（精编）2020年高考化学二轮复习专题三氧化还原反应离子反应练习 - 图文

(4)图中OC段没有沉淀生成，此阶段发生反应的离子方程式为________________________________________。

(5)在DE段，沉淀的物质的量没有变化，则此阶段发生反应的离子方程式为

－

__________________，上述现象说明溶液中__________________，结合OH的能力比________强(填离子符号)。

(6)B点对应的沉淀的物质的量为________ mol，C点对应的氢氧化钠溶液的体积为________mL。

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专题三 氧化还原反应 离子反应

1．A 氧化还原反应本质是有电子转移；打磨磁石制指南针属于物质形状变化，没有新物质生成，属于物理变化，A项符合题意；黑火药中硫磺、硝酸钾和木炭在一定条件下发生反应生成氮气、硫化钾和二氧化碳，有新物质生成，属于氧化还原反应，B项不符合题意；湿法炼铜使铜由化合态变为游离态，所以有新物质铜生成，属于氧化还原反应，C项不符合题意；空气中的氮气在放电条件下与氧气直接化合生成一氧化氮气体，一氧化氮又被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，生成的硝酸随雨水淋洒到大地上，与土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐可作氮肥，植物生长得更好，这些变化过程，有新物质生成，发生了氧化还原反应，D项不符合题意。

2．C A项滴加KSCN显红色的溶液中一定含有铁离子，铁离子和碳酸氢根离子会发生

＋－12

双水解反应而不共存；B项常温下，水电离出的c(H)＝1×10 mol/L的溶液的pH可能为2或者12，即溶液可能是强酸性或者强碱性。强碱性条件下，亚铁离子、镁离子会形成沉淀；

＋2＋－

强酸性条件下，H、Fe、NO3会发生氧化还原反应而不共存；C项使酚酞试剂显红色的溶

＋2＋－－

液应该显碱性，Na、Ba、NO3、AlO3都可以在碱性溶液中存在，符合题意；D项加入Al

－

能产生H2的溶液，可能是强酸性或者强碱性，强酸性溶液中不会存在CH3COO，强碱性溶液中不会存在铵根离子，故选C项。

3．C 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)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还

???HCl＋HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入原反应；B项，氯水中存在反应Cl2＋H2O???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2AgCl＋Na2S===Ag2S＋2NaCl，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2NO＋O2===2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；故选C项。

＋－△2＋

4．B MnO2与浓盐酸混合加热，反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋2Cl=====Mn＋Cl2↑

－

＋2H2O, A项错误； NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2＋CO2＋

－

2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3， B项正确；FeSO4溶液中加入盐酸酸化的H2O2，反应的离子方程式

2＋＋3＋

为：2Fe＋H2O2＋2H===2Fe＋2H2O, C项错误；Ca(HCO3)2溶液中加入过量氨水，反应的离

2＋－＋2－

子方程式为：Ca＋2HCO3＋2NH3·H2O===CaCO3↓＋2H2O＋2NH4＋CO3， D项错误。

3＋

5．A 明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中因Al水解能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂， A项合理；向50mL 18 mol/L 硫酸中加入足量铜片并加热，浓硫酸随着反应进行成为稀硫酸时反应停止，所以被还原硫酸的物质的量小于0.45 mol, B项错误；浓硫酸溅到皮肤上，立即用大量水冲洗， C项错误；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热不能恢复原色， D项错误。

2＋3＋－2＋3＋－

6．B 由题意知溶液中含有大量的Mg、Fe不会含有大量的OH，Mg、Fe、Cl的

＋＋2

物质的量之比为1：1：6，可知溶液中还含有H，根据电荷守恒可知n(H)n(Mg＋3＋－－＋

)n(Fe)n(Cl)＝1：1：1：6。向该溶液中加入稀NaOH溶液，OH先与H反应，

3＋－

不会立即产生沉淀，A项错误；将该溶液滴入KI淀粉试纸上，Fe将I氧化生成I2，I2使

＋＋

淀粉变蓝，B项正确；若该溶液的pH为1，c(H)＝0.1 mol/L，根据上述分析可知n(H)：n(Mg2＋)＝1：1，则c(H＋)：c(Mg2＋)＝1：1，则c(Mg2＋)＝0.1 mol/L，C项错误；向

