2020版高考化學大一輪復習 第2章 元素與物質(zhì)世界 7 第3節(jié) 氧化劑和還原劑檢測 魯科版.doc

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第3節(jié) 氧化劑和還原劑 [課后達標檢測] 一、選擇題 1．下列應用不涉及氧化還原反應的是(　　) A．Na2O2用作呼吸面具的供氧劑 B．工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的Al2O3制備Al C．工業(yè)上利用合成氨實現(xiàn)人工固氮 D．實驗室用NH4Cl和Ca(OH)2制備NH3 解析：選D。NH4Cl與Ca(OH)2反應制取NH3屬于復分解反應，是非氧化還原反應。 2．(2018高考北京卷)下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是(　　) A B C D 實驗 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl濁液中 熱銅絲插入稀硝酸中 現(xiàn)象 產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色 溶液變紅，隨后迅速退色 沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏? 產(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色 解析：選C。NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，發(fā)生反應：2NaOH＋FeSO4===Fe(OH)2↓＋Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，F(xiàn)e(OH)2迅速被空氣中的氧氣氧化為紅褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，后一過程發(fā)生了氧化還原反應，A項不符合題意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液變紅，次氯酸具有強氧化性，能將紅色物質(zhì)氧化，溶液紅色退去，該過程發(fā)生了氧化還原反應，B項不符合題意；Na2S溶液滴入AgCl濁液中，發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化：Na2S＋2AgClAg2S＋2NaCl，此過程中不涉及氧化還原反應，C項符合題意；將銅絲插入稀硝酸中，發(fā)生反應：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，生成無色氣體NO，NO能與空氣中的氧氣發(fā)生反應變?yōu)榧t棕色：2NO＋O2===2NO2，這兩步反應都是氧化還原反應，D項不符合題意。 3．(2019成都模擬)一定條件下，碘單質(zhì)與砹單質(zhì)以等物質(zhì)的量進行反應可得AtI。它與Zn、NH3能發(fā)生反應，化學方程式為2AtI＋2Zn===ZnI2＋ZnAt2、AtI＋2NH3(l)===NH4I＋AtNH2。下列敘述正確的是(　　) A．ZnI2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 B．ZnAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物 C．AtI與液氨反應，AtI既是氧化劑，又是還原劑 D．AtI與Zn反應，AtI既是氧化劑，又是還原劑 解析：選B。在AtI中，因碘和砹屬于同一主族，根據(jù)元素周期律可知，碘的非金屬性比砹的強，所以在AtI中，At元素為＋1價，I元素為－1價。根據(jù)2AtI＋2Zn===ZnI2＋ZnAt2可知，Zn元素的化合價從0價升高到＋2價，是還原劑，而在AtI和ZnI2中I元素的化合價均為－1價，所以I元素的化合價沒有變化，則AtI只是氧化劑，不是還原劑，ZnI2只是氧化產(chǎn)物，不是還原產(chǎn)物，在ZnAt2中At元素的化合價是－1價，則At元素的化合價從＋1價降到－1價，所以ZnAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，故A、D錯誤，B正確；因為在NH4I中I元素為－1價，在AtNH2中At元素為＋1價，所以AtI與液氨反應時沒有化合價的變化，則AtI既不是氧化劑，也不是還原劑，故C錯誤。 4．如圖為二氧化錳的轉(zhuǎn)化關系圖，下列有關說法中不正確的是(　　) A．反應①～⑥均屬于氧化還原反應 B．反應⑤中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶4 C．相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1∶1 D．反應①生成的Cl2經(jīng)干燥后，可用鋼瓶貯運 解析：選C。每生成1 mol O2，反應③中轉(zhuǎn)移2 mol電子，反應④中轉(zhuǎn)移4 mol電子，則相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1∶2，故C錯誤。 5．已知下列反應：Co2O3＋6HCl(濃)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O (Ⅰ)；5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3 (Ⅱ)。下列說法正確的是(　　) A．反應(Ⅰ)中HCl是氧化劑 B．反應(Ⅱ)中Cl2發(fā)生氧化反應 C．