1、微题型10 氧化性和还原性强弱的实验探究及应用题型一“描述型”强弱判断及应用1(2020吉林模拟)根据下列实验事实：XY2=X2YZ2H2OZ(OH)2H2Z2的氧化性比X2弱由Y、W作电极组成的原电池，负极反应为Y2e=Y2由此可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是()AXYZWBYXWZCZXYWDZYXW2(2020银川诊断)在复杂体系中，确定化学反应先后顺序有利于解决问题。已知氧化性：Fe3Cu2Fe2。若在氯化铁溶液蚀刻铜印刷电路板后所得的溶液里加入过量锌片。下列说法正确的是()AFe3首先反应，转化为FeB反应开始时c(Fe2)增大，然后又减小CFe2首先反应，转化为FeD存在
2、反应FeCu2=Fe2Cu3某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是()原溶液中的Br一定被氧化通入氯气之后原溶液中的Fe2一定有部分或全部被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2、Br均被完全氧化ABCD题型二“文图结合”型强弱比较及应用4(2019济南一中月考)已知：H2SO3Br2H2O=2HBrH2SO4。现将0.03molCl2缓缓通入含0.0
3、2molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程中，溶液的c(H)与n(Cl2)的关系示意图是(不考虑溶液的体积变化)()5.向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(I2)、n(Fe3)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是()A氧化性强弱：I2Fe3Bn(Cl2)0.12mol时，溶液中的离子主要有Fe2、Fe3、ClC由图可知，该FeI2溶液的浓度为1molL1Dn(Cl2)n(FeI2)12时，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl6(2019锦州诊断)某离子反应中涉及H2O、ClO、NH、H、N2、Cl六种粒子。其中N2、ClO的物质的量
4、随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是()A该反应的氧化剂是ClOB消耗1mol还原剂，转移3mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D该反应的离子方程式为3ClO2NH=2HN23Cl3H2O题型三“综合型”强弱判断及应用7碘化亚铜(CuI)是一种不溶于水也不溶于酸的白色固体，用途很广泛。完成下列填空：(1)碘化钾溶液中滴加适量硫酸铜溶液，就能得到碘化亚铜。写出该反应的化学方程式：_。(2)往上述反应后的溶液中加入淀粉，溶液变蓝，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去。写出KI、CuI、H2SO3的还原性由强到弱的顺序：_。(3)碘化亚铜能用于检测空气中的汞蒸气，其反应为4CuIHg=Cu
5、2HgI4(玫瑰红)2Cu，产物Cu2HgI4中Cu元素显_价。当有1molCuI参与反应时，转移电子_mol。8某实验小组为探究ClO、I2、SO在酸性条件下的氧化性强弱，设计实验如下：实验：在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；实验：向实验的溶液中加入4mL0.5molL1的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。(1)写出实验中发生反应的离子方程式：_。(2)实验的化学反应中转移电子的物质的量是_。(3)以上实验说明，在酸性条件下ClO、I2、SO的氧化性由弱到强的顺序是_。答案精析1C2B氧化性：Fe3Cu2Fe2，加入过量锌片，Fe3先被还原，但只能生成F
6、e2，A项错误；反应开始时锌将Fe3还原产生Fe2，c(Fe2)增大，后Fe2也被锌还原，c(Fe2)又减小，B项正确；氧化性：Fe3Cu2Fe2，Fe2最后被还原，C项错误；反应过程中锌的还原性最强，直接将Cu2还原，而不存在反应FeCu2=Fe2Cu，D项错误。3B由于离子还原性强弱顺序为IFe2Br，故先反应的离子是I，其次是Fe2，最后是Br。加硫氰化钾溶液后，变为红色，证明已经有Fe3生成，所以I已经反应完全，但无法得知Fe2是否反应完，因而不能确定Br是否反应，错误，正确，若溶液中有碘离子和溴离子，则沉淀颜色不为白色，正确，故选B。4A由化学方程式H2SO3Br2H2O=2HBrH
7、2SO4可知还原性：H2SO3HBr，当通入氯气时，首先氧化H2SO3(H2SO3Cl2H2O=2HClH2SO4)，c(H)明显增大，当H2SO3反应完后，再和HBr反应(2HBrCl2=2HClBr2)，c(H)不再变化，故选A。5D6C根据图示可知ClO是反应物，N2是生成物。ClO有强氧化性，会把NH氧化为N2，ClO被还原得到Cl，根据质量守恒、得失电子守恒和电荷守恒可得离子方程式3ClO2NH=2HN23Cl3H2O，根据方程式可知，该反应的氧化剂是ClO，A、D项正确；每消耗1mol还原剂NH，转移3mol电子，B项正确；在氧化还原反应中，氧化剂ClO与还原剂NH的物质的量之比为
8、32，C项错误。7(1)4KI2CuSO4=I22CuI2K2SO4(2)H2SO3KICuI(3)10.5解析(1)反应中KI中I元素的化合价由1价升高到0价，生成单质I2，失去2个电子，CuSO4中Cu元素的化合价由2价降低为1价，得到1个电子，根据得失电子数目相等，结合质量守恒定律可知配平后的化学方程式为4KI2CuSO4=I22CuI2K2SO4。(2)由(1)解答可知，KI为还原剂，CuI为还原产物，所以还原性：KICuI，往上述反应后的溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为淀粉遇碘显蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生反应H2SO3I2H2O=H2SO42HI，该反应中H2SO3
9、是还原剂，HI是还原产物，还原性：H2SO3I。故还原性由强到弱的顺序是H2SO3KICuI。(3)根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，设铜元素的化合价为x，则解得x2(2)(1)40，则x1；反应4CuIHg=Cu2HgI4(玫瑰红)2Cu中，Cu元素化合价部分由1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到2价，Hg为还原剂，当有1molCuI参与反应时，转移0.5mol电子。8(1)ClO2I2H=I2ClH2O(2)0.004mol(3)SOI2ClO解析(2)实验中生成的I2具有氧化性，将SO氧化为SO，根据SO2eSO，可得0.002molNa2SO3失去电子(转移电子)的物质的量20.002mol0.004mol。(3)根据实验知，氧化性：ClOI2，根据实验知，氧化性：I2SO，故氧化性：ClOI2SO。