3＋3＋2＋＋

该溶液中加入过量铁粉，Fe与Fe发生化合反应2Fe＋Fe＝3Fe，H与Fe发生置换反应，

＋2＋

Fe＋2H＝Fe＋H2↑，D项错误。

7．C 反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由－2升到＋4价，只有硫元素

2＋

被氧化，A项错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS>Mn，B项错误；氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为x mol，CuS为y mol，根据电子守恒：x×(7－2)＝y×(4－(－2))，x：y＝6：5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C项正确；二氧化硫物质的量为0.1 mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×6/5＝0.12 mol，反应中Mn元素化合价由＋7价降低为＋2价，故转移电子为0.12 mol×(7－2)＝0.6 mol，D项错误。

6

8．C 金属钠和水反应：2Na＋2H2O===2Na＋2OH＋H2↑，A项错误； Mg(OH)2和稀盐＋2＋酸的反应： Mg(OH)2＋2H===2H2O＋Mg，B项错误； 酸性氯化亚铁溶液中加入少量次氯酸＋2＋－3＋－钠溶液：2H＋2Fe＋ClO===2Fe＋Cl＋H2O，电荷、电子得失、质量均守恒， C项正确； ＋2－2＋－KHSO4溶液中加 Ba(OH)2溶液至中性：2H＋SO4＋Ba＋2OH===BaSO4↓＋2H2O, D项错误。 9．D 氯气是有毒的气体，所以不能代替ClO2，则A错误；用ClO2处理酸性污水中的2＋2＋－＋Mn，反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn＋6H2O===5MnO2↓＋2Cl＋12H，所以处理后溶液的－pH是减小的，故B错误；该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl，由反应方程式可知，2＋二者的物质的量之比为5：2，故C错误；由反应的离子方程式可知，处理1 mol Mn，需要2/5 mol的ClO2，在标准状况下的体积为8.96 L，故D正确。本题正确答案为D。 3＋－3＋－＋10．B A项，Fe与SCN发生络合反应，Fe与SCN不能大量共存；B项，c(H)/c(OH－－123＋＋－)＝1×10的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；C项，Fe、NH4与AlO2发生3＋＋－－双水解反应，Fe、NH4与AlO2不能大量共存；D项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3能＋－与H反应，HCO3不能大量存在；故选B项。 11．A 在4Li＋2SOCl2―→4LiCl＋S＋SO2反应中，Li的化合价升高，作还原剂，S元素的化合价降低，SOCl2作氧化剂，还原剂只有Li, A项正确；SOCl2中S元素的化合价降低， SOCl2为氧化剂， B错误；Li元素的化合价升高被氧化，LiCl是氧化产物，S元素的化合价降低被还原，单质S是还原产物， C项错误；题中未说明二氧化硫是否处于标准状况，无法计算转移电子的数目， D项错误。 12．C 对某溶液进行了如下实验：①常温下，测定溶液的pH，溶液呈碱性；②取少量溶液加入盐酸至溶液呈酸性，产生无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体为二氧化碳，说明溶液中有大量的碳酸根离子或碳酸氢根离子；③在②后的溶液，再滴加BaCl2溶2－液可产生白色沉淀，说明溶液中一定有SO4；④取③后的上层清液，再滴加AgNO3溶液，产－生白色沉淀，由于前面加入了盐酸和BaCl2溶液，所以此实验不能证明原溶液中是否有Cl。综上所述，C项正确。 13．答案：(1)①丁达尔 ②AD ③汽车尾气中含NOx，能将SO2氧化成硫酸盐，从而增加大气中可吸入颗粒物含量 －－＋－－－(2)Ⅰ.①5NO＋3ClO2＋4H2O===5NO3＋3Cl＋8H(或4NO＋3ClO2＋2H2O===4NO3＋3Cl＋＋4H) ②吸收液pH为5，显酸性，NaClO2转化成ClO2，温度升高， ClO2气体容易从溶液体系中逸出，使脱硝反应难以发生 Ⅱ.③[(8b－4a)/3a]×100% 解析：(1)①胶体具有丁达尔效应，因此当日光射入充满气溶胶的暗室时，可观察到丁2－达尔效应；②空气中有氧气，氧气具有氧化性，能把SO2氧化成SO4，A项正确； 空气中不含有H2S，且H2S具有还原性，故B错误；空气中不含NH3，NH3表现还原性，故C错误；大2－气中含有O3，O3表现强氧化性，能把SO2氧化成SO4，故D正确；③汽车尾气中含NOx，能将SO2氧化成硫酸盐，从而增加大气中可吸入颗粒物含量；(2)①根据信息，NaClO2表现强氧－－－－－化性，把NO氧化成NO3，本身被还原成Cl，ClO2＋NO―→Cl＋NO3，根据化合价升降法进－－－行配平，即为3ClO2＋4NO―→4NO3＋3Cl。根据原子守恒以及电荷守恒，离子反应方程式－－－＋－－为4NO＋3ClO2＋2H2O===4NO3＋3Cl＋4H，ClO2会转化成ClO2和Cl。ClO2是黄绿色、易溶－于水的气体，具有强氧化性，可氧化NOx或SO2，pH＝5的溶液显酸性，ClO2生成ClO2和Cl－－－－，ClO2把NO氧化成NO3，本身被还原成Cl，离子方程式为5NO＋3ClO2＋4H2O===5NO3＋3Cl－＋＋8H；②吸收液pH为5，显酸性，NaClO2转化成ClO2，温度升高，ClO2气体容易从溶液－体系中逸出，使脱硝反应难以发生；③根据得失电子数目守恒，因此有4b＝2a＋3c(NO3)，－－1解得实际上得到c(NO3)＝(4b－2a)/3 mol·L，因为SO2和NO的体积比为2：1，且脱硫4b－2a3－－1效率为100%，因此理论上得到c(NO3)＝a/2 mol·L，即脱硝率为×100%＝[(8b－＋－a24a)/3a]×100%。 14．答案：(1)除去表面吸附的可溶性杂质(或除去固体表面的重铬酸铵溶液) 取最后一次洗涤液适量于试管中，加入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净

