专题三　氧化还原反应　离子反应 专题强化提升训练3

专题强化提升训练(三)

1．(2021·朝阳模拟)下列水环境修复过程中未发生氧化还原反应的是(　A　)

A．用Na2S处理含Hg2＋的废水

B．用NaClO处理氨氮废水

C．用漂白粉处理含NaCN的提金废水

D．用纳米零价铁处理含Cr2O、Cu2＋等的酸性废水

【解析】　用Na2S处理含Hg2＋的废水，S2－与Hg2＋发生反应，生成HgS沉淀，即Hg2＋＋S2－===HgS↓，该反应无化合价变化，是非氧化还原反应，故A符合题意；用NaClO处理氨氮废水，ClO－将水中的氨氮氧化为N2，发生了氧化还原反应，故B不符合题意；用漂白粉处理含NaCN的提金废水，漂白粉将CN－氧化，发生了氧化还原反应，故C不符合题意；用纳米零价铁处理含Cr2O、Cu2＋等的酸性废水，在纳米零价铁表面，Fe与Cu2＋发生氧化还原反应，Cr2O与生成的Fe2＋发生氧化还原反应，故D不符合题意。

2．(2021·北京海淀区模拟)氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40 ℃～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取。CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是(　D　)

A．“另一种反应物”在反应中表现还原性

B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl

C．CuH与Cl2反应时，CuH做还原剂

D．CuH与盐酸反应的离子方程式为：CuH＋H＋===Cu＋＋H2↑

【解析】　氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40 ℃～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，故A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl，故B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中CuH做还原剂，故C正确；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：CuH＋H＋＋Cl－===CuCl↓＋H2↑，故D错误。

3．(2021·长沙模拟)将浓盐酸滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO反应后变为无色的Bi3＋。下列说法错误的是(　D　)

A．滴加盐酸时，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物

B．此实验条件下，还原性：Cl－>Mn2＋>Bi3＋

C．若有0．2 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0．8NA

D．已知Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性

【解析】　滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，A正确；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应2KMnO4＋16HCl===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O、2Mn2＋＋5BiO＋14H＋===2MnO＋5Bi3＋＋7H2O可知还原性强弱顺序是：Cl－>Mn2＋>Bi3＋，B正确；若有0．2 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0．2 mol×(5－3)＋0．2 mol××(7－2)＝0．8 mol，即0．8NA，C正确；Bi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，D错误。

4．(2021·重庆模拟)硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。

下列说法正确的是(　C　)

A．水在此过程中作还原剂

B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体只有HD

C．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑

D．若不使用催化剂，NaBH4与水不能反应产生H2

【解析】　据图可知H2O脱去的氢原子最终生成氢气，水中H元素化合价降低，所以水为氧化剂，A错误；据图可知，第一步中两个BH各脱去一个H原子结合形成H2，即反应后生成的气体中有H2，B错误；据图可知NaBH4与水反应过程中反应物为BH和H2O，产物为B(OH)和氢气，离子方程式为BH＋4H2O===B(OH)＋4H2↑，C正确；催化剂只是加快反应速率，即使不使用催化剂，NaBH4与水反应依然能产生氢气，D错误。

5．(2021·广州模拟)黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下FeS2有如图所示的转化。下列分析正确的是(　D　)

A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应

B．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中只有Fe3＋作催化剂

C．反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH－

D．反应Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为14 mol

【解析】　由图可知，反应物为Fe3＋、FeS2，生成物为Fe2＋和SO，离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋，S元素的化合价升高，则FeS2作还原剂，NO为该反应的催化剂，总反应为2FeS2＋7O2＋2H2O4SO＋2Fe2＋＋4H＋。反应Ⅲ是Fe2＋结合NO生成配合物Fe(NO)2＋，化合价不变，不属于氧化还原反应，A错误；反应前后NO不变，也起催化剂作用，B错误；因反应在酸性条件下进行，反应Ⅰ的离子方程式为：4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，C错误；反应Ⅱ的FeS2中S硫元素化合价从－1价升高到＋6价，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为1 mol×2×7＝14 mol，D正确。

6．(2021·衡阳模拟)下列离子方程式能用于解释相应实验且书写正确的是(　B　)

【解析】　FeS固体与稀硝酸混合，硫离子和亚铁离子都被硝酸氧化，正确的离子方程式为：FeS＋NO＋4H＋===Fe3＋＋S↓＋NO↑＋2H2O，A错误；向沸水中滴加饱和FeCl3溶液并加热，得到氯化铁胶体，离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，B正确；氢氧化钡过量，NH也会与OH－发生反应，离子方程式为NH＋HCO＋Ba2＋＋2OH－===NH3·H2O＋BaCO3↓＋H2O，C错误；醋酸为弱酸，不能写成离子，正确离子方程式为3MnO＋4CH3COOH===2MnO＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO－，D错误。

