《2025年优化探究同步导学案高中化学必修第一册人教版》

8. (2023·全国乙卷)下列应用中涉及氧化还原反
应的是 (C)

A.使用明矾对水进行净化
B.雪天道路上撒盐融雪
C.暖贴中的铁粉遇空气放热
D.荧光指示牌被照发光

答案： 8.C 明矾水解产生的$\mathrm{Al(OH)_3}$胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，与氧化还原反应无关，A不符合题意；撒盐可降低雪的熔点，使雪融化，未发生化学变化，与氧化还原反应无关，B不符合题意；使用暖贴时，铁粉与空气中的$\mathrm{O_2}$发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光是由于电子的跃迁，与氧化还原反应无关，D不符合题意。

9. (2021·湖南卷)$ KIO_3$常用作食盐中的补碘
剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反
应为$6 I_2 +11 KClO_3 +3 H_2 O\xlongequal{\triangle}6 KH(IO_3)_2 +5 KCl+3 Cl_2\uparrow$。下列说法错误的是 (A)

A.产生$22.4\ {L}$(标准状况)$ Cl_2$时，反应中转移
$10\ {mol}\ e^-$
B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
$11:6$
C.可用石灰乳吸收反应产生的$ Cl_2$来制备漂
白粉
D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中$ IO_3^-$
的存在

答案： 9.A A项，根据题给化学方程式，还原剂为$\mathrm{I_2}$，$6\ \mathrm{mol\ I_2}$参加反应，转移$60\ \mathrm{mol\ e^-}$，则产生$1\ \mathrm{mol\ Cl_2}$时转移$20\ \mathrm{mol\ e^-}$，错误；B项，反应中氧化剂为$\mathrm{KClO_3}$，还原剂为$\mathrm{I_2}$，物质的量之比等于化学计量数之比，为$11:6$，正确；C项，工业上将$\mathrm{Cl_2}$通入石灰乳中制漂白粉，正确；D项，$\mathrm{IO_3^-}$与酸化的淀粉碘化钾溶液发生反应$\mathrm{5I^-+IO_3^-+6H^+=3I_2+3H_2O}$，淀粉遇单质碘变蓝，能检验$\mathrm{IO_3^-}$是否存在，正确。

10. (2021·山东卷，改编)实验室中利用固体$ KMnO_4$
进行如图实验，下列说法错误的是 (B)


A.G 与 H 均为氧化产物
B.实验中$ KMnO_4$只作氧化剂
C.Mn 元素至少参与了 3 个氧化还原反应
D.G 与 H 的物质的量之和之小于$0.25\ {mol}$

答案：
10.B 加热$\mathrm{KMnO_4}$固体的反应中，$O$元素化合价由$-2$价升高至$0$价，被氧化，加热$\mathrm{K_2MnO_4、MnO_2}$与浓盐酸的反应中，$Cl$元素化合价由$-1$价升高至$0$价，被氧化，因此$O_2$和$Cl_2$均为氧化产物，A正确；$\mathrm{KMnO_4}$固体受热分解过程中，$Mn$元素化合价降低被还原，部分$O$元素化合价升高被氧化，因此$\mathrm{KMnO_4}$既是氧化剂也是还原剂，B错误；$Mn$元素在反应过程中物质及化合价变化为$\mathrm{K_2MnO_4\xrightarrow[加热]{+6}KMnO_4\xrightarrow[加热]{+7}MnO_2\xrightarrow[浓盐酸、加热]{+4}MnCl_2}$至少参加了$3$个氧化还原反应，C正确；每生成$1\ \mathrm{mol\ O_2}$转移$4\ \mathrm{mol}$电子，每生成$1\ \mathrm{mol\ Cl_2}$转移$2\ \mathrm{mol}$电子，若$\mathrm{KMnO_4}$转化为$\mathrm{MnCl_2}$过程中得到的电子全部是$Cl^-$生成$Cl_2$所失去的，则气体的物质的量最大，由$\mathrm{2KMnO_4～5Cl_2}$可知，$n( 气体)_{ max}=0.25\ \mathrm{mol}$，但该气体中一定含有$O_2$，因此最终所得气体的物质的量小于$0.25\ \mathrm{mol}$，D正确。

11. (2021·全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)
及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答
下列问题：
(1)$ I_2$的一种制备方法如下图所示：

