2023屆新高考化學選考一輪總復習訓練-第4講　氧化還原反應(二)

第4講氧化還原反應課時訓練(二)選題表知識點題號氧化還原反應配平1,5,6,9,12氧化還原反應相關計算3,4,7,8,10,13綜合2,11,14,151.汽車劇烈碰撞時,安全氣囊中發(fā)生反應NaN3+KNO3K2O+Na2O+N2↑(未配平),對于該反應,下列判斷正確的是(C)A.NaN3中氮元素的化合價為-3B.氧化劑和還原劑是同一物質(zhì)C.被氧化的氮原子與生成的氮氣分子個數(shù)之比為15∶8D.反應過程中若轉移1mol電子,則產(chǎn)生22.4L(標準狀況)氣體解析:根據(jù)化合物中元素正、負化合價代數(shù)和為0可知NaN3中氮元素化合價為-13價,A項錯誤;根據(jù)電子得失守恒和原子守恒可知,配平后的方程式為10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑,則NaN3是還原劑,KNO3是氧化劑,B項錯誤;根據(jù)方程式可知,被氧化的氮原子與生成的氮氣分子個數(shù)之比為30∶16=15∶8,C項正確;根據(jù)方程式可知,反應過程中若轉移1mol電子,則產(chǎn)生氮氣的物質(zhì)的量是1.6mol,在標準狀況下的體積為1.6mol×22.4L·mol-1=35.84L,D項錯誤。2.常溫下,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反應原理如圖所示,下列說法正確的是(B)A.該反應過程中,M是Fe3+,M'是Fe2+B.當有1molO2生成時,轉移2mol電子C.在H2O2分解過程中,溶液的pH逐漸降低D.H2O2的氧化性比Fe3+強,還原性比Fe2+弱解析:根據(jù)箭頭方向,找出反應物和生成物,兩步反應分別為2H++H2O2+2M2H2O+2M';2M'+H2O22M+O2↑+2H+;根據(jù)H2O2的化合價變化,M為Fe2+,M'為Fe3+,故A錯誤;總反應為2H2O22H2O+O2↑,每有1molO2生成時,2molH2O2中2mol-1價氧元素生成2mol0價氧元素,轉移2mol電子,故B正確;在H2O2分解過程中,Fe2+為催化劑,H2O2的溶液顯弱酸性,生成水后,pH升高,故C錯誤;根據(jù)2H++H2O2+2Fe2+2H2O+2Fe3+,氧化劑H2O2的氧化性大于氧化產(chǎn)物Fe3+的氧化性;在2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+中,還原劑H2O2的還原性大于還原產(chǎn)物Fe2+的還原性,故D錯誤。3.某離子反應涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、ClA.該反應的氧化劑是ClO-B.該反應中有兩種離子生成C.該反應生成1mol氧化產(chǎn)物時,轉移的電子為6molD.參加反應的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3解析:反應涉及的六種微粒中,ClO-具有強氧化性,應為該反應的氧化劑,分析其他微粒的化合價變化可知,NH4+應為該反應的還原劑,由題圖可知,反應過程中c(H+)不斷增大,因此H+應為該反應的生成物,再由原子守恒可知,H2O也是該反應的生成物。反應方程式為4.向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2,再加入含0.1molX2O72-的酸性溶液,使溶液中Fe2+恰好全部被氧化,并使X2OA.2 B.3 C.4 D.5解析:根據(jù)電子守恒可得1mol×1=0.2mol×2+0.1mol×2×(6-n),解得n=3。5.工業(yè)上常利用反應Cr2O7n-+CH3OH+H+Cr3++CO2↑+HA溶液的顏色從灰綠色變?yōu)槌壬獴.Cr2O7C.若配平后Cr3+和CO2的化學計量數(shù)之比為2∶1,則Cr2O7D.若有3.2gCH3OH參加反應,則轉移的電子數(shù)為6.02×1022解析:根據(jù)反應方程式可知,Cr3+為灰綠色,是生成物,溶液的顏色應該變成灰綠色,故A錯誤;反應中CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,被氧化,則Cr2O7n-發(fā)生還原反應,故B錯誤;若配平后Cr3+6mol電子,根據(jù)得失電子守恒,Cr2O7n-中Cr元素的化合價為+6價,因此n=2,故C正確;3.2gCH3OH的物質(zhì)的量為3.2g6.(2021·長興、余杭、縉云三校聯(lián)考)工業(yè)上用鉍酸鈉(NaBiO3)檢驗溶液中的Mn2+,反應方程式為4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO44NaMnO4+5Bi2(SO4)3+3Na2SO4+,下列說法不正確的是(C)