還原性：CoCl2＞HCl＞I2 D．氧化性：Co2O3＞Cl2＞HIO3 解析：選D。反應(Ⅰ)中，Cl－失去電子，HCl作還原劑，選項A錯誤；反應(Ⅱ)中，Cl2得到電子變?yōu)镃l－，發(fā)生還原反應，選項B錯誤；根據(jù)反應(Ⅰ)可知，Co2O3(氧化劑)的氧化性強于Cl2(氧化產(chǎn)物)，HCl(還原劑)的還原性強于CoCl2(還原產(chǎn)物)，根據(jù)反應(Ⅱ)可知，Cl2的氧化性強于HIO3，I2的還原性強于HCl，選項D正確、選項C錯誤。 6．已知：①PbO2固體與濃鹽酸反應，產(chǎn)生黃綠色氣體；②向KSCN和FeBr2的混合溶液中通入少量實驗①產(chǎn)生的氣體(僅與一種離子反應)，溶液變紅色；③取少量FeCl3溶液滴在淀粉KI試紙上，試紙變藍。下列判斷錯誤的是(　　) A．上述實驗中有三個氧化還原反應 B．通過上述實驗可得到結(jié)論，氧化性：PbO2＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2 C．實驗②能證明Fe2＋有還原性，不能證明Fe2＋有氧化性 D．實驗①生成的氣體能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍 解析：選B。實驗①②③依次發(fā)生的反應為PbO2＋4HCl(濃)===PbCl2＋Cl2↑＋2H2O、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，三個實驗不能證明氧化性Cl2＞Br2；實驗②只能證明Fe2＋有還原性；實驗①生成的氣體為Cl2，Cl2能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍。 7．(2016高考北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)＋H2O2CrO(黃色)＋2H＋。用K2Cr2O7溶液進行下列實驗： 結(jié)合實驗，下列說法不正確的是(　　) A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃 B．②中Cr2O被C2H5OH還原 C．對比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性強 D．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬? 解析：選D。A項，在平衡體系中加入酸，平衡逆向移動，重鉻酸根離子濃度增大，橙色加深，加入堿，平衡正向移動，溶液變黃，A項正確；B項，②中酸性重鉻酸鉀溶液氧化乙醇，重鉻酸鉀被還原為綠色的Cr3＋，B項正確；C項，②是酸性條件，④是堿性條件，K2Cr2O7在酸性條件下能氧化乙醇，而在堿性條件下不能，說明其在酸性條件下氧化性強，C項正確；D項，若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液為酸性，K2Cr2O7可以氧化乙醇，溶液變?yōu)榫G色，D項錯誤。 8．(2019西安八校聯(lián)考)羥胺(NH2OH)是一種還原劑，能將某些氧化劑還原?，F(xiàn)用25.00 mL 0.049 molL－1羥胺的酸性溶液與足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應，生成的Fe2＋恰好與24.55 mL 0.020 molL－1酸性KMnO4溶液完全反應。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，則羥胺的氧化產(chǎn)物是(　　) A．N2　　　　　　　　 B．N2O C．NO D．NO2 解析：選B。根據(jù)題意，可以認為羥胺被酸性KMnO4氧化，羥胺中N元素的化合價是－1，設羥胺的氧化產(chǎn)物中N元素的化合價是x，根據(jù)得失電子守恒，存在25.0010－3 L0.049 molL－1(x＋1)＝24.5510－3 L0.020 molL－15，解得x＝1，故羥胺的氧化產(chǎn)物為N2O。 9．(2019試題調(diào)研)環(huán)保督察不是“一陣風”，環(huán)保部對大氣污染、水體污染等高度重視。氰化物是污染水體的重要物質(zhì)，該類物質(zhì)有劇毒，特別是HCN具有揮發(fā)性，毒性更大。一般可采用次氯酸鈉法進行處理，該處理方法的原理可分如下兩步。 步驟①：NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl； 步驟②：NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。 下列有關判斷正確的是(　　) A．NaCN與NaOCN中C、N的化合價分別相等 B．步驟①可在酸性條件下進行 C．步驟②的氧化產(chǎn)物是CO2、Na2CO3、N2 D．步驟②生成標準狀況下5.6 L氣體時，轉(zhuǎn)移0.75 mol電子 解析：選D。NaCN與NaOCN中Na元素的化合價均為＋1，NaOCN中含有O，O元素的化合價不是0，故該兩種化合物中C元素、N元素的化合價至少有一種不相等，A項錯誤；HCN易揮發(fā)且有毒，而酸性條件下CN－易與H＋結(jié)合生成HCN，故步驟①不能在酸性條件下進行，B項錯誤；步驟②的離子方程式為2OCN－＋3ClO－===CO2↑＋CO＋3Cl－＋N2↑，氧化劑是NaClO，還原劑是NaOCN，氧化產(chǎn)物是N2，還原產(chǎn)物是NaCl，C項錯誤；根據(jù)離子方程式可知，生成1 mol N2轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為6 mol，N2的體積占氣體總體積的，生成標準狀況下5.6 L氣體時，n(e－)＝6＝0.75 mol，D項正確。 