氧化还原反应及性质比较——突破训练（二）【解析版】.doc

氧化还原反应及性质比较 突破训练（二）‎ ‎1．金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2＋O2Cu2S＋2FeS＋SO2。下列说法不正确的是(　　)‎ A．O2只作氧化剂 B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂 C．SO2既是氧化产物又是还原产物 D．若有1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol电子转移 ‎【解析】选D　反应中元素的化合价变化为：‎ 在反应中CuFeS2既是氧化剂，又是还原剂，O2只作氧化剂，SO2既是氧化产物又是还原产物，若有1 mol O2参加反应，则反应中共有6 mol电子转移。‎ ‎2．实验室利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O。下列关于该反应的说法正确的是(　　)‎ A．NaNO2发生氧化反应 B．NH4Cl中的氮元素被还原 C．N2既是氧化产物，又是还原产物 D．每生成1 mol N2时转移电子的物质的量为6 mol ‎【解析】选C　A项，由反应前后元素的化合价变化知，NaNO2为氧化剂，发生还原反应；B项，NH4Cl为还原剂，发生氧化反应，氮元素被氧化；C项，N2既是氧化产物，又是还原产物；D项，每生成1 mol N2时转移电子的物质的量为3 mol。‎ ‎3．某种飞船是以N2H4和N2O4为动力源，化学方程式为2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2 700 ℃，对于该反应，下列说法正确的是(　　)‎ A．N2H4是氧化剂 B．N2O4是还原剂 C．N2既是氧化产物又是还原产物 D．每生成3 mol N2转移电子的数目为16NA ‎【解析】选C　A项，该反应是不同价态的N元素之间发生的归中反应，N2H4中N元素的化合价升高，则为还原剂；B项，N2O4中N元素的化合价降低，则为氧化剂；C项，N2既是氧化产物又是还原产物；D项，每生成3 mol N2转移电子的数目为8NA。‎ ‎4.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是(　　)‎ 选项 A B C D 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，随后迅速褪色 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　A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，会生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关；B项，由于氯水显酸性，先使紫色石蕊溶液变红，后由于HClO具有氧化性，使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关；C项，向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，与氧化还原反应无关；D项，热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应有关。‎ ‎5.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO＋2M3＋＋4H2O===M2O＋Cl－＋8H＋，M2O中M的化合价是(　　)‎ A．＋4 B．＋5‎ C．＋6 D．＋7‎ ‎【解析】选C　根据得失电子守恒，设M2O中M的化合价为x，化学方程式中只有氯元素的化合价下降6，M的化合价升高，则6＝2×(x－3)，解得x ‎＝6，故C项正确。‎ ‎6.知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：‎ ‎①G―→Q＋NaCl　②Q＋H2OX＋H2‎ ‎③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ‎④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O 这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是(　　)‎ A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X ‎【解析】由①得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和－1价的Cl之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。‎ ‎7.氯气与氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定条件下发生反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的化学计量数之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(　　)‎ A．＋1 B．＋3‎ C．＋5 D．＋7‎ ‎【解析】选C　根据题意可知，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；根据反应KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，KZ中Cl元素化合价＞KX中Cl元素化合价(均为正价)。假设KX中Cl元素为＋a价，KZ中Cl元素的化合价为＋b价，依据化合价升降总数相等及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5分别代入上式讨论，可知a＝5，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋5价。‎ ‎8．科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）‎ A．过程I得到的Li3N的电子式为 B．过程Ⅱ生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑‎ C．过程Ⅲ涉及的阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O D．过程I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 ‎【解析】A. Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N+3H2O=3LiOH+NH3↑，B正确；C.在过程Ⅲ中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，C正确；D.过程Ⅱ的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误。‎ ‎9．以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述不正确的是（ ）‎ A．过程Ⅰ中的能量转化形式是太阳能→化学能 B．过程Ⅰ中每消耗116 g Fe3O4转移2 mol电子 C．过程Ⅱ的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑‎ D．铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点 ‎【解析】A. 