高考化学重庆专用二轮复习高考真题分类.docx

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高考化学重庆专用二轮复习高考真题分类

2014年普通高等学校招生全国统一考试化学试题分类汇编

专题四氧化还原反应

1．（2014·上海单科化学卷，T19）下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是

A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2

C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O

【答案】D

【解析】氧化还原反应Na2O2＋SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，SO2是还原剂；A、2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2反应中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，A不选；B、2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2反应中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，B不选；C、Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2属于非氧化还原反应，C不选；D、3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O反应中，Na2O2是氧化剂，D选。

2．（2014·山东理综化学卷，T7）下表中对应关系正确的是

A

CH3CH3+Cl2

CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HCl

CH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

【答案】B

【解析】A、CH2=CH2+HCl

CH3CH2Cl为取代反应，A错误；B、由油脂得到甘油，属于酯类的水解反应。

由淀粉得到葡萄糖，属于糖类的水解反应，B正确；C、Zn+Cu2+=Zn2++Cu的单质Zn化合价升高，被氧化，C错误；D、Cl2+H2O=HCl+HClO反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。

3．（2014·全国大纲版理综化学卷，T13）已知：

将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KC1O3，且

的值与温度高低有关。

当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是

A．若某温度下，反应后

＝11，则溶液中

＝

参加反应的氯气的物质的量等于

amol

C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：

amol≤ne≤

amol

D．改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为

amol

【答案】D

【解析】A、令n（ClO—）=1mol，反应后

=11，则n（Cl—）=11mol，电子转移守恒，5×n（ClO3—）+1×n（ClO—）=1×n（Cl—），即5×n（ClO3—）+1×1mol=1×11mol，解得n（ClO3—）=2mol，故溶液中

=

，A正确；B、由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=

n（NaOH）=

amol，B正确；C、氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒5n（KCl）=n（KClO3），由钾离子守恒：

n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=

n（KOH）=

amol，转移电子最大物质的量=

amol×5=

amol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：

n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=

n（KOH）=

amol，，转移电子最小物质的量=

amol×1=

amoll，故反应中转移电子的物质的量ne的范围：

amol≤ne≤

amol，C正确；D、氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：

n最大（KClO3）=

n（KOH）=

amol，D错误。

4．（2014·广东理综化学卷，T22）下列实验操作、现象和结论均正确的是

选项

实验操作

现象

结论

A

向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸

均冒气泡

两者均能与盐酸反应

B

向AgNO3溶液中滴加过量氨水

溶液澄清

Ag+与NH3∙H2O能大量共存

C

将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中

溶液变蓝

Cu与稀HNO3发生置换反应

D

将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置

下层溶液显紫红色

氧化性：

Fe3+>I2

【答案】AD

【解析】A项：

B项氨水可与Ag+发生络合反应，先生成沉淀Ag（OH）后溶解生成Ag（NH3）2OH溶液，故B项错误。

C项铜与稀酸发生的反应不是置换反应，故C明显错误。

5．（2014·安徽理综化学卷，T26）（14分）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。

（1）Na位于元素周期表第周期第族；S的基态原子核外有个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为。

（2）用“>”或“<”填空：

第一电离能

离子半径

熔点

酸性

SiS

O2-Na+

NaClSi

H2SO4HClO4

（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和一种黑色固体。

在25℃、101KPa下，已知该反应每消耗1molCuCl（s），放出44.4KJ，该反应的热化学方程式是。

（4）ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。

写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。

【答案】（14分）

（1）三、IA21s2s22p63s23p2

（2）<><<

（3）4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=

177.6KJ/mol（合理答案均给分）

（4）

（合理答案均给分）

【解析】

（1）Na（

）元素位于元素周期表第三周期周期第IA族；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。

（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：

S>Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：

O2->Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：

Si>NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl>S，所以酸性：

HClO4>H2SO4；

（3）根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl（s）+O2（g）=2CuCl2（s）+2CuO（s）△H=

177.6KJ/mol；

（4）在此氧化还原反应中（Cl2+2ClO2—=2ClO2+2Cl—），氧化剂是Cl2，还原剂是ClO2—，转移的电子数为2e—，所以用单线桥表示为

。

6．（2014·广东理综化学卷，T33）（17分）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。

（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。

限选试剂与仪器：

30%H2O2、0.1mol∙L-1Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器

①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：

____________

②设计实验方案：

在不同H2O2浓度下，测定____________________________________（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。

