1、氧化还原反应的规律及应用1、N2O既是医学上的一种麻醉剂，又是一种常见的温室气体。制取N2O的方法有很多，例如(反应条件略)：30HNO3(稀)8Fe=3N2O8Fe(NO3)315H2O；K2SO32NO=K2SO4N2O；2NH32O2=N2O3H2O；2NaNO3(NH4)2SO4=2N2ONa2SO44H2O。下列说法正确的是()A反应中生成1 mol N2O时，转移6 mol电子B反应中K2SO3是还原剂，NO是氧化剂C反应中1 mol O2参加反应转移8 mol电子D反应中NaNO3是还原剂，(NH4)2SO4是氧化剂解析：反应中生成1 mol N2O时，转移8 mol电子，A项错
2、误；反应中O的化合价由0变为2,1 mol O2参加反应转移4 mol电子，C项错误；反应中NaNO3作氧化剂，(NH4)2SO4作还原剂，D项错误。答案：B2、U常见化合价有4和6。硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()AUO2 B2UO2UO3CUO3 DUO22UO3解析：由题意知气体产物全部被吸收，即二者与水完全反应生成HNO3，发生反应4NO2O22H2O=4HNO3，根据原子守恒UO2(NO3)2系数为2，所以UxOy中xy13
3、。答案：C3现有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若某溶液中含有Fe2、Cl和I，要除去I而不氧化Fe2和Cl，可以加入的试剂是()ACl2 B.KMnO4CFeCl3 D.HCl解析：本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3的氧化性(也可等于Fe3的氧化性)。由知氧化性：Fe3I2，还原性：IFe2；由知氧化性：Cl2Fe3，还原性：Fe2Cl；由知氧化性：MnOCl2，还原性：ClMn2；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4Cl2Fe
4、Cl3I2，还原性强弱顺序为IFe2ClMn2。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2及I，Cl2可氧化Fe2及I，FeCl3只能氧化I。答案：C4将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为( )A11 B516 C23 D32解析：设反应中生成3 mol Fe2、2 mol Fe3，则转移电子的物质的量为3 mol22 mol312 mol，根据得失电子守恒，由4HNO3e=NO2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2、Fe3结合的NO的物质的量为3 mol22 mol312
5、 mol，所以参加反应的n(Fe)5 mol，参加反应的n(HNO3)16 mol，故选B。答案：B5、向硫酸酸化的Fe(NO3)3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生反应的离子方程式正确的是()S22NO4H=2NO2S2H2O2Fe3H2S=2Fe2S2HFe33NO5H2S2H=3NO5SFe26H2OFe37NO10H2S8H=7NO10SFe214H2OFe35NO8H2S4H=5NO8SFe210H2OA B C D解析：在酸性条件下，NO、Fe3都具有氧化性，都可以氧化H2S，式正确，式中H2S不能拆写成离子形式，错误，式得失电子不守恒、离子方程式两边电荷不守恒，错误。答案：A6已
6、知氧化性Br2Fe3。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2bBrcCl2dFe3eBr2fCl下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是( )A2 4 3 2 2 6B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2D2 2 2 2 1 4解析：验证四个选项，均符合元素守恒。根据得失电子守恒，可得ab2c，四个选项也符合该规律。根据氧化性Br2Fe3，因此FeBr2溶液中通入Cl2，首先Fe2被氧化，当Fe2完全反应后，Br才发生反应。A中Fe2和Br均完全反应；C中只有Fe2被氧化；D中Fe2完全反应，Br部分被氧化，
7、均符合题意。B中Br被氧化，Fe2不发生反应，不符合反应实际。答案：B7、NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnONOMn2NOH2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A该反应中NO被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D中的粒子是OH解析：Mn化合价：72，N化合价：35，N的化合价升高，则配平后的化学方程式为：2MnO5NO6H=2Mn25NO3H2O，由此可知C正确。答案：C8、下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )KClO36HCl(浓)
8、=KCl3Cl23H2O；163Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O；23SiO23CSiC2CO；123NO2H2O=2HNO3NO；21A BC D解析：本题主要考查氧化还原反应的实质。结合氧化还原反应中得失电子守恒原理可知，反应中比例为15；反应中比例为12。答案：B9、在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为()A1 mol B. molC. mol D.2 mol解析：设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x,5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x4 mol，x mol。答案
9、：C10、24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是( )A6 B3C2 D0解析：反应中Na2SO3被氧化成Na2SO4，S化合价从4变为6，化合价升高2价，设Cr元素在产物中的化合价为x价，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为6，则化合价降低：6x，根据电子转移守恒可得：24103L0.05 mol/L(64)20103L0.02 mol/L2(6x)解得：x3。答案：B11、已知还原性：HSOI，氧化性：IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。
10、加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是()A反应过程中的氧化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC从起点到b点的反应可用如下离子方程式表示：3HSOIO=3SOI3HD当溶液中I与I2的物质的量之比为11时，加入的NaIO3为1.2 mol解析：在溶液中，NaHSO3中的HSO最终被氧化为SO，不会出现SO3，A项错误；根据还原性：HSOI及从起点到b点没有I2生成知，IO和HSO刚开始发生氧化还原反应生成I，反应的离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，b点n(IO)为1 mol，所以a点时加入的NaIO3的物质的量为0
11、.4 mol，根据反应方程式知，消耗的NaHSO3 的物质的量为1.2 mol，B项错误，C项正确；根据反应知，3 mol NaHSO3消耗NaIO3的物质的量为1 mol，生成的I的物质的量为1 mol，设生成的I2的物质的量为n mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2知，消耗NaIO3的物质的量为 mol，消耗I的物质的量为 mol，剩余的I为mol，溶液中n(I)n(I2)11，即moln mol，解得n，故此时加入的n(NaIO3)1 mol mol1 mol mol1.125 mol，D项错误。答案：C12、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是()AN
12、aClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1 mol H2O2得到2 mol电子C吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4解析：A.根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3SO2=Na2SO42ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B.吸收塔中发生的反应为2ClO2H2O22NaOH=2NaClO22H2OO2，H2O2作还原剂，1 mol H2O2失去2 mol电子，故B说法错误；C.H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D.根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说