过程Ⅰ利用太阳能将四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，实现的能量转化形式是太阳能→化学能，选项A正确；B. 过程Ⅰ中四氧化三铁转化为氧气和氧化亚铁，每消耗116 g Fe3O4，即0.5mol，Fe由+3价变为+2价，转移 mol电子，选项B错误；C. 过程Ⅱ实现了氧化亚铁与水反应生成四氧化三铁和氢气的转化，反应的化学方程式为3FeO＋H2OFe3O4＋H2↑，选项C正确；D. 根据流程信息可知，铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点，选项D正确。‎ ‎10．KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：‎ ‎①11KClO3+6I2+3H2O == 6KH(IO3)2 +3Cl2↑+5KCl ‎②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O 下列说法正确的是（ ）‎ A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键 B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2‎ C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝 D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素 ‎【解析】A. 化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B. 气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C. 碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D. 钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确。‎ ‎11．在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。‎ 已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52−+H2O=2HSO3−‎ 实验用品 实验操作和现象 ‎①1.00×10-2mol/L Na2SO3溶液 ‎②1.00×10-2mol/L NaHSO3溶液 ‎③5.00×10-3mol/L Na2S2O5溶液 实验1：溶液①使紫色石蕊溶液变蓝，溶液②使之变红。‎ 实验2：溶液①与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32−) 随反应时间变化如下图所示。‎ 实验3：调溶液①②③的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。‎ 下列说法中，不正确的是 A．Na2SO3溶液显碱性，原因是：SO32−+H2OHSO3−+OH−‎ B．NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度 C．实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强 D．实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同 ‎【解析】A. Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32−水解SO32−+H2OHSO3−+OH−，所以溶液显碱性，故A正确；B. HSO3−电离呈酸性、HSO3−水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3−的电离程度大于水解程度，故B正确；C. 根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D. 根据已知信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确。‎ ‎12.LiAlH4既是金属储氢材料,又是有机合成中的常用试剂,遇水能剧烈反应释放出氢气,LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列叙述错误的是 (　　)‎ A.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇,LiAlH4作还原剂 B.LiAlH4与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为4 g·mol-1‎ C.1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解,转移3 mol电子 D.LiAlH4与水反应生成三种物质时,化学方程式可表示为LiAlH4+4H2OAl(OH)3+LiOH+4H2↑‎ ‎【解析】LiAlH4中氢显-1价,具有很强的还原性,乙醛→乙醇,发生还原反应,A项正确;该反应生成氢气的实质是LiAlH4中-1价的H与D2O中+1价D归中生成HD气体,摩尔质量为3 g·mol-1,B项错误;1 mol Al3+生成1 mol Al转移3 mol e-,C项正确;该反应相当于水解,D项正确。‎ ‎13. A~G各物质间的关系如图K8-2所示,其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是 (　　)‎ 图K8-2‎ A.已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热,能与B反应生成D,由此可以推断B的氧化性比MnO2强 B.反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O C.新配制的F溶液一般需要加入铁屑,用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+‎ D.若反应①在常温下进行,则1 mol A在反应中完全分解能转移1 mol电子 ‎【解析】 浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2,过氧化氢分解产生氧气,HCl与O2在催化剂存在的条件下加热,反应产生Cl2,只能证明氧化性O2>Cl2,不能证明氧化性O2>MnO2,A项错误;反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑,B项正确;Fe2+有还原性,容易被空气中的氧气氧化为Fe3+,为了防止其氧化,要加入还原剂铁屑,C项正确;若反应①在常温下进行,则A是H2O2,B是O2,C是浓盐酸,D是Cl2,E是Fe3O4,F是FeCl2,G是FeCl3,1 mol A在反应中完全分解能转移1 mol电子,D项正确。‎ ‎14.已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：‎ ‎2S2Cl2＋2H2O===4HCl＋SO2↑＋3S↓‎ 对该反应的说法正确的是(　　)‎ A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂 B．H2O作还原剂 C．