①加入 Fe 粉进行转化反应的离子方程式为$\mathrm{2AgI+Fe=2Ag+Fe^{2+}+2I^-}$，
生成的沉淀与硝酸反应，生成$\mathrm{AgNO_3}$后可循环使
用。
②通入$ Cl_2$的过程中，若氧化产物只有一种，
反应的化学方程式为$\mathrm{FeI_2+Cl_2=I_2+FeCl_2}$；若反应
物用量比$n( Cl_2)/n( FeI_2)=1.5$时，氧化产物
为$\mathrm{I_2、FeCl_3}$；当$n( Cl_2)/n( FeI_2)＞1.5$后，
单质碘的收率会降低，原因是$\mathrm{I_2}$被过量的$\mathrm{Cl_2}$进一步氧化。
(2)以$ NaIO_3$为原料制备$ I_2$的方法是先向
$ NaIO_3$溶液中加入计量的$ NaHSO_3$，生成碘化
物；再向混合溶液中加入$ NaIO_3$溶液，反应得到
$ I_2$。上述制备$ I_2$的总反应的离子方程式
为$\mathrm{2IO_3^-+5HSO_3^-=I_2+5SO_4^{2-}+H_2O+3H^+}$。
(3)$ KI$溶液和$ CuSO_4$溶液混合可生成$ CuI$沉淀
和$ I_2$，若生成$1\ {mol}\ I_2$，消耗的$ KI$至少为4${mol}$。$ I_2$在$ KI$溶液中可发生反应：$ I_2 + I^-\rightleftharpoons I_3^-$。实验室中使用过量的$ KI$与$ CuSO_4$
溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高
纯碘。反应中加入过量$ KI$的原因是防止单质碘析出。

答案： 11.答案：
(1)①$\mathrm{2AgI+Fe=2Ag+Fe^{2+}+2I^-}$
$\mathrm{AgNO_3}$
②$\mathrm{FeI_2+Cl_2=I_2+FeCl_2}$ $\mathrm{I_2、FeCl_3}$ $\mathrm{I_2}$被过量的$\mathrm{Cl_2}$进一步氧化
(2)$\mathrm{2IO_3^-+5HSO_3^-=I_2+5SO_4^{2-}+H_2O+3H^+}$
(3)4 防止单质碘析出
解析：
(1)①结合题给流程图可知，加入$\mathrm{AgNO_3}$“富集”后得到$\mathrm{AgI}$悬浊液，加入$\mathrm{Fe}$粉后发生反应生成$\mathrm{Ag}$，离子方程式为$\mathrm{Fe+2AgI=Fe^{2+}+2I^-+2Ag}$。“沉淀”为$\mathrm{Ag}$，与$\mathrm{HNO_3}$反应生成$\mathrm{AgNO_3}$，可返回“富集”中循环使用。
②“转化”后溶液中主要存在$\mathrm{FeI_2}$，$\mathrm{Fe^{2+}}$和$\mathrm{I^-}$均可以被$\mathrm{Cl_2}$氧化，还原性：$\mathrm{I^-＞Fe^{2+}}$，则$\mathrm{I^-}$先于$\mathrm{Fe^{2+}}$被氧化，若氧化产物只有一种，发生反应$\mathrm{Cl_2+FeI_2=I_2+FeCl_2}$，若氧化产物有两种，发生反应$\mathrm{3Cl_2+2FeI_2=2FeCl_3+2I_2}$；当$\frac{n(\mathrm{Cl_2})}{n(\mathrm{FeI_2})}=1.5$时，恰好完全将$\mathrm{Fe^{2+}}$与$\mathrm{I^-}$氧化，故氧化产物为$\mathrm{FeCl_3、I_2}$；当$\frac{n(\mathrm{Cl_2})}{n(\mathrm{FeI_2})}＞1.5$后，$\mathrm{Cl_2}$过量，$\mathrm{I_2}$会进一步被$\mathrm{Cl_2}$氧化，故单质碘的收率会降低。
(2)结合题给信息：第一步为$\mathrm{IO_3^-+3HSO_3^-=I^-+3SO_4^{2-}+3H^+}$，第二步为$\mathrm{6H^++5I^-+IO_3^-=3I_2+3H_2O}$，总反应为$\mathrm{2IO_3^-+5HSO_3^-=I_2+H_2O+3H^++5SO_4^{2-}}$。
(3)结合题给信息可知发生反应$\mathrm{2Cu^{2+}+4I^-=2CuI+I_2}$，生成$1\ \mathrm{mol\ I_2}$时，消耗$4\ \mathrm{mol\ KI}$；由题给信息知$\mathrm{I_2}$微溶于水，为防止单质碘析出，应加入过量的$\mathrm{KI}$，将$\mathrm{I_2}$转化为$\mathrm{I_3^-}$。