13、法正确。故选B。答案：B13、现有2.8 g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是()A反应后溶液中铁元素可能以Fe2形式存在B反应后溶液中c(NO)0.85 molL1C反应后的溶液最多还能溶解1.4 g FeD1.12 L气体可能是NO、NO2、H2的混合气体解析：反应后溶液pH1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe(NO3)3，没有硝酸亚铁生成，故A错误；B.根据N原子守恒知，反应后溶液中n(NO)n(HNO3)3nFe(NO3)30.02 mo
14、l30.17 mol，则c(NO)0.85 mol/L，故B正确；C.反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe(NO3)2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n(HNO3)0.02 mol，根据3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O知，硝酸溶解的n(Fe)30.007 5 mol，又由于2Fe3Fe=3Fe2，所以可继续溶解Fe，为0.025 mol，则最多还能溶解m(Fe)(0.007 50.025) mol56 g/ mol1.82 g，故C错误；D.2.8 g Fe完全转化为Fe(NO3)3时转移电子物质的量30.15 mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量0.05 m
15、ol(52)0.15 mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量0.05 mol(54)0.05 mol0.15 mol，根据电子守恒知，气体成分是NO，故D错误。答案：B14、测定三草酸合铁酸钾晶体中铁的含量。称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。向上述溶液中加入适量锌粉至反应完全后，加稀H2SO4酸化，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，用c molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。解析：用KMnO4溶液进行滴定是为了除去草酸根离子，滴定至终点
16、溶液由无色变成浅红色；向所得溶液中加入适量锌粉至反应完全且H2SO4酸化后，则将Fe3还原为Fe2，然后过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，用c molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗c molL1KMnO4溶液V mL，消耗MnO的物质的量为：n(MnO)c mol/LLmol，根据得失电子守恒可得反应关系式：5Fe2MnO， 则n(Fe2)5n(MnO)5mol，m(Fe2)56 g/mol5mol，所以铁的质量分数100%100%或100%(或%)。答案：当滴入最后一滴溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色100%或100%(或%)15 (1)重铬酸钾是一种重要的化工原料，
17、一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，第一步熔融、氧化时发生反应：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2。上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的化学计量数比为_。(2)欲使3 mol的VO2变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(3)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。解析：(1)在题给反应中，FeOCr2O3作还原剂，1 mol FeOCr2O3参与反应时，Fe元素失去1 mol电子，Cr元素失去6 mol电子，NaNO3作氧化剂，1 mol NaNO3
18、参与反应时，N元素得到2 mol电子，根据得失电子守恒配平得：2FeOCr2O34Na2CO37NaNO34Na2CrO4Fe2O34CO27NaNO2，FeOCr2O3与NaNO3的化学计量数比为27。(2)根据VO2VO，KClO3Cl，由得失电子守恒，则n(VO2)6n(KClO3)，故n(KClO3)n(VO2)3 mol0.5 mol。(3)由题意可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。KClO3ClO2e，Na2SO3Na2SO42e，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。答案：(1)27(2)0.5(3)2116高锰酸钾常用作消毒杀菌剂、水质净化
19、剂等。某小组用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾的流程如下。试回答下列问题。(1)配平焙烧时的化学反应：MnO2_O2K2MnO4H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率，试用碰撞理论解释其原因：_。(2)滤渣的成分有_(填化学式)；第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替的原因是_。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_。(4)将滤液进行一系列操作得到KMnO4。由图可知，从滤液得到KMnO4需经过_、_、洗涤等操作。(5)工业上按上述流程连续生产KMnO4。含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制
20、得KMnO4_t。(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液。电解槽阳极反应式为_；阳极还可能有气体产生，该气体是_。解析：(1)MnO2中Mn元素的化合价为4价，K2MnO4中Mn元素的化合价为6价，O2中O元素的化合价由0价降低为2价，根据得失电子守恒得MnO2的化学计量数应为2，O2的化学计量数为1，K2MnO4的化学计量数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH的化学计量数为4，水的化学计量数为2。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分。(2)根
21、据流程可知滤液主要是K2MnO4溶液，还含有SiO和AlO等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2H2OSiO=H2SiO3CO、CO23H2O2AlO=2Al(OH)3CO，所以滤渣的成分为Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2的目的之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，反应中不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO，因为CO2过量，所以还会生成HCO，离子方程式为3MnO4CO22H2O=MnO22MnO4HCO。(4)滤液的溶质主要是KMnO4与KH
22、CO3，由图可知，KMnO4的溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3的溶解度受温度影响变化较大，所以从滤液中得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。(5)根据Mn元素守恒，含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4的质量为1a%t0.018a t。(6)滤液主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO，故阳极反应式为MnOe=MnO；溶液中的OH也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。答案：(1)24KOH122加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分(2)Al(OH)3、H2SiO3稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量(3)3MnO4CO22H2O=MnO22MnO4HCO(4)蒸发结晶趁热过滤(5)0.018a(6)MnOe=MnOO2
