2020版高考化学大一轮复习 第2章 元素与物质世界 7 第3节 氧化剂和还原剂检测 鲁科版.doc

第3节 氧化剂和还原剂课后达标检测一、选择题1下列应用不涉及氧化还原反应的是()ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3解析：选D。NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3属于复分解反应，是非氧化还原反应。2(2018高考北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速退色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色解析：选C。NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOHFeSO4=Fe(OH)2Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，后一过程发生了氧化还原反应，A项不符合题意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能将红色物质氧化，溶液红色退去，该过程发生了氧化还原反应，B项不符合题意；Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生了沉淀的转化：Na2S2AgClAg2S2NaCl，此过程中不涉及氧化还原反应，C项符合题意；将铜丝插入稀硝酸中，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，生成无色气体NO，NO能与空气中的氧气发生反应变为红棕色：2NOO2=2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D项不符合题意。3(2019成都模拟)一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进行反应可得AtI。它与Zn、NH3能发生反应，化学方程式为2AtI2Zn=ZnI2ZnAt2、AtI2NH3(l)=NH4IAtNH2。下列叙述正确的是()AZnI2既是氧化产物，又是还原产物BZnAt2既是氧化产物，又是还原产物CAtI与液氨反应，AtI既是氧化剂，又是还原剂DAtI与Zn反应，AtI既是氧化剂，又是还原剂解析：选B。在AtI中，因碘和砹属于同一主族，根据元素周期律可知，碘的非金属性比砹的强，所以在AtI中，At元素为1价，I元素为1价。根据2AtI2Zn=ZnI2ZnAt2可知，Zn元素的化合价从0价升高到2价，是还原剂，而在AtI和ZnI2中I元素的化合价均为1价，所以I元素的化合价没有变化，则AtI只是氧化剂，不是还原剂，ZnI2只是氧化产物，不是还原产物，在ZnAt2中At元素的化合价是1价，则At元素的化合价从1价降到1价，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物，故A、D错误，B正确；因为在NH4I中I元素为1价，在AtNH2中At元素为1价，所以AtI与液氨反应时没有化合价的变化，则AtI既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误。4如图为二氧化锰的转化关系图，下列有关说法中不正确的是()A反应均属于氧化还原反应B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为34C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D反应生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运解析：选C。每生成1 mol O2，反应中转移2 mol电子，反应中转移4 mol电子，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为12，故C错误。5已知下列反应：Co2O36HCl(浓)=2CoCl2Cl23H2O ()；5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3 ()。下列说法正确的是()A反应()中HCl是氧化剂B反应()中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO3解析：选D。反应()中，Cl失去电子，HCl作还原剂，选项A错误；反应()中，Cl2得到电子变为Cl，发生还原反应，选项B错误；根据反应()可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性强于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性强于CoCl2(还原产物)，根据反应()可知，Cl2的氧化性强于HIO3，I2的还原性强于HCl，选项D正确、选项C错误。6已知：PbO2固体与浓盐酸反应，产生黄绿色气体；向KSCN和FeBr2的混合溶液中通入少量实验产生的气体(仅与一种离子反应)，溶液变红色；取少量FeCl3溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝。下列判断错误的是()A上述实验中有三个氧化还原反应B通过上述实验可得到结论，氧化性：PbO2Cl2Br2Fe3I2C实验能证明Fe2有还原性，不能证明Fe2有氧化性D实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝解析：选B。实验依次发生的反应为PbO24HCl(浓)=PbCl2Cl22H2O、2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2Fe32I=2Fe2I2，三个实验不能证明氧化性Cl2Br2；实验只能证明Fe2有还原性；实验生成的气体为Cl2，Cl2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。7(2016高考北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)H2O2CrO(黄色)2H。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是()A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色解析：选D。A项，在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B项，中酸性重铬酸钾溶液氧化乙醇，重铬酸钾被还原为绿色的Cr3，B项正确；C项，是酸性条件，是碱性条件，K2Cr2O7在酸性条件下能氧化乙醇，而在碱性条件下不能，说明其在酸性条件下氧化性强，C项正确；D项，若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液为酸性，K2Cr2O7可以氧化乙醇，溶液变为绿色，D项错误。8(2019西安八校联考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 molL1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2恰好与24.55 mL 0.020 molL1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O，则羟胺的氧化产物是()AN2BN2OCNO DNO2解析：选B。根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00103 L0.049 molL1(x1)24.55103 L0.020 molL15，解得x1，故羟胺的氧化产物为N2O。