2019高考化学二轮复习 第1部分 第3讲 氧化还原反应对点特训.doc

对点特训(三)氧化还原反应1(2017天津卷)下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是(A)A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能解析硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关，选项A正确；锂离子电池工作时，涉及到电子转移属于氧化还原反应，选项B错误；电解质溶液导电实质是电解的过程，发生了氧化还原反应，选项C错误；葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程，选项D错误 。2(2018濮阳二模)大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是(A)A丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛B生成O3的反应属于氧化还原反应C反应I属于复分解反应D该过程中O2作催化剂解析丙烯转化成甲醛和乙醛，碳的化合价发生改变，属于氧化反应，选项A正确； O2O3，化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项B错误； 反应I为3NOO3=3NO2，不属于复分解反应 ，选项C错误；整个过程中O2参与反应只有消耗，后面没有O2的生成，不属于催化剂，选项D错误。3(2017九江调研)加碘食盐中所加的含碘物质是KIO3，在KIO3的碱性溶液中通入Cl2，可以得到K2H3IO6。下列有关该反应的说法错误的是(D)A反应中KIO3作还原剂B碱性条件下，氯气的氧化性强于K2H3IO6C若反应中生成304 g K2H3IO6，则转移2 mol电子D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1解析KIO3中碘元素的化合价为5，K2H3IO6中碘元素的化合价为7，反应中碘元素的化合价升高，故KIO3是还原剂，选项A正确； Cl2是氧化剂，K2H3IO6是氧化产物，Cl2的氧化性强于K2H3IO6，选项B正确；反应中每生成1 mol K2H3IO6，转移2 mol电子，选项C正确；由得失电子守恒知，氧化产物(K2H3IO6)与还原产物(KCl)的物质的量之比为1：2，选项D错误。4(2018皖江名校联考)下列过程中，不涉及氧化还原反应的是(A)A使用酒精消毒，用醋熏蒸预防流感B缺铁性补血服用补铁剂时，需与维C同时服用C用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车D用葡萄糖制镜或保温瓶胆解析 酒精和醋消毒均是使蛋白质细菌病毒变性，未发生氧化还原反应，选项A正确； 维C具有更强还原性，能防止2价Fe被氧化，涉及氧化还原反应， 选项B错误；重铬酸钾具有氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，可用于检测乙醇，涉及氧化还原反应，选项C错误；用葡萄糖制镜或保温瓶胆 ，发生了银镜反应，属于氧化还原反应，选项D错误。 5(2018昌平期末)把图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式。对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是(D)图1： 图2：AMn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，Mn2做还原剂BIO作氧化剂，具有氧化性C随着反应的进行，溶液酸性增强D若有2 mol Mn2参加反应，则转移5 mol电子解析 根据氧化还原反应一定有化合价的升高和降低以及原子个数守恒得到该反应为：Mn2IOH2OIOMnOH(未配平)。Mn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，所以Mn2做还原剂，选项A正确；反应中IO转变成为IO，I的化合价由7价降低为5价，所以IO为氧化剂，具有氧化性，选项B正确；反应会生成氢离子，所以随着反应的进行，溶液的酸性增强，选项C正确；Mn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，所以若有2 mol Mn2参加反应，则转移10 mol电子，选项D错误。6(2018 东南五省联考)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：SeO24KI2H2SO4=Se2I22K2SO42H2O；Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O；Se4HNO3(浓)=SeO24NO22H2O。下列有关叙述正确的是(A)ASeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2B反应中Se是氧化产物，I2是还原产物C反应中生成0.6 mol I2，转移的电子数目为2.4NAD反应中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为21解析 在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则中氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4(浓)SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2，选项A正确；反应SeO24KI2H2SO4=Se2I22K2SO42H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，选项B错误；根据化合价的变化可知，反应中每有0.6 mol I2生成，转移的电子数目应为0.6 mol2(10)NA mol11.2NA，选项C错误；由反应可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2412，选项D错误。7(2018海淀期末)以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是(C)A反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应2中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解解析在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClOSO2=SO2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，选项A正确；根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，选项B正确；在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从4价降低到3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，选项C错误；减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，选项D正确。