7．(2021·雅安模拟)常温时，下列各离子组在指定溶液中能大量共存的是(　C　)

A．中性溶液中：Fe3＋、NH、SO、S2－

B．含S2O的溶液：H＋、NH、ClO－、SO

C．＝Kw的溶液：Na＋、K＋、CO、S2－

D．与Al反应放出H2的溶液：Na＋、Cu2＋、NO、Cl－

【解析】　Fe3＋、S2－会反应产生FeS沉淀和S，不能大量共存；且中性溶液中Fe3＋会变为Fe(OH)3沉淀，也不能大量共存，A不符合题意；S2O、H＋、ClO－会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；＝Kw的溶液显碱性，含有大量的OH－，OH－与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；与Al反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性。在酸性溶液中，H＋、NO与Al不能反应放出H2；在碱性溶液中OH－、Cu2＋会反应产生Cu(OH)2沉淀，也不能大量共存，D不符合题意。

8．(2021·大连模拟)下列关于离子共存或离子方程式书写正确的是(　C　)

A．某无色溶液中可能大量存在：H＋、NH、Cl－、Cr2O

B．常温下，c(NH)＝c(Cl－)的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中能大量存在：Fe3＋、Cl－、NO、Al3＋

C．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2：2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O

D．用惰性电极电解MgCl2水溶液：2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑

【解析】　Cr2O有颜色，与溶液无色不符，故A错误；常温下c(NH)＝c(Cl－)的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液呈中性，中性溶液中Fe3＋完全水解生成氢氧化铁沉淀，在中性溶液中不能大量存在，故B错误；向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2，发生氧化还原反应，根据得失电子守恒，电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故C正确；用惰性电极电解MgCl2水溶液，反应的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，故D错误。

9．(2021·南昌模拟)下列各组离子在溶液中能大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式正确的是(　A　)

【解析】　K＋、Fe2＋、NO之间能够大量共存，加入稀硫酸后发生反应3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O，满足要求，故A正确；Fe3＋、I－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，不满足题干要求，故B错误；NH、AlO之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，不满足题干要求，故C错误；Na＋、NH、HCO之间能够大量共存，但加入过量氢氧化钠溶液后，NH、HCO都参与反应，正确的离子方程式为HCO＋OH－===CO＋H2O、NH＋OH－===NH3·H2O，不满足题干要求，故D错误。

10．(2021·石家庄模拟)某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K＋、Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋、NH、NO、Cl－、CO和SO。现每次取5 mL进行实验：

①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生

②第二份加入足量NaOH后加热，收集到气体1．12 L(标准状况下)

③第三份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6．27 g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2．33 g

下列说法不正确的是(　D　)

A．上述实验无法确定是否含有Cl－和NO

B．溶液中肯定含有CO和SO，且浓度分别为4．00 mol/L、2．00 mol/L

C．上述实验确定溶液中肯定不含有Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋

D．要确定是否含有K＋，应进一步做焰色反应实验

【解析】　根据实验①现象判断，该溶液中可能含有Cl－、CO和SO；根据实验②现象判断，该溶液中含有铵根离子，且物质的量为0．05 mol；根据实验③中现象判断，6．27 g沉淀为硫酸钡和碳酸钡沉淀，2．33 g为硫酸钡沉淀，物质的量为＝0．01 mol，碳酸钡沉淀物质的量为＝0．02 mol；所以溶液中含有CO和SO；离子浓度分别为：c(CO)＝＝4．00 mol/L，c(SO)＝＝2 mol/L；结合以上分析可知，溶液中一定含有离子：CO和SO、NH，则溶液中一定不存在Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋；根据电解质溶液呈电中性规律，溶液中一定含有K＋；而Cl－、NO不能确定是否存在。结合以上分析可知，溶液中无法确定是否含有Cl－和NO，A正确；结合以上分析可知，溶液中肯定含有CO和SO，且浓度分别为4．00 mol/L、2．00 mol/L，B正确；结合以上分析可知，由于碳酸镁、碳酸钙、碳酸钡、硫酸钙、硫酸钡均为沉淀，因此含有CO和SO的溶液中，肯定不含有Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋，C正确；根据电解质溶液呈电中性规律可知，溶液中不存在Mg2＋、Ba2＋、Ca2＋，所以阳离子只能含有K＋，不需要做焰色反应实验进行验证钾离子的存在，D错误。

11．(2021·南平模拟)习近平总书记在科学家座谈会上指出“好奇心是人的天性，对科学兴趣的引导和培养要从娃娃抓起”。某化学兴趣小组为培养同学们对科学探究的兴趣，设计图1所示实验来探究HSO与Cu2＋的反应：