A.“”內(nèi)的物質(zhì)為水,配平化學計量數(shù)為14

B.若生成1molNaMnO4,則轉移5mole-C.反應方程式中的硫酸可換為鹽酸D.溶液的現(xiàn)象是溶液變?yōu)樽霞t色解析:A.根據(jù)質(zhì)量守恒,“”內(nèi)的物質(zhì)為水,配平化學計量數(shù)為14,正確;B.MnSO4中+2價Mn升高到+7價的NaMnO4,因此生成1molNaMnO4,轉移5mole-,正確;C.根據(jù)方程式可得出氧化性NaBiO3>NaMnO4,高錳酸根離子會氧化鹽酸,鉍酸鈉也會氧化鹽酸,因此反應方程式中的硫酸不能換成鹽酸,錯誤;D.NaMnO4溶液呈紫色,因此溶液中的現(xiàn)象是溶液變?yōu)樽霞t色,正確。

7.多硫化鈉Na2Sx(x≥2)在結構上與Na2O2、FeS2等有相似之處,Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,而NaClO被還原成NaCl,反應中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16,則x的值是(D)A.2 B.3 C.4 D.5解析:Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,S元素的化合價由-2x價變?yōu)?6價,NaClO被還原成NaCl,Cl元素的化合價由+1價變?yōu)?1價,設Na2Sx的物質(zhì)的量是1mol,則NaClO的物質(zhì)的量是16mol,根據(jù)得失電子守恒得,1mol×[6-(-2x)]×x=16mol8.HNO3與金屬反應后所得還原產(chǎn)物與硝酸的濃度和金屬的活潑性有關。10mL0.5mol·L-1HNO3與0.048gMg恰好完全反應。若氮元素只被還原到一種價態(tài),下列說法正確的是(D)A.HNO3作還原劑B.HNO3濃度越高,氮元素還原價態(tài)越低C.反應中轉移電子的物質(zhì)的量為0.002molD.還原產(chǎn)物可能為NH4NO3解析:HNO3與金屬反應時,表現(xiàn)酸性和強氧化性,A項錯誤;HNO3濃度越高,氧化性越強,氧化同種金屬時,氮元素被還原的價態(tài)就越高,B項錯誤;HNO3與Mg反應,還原劑只有Mg,Mg的化合價由0價→+2價,0.048gMg的物質(zhì)的量為0.048g24g·mol-1=0.002mol,根據(jù)得失電子守恒,反應中轉移電子的物質(zhì)的量為0.004mol,C項錯誤;10mL0.5mol·L-1HNO3溶液中HNO3的物質(zhì)的量為0.005mol,若HNO3的還原產(chǎn)物為NH4NO3,反應的化學方程式為10HNO3+4MgNH4NO39.已知:①KMnO4+HCl(濃)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)②檢驗Mn2+的存在:5S2O82-+2Mn2++8H2O10SO42下列說法中錯誤的是(D)A.S2O82-中存在一個過氧鍵(—O—O—),則S為+6B.反應②若有0.1mol還原劑被氧化,則轉移電子0.5molC.K2S2O8與濃鹽酸混合可得到黃綠色氣體D.反應①配平后還原劑與還原產(chǎn)物之比為8∶1解析:過氧鍵(—O—O—)整體顯-2價,S2O82-中存在一個過氧鍵(—O—O—),則S2O820.1mol還原劑被氧化,轉移電子0.5mol,故B正確;根據(jù)反應②,K2S2O8的氧化性比高錳酸鉀強,與濃鹽酸混合可得到氯氣,故C正確;反應中Mn元素從+7價降低到+2價,Cl元素從-1價升高到0價,由得失電子守恒和原子守恒配平方程式為2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,反應中HCl的Cl元素化合價升高,HCl作還原劑,還原產(chǎn)物為MnCl2,16份氯化氫參與反應,只有10份是還原劑,則還原劑與還原產(chǎn)物之比為5∶1,故D錯誤。10.將51.2gCu完全溶于適量濃硝酸中,收集到NO、NO2混合氣體,這些氣體恰好能被500mL2mol·L-1NaOH溶液完全吸收,生成的鹽溶液中NaNO3的物質(zhì)的量為(已知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O;NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O)(A)A.0.2mol B.0.4mol C.0.6mol D.不能確定解析:51.2gCu的物質(zhì)的量為51.2g64g·mol-1=0.8mol,銅還原硝酸生成氮氧化合物,在NaOH溶液中氮氧化合物又轉化成NaNO3和NaNO2,根據(jù)得失電子數(shù)目相等得到n(NaNO2)=n(Cu)=0.8mol,根據(jù)鈉元素守恒可知n(NaNO2)+n(NaNO11.向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣,溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如圖所示。下列有關說法不正確的是(B)A.線段BC代表Fe3+物質(zhì)的量的變化情況B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol·L-1C.