湖南重点高中高三联考)下列操作方法和对应的离子方程式都正确的是()A用白醋除去水壶中的水垢：Ca(OH)22CH3COOH=Ca22CH3COO2H2OB用烧碱溶液除去二氧化硅中少量氧化铝：Al2O32OH=2AlOH2OC向沸水中滴加氯化铁溶液制胶体：Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3HD用铜作电极电解硫酸铜溶液：2Cu22H2O2CuO24H答案C解析水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，不是Ca(O
23、H)2，A错误；二氧化硅也能与烧碱溶液反应，不能用烧碱溶液除去二氧化硅中少量氧化铝，应用稀盐酸来除，B错误；用铜作电极电解硫酸铜溶液，实质为电镀，D错误。 1(2019全国卷)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是()A向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失ZnCuSO4=CuZnSO4B澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2CO2=CaCO3H2OCNa2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2=2Na2OO2D向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)22FeCl3=2Fe(OH)33MgCl2答案C解析加入足量Zn粉，Cu2被完
24、全还原为Cu，所以溶液蓝色消失，A正确；澄清石灰水与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙白色沉淀，B正确；过氧化钠是淡黄色固体，在空气中久置成为碳酸钠，变为白色，C错误；Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的，滴加足量三氯化铁溶液，可转化为氢氧化铁红褐色沉淀，D正确。2(2019北京高考)探究草酸(H2C2O4)性质，进行如下实验。(已知：室温下，0.1 molL1H2C2O4的pH1.3)由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是()AH2C2O4有酸性，Ca(OH)2H2C2O4=CaC2O42H2OB酸性：H2C2O4H2CO3，NaHCO3H2C2O4=NaHC2O4CO2H2OCH
25、2C2O4有还原性，2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2ODH2C2O4可发生酯化反应，HOOCCOOH2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H52H2O答案C解析草酸具有酸性，与Ca(OH)2溶液发生中和反应Ca(OH)2H2C2O4=CaC2O42H2O，A正确；草酸的酸性大于H2CO3的酸性，草酸加入少量NaHCO3溶液中发生反应NaHCO3H2C2O4=NaHC2O4CO2H2O，B正确；草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色体现了草酸的还原性，根据题中已知条件可知草酸是弱酸，正确的离子方程式为5H2C2O42MnO6H=2Mn210CO28H2O，C错误；草酸与乙醇可在浓硫酸、加热的
26、条件下发生酯化反应，化学方程式为HOOCCOOH2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H52H2O，D正确。3(2018北京高考)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色答案C解析A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯
27、水中存在反应Cl2H2OHClHClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgClNa2S=Ag2S2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NOO2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应。4(2018江苏高考)下列指定反应的离子方程式正确的是()A饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：COCaSO4CaCO3SOB酸化NaIO3和NaI的混合溶液：IIO6H=I23
28、H2OCKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO2Fe(OH)3=2FeO3Cl4HH2OD电解饱和食盐水：2Cl2HCl2H2答案A解析饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为COCaSO4CaCO3SO，A正确；B项电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5IIO6H=3I23H2O；在碱性溶液中不可能生成H，正确的离子方程式为3ClO2Fe(OH)34OH=3Cl2FeO5H2O，C错误；电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH，D错误。5(2017海南高考)能正确表达下列反应的离