8(2018山东、安徽名校联考)自然界中的矿石在一定的条件下可以相互转化，研究表明，当蓝钒遇到硫铁矿时可转化为辉铜矿，有关反应原理可表示为：14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4。下列对该反应的分析不正确的是(D)ACuSO4是氧化剂，Cu2S是还原产物B反应中共有2种元素化合价发生变化C每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子D被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为21解析14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，CuSO4中铜元素的化合价降低，FeS2中硫元素的化合价部分升高部分降低，因此硫酸铜为氧化剂，FeS2既是氧化剂又是还原剂。CuSO4是氧化剂，Cu2S是还原产物，选项A正确；反应中共有Cu、S 2种元素化合价发生变化，选项B正确；FeS2中硫元素的化合价部分升高部分降低，5 mol FeS2中有7 mol S原子化合价降低，3 mol S原子化合价升高，失去的电子的物质的量为3(61)21 mol，每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子，选项C正确；根据上述分析，被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为37，选项D错误 。9(2018运城期中)在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2 mol/L硫酸溶液65 mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2能被标准状况下112 mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为(A)A913B43C34D57解析硫酸的物质的量n2 mol/L0.065 L0.13 mol，所以n(H)0.26 mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.13 mol O；n(Cl2)0.005 mol，根据反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，则溶液中n(Fe2)0.01 mol，所以FeO为0.01 mol。设Al2O3为x mol，则0.013x0.13，x0.04，所以金属原子是0.010.0420.09 mol，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.090.13913。 10(2018湖北八市联考)白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：(1)2P5CuSO48H2O=5Cu2H3PO45H2SO4(2)11P15CuSO424H2O=5Cu3P6H3PO415H2SO4下列有关说法中错误的是(A)A反应(2)中被15 mol CuSO4 氧化的P为11 molB在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂D在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子解析反应(1)中氧化剂为CuSO4，还原剂为P，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu；反应(2)中氧化剂为CuSO4和P，还原剂为P，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P；选项B、选项C正确；在反应(2)中每11 mol P有6 mol P被5 mol P和15 mol CuSO4所氧化，由于反应前后Cu的化合价降低1，而P的化合价升高5，根据电子得失守恒可知：1 mol CuSO4可氧化 mol P，则15 mol CuSO4 氧化的P为3 mol，选项A错误；反应(2)中每15 mol CuSO4反应，有6 mol P被氧化为H3PO4，所失电子为30 mol，所以当有5 mol CuSO4反应时，共转移10 mol电子，选项D正确。11(2018沧州质量监测)为验证还原性：SO2Fe2Cl，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有(C)溶液1溶液2甲含Fe3、Fe2含SO乙含Fe3，无Fe2含SO丙含Fe3，无Fe2含Fe2A只有甲B甲、乙C甲、丙D甲、乙、丙解析利用“还原剂的还原性大于还原产物”“强还原性制弱还原性”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeCl2溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲：溶液1中含有Fe3、Fe2，说明发生反应2Fe2Cl2=2Fe32Cl，且Cl2反应完全，可证明还原性Fe2Cl；溶液2中含有SO，则说明发生反应2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H，可证明还原性SO2Fe2，故甲能证明还原性SO2Fe2Cl；乙：溶液1中含有Fe3，无Fe2剩余，则还原性Fe2Cl，但Cl2可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是Cl2SO22H2O=2ClSO4H，不能够比较SO2与Fe2的还原性强弱，故乙不能验证；丙：溶液1中含有Fe3，没有Fe2，通入SO2后溶液中又含有Fe2，说明SO2将Fe3还原得到Fe2，证明SO2 Fe2还原性，故丙实验结论能证明还原性SO2Fe2Cl。选项C正确。12(2018赤峰月考)向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是(B)A线段表示Br的变化情况B原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)31C根据图像无法计算a的值D线段表示IO的变化情况解析向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，依据还原性：IFe2Br可知，I、Fe2、Br依次被氧化，则、分别代表I、Fe2、Br的变化情况，选项A错误；根据图像横坐标，可以计算出n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，根据电荷守恒可知n(Br)6 mol，Br消耗3 mol氯气，则a6，原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)13，选项B、选项C错误；已知ba5，说明在ab段参与反应的I2与Cl2的物质的量之比为1：5，I、Cl元素化合价变化则为5：1，则线段表示IO的变化情况，选项D正确。13(2018贵阳质检)PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的4价和2价的混合氧化物(4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。