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第3讲氧化还原反应一、选择题(本题包括8个小题,每小题6分,共48分)1.(2018广东中山模拟)向某含有SO32-、SiO32-、CO32-、Br-、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量,下列对该反应过程的判断不正确的是()A.整个过程共发生2个氧化还原反应B.所有阴离子的浓度都发生了变化C.溶液的颜色发生了变化D.反应过程中既有气体产生,也有沉淀产生答案A解析Cl2可以和SO32-、Br-发生氧化还原反应,同时Cl2本身还要和水发生反应,所以发生的氧化还原反应应该是3个,A项错误;由于Cl2与水反应,导致溶液呈酸性,所以CO32-和SiO32-都会发生反应,B项正确;因为Br-和Cl2反应后转化成溴单质,导致溶液颜色发生变化,C项正确;反应过程中生成CO2气体,也生成H2SiO3沉淀,D项正确。2.(2018四川绵阳诊断)下列是从海藻灰和智利硝石矿层中提取碘的主要反应:2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是()A.氧化性:MnO2SO42-IO3-I2B.I2在反应中是还原产物,在反应中是氧化产物C.反应中生成等量的I2时转移电子数之比为15D.NaHSO3溶液呈酸性,NaHSO3溶液中c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)答案C解析氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由反应可知氧化性MnO2I2;由反应可知氧化性IO3-SO42-,A项错误;在反应中,I元素化合价升高,被氧化,I2为氧化产物,在反应中,I元素化合价降低,被还原,I2为还原产物,B项错误;反应中生成等量的I2时,假设都为1 mol,则反应转移2 mol电子,反应转移10 mol电子,转移电子数之比为15,C项正确;NaHSO3溶液呈酸性,则HSO3-的电离程度大于水解程度,故c(SO32-)c(H2SO3),即c(HSO3-)c(SO32-) c(H2SO3),D项错误。3.已知下列反应:Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2O();5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3()。下列说法正确的是()A.还原性:CoCl2HClI2B.氧化性:Co2O3Cl2HIO3C.反应中HCl是氧化剂D.反应中Cl2发生氧化反应答案B解析由还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知,反应中还原性为HClCoCl2,反应中还原性为I2HCl,A错误。由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,反应中氧化性为Co2O3Cl2,反应中氧化性为Cl2HIO3,则氧化性为Co2O3Cl2HIO3,B正确。反应中Cl元素的化合价升高,则HCl为还原剂,C错误。反应中Cl元素的化合价降低,则氯气发生还原反应,D错误。4.把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应的离子方程式,下列说法不正确的是()Mn2+H+图1+MnO4-+IO4-+IO3-+H2O图2A.IO4-作氧化剂,具有氧化性B.氧化性:MnO4-IO4-C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为52D.若有2 mol Mn2+参加反应,则转移10 mol电子答案B解析结合图1可知Mn2+为反应物,故图2中的MnO4-为生成物,因此Mn2+作还原剂,被氧化,故图2中的IO4-作氧化剂,IO3-为还原产物,因此该反应的离子方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O2MnO4-+5IO3-+6H+,由此可知A、C正确。同一个反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,故氧化性:IO4-MnO4-,B错误。Mn2+MnO4-5e-,若2 mol Mn2+参加反应,则转移10 mol电子,D正确。5.某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93答案A解析根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子为0.01 mol,则有:1.5256x+16(3-2x)x=0.01,x=0.80。6.下列关于氧化性、还原性的判断正确的是()A.B的阳离子的氧化性比A的阳离子强,说明A元素的金属性一定比B元素的强B.发生氧化还原反应时A原子失去的电子比B原子多,证明A的金属性一定比B的强C.适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应:3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3D.一定量氯气通入30 mL 10.00 molL-1的氢氧化钠溶液中,加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液,若反应中转移的电子为n mol,则0.15n0.25答案D解析铁离子的氧化性比铜离子的氧化性强,但是铁的金属性比铜的强,A错误。金属性的强弱与失去电子的多少无关,B错误。氯气与碘化亚铁反应时,碘离子先与氯气反应生成碘单质,C错误。