2023屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題04氧化還原反應(yīng)課時(shí)練魯科版

專題四氧化復(fù)原反響1．將0.195g鋅粉參加到20.0mL的0.100mol·L－1MOeq\o\al(＋,2)溶液中，恰好完全反響，那么復(fù)原產(chǎn)物可能是()A．MB．M2＋C．M3＋D．MO2＋【答案】B【解析】根據(jù)電子得失守恒解答，鋅粉的物質(zhì)的量為0.003mol，完全反響后失電子0.006mol，假設(shè)M的化合價(jià)由＋5變?yōu)閤，那么(5－x)×0.0200L×0.100mol·L－1＝0.006mol，可得x＝＋2。2．Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3，水熱法制備Fe3O4納米顆粒的總反響為：3Fe2＋＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．O2和S2Oeq\o\al(2－,3)是氧化劑，F(xiàn)e2＋是復(fù)原劑B．每生成1molFe3O4，那么轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2molC．參加反響的氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為1∶1D．假設(shè)有2molFe2＋被氧化，那么被Fe2＋復(fù)原的O2為0.5mol【答案】D【解析】S2Oeq\o\al(2－,3)生成S4Oeq\o\al(2－,6)中S的化合價(jià)由＋2價(jià)變?yōu)椋?.5價(jià)，S2Oeq\o\al(2－,3)是復(fù)原劑，故A項(xiàng)不正確；每生成1molFe3O4，有1molO2被復(fù)原，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4mol，故B項(xiàng)不正確；當(dāng)氧化劑O2為1mol時(shí)，被氧化的Fe2＋為2mol，被氧化的S2Oeq\o\al(2－,3)為2mol，所以氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1∶4，故C項(xiàng)不正確；當(dāng)2molFe2＋被氧化時(shí)，可提供2mol電子，那么被Fe2＋復(fù)原的O2為0.5mol，故D項(xiàng)正確。3．碘鹽的主要成分是NaCl和KIO3。KIO3與NaHSO3能發(fā)生反響2KIO3＋6NaHSO3=2KI＋3Na2SO4＋3H2SO4。那么以下說法中不正確的選項(xiàng)是()A．KIO3中I的化合價(jià)是＋5B．反響中的五種物質(zhì)都是強(qiáng)電解質(zhì)C．KIO3作氧化劑，發(fā)生復(fù)原反響D．23Na37Cl中質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之比是8∶7【答案】D【解析】23Na37Cl中的質(zhì)子數(shù)為28，中子數(shù)為32，質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)之比是7∶8。4．以下是某學(xué)生歸納的一些規(guī)律，其中正確的選項(xiàng)是()A．氧化物不可能是復(fù)原產(chǎn)物，只可能是氧化產(chǎn)物B．有些化學(xué)反響不屬于分解、化合、置換和復(fù)分解四大根本反響類型中的任何一種C．一種元素可能有多種氧化物，但一種化合價(jià)只能對應(yīng)一種氧化物D．有單質(zhì)參加的反響一定是氧化復(fù)原反響【答案】B【解析】SO2可能是復(fù)原產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；反響CO＋CuOeq\o(=,\s\up17(△))Cu＋CO2不屬于四大根本反響類型中的任何一種，B正確；＋4價(jià)的氮有NO2和N2O4兩種氧化物，C錯(cuò)誤；金剛石和石墨之間的轉(zhuǎn)化不是氧化復(fù)原反響，D錯(cuò)誤。5．物質(zhì)氧化性、復(fù)原性的強(qiáng)弱不僅與物質(zhì)的結(jié)構(gòu)有關(guān)，還與物質(zhì)的濃度和反響溫度有關(guān)。以下各組物質(zhì)由于濃度不同而發(fā)生不同的氧化復(fù)原反響的是()①Cu與HNO3溶液②Cu與FeCl3溶液③Zn與H2SO4溶液④Fe與HCl溶液A．①②B．②③④C．①③D．①③④【答案】C【解析】①銅與濃硝酸反響生成二氧化氮，銅與稀硝酸反響生成一氧化氮，正確；②無論FeCl3溶液濃度大小，只發(fā)生反響：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，錯(cuò)誤；③鋅與濃硫酸反響生成二氧化硫，鋅與稀硫酸反響生成氫氣，正確；④無論鹽酸濃度大小，與鐵反響只生成氯化亞鐵：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，錯(cuò)誤。綜上，選C。6．以下實(shí)驗(yàn)事實(shí)：①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液③將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液變藍(lán)以下判斷不正確的選項(xiàng)是()A．化合物KCrO2中Cr的化合價(jià)為＋3B．實(shí)驗(yàn)①證明Cr2O3是兩性氧化物C．實(shí)驗(yàn)②證明H2O2既有氧化性又有復(fù)原性D．