當通入Cl22mol時,溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3解析:根據(jù)還原性Br-<Fe2+<I-,線段AB代表I-物質(zhì)的量的變化情況,線段BC代表Fe3+物質(zhì)的量的變化情況,線段DE代表Br-物質(zhì)的量的變化情況,A項正確;溶液體積未知,無法計算濃度,B項錯誤;當通入2molCl2時,溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-,C項正確;根據(jù)三段消耗氯氣的量可知,原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3,D項正確。12.氰化物是劇毒物質(zhì),傳統(tǒng)生產(chǎn)工藝的電鍍廢水中含一定濃度的CN-,無害化排放時必須對這種廢水進行處理。可采用堿性條件下的Cl2氧化法處理這種廢水,涉及兩個反應:反應Ⅰ,CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平);反應Ⅱ,OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反應Ⅰ中N元素的化合價沒有變化,X、Y是兩種無毒的氣體。下列判斷正確的是(C)A.反應Ⅰ中氧化劑與還原劑的化學計量數(shù)之比為1∶2B.X、Y是CO2、N2,且均為反應Ⅱ的氧化產(chǎn)物C.該廢水處理工藝過程中須采取措施,防止Cl2逸出到空氣中D.處理c(CN-)=0.0001mol·L-1的廢水106L,消耗標準狀況下的Cl24.48×103L解析:A項,反應Ⅰ中N元素的化合價沒有變化,碳化合價從+2價升高到+4價,氯元素化合價降低,所以氯氣是氧化劑,CN-是還原劑,兩者比例為1∶1,錯誤;B項,X、Y是兩種無毒的氣體,從元素分析,應含有碳元素和氮元素,其中一種為二氧化碳,另一種為氮氣,其中碳元素化合價不變,氮元素化合價升高,氮氣為氧化產(chǎn)物,二氧化碳不是氧化產(chǎn)物,錯誤;C項,氯氣是有毒氣體,應采取措施,防止氯氣逸出到空氣中,正確;D項,CN-+2OH-+Cl2OCN-+2Cl-+H2O,2OCN-+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl-+2H2O,總反應方程式為2CN-+8OH-+5Cl22CO2+N2+10Cl-+4H2O,處理c(CN-)=0.0001mol·L-1的廢水106L,則物質(zhì)的量為100mol,消耗的氯氣為250mol,標準狀況下的Cl2250mol×22.4L·mol-1=5.6×103L,錯誤。13.已知在一定溫度下,氯氣和氫氧化鈉溶液會發(fā)生如下反應:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O;3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。將一定量的氯氣通入100mL濃度為10.00mol/L的熱的氫氧化鈉溶液中使其完全反應,溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系,下列判斷不正確的是(C)A.n(Na+)∶n(Cl-)可能為9∶7B.與NaOH反應的氯氣一定為0.5molC.若反應中轉移的電子為nmol,則0.5<n<2D.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能為11∶1∶2解析:A項,若氯氣和NaOH只發(fā)生反應Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,則n(Na+)∶n(Cl-)=2∶1,若氯氣和NaOH只發(fā)生反應3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,則n(Na+)∶n(Cl-)=6∶5,9∶7介于兩者之間,所以n(Na+)∶n(Cl-)可能為9∶7,正確;B項,NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的個數(shù)均相等,所以和1molNaOH反應的氯氣為0.5mol,正確;C項,若氯氣和NaOH只發(fā)生反應Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,1molNaOH參加反應,轉移0.5mol電子;若氯氣和NaOH只發(fā)生反應3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,6molNaOH參加反應,轉移5mol電子,則1molNaOH參加反應,轉移56mol電子,所以0.5<n<56,錯誤;D項,若n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)為11∶1∶2,假設NaCl為11mol,則NaClO為1mol,NaClO3為2mol,NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部來自反應物Cl2,生成11molNaCl,得到11mol電子,生成1molNaClO,失去1mol電子,生成2molNaClO3,失去10mol電子,得失電子總數(shù)相等,符合電子守恒,正確。14.高錳酸鉀是一種典型的強氧化劑。完成下列填空:Ⅰ.在稀硫酸中,MnO4-和H2O氧化反應:H2O2-2e-2H++O2↑還原反應:MnO4-+5e-+8H+Mn2++4H2(1)反應中若有0.5molH2O2參加此反應,轉移電子的個數(shù)為。由上述反應得出的物質(zhì)氧化性強弱的結論是>(填化學式)。

