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课时提升作业 五
氧化还原反应
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括11小题，每题6分，共66分)
1.下列叙述正确的是( )
A.在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原
B.元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原
C.失电子难的原子，获得电子的能力一定强
D.有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应
【解析】选B。在反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O中，氯元素既被氧化，又被还原，A项错；稀有气体元素稳定性强，既不易得电子也不易失电子，C项错；同素异形体间的反应，如2O33O2属于非氧化还原反应，D项错。
2.图中两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应，其中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是( )
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A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
【解析】选C。SO3与H2O的反应不是氧化还原反应；Na与H2O的反应是氧化还原反应，H2O作氧化剂；NO2与H2O的反应是氧化还原反应，H2O既不作氧化剂也不作还原剂；F2与H2O的反应是氧化还原反应，H2O作还原剂。
【加固训练】
工业上生产下列物质，不涉及氧化还原反应的是( )
A.用铝矾土(主要成分Al2O3)生产金属铝
B.用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸
C.用海水、贝壳生产氯化镁晶体
D.用氯化钠生产烧碱
【解析】选C。Al2O3生产金属铝，铝元素化合价降低；FeS2生产硫酸，硫元素化合价升高；海水、贝壳生产氯化镁晶体时，CaCO3CaOCa(OH)2Mg(OH)2 MgCl2，元素化合价没有发生变化；氯化钠生产烧碱时生成氢气和氯气，元素化合价发生变化。
3.(2017·邯郸模拟)将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应的是( )
操作
现象
A
加入NaOH溶液
有红褐色沉淀
B
加入Ba(NO3)2溶液
有白色沉淀
C
加入酸性KMnO4溶液
紫色褪去
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D
加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液
有蓝色沉淀
【解析】选D。将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成，该过程中没有化合价变化，不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故A错误；加入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀，N具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成S，S与Ba2+反应生成BaSO4沉淀，即使二氧化硫与Fe3+不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去，因为二氧化硫具有还原性，能够还原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与Fe3+不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C错误；Fe2+中加入K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液生成蓝色沉淀，则可证明溶液中存在Fe2+，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D正确。
4.(2017·淄博模拟)若要产生一定量的氯气，下列物质分别与足量浓盐酸反应，消耗的物质的量最少的是( )
A.KMnO4 B.KClO3
C.MnO2 D.Ca(ClO)2
【解析】选B。根据得失电子守恒配平方程式，根据氧化剂和氯气之间的关系式判断，2Mn+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O，Cl+6H++5Cl-3Cl2↑+3H2O，MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，ClO-+2H++Cl-Cl2↑+H2
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O，根据反应的化学方程式知，若要产生一定量的氯气，上述物质分别与足量浓盐酸反应，消耗的物质的量最少的是KClO3，B项正确。
【易错提醒】容易忽略KClO3、Ca (ClO)2与HCl发生反应时，对应的产物也是氯气。
5.(2017·福州模拟)某氧化还原反应中包含下列物质：Na3AsO4、H2O2、Na2SO4、As2S3、H2O和NaOH。已知H2O2是唯一的氧化剂，水是生成物。下列有关说法正确的是( )
A.NaOH是生成物
B.反应中As2S3与H2O2的物质的量之比为1∶14
C.配平后化学计量数最大的物质是H2O2
D.生成1 mol H2O时转移1.2 mol电子
【解析】选B。Na3AsO4、H2O2、Na2SO4、As2S3、H2O和NaOH中，H2O2是唯一的氧化剂，则As2S3是还原剂，该反应的化学方程式为14H2O2+As2S3+12NaOH2Na3AsO4+ 3Na2SO4+20H2O，在该反应的化学方程式中每生成20 mol H2O转移的电子数为
28 mol，则生成1 mol H2O时转移1.4 mol电子。
6.(2017·宜春模拟)根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A.反应①②③④⑤中有非氧化还原反应
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B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属
C.相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【解析】选B。①反应有氯气生成，②反应有氯化钙、次氯酸钙生成，③过氧化氢分解生成水和氧气，④反应生成单质氧气，⑤反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，A错误；⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；③中氧元素的化合价由-1价升高为0，④中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，C错误；反应①由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误。
7.目前处理酸性Cr2废水多采用铁氧磁体法。该法是向废水中加入FeSO4·7H2O将Cr2还原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于(铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀。处理1 mol Cr2，需加入amol FeSO4·7H2O，下列结论正确的是( )
A.x=0.5，a=8 B.x=0.5，a=10
C.x=1.5，a=8 D.x=1.5，a=10
【解析】选D。根据铬原子守恒，1 mol Cr2完全反应后生成mol ，根据铁原子守恒得amol=mol，由反应中得失电子数相等得2×(6-3)=x·(3-2)，解得x=1.5，将x=1.5代入a=得a=10。
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【加固训练】
(2017·承德模拟)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：2S2Cl2+2H2O4HCl+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.氧化产物与还原产物物质的量比为3∶1
C.每生成22.4 L SO2转移3 mol电子
D.每生成48 g硫时，S2Cl2会断裂6 mol共价键
【解析】选A。A项，由二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl可知，其中的S的化合价为+1价，在反应后的生成物SO2中化合价为+4价，化合价升高，失去电子，作还原剂；在S单质中化合价为0价，化合价降低，得到电子，作氧化剂，因此S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，正确；B项，根据方程式2S2Cl2+ 2H2O4HCl+SO2↑+3S↓可知氧化产物SO2与还原产物S的物质的量的比为1∶3，错误；C项，每生成1 mol SO2转移3 mol电子，但未指明气体所处的状态，
22.4 L SO2的物质的量不一定是1 mol，错误；D项，由方程式可知每生成3 mol的S时S2Cl2会断裂6 mol共价键，若产生48 g硫即(48 g)÷(32 g·mol-1)=