二、非選擇題 10．儲氫納米碳管的成功研制體現(xiàn)了科技的進步。用電弧法合成的納米碳管常伴有大量的雜質(zhì)碳納米顆粒，這種碳納米顆粒可用氧化氣化法除去。該反應中的反應物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3、H2O等七種物質(zhì)。 (1)請用上述物質(zhì)填空，并配平化學方程式： C＋_____＋H2SO4===____↑＋_____＋Cr2(SO4)3＋H2O。 (2)上述反應中氧化劑是_________(填化學式)，被氧化的元素是_________(填元素符號)。 (3)H2SO4在上述反應中表現(xiàn)出來的性質(zhì)是________(填字母)。 A．氧化性　　　　　　　　 B．酸性 C．氧化性和酸性 D．還原性和酸性 (4)若反應中轉(zhuǎn)移了0.8 mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積為________L。 解析：(1)C在反應中被氧化為CO2，反應物中氧化劑應為K2Cr2O7，其還原產(chǎn)物為Cr2(SO4)3，根據(jù)元素守恒知，另一產(chǎn)物應為K2SO4。反應方程式可按如下3步完成配平： ①C＋H2SO4＋K2Cr2O7―→CO2↑＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O ②3C＋2K2Cr2O7＋H2SO4―→3CO2↑＋K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋H2O ③3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O (2)氧化劑是K2Cr2O7，被氧化的元素是C。 (3)上述反應中H2SO4中元素化合價未改變，僅表現(xiàn)出酸性。 (4)每生成1 mol CO2需轉(zhuǎn)移4 mol電子，當轉(zhuǎn)移0.8 mol電子時，生成0.2 mol CO2，其在標準狀況下的體積為4.48 L。　 答案：(1)3　2　K2Cr2O7　8　3　CO2　2　K2SO4　2　8　(2)K2Cr2O7　C　(3)B　(4)4.48 11．(2016高考上海卷)NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理： (1)NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl。 (2)NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。 已知HCN(Ka＝6.310－10)有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同。 完成下列填空： (1)第一次氧化時，溶液的pH應調(diào)節(jié)為________(選填“酸性”“堿性”或“中性”)；原因是______________________________________________________________。 (2)寫出第二次氧化時發(fā)生反應的離子方程式：_______________________________。 (3)處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO________g(實際用量應為理論值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，達到排放標準。 (4)(CN)2與Cl2的化學性質(zhì)相似。(CN)2與NaOH溶液反應生成________、________和H2O。 解析：(1)依據(jù)HCN的電離平衡常數(shù)可知HCN是極弱的酸，所以NaCN極易與酸反應生成HCN。為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調(diào)節(jié)為堿性。 (2)NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先確定反應物和生成物；再依據(jù)反應中氯元素的化合價從＋1價降低到－1價，得到2個電子。N元素化合價從－3價升高到0價，失去3個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是2∶3，反應的離子方程式為2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑。 (3)NaCN被氧化的兩個階段氧化劑均為NaClO，所以可以合并一起進行計算，即反應物為NaCN和NaClO，生成物為Na2CO3、CO2、NaCl和N2。參加反應的NaCN是＝20 mol，反應中C由＋2價升高到＋4 價，N元素化合價從－3價升高到0價，即1 mol NaCN失去5 mol電子，1 mol次氯酸鈉得到2 mol電子，所以處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO的質(zhì)量為74.5 g/mol4＝14 900 g。 (4)(CN)2與Cl2的化學性質(zhì)相似，則根據(jù)氯氣與氫氧化鈉反應的方程式可知(CN)2與NaOH溶液反應生成NaOCN、NaCN和H2O。 答案：(1)堿性　防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣 (2)2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑ (3)14 900 (4)NaOCN　NaCN 12．