(2)已知:2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O,則被1molKMnO4氧化的H2O2是mol。

Ⅱ.將SO2氣體通入酸性高錳酸鉀溶液,溶液褪色,MnO4-被還原成Mn(3)請寫出上述過程的離子方程式:

。

Ⅲ.在用KMnO4酸性溶液處理Cu2S和CuS的混合物時,發(fā)生的反應如下:①MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2②MnO4-+Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2(4)配平反應①:

。

(5)下列關于反應②的說法中錯誤的是(填字母)。

a.被氧化的元素是Cu和Sb.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8∶5c.還原性的強弱關系:Mn2+<Cu2Sd.若生成2.24L(標準狀況下)SO2,則反應中轉移電子的物質(zhì)的量是0.6mol解析:(1)H2O2中氧元素化合價從-1價升高到0價,失去1個電子,1molH2O2失去2mol電子,反應中若有0.5molH2O2參加此反應,轉移電子的個數(shù)為6.02×1023。氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性,反應中高錳酸根離子是氧化劑,H2O2是還原劑,氧氣是氧化產(chǎn)物,則由上述反應得出的物質(zhì)氧化性強弱的結論是KMnO4>O2。(2)已知2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O,Mn元素化合價從+7價降低到+2價,得到5個電子,H2O2中氧元素化合價從-1價升高到0價,失去1個電子,則根據(jù)電子得失守恒可知被1molKMnO4氧化的H2O2是1mol×52=2.5mol。(3)將SO2氣體通入硫酸酸化的高錳酸鉀溶液中,溶液褪色,MnO4-被還原成Mn2+,二氧化硫被氧化為硫酸,因此其離子方程式為5SO2+2MnO4-+2H2O2Mn2++4H+(4)反應中Mn元素化合價從+7價降低到+2價,得到5個電子,硫元素化合價從-2價升高到+4價,失去6個電子,根據(jù)電子得失守恒可知轉移30個電子,依據(jù)原子守恒和電荷守恒可知配平后的方程式為6MnO4-+5CuS+28H+5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2(5)a項,硫元素化合價從-2價升高到+4價,失去6個電子,銅元素化合價從+1價升高到+2價,失去1個電子,被氧化的元素是Cu和S,正確;b項,反應中Mn元素化合價從+7價降低到+2價,得到5個電子,1mol高錳酸鉀得到5mol電子,1mol硫化亞銅失去8mol電子,根據(jù)電子得失守恒可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8∶5,正確;c項,還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物的還原性,則還原性的強弱關系是Mn2+<Cu2S,正確;d項,若生成2.24L(標準狀況下)SO2,即0.1molSO2,反應中消耗0.1molCu2S,因此轉移電子的物質(zhì)的量是0.8mol,錯誤。答案:(1)6.02×1023KMnO4O2(2)2.5(3)5SO2+2MnO4-+2H2O2Mn2++4H++5S(4)6MnO4-+5CuS+28H+5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2(5)d15.K3[Fe(C2O4)3](三草酸合鐵酸鉀)可用于攝影和藍色印刷。工業(yè)上以H2C2O4(草酸)、FeC2O4(草酸亞鐵)、K2C2O4(草酸鉀)、H2O2等為原料制備K3[Fe(C2O4)3]的反應原理如下。氧化:6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O44K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3轉化:2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O42K3[Fe(C2O4)3]+6H2O(1)制備1mol三草酸合鐵酸鉀至少需要H2O2的物質(zhì)的量為。(2)制備過程中需防止草酸被H2O2氧化,寫出草酸被H2O2氧化的化學方程式:。(3){K3[Fe