29、子方程式为()A用醋酸除去水垢：2HCaCO3=Ca2CO2H2OB硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2HFeS=H2SFe2C向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al33CO=Al2(CO3)3D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO22OH=NONOH2O答案D解析醋酸是弱酸，不能拆写成离子，A错误；浓硫酸具有强氧化性，能把H2S氧化成S，把Fe2氧化成Fe3，且浓硫酸不拆，B错误；发生双水解反应，应是2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2，C错误。6(2019全国卷)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日
30、烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色B红色 C紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.10
31、00 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。答案(1)D(2)BaSO44CBaS4COCOH2O=CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色100%解析(1)根据常见元素的焰色反应，可知钡元素的焰色为绿色。(2)由流程图中的原料为重晶石和焦炭粉经回转炉、浸出槽后得到净化的BaS溶液，可判断重晶石(BaS
32、O4)与焦炭粉反应生成BaS和有毒气体CO，根据得失电子守恒法可配平氧化还原反应方程式BaSO44CBaS4CO；CO与水蒸气反应得到的清洁能源气体为H2，另一种产物为CO2，则CO与水蒸气反应的化学方程式为COH2O=CO2H2。潮湿空气中的CO2和水蒸气跟“还原料”中的硫化钡反应生成的臭鸡蛋气味的气体为H2S，水溶性变差是因为发生了反应BaSCO2H2O=H2SBaCO3，由此可知难溶于水的物质为BaCO3。硫化钡溶液与硫酸锌反应生成难溶于水的立德粉(ZnSBaSO4)，因此离子反应方程式为S2Ba2Zn2SO=ZnSBaSO4。(3)淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完
33、后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。由化学方程式可得：I2 2S2O=2IS4O1 mol 2 moln1 0.1000 molL1V103 L则n1V 0.1000103 mol设样品中S2的含量为w，则由反应I2S2=2IS可得：I2 S21 mol 32 g2500103 L0.1000 molL1 m gwV0.1000103 mol由此可得：w100%。7(1)(2018全国卷)醋酸亚铬(CH3COO)2Cr2H2O为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金
34、属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是_，仪器a的名称是_。将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_。(2)(2017全国卷)砷(As)是第四周期A族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途。回答下列问题：画出砷的原子结构示意图_。工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反
35、应的化学方程式_。答案(1)去除水中溶解氧分液漏斗Zn2Cr3=Zn22Cr2(2)2As2S35O26H2O=4H3AsO46S解析(1)由于醋酸亚铬易被氧化，所以需要尽可能避免与氧气接触，因此实验中所用蒸馏水均需煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解氧；根据仪器构造可知仪器a是分液漏斗。c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，说明Cr3被锌还原为Cr2，反应的离子方程式为Zn2Cr3=Zn22Cr2。(2)As位于周期表中第四周期A族，说明As核外有4个电子层，最外层有5个电子，故原子结构示意图为。由题意知As2S3O2H3AsO4S，As2S3中As元素化合价由3升高到5，S元素化合价由2升高到0,1
36、 mol As2S3共失去10 mol电子，1 mol O2得到4 mol电子，根据得失电子守恒可得：2As2S35O24H3AsO46S，再由原子守恒配平可得化学方程式：2As2S35O26H2O=4H3AsO46S。2020还可能这么考8水溶性离子是大气颗粒物的主要成分，研究其化学组成对于治理大气污染有重大意义，某地区大气颗粒物经采样与必要的预处理后得试样溶液。经离子色谱检验确定含有以下离子：NH、Na、Mg2、Ca2、Al3、SO、NO、CO、Cl。某同学对其再进行如下的实验：已知：在加热与强碱性条件下，铝单质可以将NO还原为氨气。回答下列问题：(1)“气体1”的电子式为_。(2)生成“