③设计实验装置，完成图20的装置示意图。

④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。

实验序号

物理量

V[0.1mol∙L-1Fe2（SO4）3]/mL

……

1

a

……

2

a

……

（2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。

可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_________（填“深”或“浅”），其原因是______________________________________________________。

【答案】（17分）

（1）①

（3分）②收集到相同体积氧气所需要的时间（或相同时间内，收集到氧气的体积）（2分）

③

（3分）

④（5分）

物理量

实验序号

V[0.1mol∙L-1Fe2（SO4）3]

/mL

V[30%H2O2]

/mL

V[H2O]

/mL

V[O2]

/mL

收集dmLO2所需时间t/s

1

a

b

c

d

t1

2

a

c

b

d

t2

（2）深（2分）。

由图21（a）可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21（b）可知反应2NO2（g）

N2O4（g），也是放热反应，升温使平衡向左移动，

增大，颜色加深（3分）

【解析】

（1）①H2O2在Fe2（SO4）3作催化剂的条件下分解生成H2O和O2，在此反应中H2O2既做氧化剂也做还原剂，所以用双线桥表示电子转移的方向和数目为

；

②反应速率是单位时间内物质的量浓度的变化量，所以要测定不同浓度的H2O2对分解速率的影响，可以比较收集到相同体积氧气所需要的时间，或比较相同时间内，收集到氧气的体积；

③收集并测量气体的体积，我们可以采用排水法收集氧气，但要用量筒代替集气瓶，这样便于测量其体积，或者用注射器来测量体积，故收集装置是

（2）由图21（a）可知H2O2分解为放热反应，H2O2分解使B瓶中温度升高，再由图21（b）可知反应2NO2（g）

N2O4（g），也是放热反应，升温使平衡向左移动，

增大，颜色加深，所以B瓶的颜色比A瓶的颜色深。

7、（2014·海南单科化学卷，T16）（9分）锂锰电池的体积小，性能优良，是常用的一次电池。

该电池反应原理如图所示，其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。

回答下列问题：

（1）外电路的电流方向是由__________极流向__________极。

（填字母）

（2）电池正极反应式为________________________________________。

（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？

__________（填“是”或“否”）原因是_______________。

（4）MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为______________________________________，K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为______________。

【答案】（9分）

（1）ba（每空1分，共2分）

（2）MnO2+e—+Li+=LiMnO2（2分）

（3）否电极Li是活泼金属，能与水反应（每空1分，共2分）

（4）3MnO2+KClO3+6KOH

2K2MnO4+KCl+3H2O（2分）

2:

1（1分）

【解析】

（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从a→b，那么电流方向则是b→a；

（2）根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式MnO2+e—+Li+=LiMnO2；

（3）因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂；

（4）由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4”，可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高（

），则Cl元素的化合价降低（

），所以方程式为3MnO2+KClO3+6KOH

2K2MnO4+KCl+3H2O；根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4（

）和MnO2（

）”，根据电子得失守恒，可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:

1。

8、（2014·江苏单科化学卷，T20）（14分）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

由硫化氢获得硫单质有多种方法。

（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如题20图—1所示的电解池的阳极区进行电解。

电解过程中阳极区发生如下反应：

S2－—2e－

S（n—1）S+S2－

Sn2－

①写出电解时阴极的电极反应式：

。

②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成。

（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如题20图—2所示。

①在图示的转化中，化合价不变的元素是。

②反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为。

③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。

欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有。

（3）H2S在高温下分解生成硫蒸汽和H2。

若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如题20图—3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为。

【答案】（14分）

（1）

2H2O+2e—=H2+2OH—

Sn2-+2H+=（n-1）S+H2S

（2）

铜、氢、氯

0.5mol

提高混合气体中空气的比例

（3）2H2S===2H2+S2

【解析】

（1）

溶液呈碱性，电解时水得到电子，阴极的电极反应式为：

2H2O+2e—=H2+2OH—；

电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，Sn2-+2H+=（n-1）S+H2S

在物质转化图中，铜元素的化合价都是+2价，氢的化合价均为+1价，氯的化合价均为-1价。

反应中1mol硫化氢转变成S，且三价铁不改变，说明硫化氢均被氧气氧化，转移电子数为2mol，消耗氧气的物质的量为0.5mol。

根据图表，要不生成CuS，需要提高氧气的量，即提高混合气体中空气的含量。

（3）根据图像，1400°C时，硫化氢由85%减少到40%，氢气由10%增加40%，另一种气体由5%增大到20%，生成物的物质的量之比为2:

1，2H2S===2H2+SX根据原子个数守恒，的X=2，反应方程式为：

2H2S===2H2+S2

9．（2014·全国理综I化学卷，T27）（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。

回答下列问题：

（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。

（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。

①H3PO2中，P元素的化合价为__________。

②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:

1，则氧化产物为___________（填化学式）。

③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。

（3）H3PO2的工业制法是：

将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式_____

______________________________________。

（4）H3PO2也可用电渗析法制备。

“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：

①写出阳极的电极反应____________________________________。

②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________。

③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：

将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。

其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。

【答案】

（1）H3PO2

H+＋H2PO2-

（2）①+1。

②H3PO4。

③正盐，碱性。

（3）2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba（H2PO2）2

（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.

②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.

③H3PO4或PO43-。

由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。

【解析】

（1）一元酸，只发生一步电离，中强酸是弱电解质：

H3PO2

H+＋H2PO2-

（2）①利用元素化合价代数和为零，得出P元素为+1价。

②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。

③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。

（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，注意配平就可以：

2P4＋3Ba（OH）2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba（H2PO2）2

（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。

2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.

②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.

③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。

10、（2014·上海单科化学卷，T五）（本题12分）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现。

硫的化合物大多具有氧化性或还原性。

许多金属硫化物难溶于水。

完成下列填空：

28．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。

在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。

________________________________________________________________

29．石油化工的废气中有H2S。

写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以化学方程式表示。

______________________________________________________________

______________________________________________________________

30．室温下，0.1mol/L的硫化氢溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是____________________________________________________________。

已知：

H2S：

Ki1＝1.3×10-7Ki2=7.1×10-15

H2CO3：

Ki1＝4.3×10-7Ki2=5.6×10-11

31．向ZnSO4溶液中滴加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象。

______________________________________________________________________________。

32．将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有___________、

______________。

过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是_____

________________________________________________________。

【答案】（本题12分）

28．5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓

29．2H2S+3O2

2SO2+2H2O，2H2S+SO2+=3S↓+2H2O；H2S

S+H2或2H2S+O2

2S+2H2O

30．硫化钠溶液；硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解。

31．饱和H2S溶液中电离产生的S2—很少，因此没有沉淀。

加入氨水后，促进H2S的电离，S2—离子浓度增大，有沉淀产生。

32．FeCl2、H2S；先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色。

【解析】28．根据题目中的信息“H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O”，可知该反应属于氧化还原反应，根据得失电子守恒以及质量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4→K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S↓；

29．以H2S为原料制取S的方法有，方法一：

H2S在氧气中的不完全燃烧，方法二：

在加热的条件下H2S的自身分解，方法三：

H2S和SO2发生归中反应，所以发生反应的化学方程式有：

2H2S+3O2

2SO2+2H2O，2H2S+SO2+=3S↓+2H2O；H2S

S+H2或2H2S+O2

2S+2H2O；

30．酸越弱，相应的盐越容易水解，溶液的碱性就越强。

根据电离常数可知，硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化钠更易水解，即硫化钠溶液的碱性更强；

31．H2S属于弱电解质，存在电离平衡（H2S

2H++S2—），即饱和H2S溶液中电离产生的S2—很少，因此没有沉淀。

加入氨水后，促进H2S的电离，S2—离子浓度增大，从而有沉淀产生。

32．根据题目中的信息“将黑色的Fe2S3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成”可知，浅黄色固体是S单质，从而说明该反应属于氧化还原反应。

黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀。

11．（2014·天津理综化学卷，T9）（18分）Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。

Ⅰ.制备Na2S2O3·5H2O

反应原理：

Na2SO3（aq）＋S（s）

Na2S2O3（aq）

实验步骤：

①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。

另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。

②安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min。

③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3·5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品。

回答问题：

（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是__________________________。

（2）仪器a的名称是________，其作用是____________________。

（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是______________。

检验是否存在该杂质的方法是____________________________。

（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因：

_______________________