每生成1 mol SO2转移4 mol电子 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1‎ ‎【解析】　根据二氯化二硫的结构式，推出S显＋1价，Cl显－1价，根据反应方程式，S化合价由＋1价→＋4价和0价，化合价既升高又降低，因此S2Cl2既是氧化剂又是还原剂，故A正确；反应中，氢、氧元素的化合价没有发生变化，故H2O既不是氧化剂又不是还原剂，B错误；生成1 mol SO2转移电子的物质的量为3 mol，故C错误；SO2是氧化产物，S是还原产物，则两者的物质的量之比为1∶3，故D错误。‎ ‎15.化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就不再向环境排放该种有害物质。例如，铬的化合物有以下循环关系：‎ 下列有关说法中正确的是(　　)‎ A．上述物质中只有Na2CrO4可作氧化剂 B．发生反应⑤，一定要加入氧化剂 C．发生反应①时，消耗Na2Cr2O7的个数与转移的电子数之比为1∶6‎ D．从反应②来看，CrCl3不能用Cr(OH)3与盐酸反应来制取 ‎【解析】根据元素化合价可判断Na2CrO4和Na2Cr2O7中Cr均为＋6价，所以都可作氧化剂，而两者之间的转化并非氧化还原反应，故A、B错误；发生反应①时，Na2Cr2O7中Cr元素化合价由＋6价降低到＋3价，则1 mol Na2Cr2O7可得到6 mol电子，故C正确；Cr(OH)3与盐酸反应可生成CrCl3，故D错误。‎ ‎16.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到产生白色沉淀CuI,溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2‎ 气体,溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是 (　　)‎ A.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+>I2>SO2‎ B.通入SO2时,SO2与I2反应,I2作还原剂 C.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性 D.滴加KI溶液时,转移2 mol e-时生成1 mol白色沉淀 ‎【解析】 根据现象和氧化还原反应规律知首先生成 CuI和I2,而后二氧化硫还原I2,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知A项正确;通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的还原性,还原剂是二氧化硫,B项、C项错误;根据2Cu2++4I-2CuI↓+I2,转移2 mol e-时生成2 mol白色沉淀,D项错误。‎ ‎17．氧化还原是一类重要的反应。‎ ‎(1)已知反应Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，反应中还原剂是________，氧化性：Fe3＋________Cu2＋(填“＜”或“＞”)。‎ ‎(2)在2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2反应中，若转移3 mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为______L。‎ ‎(3)在xR2＋＋yH＋＋O2===mR3＋＋nH2O的离子方程式中，对系数m和R2＋、R3＋判断正确的是________。‎ A．m＝y，R3＋是还原剂 B．m＝2y，R2＋被氧化 C．m＝2，R3＋是氧化剂 D．m＝4，R2＋是还原剂 ‎(4)用双线桥标出反应2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中电子转移的方向和数目。‎ ‎【解析】(1)已知反应中Cu化合价升高，被氧化，为还原剂，由反应可知氧化性：Fe3＋＞Cu2＋。(2)在已知反应中，只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，分别由－1价变化为0价和－2价，所以转移电子数为2e－，则转移3 mol电子，产生的氧气为1.5 mol，体积为1.5 mol×22.4 L·mol－1＝33.6 L。(3)根据氧原子守恒，所以n＝2，根据氢原子守恒，所以y＝4，根据R原子守恒则x＝m，根据电荷守恒则2x＋y＝3m，所以x＝y＝m，在反应中，R的化合价升高，R2＋是还原剂，所以R3＋是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物。(4)已知反应中，Mn元素的化合价由＋7降低为＋2，KMnO4为氧化剂，得到的电子为2×(7－2)e－＝10e－‎ ‎，Cl元素的化合价由－1升高为0，HCl为还原剂，失去的电子为5×2×(1－0)e－＝10e－，双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为 ‎2‎ 答案：(1)Cu　＞　(2)33.6　(3)D ‎18.随着我国工业化水平的不断发展,解决水、空气污染问题成为重要课题。‎ ‎(1)工业尾气中含有大量的氮氧化物,NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图K8-5所示:‎ 图K8-5‎ ‎①由图可知SCR技术中的氧化剂为　　　　。  ‎ ‎②用Fe作催化剂加热时,在氨气足量的情况下,当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时,写出该反应的化学方程式:　　　　　　　。  ‎ ‎(2)ClO2气体是一种常用的消毒剂,现在被广泛用于饮用水消毒。自来水厂用ClO2处理后的水中,要求ClO2的浓度在0.1~0.8 mg·L-1。碘量法可以检测水中ClO2的浓度,步骤如下:‎ Ⅰ.取一定体积的水样用微量的氢氧化钠溶液调至中性,然后加入一定量的碘化钾,并加入淀粉溶液,溶液变蓝;‎ Ⅱ.加入一定量的Na2S2O3溶液(已知:2S2+I2S4+2I-);‎ Ⅲ.加硫酸调节水样pH至1.3。‎ 已知:ClO2在中性条件下还原产物为Cl,在酸性条件下还原产物为Cl-。请回答下列问题:‎ ‎①确定操作Ⅱ完全反应的现象为　　　　　　　　。 ‎ ‎②在操作Ⅲ过程中,溶液又呈蓝色,反应的离子方程式为　　　　　　。 ‎ ‎③若水样的体积为1.0 L,在操作Ⅱ时消耗了1.0×10-3 mol·L-1的Na2S2O3溶液10 mL,则水样中ClO2的浓度是　　　　mg·L-1。 ‎ ‎14.(1)①NO、NO2　②2NH3+NO+NO22N2+3H2O ‎(2)①蓝色消失,半分钟内不变色 ‎②Cl+4I-+4H+Cl-+2I2+2H2O　③0.675‎ ‎【解析】 (1)①由反应原理图可知,在催化剂作用下,NO、NO2和NH3反应生成N2和H2O,由化合价变化可知NO和NO2是氧化剂,NH3是还原剂。②设NO和NO2的物质的量均为1 mol,根据得失电子守恒可知参加反应的NH3为2 mol,据此可写出反应的化学方程式。(2)①操作Ⅰ中由于生成了I2而使溶液变蓝,再加入Na2S2O3溶液时,发生反应2S2+I2S4+2I-,当反应完全时,I2全部被消耗,溶液的蓝色随之消失。②操作Ⅲ中调节水样pH至1.3时,操作Ⅰ中生成的Cl会和操作Ⅱ中生成的I-发生氧化还原反应,Cl被还原为Cl-,I-被氧化为I2,使溶液又呈蓝色,据此可写出反应的离子方程式。③由得失电子守恒知2S2~I2~2ClO2,则n(ClO2)=n(S2)=10-5 mol,则m(ClO2)=67.5 g·mol-1×10-5 mol=6.75×10-4 g=0.675 mg,即水样中ClO2的浓度是0.675 mg·L-1。‎