37、沉淀1”的离子方程式为_。(3)“沉淀2”的成分是_(填化学式)。(4)“溶液3气体2”的离子方程式为_。答案(1) (2)2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO或AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO(3)BaSO4、BaCO3(4)8Al3NO5OH2H2O3NH38AlO解析(1)由实验流程图知，试样溶液中的NH与过量NaOH溶液反应，加热产生的气体1为氨气(NH3)，故电子式为。(2)试样溶液中的Al3与过量NaOH溶液反应生成AlO，AlO与CO2反应生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3沉淀与NaOH溶液反应生成AlO，沉淀溶解，所以沉淀1为Al(OH)3，生成“沉淀1”
38、的离子方程式为：2AlOCO23H2O= 2Al(OH)3CO或AlOCO22H2O=Al(OH)3HCO。(3)由流程图知，沉淀2中加盐酸，沉淀部分溶解并产生气体，结合题干中离子色谱检验结果可得，沉淀2应为BaSO4和BaCO3的混合物。(4)溶液3加入铝粉和NaOH加热条件下生成气体2能使湿润的pH试纸变蓝，则气体2为氨气，再结合已知，“溶液3气体2”的离子方程式为：8Al3NO5OH2H2O3NH38AlO。专题作业1(2019陕西西安高三质检)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。利用H2PO进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，下
39、列说法正确的是()AH2PO是氧化剂 BAg是还原剂C氧化产物是H3PO3D氧化产物是H3PO4答案D解析NaH2PO2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41及得失电子守恒可以知道：4(10)1(x1)，计算得出x5，发生反应为H2PO4Ag2H2O=H3PO44Ag3H，该反应的氧化剂是Ag，还原剂是H2PO，则H2PO对应的氧化产物为H3PO4。2(2019江西师大附中高三期末考试)元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的4价稳定，而Pb的2价稳定。结合所学知识，判断下
40、列反应中(反应条件略)正确的是()Pb2Cl2=PbCl4Sn2Cl2=SnCl4SnCl2Cl2=SnCl4PbO24HCl=PbCl42H2OPb3O48HCl=3PbCl2Cl24H2OABC D答案A解析Pb2Cl2=PbCl4，PbCl4中Pb为4价，不稳定，错误；Sn2Cl2=SnCl4，Sn的4价稳定，正确；SnCl2继续与氯气反应，SnCl2Cl2=SnCl4，SnCl4中Sn为4价，是稳定的，正确；PbO24HCl=PbCl42H2O，PbCl4中Pb为4价，不稳定，错误；Pb3O48HCl=3PbCl2Cl24H2O，PbCl2中Pb为2价，是稳定的，正确。3(2019湖南
41、重点高中高三联考)氨基化钠是一种重要试剂。合成方法有两种(反应条件省略)：()2Na2H2N2=2NaNH2()2Na2NH3(l)=2NaNH2H2下列有关说法错误的是()A反应和中Na都作还原剂B反应是置换反应C上述两反应都要求隔绝空气和水D两反应生成等量的NaNH2转移电子数相等答案D解析反应和中，Na均由0价变为1价，均作还原剂，A正确；反应是单质钠和化合物NH3反应，生成了新的单质H2和新的化合物NaNH2，符合置换反应的概念，B正确；因为Na常温下能与空气中的O2反应，也能与H2O反应，而题述两反应均有Na参加，故都要求隔绝空气和水，C正确；反应中生成2 mol NaNH2转移电子
42、数为6 mol，反应中生成2 mol NaNH2转移电子数为2 mol，故两反应生成等量的NaNH2转移电子数不相等，D错误。4(2019云南师范大学附属中学高三月考)在含有Fe3、Fe2、Al3、NH的稀溶液中加入足量Na2O2固体，充分反应后，再加入过量稀盐酸，完全反应，则离子数目减少的是()AFe3、Al3BAl3CFe2、NHDFe3答案C解析加入过氧化钠，过氧化钠具有强氧化性且和水反应生成NaOH，Fe2被氧化生成Fe3，Al3变为AlO，Fe3变为Fe(OH)3，NH变成氨气放出，加入盐酸后，AlO和Fe(OH)3分别又生成Al3、Fe3，则溶液中Fe3增多，Fe2、NH减少，Al
43、3不变，故选C。5已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O。则RO中R的化合价是()A3B4 C5D6答案D解析根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：342n3，解得n2，在RO中，设R的化合价为x，则x242，解得x6，D正确。6(2019江西师大附中高三期末考试)下列离子方程式与所述事实相符且书写正确的是()A用铁作电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl2H2O2OHH2Cl2B碱性镉镍可充电电池的正极反应：NiO(OH)eH2O=Ni(OH)2OHC肥皂水能使酚酞试液变红：C17H35COOH2OC17H35COOHOHD已知苯甲酸的酸性比碳酸强，向溶液