1.5 mol，所以S2Cl2会断裂3 mol共价键，错误。
8.(2017·南阳模拟)A～G各物质间的关系如下图所示，其中B、D为气体单质。则下列说法错误的是 世纪金榜导学号30682229( )
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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和稀盐酸，前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+，后者可抑制Fe2+的水解
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】选A。浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2，双氧水分解产生氧气，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，但是不能证明氧化性：O2>MnO2，故A错误；反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-M+2H2O+Cl2↑，故B正确；FeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中F容易发生水解反应而使溶液显浑浊，为了抑制盐的水解，要加入少量的盐酸，同时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，故C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，故D正确。
9.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO-+4OH-2R+3Cl-+5H2O。则R中R的化合价是( )
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世纪金榜导学号30682230
A.+3 B.+4 C.+5 D.+6
【解析】选D。根据氧化还原反应得失电子守恒(化合价升降相等)，反应中氯元素化合价由+1→-1(化学计量数为3)，因此R元素的化合价由+3升高到+6(化学计量数为2)，由此判断D正确。(另解可以根据电荷守恒快速判断n=2，进而确定R的化合价为+6价)。
10.已知：①A+B2+A2++B ②D+2H2OD(OH)2+H2↑ ③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2++2e-E和B-2e-B2+。下列说法正确的是
( )
世纪金榜导学号30682231
A.氧化性：E2+>B2+>A2+>D2+
B.氧化性：D2+>E2+>A2+>B2+
C.反应E+A2+A+E2+能够进行
D.提取某废水中含有的少量A2+时可以选用D
【解析】选A。同一化学反应中，氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性。①A+B2+A2++B，该反应中氧化剂是B2+，氧化产物是A2+，所以B2+的氧化性>A2+的氧化性；②D+2H2OD(OH)2+H2↑，该反应中氧化剂是H2O，氧化产物是D(OH)2，所以H2O的氧化性>D2+的氧化性；③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池，电极反应为E2++2e-E，B-2e-B2+。该电池的电池反应式为E2++BE+B2+，所以氧化剂是E2+，氧化产物是B2+，所以E2+的氧化性>B2+
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的氧化性。所以各离子的氧化性大小为E2+>B2+>A2+>D2+，A正确，B错误。根据氧化性的强弱顺序可知C、D选项中反应不能发生。
11.(能力挑战题)5.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到NO和NO2的混合气体VL(标准状况)；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗涤、干燥，称得质量为10.7 g。则V等于( )
世纪金榜导学号30682232
A.2.24 B.4.48 C.6.72 D.7.84
【解析】选B。合金中Cu、Mg失去的电子数等于硝酸获得的电子数，也等于Mg2+、Cu2+结合的OH-个数。则Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量等于合金质量与OH-质量之和，故有5.6 g+17 g·mol-1n(OH-)=10.7 g，n(OH-)=0.3 mol。假设生成的气体全部为NO，则V(NO)=2.24 L，假设全部为NO2，则V(NO2)=6.72 L，所以混合气体的体积范围为2.24 LK2CrO4，故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4。
(3)双氧水常用作氧化剂，具有氧化性，所以用标签B。
(4)①H2O2只发生了H2O2→O2的变化体现了双氧水的还原性，作还原剂，所以高锰酸根作氧化剂，还原产物是锰离子，要求酸是不具有还原性的强酸，所以选择稀硫酸。②双氧水中-1价的氧变为氧气中的0价，当生成6.72 L(标准状况)即0.3 mol氧气时，则失电子为0.3 mol×2×(1-0)=0.6 mol。
答案：(1)D C A
(2)Ag2O>H2O2>K2CrO4
(3)B (4)①C ②0.6
13.(17分)(能力挑战题)(2017·衡水模拟)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
世纪金榜导学号30682233
(1)实验原理。
①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____________________________。
②在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，
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反应的离子方程式为
________________________________________________。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。
(2)实验步骤。
①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_________；
②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入含mmol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及一定浓度的硫酸(含H2SO4nmol)；
⑥重复④的操作；
⑦取下锥形瓶，向其中加入2～3滴__________作指示剂；
⑧用0.005 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_____________。
(3)数据分析。
①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________mg·L-1。
②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”)。
③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是
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__________________。
【解析】(1)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离子方程式的配平是否正确。
(3)①根据(1)中的三个反应的化学方程式，可以得出物质间的定量关系为O2～2MnO(OH)2～2I2～4 Na2S2O3，则n(O2)==4.875×10-6mol，则此水样中氧(O2)的含量为
=7.8 mg·L-1。
②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。
③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转化为Mn2+；若酸过量，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。
答案：(1)①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2
②MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O
(2)①排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰 ⑦淀粉溶液 ⑧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)①7.8 ②偏大 ③若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+
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，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应
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