氯气与氢氧化钠的反应可以分两种,Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,发生前面的反应,当有2 mol氢氧化钠反应就转移1 mol电子,所以现有0.3 mol 氢氧化钠反应转移0.15 mol电子,发生后面的反应,当有6 mol氢氧化钠反应转移5 mol电子,所以现有0.3 mol 氢氧化钠反应转移0.25 mol,D正确。7.有Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒,属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物,下列叙述不正确的是()A.氧化剂和还原剂的物质的量之比为18B.该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C.每1 mol NO3-发生氧化反应,转移8 mol e-D.若把该反应设计为原电池,则负极反应为Fe2+-e-Fe3+答案C解析根据常见氧化剂和还原剂可知反应中Fe2+被HNO3氧化,反应的离子方程式为8Fe2+NO3-+10H+NH4+8Fe3+3H2O,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为18,A正确。向Fe(NO3)2溶液中加入酸酸化会发生上述反应,故不宜酸化,但常加入铁屑防止Fe2+被氧化,B正确。NO3-被还原为NH4+,化合价降低8价,发生还原反应,C错误。D项负极发生氧化反应,电极反应式正确。8.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂,应用前景十分看好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2。对此反应下列说法中正确的是()A.2 mol FeSO4发生反应时,反应中共有10 mol电子转移B.每生成16 g氧气就有1 mol Fe2+被还原C.Na2O2只作氧化剂D.氧化产物只有Na2FeO4答案A解析反应中铁元素化合价升高,由+2价+6价,化合价升高的元素还有O元素,由-1价0价,2 mol FeSO4发生反应时,共有2 mol4+1 mol2=10 mol电子转移,A正确。该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价,根据反应的化学方程式,每生成16 g氧气就有1 mol Fe2+被氧化,B错误。该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂,C错误。该反应中Fe元素化合价由+2价变为+6价、O元素化合价由-1价变为0价、-2价,所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,氧化产物除Na2FeO4外还有O2,D错误。二、非选择题(本题包括4个小题,共52分)9.(14分)已知工业盐中含有NaNO2,外观和食盐相似,有咸味,人若误食会引起中毒,致死量为0.30.5 g。已知NaNO2能发生如下反应(离子方程式已配平):2NO2-+xI-+yH+2NO+I2+zH2O,请回答下列问题:(1)上述反应中,x=,y=,z=,氧化剂是。(2)某工厂废切削液中含有2%5%的NaNO2,直接排放会造成水污染,但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2,该物质是。A.NaClB.KMnO4C.浓硫酸D.NH4Cl(3)饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害,为了降低饮用水中NO3-的浓度,某饮用水研究人员提出,在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2,请配平化学方程式:Al+NaNO3+NaOH+N2+H2O若反应过程中转移0.5 mol电子,则生成标准状况下的N2体积为。答案(1)242NO2-(2)D(3)106410NaAlO2321.12 L解析(1)反应中由碘原子守恒可知x=2,由电荷守恒可计算y=4,由氢原子守恒可知z=2,该反应中氮元素的化合价降低,则NO2-为氧化剂。(2)因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低,另一物质所含元素的化合价必升高,物质具有还原性,只有NH4Cl符合。(3)由信息可知,生成氮气,碱性条件下还生成NaAlO2,铝元素化合价升高,被氧化,氮元素化合价降低,被还原,由电子守恒和原子守恒可知,反应为10Al+6NaNO3+4NaOH10NaAlO2+3N2+2H2O中,该反应转移30e-,则过程中转移0.5 mol电子,生成标准状况下的N2体积为0.5 mol33022.4 Lmol-1=1.12 L。10.(12分)氧化还原反应是化学反应中的基本反应之一,研究氧化还原反应,对人类的进步具有极其重要的意义。(1)已知:2BrO3-+Cl2Br2+2ClO3-5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HClClO3-+5Cl-+6H+3Cl2+3H2O则ClO3-、BrO3-、IO3-、Cl2的氧化性由弱到强的顺序为。(2)20世纪初期,某化学家合成出极易溶于水的NaBH4。在强碱性条件下,常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au。已知反应后硼元素以BO2-形式存在,反应前后硼元素化合价不变,且无气体生成,则发生反应的离子方程式为。(3)某强氧化剂RO(OH)2+能将Na2SO3氧化。已知含2.010-3 mol RO(OH)2+的溶液,恰好与25.0 mL 0.2 molL-1 Na2SO4溶液完全反应,则反应后R的化合价为。