44、答案C解析铁是活性电极，作阳极时，铁要放电，A错误；碱性镉镍可充电电池的正极发生还原反应，反应过程中得到电子，B错误；肥皂水中含有高级脂肪酸盐，高级脂肪酸根水解呈碱性，能使酚酞试液变红，C正确；苯甲酸的7(2019河南滑县高三调研)下列各组离子能大量共存，加入新制氯水仍然能大量共存的是()ABa2、NH、SO、HCOBMg2、Cu2、Br、NOCK、Na、SiO、AlODFe3、Al3、NO、Cl答案D解析Ba2和SO不能大量共存，A错误；Cl22Br=Br22Cl，B错误；新制氯水呈酸性，含有较多的氢离子，即2HSiO=H2SiO3，4HAlO=Al32H2O，C错误；加入氯水，Fe3、Al
45、3、NO、Cl能大量共存，D正确。8(2019A10联考段考)向淀粉碘化钾的酸性溶液中加入少量H2O2溶液，溶液立即变蓝，再向蓝色溶液中缓慢通入足量的SO2，蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是()A氧化性：H2O2I2SOB蓝色逐渐消失，体现了SO2的漂白性C根据上述实验判断H2O2和SO2反应能生成强酸D溶液变蓝时发生的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12答案B解析由H2O22I2H=I22H2O可知，氧化性：H2O2I2，由I2SO22H2O=H2SO42HI可知，氧化性：I2SO，A正确；I2和SO2发生反应，体现的是还原性，B错误；H2O2SO2=H2SO4，C正确；溶液变蓝色，说明
46、发生H2O22I2H=I22H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，D正确。9(2019南昌二中高三第三次月考)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是()A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B当有22.4 L SO2参加反应时，有2NA个电子发生转移C上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2I2SO2D通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性答案C解析过量的KI与CuSO4在溶液中发生反应2Cu24I=2CuII2，Cu2作氧化剂，而I被氧化为I2，CuI
47、是还原产物，A错误；未指出SO2是否为标准状况，B错误；由“在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”可知C正确；通入SO2时发生的反应为SO2I22H2O=H2SO42HI，实质上是SO2将I2还原为I，体现了SO2的还原性，D错误。10(2019湖南茶陵三中高三月考)下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO3H2O=3I26OHB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NHOHNH3H2OC将过量SO2通入冷氨水中：SO2NH3H2O=HSONHD用稀硝酸洗涤试管内壁上附着的银：Ag2HNO=AgNOH2O答案C解析因为是酸性溶
48、液，不能生成氢氧根离子，正确的离子方程式为：5IIO6H=3I23H2O，A错误；碳酸氢根离子也会和氢氧根离子发生反应，正确的离子方程式为：HCONH2OHNH32H2OCO，B错误；未配平，正确的离子方程式为：3Ag4HNO=3AgNO2H2O，D错误。11(2019吉林实验中学高三期中)SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO22Fe32H2O=SO2Fe24H；Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。下列有关说法不正确的是()ASO2发生氧化反应B氧化性：SOFe3Fe3SO，B正确；1 mol K2Cr2O7参加反
49、应生成2 mol Cr3，转移电子的数目为6 mol，则每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA，C正确；标准状况下，13.44 L SO2的物质的量为0.6 mol，由反应得关系式：Cr2O3SO2，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7，D错误。12(2019河北武邑高三调研)下列解释事实的离子方程式正确的是()A铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe4HNO=Fe3NO2H2OB向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸：2ClOH2OCO2=2HClOCOC向酸性KMnO4溶液中通入SO2：2MnO5SO24OH=2Mn25SO2H2OD0.01 mol
50、/L NH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：NHAl32SO2Ba24OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O答案D解析铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液的离子方程式为3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2O，A错误；向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸时生成碳酸氢钙，B错误；向酸性KMnO4溶液中通入SO2发生氧化还原反应，离子方程式中不能出现氢氧根离子，正确的应该为2MnO5SO22H2O=2Mn25SO4H，C错误。13(2019河南南阳市高三期末质量评估)由于氯气会与自来水中的有机物发生反应，生成对人体有害的物质，人们尝试研究并使用新