實(shí)驗(yàn)③證明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>I2【答案】C【解析】根據(jù)化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為零的原那么知，Cr的化合價(jià)為＋3，A項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)①中Cr2O3固體分別與KOH溶液和硫酸反響均生成鹽和水，且沒有化合價(jià)的變化，證明Cr2O3是兩性氧化物，B項(xiàng)正確；實(shí)驗(yàn)②證明H2O2在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，能將KCrO2氧化為K2Cr2O7，C項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)③證明K2Cr2O7能將I－氧化為I2，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物知，氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>I2，D項(xiàng)正確。7．根據(jù)表中信息判斷，以下選項(xiàng)正確的選項(xiàng)是()序號反響物產(chǎn)物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4……②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③MnOeq\o\al(－,4)……Cl2、Mn2＋……A.第①組反響的其余產(chǎn)物為H2OB．第②組反響中Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比小于或等于1∶2C．第③組反響中生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子5molD．氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镸nOeq\o\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>Br2【答案】B【解析】由題中第①組反響物和產(chǎn)物的化合價(jià)變化可知，KMnO4為氧化劑，MnSO4為復(fù)原產(chǎn)物，那么H2O2為復(fù)原劑，O2為氧化產(chǎn)物，其余產(chǎn)物中除H2O外還有O2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Cl2與FeBr2反響，當(dāng)Cl2與FeBr2物質(zhì)的量之比小于或等于1∶2時(shí)，只發(fā)生反響Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，B項(xiàng)正確；生成1molCl2，轉(zhuǎn)移電子2mol(Cl的化合價(jià)由－1升高到0)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镸nOeq\o\al(－,4)>Cl2>Br2>Fe3＋，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入適量Cl2，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化如下圖，以下有關(guān)說法中不正確的選項(xiàng)是()A．d曲線代表溶液中Br－變化情況B．原溶液中FeI2的物質(zhì)的量為2molC．原溶液中n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3D．當(dāng)通入2molCl2時(shí)，溶液中離子反響為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－【答案】B【解析】由于Fe2＋、I－、Br－的復(fù)原性大小為I－>Fe2＋>Br－，故向該溶液中通入Cl2，Cl2先氧化I－，再氧化Fe2＋，最后氧化Br－。故a、b、c、d曲線分別表示I－、Fe2＋、Fe3＋、Br－的變化情況，A項(xiàng)正確；由圖象可知，I－為2mol，故原溶液中FeI2為1mol，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可以看出Fe2＋是4mol，Br－是6mol，故原溶液中n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3，C項(xiàng)正確；當(dāng)通入2molCl2時(shí)，2mol的I－消耗Cl21mol，余下的1molCl2再與2molFe2＋反響，故溶液中發(fā)生的離子反響可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－，D項(xiàng)正確。9．NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)(如圖)，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3B．石灰乳與Cl2的反響中，Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑C．常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反響D．