向1 mol PbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气a mol)中加入足量的浓盐酸得到氯气b mol，如果ab为32，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是(D)Pb3O4、PbO 11PbO2、Pb3O4 12PbO2、Pb3O4、PbO 141PbO2、Pb3O4、PbO 114ABCD解析PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为4、2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，4价Pb被还原为2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e，设该过程得到O2的物质的量为a3x mol，则Cl2的物质的量为b2x mol，利用得失电子守恒可得：3x42x22，解得x0.125，故知1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb)：n(O)4：5，结合选项可知只有、项满足n(Pb)：n(O)4：5，选项D正确。14(2018江淮十校联考)按要求写出下列反应的化学方程式或离子方程式。(1)取一定量含有Fe2的溶液，加入KMnO4溶液，控制温度为10 ，调节pH为5.0，得到Fe(OH)3和MnO2沉淀，此时反应的离子方程式为_3Fe2MnO7H2O=MnO23Fe(OH)35H_。(2)NO还原过程中，有时会产生笑气(N2O)。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_415NO4NH33O2_15NNOH2O。(3)碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)和黄铁矿(主要成分为FeS2)为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如下：溶浸后的溶液中，阴离子只有SO，则生成SO的离子方程式为_2FeS215MnO228H=2Fe315Mn24SO14H2O_。(4)在一定量的石灰乳中通入一定量的Cl2，二者恰好完全反应(反应放热)。生成物中含有Cl、ClO、ClO三种含氯元素的离子，其中ClO、ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为_10Cl210Ca(OH)2=7CaCl22Ca(ClO)2Ca(ClO3)210H2O_。解析(1)由题给条件可先写出Fe2MnOMnO2Fe(OH)3，依得失电子守恒得：3Fe3MnOMnO23Fe(OH)3，再结合溶液显酸性及电荷守恒原理得3Fe2MnOMnO23Fe(OH)35H，最后根据质量守恒确定反应物中有7H2O。(2)在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。可知15NO与NH3的比例为11，根据化合价的变化以及15NO与NH3的比例可知，还需要O2作氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得化学方程式：415NO4NH33O2415NNO6H2O。(3)由题中流程图可知，溶浸过程中，反应物有MnO2、FeS2、H2SO4；由生成物中的阴离子只有SO可知， FeS2中的硫元素被氧化，2价铁被氧化为Fe3，MnO2被还原为Mn2，故可先写出：FeS2MnO2HFe3Mn2SO，然后依据得失电子守恒、质量守恒配平即可。(4)由题图可知，t2时n(ClO)2 mol，n(ClO)1 mol，氯气与氢氧化钙反应生成CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2、H2O，且nCa(ClO)2nCa(ClO3)221，反应方程式为10Cl210Ca(OH)2=7CaCl22Ca(ClO)2Ca(ClO3)210H2O。15(2018芜湖模拟)生活用水、工业污水均须进行一系列处理才能使用或排放，常用的处理剂很多，如含氯的处理剂有：漂白粉、液氯、二氧化氯(ClO2)；含氧物质：如臭氧、过氧化钙、过一硫酸；金属化合物：明矾、硫酸铁、高铁酸钠Na2FeO4、聚合铝(PAC，分子式为Al2(OH)aClbm)、硫酸铜。试回答下列问题：(1)过一硫酸和硫酸铜均常用于游泳池消毒，二者的消毒原理分别为： _过一硫酸有强氧化性，能杀死细菌病毒_、_硫酸铜是重金属盐，使细菌病毒的蛋白质变性而消毒_。(2)相同条件下，投加等量(铝含量相同)的聚合铝(PAC)与硫酸铝溶于水，净水效果好的是_聚合铝_。(3)ClO2是一种高效的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2工艺原理示意图如下：氯化钠电解槽内的阳极反应为_Cl6e6OH=ClO3H2O_。ClO2能将电镀废水中的CN离子氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl。写出该反应的离子方程式_2ClO22CN=2CO22ClN2_。(4)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂用下面装置可以制取少量高铁酸钠。已知：爱迪生蓄电池的反应式为：FeNiO22H2OFe(OH)2Ni(OH)2；此装置中爱迪生蓄电池的负极是_a_(填“a”或“b”) 写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式：_Fe6e8OH=FeO4H2O_。若工业上用硫酸亚铁和过氧化钠在加热条件下制取高铁酸钠的同时生成另一种钠盐、碱性氧化物和一种单质气体，写出反应的化学方程式_4Na2O2FeSO4Na2FeO4Na2SO42Na2OO2或6Na2O22FeSO42Na2FeO42Na2SO42Na2OO2_，若反应中转移3 mol e时，制取Na2FeO4最少_0.25_mol。解析(1)根据过一硫酸的结构式可知，其含有过氧键，具有强氧化性，能使细菌蛋白质变性；硫酸铜为重金属盐，能使细菌蛋白质变性，达到消毒的目的。(2)铝盐因为水解产生氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性而达到净水目的，所以净水剂的效果可通过比较产生氢氧化物的多少来判断，由于铝含量相同，但是聚合铝中含有OH，溶液碱性更强，Al3水解程度更大，所以聚合铝效果好。(3)电解时阳极发生氧化反应，元素化合价升高，由流程图可知产物为NaClO3，则阳极电极反应为Cl6e6OH=ClO3H2O；CN离子被氧化成两种无毒气体应该为CO2和N2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平即可。(4)电解时铁应放电生成高铁酸根，即铁作阳极，应该接原电池的正极，则b为正极，a为负极。 阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，离子方程式为：Fe6e8OHFeO4H2O。反应物和反应条件明确，生成物除Na2FeO4外，另一种钠盐应为Na2SO4，碱性氧化物为Na2O，气体单质为O2.以生成1 mol O2为“标准”配平，Fe由26，化合价升高4，中，O元素分别由10、12，既有升高，又有降低，可写出不同系数关系的化学方程式，反应中每2 mol Na2O2自身氧化还原转移2 mol e生成1 mol O2，剩余Na2O2氧化FeSO4生成Na2FeO4，转移3 mol e实际只能生成0.25 mol Na2FeO4。