51、的自来水消毒剂，如ClO2气体就是一种新型高效含氯消毒剂。某兴趣小组通过下图所示装置(夹持装置略)对其进行制备、收集、吸收并制取 NaClO2。(1)图中装置有一明显错误，请指出并纠正：_。(2)打开B的活塞，A中有ClO2生成，写出其反应的离子方程式：_。(3)D中吸收ClO2后生成NaClO2和NaHCO3，写出D中所发生反应的离子方程式：_。(4)E中溶液出现黄色能否说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收，判断并说明理由：_。(5)另一种制备ClO2的方法是用NaClO3与盐酸反应，同时有Cl2生成，产物中Cl2体积约占总气体体积。则每生成0.5 mol ClO2，转移
52、_ mol e。答案(1)C装置中导气管应该长进短出(2)SO2H2ClO=2ClO2H2OSO(3)2COH2O22ClO2=2ClOO22HCO(4)不能。因为D装置中有O2产生，O2也可能将I氧化为I2(5)0.5解析(1)ClO2气体的密度比空气大，应该选用向上排空气法收集，所以图中装置C中导气管应该“长进短出”。(2)依题意，稀硫酸、NaClO3和Na2SO3混合能产生ClO2，氯元素化合价由5价降低到4价，表明ClO表现氧化性，而SO具有较强的还原性，所以其离子方程式为SO2H2ClO=2ClO2H2OSO。(3)由题意知ClO2与H2O2、Na2CO3接触生成NaClO2和NaH
53、CO3，氯元素化合价由ClO2的4价变化到NaClO2的3价，ClO2作氧化剂，碳元素化合价没变，只能是H2O2中1价的氧被氧化为O2，H2O2作还原剂，所以D中发生反应的离子方程式为2COH2O22ClO2=2ClOO22HCO。(4)KI溶液变黄说明有I2生成，即I被氧化成I2，除ClO2能氧化I外，混合气体中的O2也能氧化I，所以E中溶液出现黄色不能说明ClO2未被H2O2和Na2CO3的混合溶液充分吸收。(5)NaClO3与盐酸反应有ClO2和Cl2生成，根据“互不交叉原理”，NaClO3转化为ClO2，HCl转化为Cl2，且ClO2与Cl2化学计量数之比为21，其反应方程式及转移的电
54、子数为2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O，转移2e。根据方程式计量关系可知每生成0.5 mol ClO2时转移0.5 mol e。14(2019广东实验中学高三第三次阶段测试)(1)氧化还原法消除NOx的转化如下：NONO2N2反应为NOO3=NO2O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是_ mol。反应中，当n(NO2)nCO(NH2)232时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(2)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。装置中，酸性条件下NO被Ce4氧化的产物主要是NO和NO，请写出生成等物
55、质的量的NO和NO时的离子方程式：_。(3)装置的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4再生，再生时生成的Ce4在电解槽的_(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O的电极反应式为_。(4)已知进入装置的溶液中NO的浓度为a gL1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的氧气_ L(用含a代数式表示，结果保留整数)。答案(1)143(2)2NO3H2O4Ce4=NONO6H4Ce3(3)阳极2H2HSO2e=S2O2H2O(4)243a解析(1)NOO3=NO2O2，生成1 mol O2转移电子是2 mol，生成标准状况下11.2 L O2，
56、即0.5 mol O2时，转移电子的物质的量是0.5 mol21 mol；当n(NO2)nCO(NH2)232时，即NO2和CO(NH2)2的系数之比为32，其反应方程为：6NO24CO(NH2)2=7N28H2O4CO2，只有N元素的化合价发生变化，NO2作氧化剂，CO(NH2)2作还原剂，氮气既是氧化产物，也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为8643。(2)酸性条件下，NO被Ce4氧化为NO和NO，Ce4被还原为Ce3，当NO和NO物质的量相等时，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒，该反应的离子方程式为：2NO4Ce43H2O=NONO4Ce36H。(3)由Ce3生成Ce4为氧化反应，因此再生时生成的Ce4在电解槽的阳极；同时在另一极是HSO得到电子被还原成S2O，电极反应式为：2HSO2e2H=S2O2H2O。(4)NO的浓度为a gL1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，则失去电子的物质的量为：，设消耗标准状况下O2的体积为V L，则得到的电子的物质的量为：4，根据得失电子守恒得：4，解得V243a。高考资源网版权所有，侵权必究！