如下圖轉(zhuǎn)化反響都是氧化復(fù)原反響【答案】B【解析】25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；石灰乳與Cl2的反響中只有氯元素化合價(jià)發(fā)生變化，所以Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑，故B項(xiàng)正確；常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯存，說明常溫下Cl2不與鐵反響，但加熱、高溫時(shí)可以反響，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由NaCl制備NaHCO3的反響和NaHCO3受熱分解制備Na2CO310．在一個(gè)氧化復(fù)原反響體系中反響物、生成物共六種粒子，F(xiàn)e3＋、NOeq\o\al(－,3)、Fe2＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋和H2O，以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是()A．該反響說明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化B．該反響中氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為8∶1C．假設(shè)有1molNOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化反響，那么轉(zhuǎn)移電子5molD．假設(shè)將該反響設(shè)計(jì)成原電池，那么負(fù)極反響為Fe3＋＋e－=Fe2＋【答案】A【解析】Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋和H2O六種微粒在一個(gè)氧化復(fù)原反響體系中，F(xiàn)e2＋作復(fù)原劑，NOeq\o\al(－,3)作氧化劑，由此得出該反響為8Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=8Fe3＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O。NOeq\o\al(－,3)在酸性環(huán)境中具有強(qiáng)的氧化性，能將Fe2＋氧化為Fe3＋，A項(xiàng)正確；由離子方程式可知，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1∶8，B項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)有1molNOeq\o\al(－,3)生成1molNHeq\o\al(＋,4)，那么N元素的化合價(jià)從＋5降為－3，得到8mol電子，發(fā)生復(fù)原反響，C項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)將該反響設(shè)計(jì)成原電池，那么負(fù)極發(fā)生氧化反響，失去電子，電極反響式為Fe2＋－e－=Fe3＋，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．反響：10AgF＋5Cl2＋5H2O=9AgCl＋AgClO3＋10HF＋O2以下關(guān)于該反響的表達(dá)不正確的選項(xiàng)是()A．該反響中，氧化劑與復(fù)原劑物質(zhì)的量之比為9∶5B．當(dāng)反響中有1mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，被復(fù)原氯氣物質(zhì)的量為eq\f(1,18)molC．每產(chǎn)生1molO2時(shí)，被氧元素復(fù)原的氯氣物質(zhì)的量為2molD．參加反響的水有eq\f(2,5)被氧化【答案】B【解析】該反響的氧化劑為eq\f(9,10)的氯氣，復(fù)原劑為eq\f(1,10)的氯氣和eq\f(2,5)的水，A、D項(xiàng)正確；當(dāng)反響中有9mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，被復(fù)原的氯氣為4.5mol，故當(dāng)反響中有1mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，被復(fù)原的氯氣為0.5mol，B項(xiàng)錯(cuò)誤；產(chǎn)生1mol氧氣，氧元素轉(zhuǎn)移4mol電子，被氧元素復(fù)原的氯氣為2mol，C項(xiàng)正確。12．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成兩份。向其中一份中逐漸參加銅粉，最多能溶解19.2g(硝酸只被復(fù)原為NO氣體)。向另一份中逐漸參加鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化曲線如下圖。以下分析錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A．AB段的反響為Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋B．第二份溶液中最終溶質(zhì)為FeSO4C．混合酸中NOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量為0.4molD．