(2016高考全國卷Ⅰ)NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑，也常用來漂白織物等，其一種生產(chǎn)工藝如下： 回答下列問題： (1)NaClO2中Cl的化合價為________。 (2)寫出“反應”步驟中生成ClO2的化學方程式：____________________________。 (3)“電解”所用食鹽水由粗鹽水精制而成，精制時，為除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的試劑分別為____________、__________。“電解”中陰極反應的主要產(chǎn)物是________。 (4)“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2。此吸收反應中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________，該反應中氧化產(chǎn)物是________。 (5)“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為________(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))。 解析：(1)根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和等于0，計算出NaClO2中氯元素化合價為＋3。(2)從流程圖看出，反應物是氯酸鈉、二氧化硫、硫酸，產(chǎn)物為硫酸氫鈉、二氧化氯，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒配平化學方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)粗鹽提純中加入氫氧化鈉溶液沉淀鎂離子，加入碳酸鈉溶液沉淀鈣離子。電解過程中ClO2在陰極放電得到ClO，故陰極反應的主要產(chǎn)物為NaClO2。(4)依題意，用含氫氧化鈉的雙氧水吸收尾氣中的二氧化氯，發(fā)生反應：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O，ClO2作氧化劑，H2O2作還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，該反應中氧化產(chǎn)物為O2。(5)氯氣、亞氯酸鈉的氧化能力就是得電子能力，得電子數(shù)相等時，氧化能力相當。氯氣、亞氯酸鈉的最終還原產(chǎn)物為氯離子。根據(jù)：NaClO2Cl－，Cl22Cl－，可知得電子數(shù)相等時存在NaClO2～2Cl2，故亞氯酸鈉的有效氯含量為≈1.57。 答案：(1)＋3 (2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4 (3)NaOH溶液　Na2CO3溶液　ClO(或NaClO2) (4)2∶1　O2 (5)1.57 13．工業(yè)上用亞硫酸氫鈉與碘酸鈉反應可制備單質(zhì)碘。 (1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，發(fā)生下列反應。請配平反應方程式，并用單線橋法標出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。 ＫNaIO3＋ＫNaHSO3===ＫI2＋ＫNa2SO4＋ＫH2SO4＋ＫH2O (2)在NaIO3溶液中滴加過量NaHSO3溶液，反應完全后，推測反應后溶液中的還原產(chǎn)物為______________________(填化學式)。 (3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物質(zhì)的量和析出I2的物質(zhì)的量的關系曲線如圖所示。寫出反應過程中與AB段曲線對應的離子方程式：__________________________________；當溶液中I－與I2的物質(zhì)的量之比為5∶3時，加入的NaIO3為____________mol(小數(shù)點后保留兩位數(shù)字)。 解析：(1)I的化合價由＋5降到0，S的化合價由＋4升到＋6，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等及原子守恒即可配平該氧化還原反應方程式。 (2)根據(jù)NaHSO3和NaIO3的性質(zhì)可知NaHSO3為還原劑，NaIO3為氧化劑，由于還原性HSO＞I－，故當NaHSO3溶液過量時，IO先被還原成I2，再被還原成I－。 (3)由圖像可知，OA段是隨著IO的加入量增多，NaHSO3的量逐漸減小，IO被還原成I－，該反應為IO＋3HSO===3SO＋I－＋3H＋，至A點恰好完全反應；此時繼續(xù)加入NaIO3溶液，又發(fā)生NaIO3氧化I－的反應，即IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。當溶液中I－與I2的物質(zhì)的量之比為5∶3時，設第一個反應加入的NaIO3為x mol，第二個反應加入的NaIO3為y mol，則第一個反應生成的I－為x mol，第二個反應消耗的I－為5y mol，生成的I2為3y mol，故(x－5y)∶3y＝5∶3，即x＝10y，因第一個反應消耗5 mol NaHSO3，故x＝，y＝，所以加入的NaIO3為x＋y＝＋＝≈1.83(mol)。 答案：(1)4NaIO3＋10NaHS20e－O3===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O (2)NaI　(3)IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O　1.83