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(2)水浴加热(并用温度计指示温度) (3)②④⑤① (4)COCl2＋2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl －(5)①淀粉溶液 ②除去其中溶解的氧气，防止O2将I氧化，产生偏高的误差 ③96.1%(数值在95%～97%不扣分) 解析：(1)重铬酸铵分解不完全，还可能含有其它可溶性杂质，用蒸馏水洗涤除去可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐，可以通过检验铵根离子的方法检验是否洗净。取最后一次洗涤液适量于试管中，向其中加入适量浓的氢氧化钠溶液，加热，取一片红色石蕊试纸润湿，粘在玻璃棒上，接近试管口，观察试纸是否变蓝，若不变蓝，则洗涤干净。 (2)因为CCl4沸点为76.8 ℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度。 (3)由(4)可知反应制备原理为Cr2O3＋3CCl4―→2CrCl3＋3COCl2，四氯化碳在管式炉反应管中与Cr2O3反应，反应管出口端出现了CrCl3升华物时，切断加热管式炉的电源，停止加热CCl4，继续通入氮气，将产物收集到蒸发皿，故操作顺序为：⑥→③→②→④→⑤→①。 (4)由分子式可知，COCl2中的2个Cl原子被2个—OC2H5代替，故乙醇与COCl2发生取代反应，—OC2H5取代氯原子生成C2H5OCOOC2H5与HCl，反应方程式为COCl2＋2C2H5OH―→C2H5OCOOC2H5＋2HCl。 (5)①利用Na2S2O3滴定生成I2，I2遇淀粉显蓝色，可以用淀粉作指示剂，I2反应完毕蓝色褪去。 －②溶液中有溶解的氧气，氧气可以氧化I，若不除去其中溶解的氧气使生成的I2的量增大，产生偏高的误差，故加热煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I－氧化，产生偏高的误差。 3＋3＋③令25.00 mL溶液中含铬离子为n(Cr)，由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr～2－Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，根据关系式计算， 3＋2－2Cr～Cr2O7～3I2～6Na2S2O3 2 6 3＋ n(Cr) 0.025 0 mol/L×0.024 L 13＋3＋故n(Cr)＝0.025 0 mol/L×0.024 L×，所以250 mL溶液中n′(Cr)＝0.025 0 31250 mL3＋mol/L×0.024L××＝0.002 mol，根据Cr元素守恒可知n(CrCl3)＝n′(Cr)＝325 mL0.002 mol，所以样品中m(CrCl3)＝0.002 mol×158.5 g/mol＝0.317 g，故样品中无水三氯0.317 g化铬的质量分数为×100%＝96.1%。 0.33 g－＋2＋15．答案：(1)ACDBE 浓硫酸 Cu＋2NO3＋4H===Cu＋2NO2↑＋2H2O (2)排出装置内空气 (3)①c ②紫红色溶液变无色(或紫红色变浅) －＋2＋－3MnO4＋4H＋5NO===3Mn＋5NO3＋2H2O 5m(4)①(或1.25m) ②乙 4解析：(1)根据实验目的探究“NO2能与赤热的Cu反应生成氧化铜和氮气”，A装置用来制备NO2，D装置是Cu与NO2反应的装置，在进入D装置之前应将NO2干燥，B装置可吸收未反应的NO2，验证NO2是否生成NO，E装置可吸收NO，验证是否有N2生成，故仪器的连接顺序为ACDBE，C装置盛装浓H2SO4，用来干燥NO2。装置A中Cu与浓硝酸发生反应，反应的－＋2＋离子方程式为Cu＋2NO3＋4H＝Cu＋2NO2↑＋2H2O。(2)开始实验，先引发A中反应，一段时间后再点燃D处酒精灯，这样操作目的是使生成的NO2排出装置内的空气。(3)①B中浅绿色溶液变棕色，说明NO与FeSO4溶液发生了反应，NO可能是Cu与NO2高温下反应生成的，也可能是D中未反应的NO2与FeSO4溶液反应产生的，故选c项。②E中有明显现象，说明－NO与酸性高锰酸钾溶液发生了反应，E中的现象为紫红色溶液变无色，反应中MnO4转化为2＋－Mn，锰元素化合价降低，NO转化为NO3，化合价升高，根据电子守恒、电荷守恒配平反应 8