已知：氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水

回答下列问题：

(1)若用CuSO4·5H2O配制100 mL 1 mol/L CuSO4溶液，需用托盘天平称取CuSO4·5H2O的质量为__25．0_g__。甲同学在定容时采用上图2方式观察，则所配制的CuSO4溶液浓度__偏低__(填“偏高”或“偏低”)。

(2)将操作2后生成的无色气体通入氯化铁溶液，__溶液由黄色变浅绿色(或黄色变浅)__(填实验现象)，说明该气体为SO2，反应的离子方程式为__SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋__。

(3)操作2后生成的白色沉淀为__CuCl__(填化学式)，生成该沉淀和无色气体的反应离子方程式为__2HSO＋2Cu2＋＋2Cl－===SO＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋__。

(4)根据氧化还原反应的规律，乙同学推测操作2中涉及HSO与Cu2＋的可逆反应正向进行的原因：外加Cl－导致Cu＋的还原性弱于HSO，用图3装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。

①K闭合时，一段时间后指针几乎归零。

②向U型管右管添加__KCl固体__，a电极为__负极__极，产生的现象证实了其推测，其中不同于图1操作2后的现象是__指针偏转__。

(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与__浓度__有关。该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是向U型管左管添加__BaCl2固体(或其他合理答案)__。

【解析】　(1)在100 mL 1 mol/L CuSO4溶液中含有溶质CuSO4的物质的量n(CuSO4)＝1 mol/L×0．1 L＝0．1 mol，根据Cu元素守恒，可知需CuSO4·5H2O的质量m(CuSO4·5H2O)＝0．1 mol×250 g/ mol＝25．0 g；若在配制溶液定容时仰视刻度线，则容量瓶中凹液面最低处高于刻度线，溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式可知配制的溶液的浓度偏低；(2)向KHSO3溶液中加入CuSO4溶液，溶液显蓝色，无其他明显变化，然后加入KCl固体，反应产生白色沉淀和无色气体，Cu2＋得到电子被还原为Cu＋，Cu＋与溶液中的Cl－结合，白色沉淀是CuCl，则HSO失去电子被氧化为SO，同时产生H＋，H＋与溶液中的HSO反应产生SO2气体。SO2具有还原性，与FeCl3溶液发生氧化还原反应，产生H2SO4、HCl、FeCl2，使溶液由红色变为浅绿色，该反应的离子方程式为：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；(3)根据(2)分析可知生成的白色沉淀是CuCl，则生成该沉淀和无色气体的离子方程式为：2HSO＋2Cu2＋＋2Cl－===SO＋2CuCl↓＋SO2↑＋2H＋；(4)若是由于外加Cl－导致Cu＋的还原性弱于HSO，可根据如图装置验证：当一段时间后指针归零后，向U型管右管添加KCl固体，此时溶液中Cl－浓度增大，若a为负极，电流表指针发生偏转，同时看到左侧电极有气体产生，右侧电极附近有白色沉淀产生，就可证实其推测；(5)基于(4)实验，乙同学得出进一步猜想：物质的氧化性和还原性与物质的浓度有关。若HSO反应产生SO，则反应后向左侧溶液中加入含有Ba2＋的物质，应该产生BaSO4白色沉淀，而HSO与Ba2＋不能发生反应。故该同学用图3装置再次进行实验，以丰富验证该猜想的证据。与(4)实验对比，不同的操作是可以向U型管左管添加BaCl2固体。

12．(2021·宜宾模拟)某强酸性溶液X，含Ag＋、Al3＋、SiO、NH、Fe2＋、Fe3＋、CO、Cl－、NO中的一种或几种离子，取X溶液进行连续实验，能实现如下转化：

依据以上信息，回答下列问题：

(1)上述离子中，溶液X中肯定含有的是：__Cl－、Al3＋、Fe2＋、NH__；不能肯定的是：__Fe3＋__；对不能确定是否存在的离子，可以另取X溶液于一支试管中，选择下列试剂中的某一种加入X溶液，根据现象就可判断，则试剂可以选(若多种选法中间加“或”字间隔)：__④或⑥__。

①酚酞试剂，②石蕊试剂，③pH试纸，④KSCN溶液，⑤KMnO4溶液，⑥苯酚溶液

(2)气体G的化学式为：__NH3__；沉淀E的化学式为：__Fe(OH)3__；沉淀J的化学式为：__Al(OH)3__。

(3)实验中，产生的气体A为无色，但如果暴露在空气中可以观察到的现象是：__气体由无色变化为红棕色__；写出步骤①中生成气体A的离子方程式__3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O__。

(4)要使步骤②中，A、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应，则A、H2O、O2物质的量之比是：__4∶3∶2__。