(4)将32 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。待产生的气体全部释放后,向溶液中加入V mL a molL-1的NaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀,则原硝酸的浓度为 molL-1(用含V、a的式子表示)。欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3,至少需要H2O2的质量为 g。答案(1)IO3-Cl2ClO3-ClO3-,由反应可知,氧化性:Cl2IO3-,由反应可知,氧化性:ClO3-Cl2,故氧化性:IO3-Cl2ClO3-IO3-I2.Cu、O10 mol解析(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律,题述离子方程式是4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O;(2)在反应中的还原剂是FeS2;(3)通过观察分析三个反应可知:硫元素最终转化为硫酸盐从煤炭中分离出来;.在淀粉KI溶液中,滴入少量NaClO溶液,溶液立即变蓝,根据质量守恒定律、电荷守恒及电子守恒,则该反应的离子方程式是2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-;在上述蓝色溶液中,继续滴加足量的NaClO溶液,蓝色逐渐消失,有关反应的离子方程式是I2+5ClO-+2OH-2IO3-+5Cl-+H2O;根据氧化性:氧化剂氧化产物,所以氧化性:ClO-I2;ClO-IO3-,对于同一元素来说,一般是元素的化合价越高,化合物的氧化性就越强,所以氧化性:IO3-I2;故ClO-、I2、IO3-的氧化性由强到弱的顺序是ClO-IO3-I2;.在反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中,CuFeS2中Fe的化合价为+2价,反应后被氧化为Fe2O3;S在反应前化合价是-2价,反应后被氧化为+4价的SO2。Cu是+2价,反应后被还原为0价;O2中O元素的化合价是0价,反应后被还原变为-2价,所以反应中被还原的元素是Cu、O。根据反应的化学方程式可知:每产生8 mol的Cu,转移电子100 mol,所以当生成0.8 mol铜时,此反应转移电子10 mol。12.(13分)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。(1)实验原理:用如图所示装置,使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2,反应的离子方程式为。在酸性条件下,再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+,反应的离子方程式为。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。(2)实验步骤:打开止水夹a和b,从A处向装置内鼓入过量N2,此操作的目的是;用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶;再分别从A处注入含m mol NaOH的溶液及过量的MnSO4溶液;完成上述操作后,关闭a、b,将锥形瓶中溶液充分振荡;打开止水夹a、b,分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸;重复的操作;取下锥形瓶,向其中加入23滴作指示剂;用0.005 molL-1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是。(3)数据分析:若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL,则此水样中氧(O2)的含量为 mgL-1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管,则测得水样中O2的含量将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。答案(1)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O(2)排出装置内的空气,避免空气中O2的干扰淀粉溶液滴入最后一滴标准液,溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色(3)7.8偏大解析(1)注意从题给条件中挖掘信息:反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+,发生氧化还原反应,生成MnO(OH)2,利用化合价升降总数相等配平O2、Mn2+、MnO(OH)2的化学计量数,再利用电荷守恒配平OH-的化学计量数,最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式,可以得出物质间的定量关系为O22MnO(OH)22I24Na2S2O3,则n(O2)=0.005 molL-1(3.9010-3) L4=4.87510-6 mol,则此水样中氧(O2)的含量为4.87510-6mol32 gmol-11 000 mgg-10.02 L=7.8 mgL-1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管,则c(Na2S2O3)减小,V(Na2S2O3)增大,所以n(O2)增大,故测得水样中O2的含量将偏大。
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