新高考化学二轮复习高频考点练习9 陌生氧化还原反应的书写（解析版）

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1．（2022·山东卷）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（ ）
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
1.D A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。
2．（2021·北京卷）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是（ ）
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 ml CuSO4氧化11 ml PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
2.C A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24mlCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24ml÷8＝3ml，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。
3．（2022·哈尔滨三中高三阶段练习）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
A．AB．BC．CD．D
3.B A．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B．MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸为氧化还原反应，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D．氨水和氯化铜、氯化铁均生成沉淀，除杂方式不正确；反应过程中化合价没有发生变化，不涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。
4．（2022·广东高三期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是( )
A．历程①发生反应
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中
D．若要吸收，则至少要通入标准状况下56L空气(空气中氧气体积按20%计)
4. D A．H2S为弱酸，离子方程式中不能拆，则历程①发生反应，A错误；B．由图知，历程②中CuS转化为S，S元素化合价从-2价升高为0价，则CuS作还原剂，B错误；C．历程③为用氧气将亚铁离子氧化铁离子，1mlO2参与反应转移4ml电子，根据得失电子守恒，可知4ml亚铁离子转化为铁离子时失去4ml电子，故，C错误；D．由图知，总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，若要吸收即1ml，则需要消耗O2为0.5ml，空气中氧气体积按20%计，故需要空气2.5ml即56L，D正确；故选D。
5．（2022·哈师大附中高三模拟）工业上以废铁屑为原料制备的一种流程如下，下列有关说法不正确的是（ ）
A．中铁显+2价
B．沉铁过程中双氧水作氧化剂
C．沉铁中离子方程式为
D．实验室进行煅烧操作中需要使用泥三角、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器
5.D A.根据化学式化合价代数和为0可知，LiFePO4中Fe显+2价，故A项正确；B.沉铁过程中加双氧水的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，故B项正确；C.沉铁时，加入了双氧水、磷酸，发生反应的离子方程式为：，故C项正确；D.实验室进行煅烧操作中需要使用坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒等仪器，故D项错误；故答案选D。
6．(双选）（2022·石家庄二中实验学校高三开学考试）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和H2O2，水层发生反应：Cr2O+4H2O2+2H+=2CrO5+5H2O(已知CrO5中Cr的化合价为+6价)，乙醚层发生反应：CrO5+(C2H5)2O=CrO5•O(C2H5)2(蓝色)。反应现象为上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色(Cr3+)，下列说法正确的是（ ）
A．由水层反应可知，氧化性：Cr2O>CrO5
B．乙醚在检验过程中作稳定剂和萃取剂，不可用乙醇代替
C．CrO5•O(C2H5)2中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为4CrO5+12H+=4Cr3++6H2O+7O2↑
6.BD A．水层反应中元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚在检验过程中作稳定剂和萃取剂，乙醇能溶于水且具有还原性，能被Cr2O氧化，所以不可用乙醇代替乙醚，故B正确；C．CrO5中Cr的化合价为+6价，则CrO5的结构式为，所以CrO5•O(C2H5)2中存在非极性键，故C错误；D．水相变为绿色说明CrO5生成Cr3+生成，根据得失电子守恒，反应的离子反应为4CrO5+12H+=4Cr3++6H2O+7O2↑。选BD。
7．（2022·商丘市第一高级中学高三检测）重铬酸钠(Na2Cr2O7)俗称红矾钠，工业上有着广泛的用途，五氧化二钒广泛地用于冶金、印染、陶瓷及石油工业等方面。某化工厂用钒铬渣[主要成分为VO2•xH2O、Cr(OH)3及少量的SiO2]为原料生产上述两种物质的工艺流程如图所示：
已知：①有关物质的溶解度(g/100gH2O)如表所示：
②当pH>4.1时，Cr3+开始沉淀。
回答下列问题：
(1)Na2S2O8名称为过二硫酸钠，存在一个过氧键，则该化合物中硫元素的化合价是____价；写出滤渣的一种用途：____。
(2)“氧化1”过程中，钒元素由VO2+转化为VO，相应反应的离子方程式为_____。
(3)“氧化2”过程中，铬元素由Cr3+转化为CrO，当有3mlCrO生成时，理论上消耗____mlH2O2；两次氧化均需要加热，但“氧化2”中加热的温度应较低，原因是____。
(4)重结晶包括蒸发浓缩、趁热过滤、降温结晶、过滤、洗涤等步骤，则“趁热过滤”得到的晶体成分是_____(填化学式)；“降温结晶”时得到的物质是_____(填“纯净”或“混合”)物。
7. (1) +6 制作光导纤维、光学玻璃
(2)2VO2++S2O+2H2O=2VO+2SO+4H+
(3) 2VO+(x-1)H2O+2OH-=V2O5•xH2O 1×10-29.7
(4) 4.5 温度过高会导致H2O2分解
(5) Na2SO4 混合
解析：（1）中存在一个过氧键，即有2个氧显价，其余的氧显-2价，根据化合物的化合价为0，可得硫元素为价；根据分析，滤渣成分是，可用于制作光导纤维、光学玻璃等。
（2）反应过程中表现氧化性，还原产物为，相应的离子方程式为。
（3）“氧化2”中，Cr化合价由+3升高为+6，为还原剂，1ml还原剂失去3ml电子，被还原为，1ml得到2ml电子，由得失电子守恒可知，当有3ml生成时，理论上消耗=4.5ml；温度高会导致较多的分解，故“氧化2”中加热的温度应较低。
（4）由、溶解度随着温度变化可知，的溶解度随着温度的升高增大的较少，而则增加很多，故蒸发浓缩过程中首先析出，趁热过滤后再降温结晶得到，因此蒸发浓缩过程中析出后剩余溶液中仍是饱和的，故再降温结晶时得到的是、的混合物。
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
CuCl2(FeCl3)
氨水
温度/℃
20
40
60
80
100
Na2Cr2O7
183.6
215.1
269.2
376.4
415.0
Na2SO4
19.5
48.8
45.3
43.7
42.5