【解析】　在强酸性溶液中一定不会存在CO和SiO离子，加入过量硝酸银生成沉淀，则该沉淀为氯化银沉淀，说明溶液中含有氯离子，生成气体A，A可以和氧气水反应生成溶液D，依据离子分析只有Fe2＋在酸性溶液中加入硝酸银后会形成稀硝酸氧化亚铁离子为三价铁离子，本身被还原为一氧化氮气体，则A为NO，D为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2＋，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体G，则G为NH3，说明溶液中含有NH，过量氢氧化钠溶液中生成沉淀E是Fe(OH)3，溶液F中通入过量二氧化碳会生成沉淀J，则J为Al(OH)3，I为NaAlO2，说明溶液中含有Al3＋，溶液中含有Fe2＋，就一定不含NO，含有Cl－就一定不含Ag＋，不能确定是否含有的离子为Fe3＋，以此解答；(1)依据分析判断溶液X中肯定含有的是：Cl－、Al3＋、Fe2＋、NH；不能确定的是Fe3＋，依据三价铁离子的特征性质进行鉴别；①酚酞试剂，是酸碱指示剂，不能检验三价铁的存在；②石蕊试剂，是酸碱指示剂，不能检验三价铁的存在；③pH试纸，是测定溶液酸碱性，不能检验三价铁的存在；④KSCN溶液，与三价铁离子反应生成血红色溶液，可以检验；⑤KMnO4溶液，无变化，不能检验三价铁离子；⑥苯酚溶液和三价铁离子形成紫色溶液，可以检验；答案选④或⑥；(2)依据上述分析判断，气体G的化学式为：NH3；沉淀E的化学式为：Fe(OH)3；沉淀J的化学式为：Al(OH)3；(3)实验中，产生的气体A为无色的一氧化氮气体，但如果暴露在空气中可以观察到的现象是从无色变化为红棕色，步骤①中生成气体A为NO，反应是亚铁离子被酸性溶液中的硝酸根离子氧化为三价铁离子，反应的离子方程式为：3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；(4)使步骤②中，NO、H2O、O2三种物质恰好发生化合反应生成硝酸，发生的反应是4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3；则A(NO)、H2O、O2物质的量之比是：4∶3∶2。

13．(2021·张家口模拟)工业上用软锰矿(MnO2)(含Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质)和硫化锰精矿(MnS)为原料制取硫酸锰。其流程示意图如下：

已知：①FeSO4可加快酸性浸出的反应速率；

②Ksp(ZnS)＝1．2×10－24、Ksp(MnS)＝1．4×10－15。

回答下列问题：

(1)“酸性浸出”时ZnS被软锰矿氧化为SO，该反应的离子方程式为__4MnO2＋ZnS＋8H＋===4Mn2＋＋Zn2＋＋SO＋4H2O__。

(2)试剂a可选用__AC__(填选项字母)。“调pH”除沉淀“滤渣1”外，还有的目的是__将溶液调至中性，避免“中性浸取”时产生H2S有毒气体(答出H2S方可给分)__。

A．Mn(OH)2　B．稀硫酸　C．碳酸锰(MnCO3)

(3)滤渣1除含有Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质固体外还可能含有__Fe(OH)3__。(填化学式)

(4)“中性浸取”发生反应的离子方程式为__MnS＋Zn2＋===ZnS＋Mn2＋__；写出一条能提高中性浸取效率的措施：__将硫化锰精矿粉碎(或适当提高浸取温度)__。

(5)工业上用电解硫酸锰酸性溶液的方法制备KMnO4，写出该电解过程的阳极反应方程式__Mn2＋－5e－＋4H2O===MnO＋8H＋__。

【解析】　(1)“酸性浸出”时MnO2被ZnS还原为Mn2＋，ZnS被软锰矿氧化为SO，根据得失电子守恒配平发生反应的离子方程式为4MnO2＋ZnS＋8H＋===4Mn2＋＋Zn2＋＋SO＋4H2O；(2)加入a的目的是调节pH生成氢氧化铁除去铁离子，为了不引入新杂质，选用的试剂a可为MnCO3或Mn(OH)2，选AC；酸性条件下S2－会生成有毒气体H2S，所以“调pH”除沉淀“滤渣1”外，还有的目的是将溶液调至中性，避免“中性浸取”时产生H2S有毒气体；(3)加入碳酸锰或氢氧化锰调节pH生成氢氧化铁除去铁离子，滤渣1除含有Cu、Ni、Co等难溶于酸的杂质固体外，还有Fe(OH)3；(4)“中性浸取”是滤液中加入硫化锰精矿，把硫酸锌转化为硫化锌沉淀，除去锌离子，发生反应的离子方程式为MnS＋Zn2＋===ZnS＋Mn2＋；根据影响反应速率的因素可知，提高浸取率的措施有将硫化锰精矿粉碎或适当提高浸取温度等。(5)工业上用电解硫酸锰酸性溶液的方法制备KMnO4，电解过程中锰离子在阳极失电子生成高锰酸根离子，阳极反应式为Mn2＋－5e－＋4H2O===MnO＋8H＋。