的离子方程式：3MnO4＋4H＋5NO＝3Mn＋5NO3＋2H2O。(4)Cu完全氧化为CuO时，CuO的m55质量为×80＝m，即a＝m时Cu被完全氧化为CuO。②Cu和Cu2O均能与稀硝酸反应，都6444＋可溶于稀硝酸，甲方案错误；取少量固体溶于稀硫酸中，Cu2O与稀硫酸反应Cu2O＋2H＝Cu2＋＋Cu＋H2O，若溶液中有红色固体说明固体中含有Cu2O，乙方案现象结论正确；若取少量固体溶于稀盐酸固体中CuO与盐酸反应，溶液也会变蓝色(或绿色)，不能证明固体中是否含有Cu2O，丙错误；丁取少量固体加热，加入H2，将气体通入无水硫酸铜粉末中，操作复杂，且CuO与H2反应生成的水也能使无水硫酸铜粉末变蓝，丁错误。 16．答案：(1)合理 －－(2)NaOH溶液 2Al＋2OH＋2H2O===2AlO2＋3H2↑ (3)B ＋－(4)H＋OH===H2O ＋－＋3＋3＋＋(5)NH4＋OH===NH3·H2O H、Al、Fe NH4 (6)0.032 7 解析：(1)铝的熔点比铁低，生成铁和液态铝一起滴落到盛有沙子的容器中形成合金，所以铝热反应所得到的熔融物是铁铝合金，所以合理。(2)铝和氢氧化钠溶液反应生成气体，－所以可以用氢氧化钠检验所得的熔融物中是否含有铝，反应方程式为2Al＋2OH＋－2H2O===2AlO2＋3H2↑。(3)A项浓硫酸易使铁铝钝化，不能使合金溶解，错误；B项活泼金属与稀硫酸反应，熔融物可溶解于稀硫酸中，正确；C项稀硝酸与金属反应生成污染性气体，不是最佳选择，错误；D项铁不与氢氧化钠反应，不能将熔融物全部溶解，错误。所以选B。＋－(4)O→C之间发生的反应是酸碱中和反应，离子方程式为H＋OH===H2O。(5)DE段沉淀的质＋－量没有变化，该反应为铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，方程式为NH4＋OH===NH3·H2O；上述现象说明溶液中最先结合氢氧根离子的是氢离子，然后为铝离子和铁离子，最后结合氢氧根离子的是铵根离子，所以溶液中的离子结合氢氧根离子的能力最强的是氢离子，最弱的为铵根离子。(6)由图可知，EF段消耗的氢氧化钠溶液为36－34＝2 mL，反应的氢氧化钠的物质的量为0.002×4＝0.008 mol，根据方程式计算，氢氧化铝的物质的量为0.008 mol，则金属混合物中铝为0.008 mol，设铁为x mol，铝为0.008 mol，生成的硝酸铵为(34－31)×0.001×4＝0.012 mol，由于硝酸过量，铁反应生成硝酸铁，由电子守恒分析，3x＋0.008×3＝0.012×8，x＝0.024 mol，即反应生成氢氧化铁的物质的量为0.024 mol，生成沉淀的总物质的量为0.008＋0.024＝0.032 mol；滴加氢氧化钠体积为31 mL时，氢离子和铝离子和铁离子都反应，则C点氢氧化钠溶液的体积为0.031－0.024×3/4－0.008×3/4＝0.007 L，即7 mL。 －＋2＋－ 9