9(2019试题调研)环保督察不是“一阵风”，环保部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质，该类物质有剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒性更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分如下两步。步骤：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；步骤：NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。下列有关判断正确的是()ANaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等B步骤可在酸性条件下进行C步骤的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2D步骤生成标准状况下5.6 L气体时，转移0.75 mol电子解析：选D。NaCN与NaOCN中Na元素的化合价均为1，NaOCN中含有O，O元素的化合价不是0，故该两种化合物中C元素、N元素的化合价至少有一种不相等，A项错误；HCN易挥发且有毒，而酸性条件下CN易与H结合生成HCN，故步骤不能在酸性条件下进行，B项错误；步骤的离子方程式为2OCN3ClO=CO2CO3ClN2，氧化剂是NaClO，还原剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，C项错误；根据离子方程式可知，生成1 mol N2转移电子的物质的量为6 mol，N2的体积占气体总体积的，生成标准状况下5.6 L气体时，n(e)60.75 mol，D项正确。二、非选择题10储氢纳米碳管的成功研制体现了科技的进步。用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法除去。该反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3、H2O等七种物质。(1)请用上述物质填空，并配平化学方程式：C_H2SO4=_Cr2(SO4)3H2O。(2)上述反应中氧化剂是_(填化学式)，被氧化的元素是_(填元素符号)。(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是_(填字母)。A氧化性B酸性C氧化性和酸性 D还原性和酸性(4)若反应中转移了0.8 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为_L。解析：(1)C在反应中被氧化为CO2，反应物中氧化剂应为K2Cr2O7，其还原产物为Cr2(SO4)3，根据元素守恒知，另一产物应为K2SO4。反应方程式可按如下3步完成配平：CH2SO4K2Cr2O7CO2K2SO4Cr2(SO4)3H2O3C2K2Cr2O7H2SO43CO2K2SO42Cr2(SO4)3H2O3C2K2Cr2O78H2SO4=3CO22K2SO42Cr2(SO4)38H2O(2)氧化剂是K2Cr2O7，被氧化的元素是C。(3)上述反应中H2SO4中元素化合价未改变，仅表现出酸性。(4)每生成1 mol CO2需转移4 mol电子，当转移0.8 mol电子时，生成0.2 mol CO2，其在标准状况下的体积为4.48 L。答案：(1)32K2Cr2O783CO22K2SO428(2)K2Cr2O7C(3)B(4)4.4811(2016高考上海卷)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN(Ka6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为_(选填“酸性”“碱性”或“中性”)；原因是_。(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：_。(3)处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成_、_和H2O。解析：(1)依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易与酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子。N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是23，反应的离子方程式为2OCN3ClO=COCO23ClN2。(3)NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是20 mol，反应中C由2价升高到4 价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为74.5 g/mol414 900 g。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。答案：(1)碱性防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(2)2OCN3ClO=COCO23ClN2(3)14 900(4)NaOCNNaCN12(2016高考全国卷)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_(计算结果保留两位小数)。解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClO，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2H2O22OH=2ClOO22H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2Cl，Cl22Cl，可知得电子数相等时存在NaClO22Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为1.57。答案：(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.5713工业上用亚硫酸氢钠与碘酸钠反应可制备单质碘。(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。请配平反应方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。NaIO3NaHSO3=I2Na2SO4H2SO4H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为_(填化学式)。(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_；当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3为_mol(小数点后保留两位数字)。解析：(1)I的化合价由5降到0，S的化合价由4升到6，根据化合价升降总数相等及原子守恒即可配平该氧化还原反应方程式。(2)根据NaHSO3和NaIO3的性质可知NaHSO3为还原剂，NaIO3为氧化剂，由于还原性HSOI，故当NaHSO3溶液过量时，IO先被还原成I2，再被还原成I。(3)由图像可知，OA段是随着IO的加入量增多，NaHSO3的量逐渐减小，IO被还原成I，该反应为IO3HSO=3SOI3H，至A点恰好完全反应；此时继续加入NaIO3溶液，又发生NaIO3氧化I的反应，即IO6H5I=3I23H2O。当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第一个反应生成的I为x mol，第二个反应消耗的I为5y mol，生成的I2为3y mol，故(x5y)3y53，即x10y，因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，故x，y，所以加入的NaIO3为xy1.83(mol)。答案：(1)4NaIO310NaHS20eO3=2I27Na2SO43H2SO42H2O(2)NaI(3)IO6H5I=3I23H2O1.83