混合酸中H2SO4濃度為5mol·L－1【答案】D【解析】由圖象可知，OA段發(fā)生反響Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段發(fā)生反響Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，BC段發(fā)生反響Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，反響中NOeq\o\al(－,3)全部參與反響，最終第二份溶液中的溶質(zhì)是FeSO4，A、B項(xiàng)正確；第一份溶液中NOeq\o\al(－,3)全部參與反響，消耗銅的物質(zhì)的量為eq\f(19.2g,64g·mol－1)＝0.3mol，根據(jù)反響3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，參與反響的HNO3為0.2mol，所以混合酸中NOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量為0.4mol，C項(xiàng)正確；第二份溶液中n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(Fe2＋)＝n(Fe)＝eq\f(22.4g,56g·mol－1)＝0.4mol，那么混合酸中硫酸的濃度為eq\f(0.8mol,0.2L)＝4mol·L－1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。13．某一反響體系中的物質(zhì)有HCl、SnCl2、H2SnCl6、As、H3AsO3、H2O，：HCl是反響物之一。(1)寫出未配平的該反響的化學(xué)方程式：_________________________________________________________________________________(2)在該反響中，得電子的物質(zhì)是__________，被氧化的元素是__________。(3)在反響中，每轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗HCl__________mol。(4)以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是__________(填寫字母序號)。a．在相同條件下，第ⅦA族元素的陰離子的復(fù)原性從上到下逐漸增強(qiáng)b．得電子越多的氧化劑，其氧化性越強(qiáng)c．陽離子只能作氧化劑d．在相同條件下，氧化性順序：Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋【答案】(1)HCl＋SnCl2＋H3AsO3H2SnCl6＋As＋H2O(2)H3AsO3Sn(3)2(4)ad【解析】(1)HCl是反響物之一，說明其他物質(zhì)中氯原子少的為反響物，氯原子多的為生成物，即SnCl2是復(fù)原劑，H3AsO3是氧化劑，所以反響方程式為12HCl＋3SnCl2＋2H3AsO3=3H2SnCl6＋2As＋6H2O。據(jù)此可知，得電子物質(zhì)為H3AsO3，被氧化元素為Sn；3molSnCl2參加反響可失6mol電子，故在反響中，每轉(zhuǎn)移1mol電子消耗2molHCl。(4)中，在相同條件下，第ⅦA族元素的陰離子隨離子半徑的增大，復(fù)原性從上到下逐漸增強(qiáng)；得電子越多的氧化劑，其氧化性不一定越強(qiáng)；有些陽離子(如Fe2＋)即可作氧化劑，又可作復(fù)原劑；在相同條件下，氧化性順序：Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋。14．(1)向盛有KI溶液的試管中參加少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色。該反響的離子方程式為____________________________，如果繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會逐漸變淺，最后變成無色。該反響的化學(xué)方程式為____________________________。(2)把KI換成KBr，那么CCl4層變?yōu)開_________色；繼續(xù)滴加氯水，CCl4層的顏色沒有變化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由強(qiáng)到弱的順序是______________。(3)加碘鹽中含碘量為20mg·kg－1～50mg·kg－1。制取加碘鹽(含KIO3的食鹽)1000kg，假設(shè)用KI與Cl2反響制KIO3，至少需要消耗Cl2__________L(標(biāo)準(zhǔn)狀況，保存2位小數(shù))。【答案】(1)Cl2＋2I－=I2＋2Cl－5Cl2＋I(xiàn)2＋6H2O=2HIO3＋10HCl(2)橙HBrO3>Cl2>HIO3(3)10.58【解析】氯氣氧化性很強(qiáng)，不僅可將I－氧化為碘單質(zhì)，還可進(jìn)一步將其氧化為IOeq\o\al(－,3)；但不能將Br2進(jìn)一步氧化，從而說明氧化性HBrO3>Cl2>HIO3；由Cl2＋2KI=I2＋2KCl和5Cl2＋I(xiàn)2＋6H2O=2HIO3＋10HCl得關(guān)系式3Cl2～KIO3～I(xiàn)，列比例式求解：3Cl2～1eq\f(3×22.4L,V)＝eq\f(127g,20g)解得V≈10.58L。15．：CuI是難溶于水的白色固體。氧化性Cu2＋>I2>Cu＋，復(fù)原性Cu>I－>Cu＋。(1)根據(jù)物質(zhì)氧化性、復(fù)原性的強(qiáng)弱推測，在溶液中Cu2＋和I－反響的產(chǎn)物是__________。(2)久置于空氣中的HI溶液呈黃色，向其中參加一些銅粉，可使溶液黃色消失，反響的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)欲消除(2)中HI溶液的黃色，也可向其中通入少量H2S，這是因?yàn)楫?dāng)濃度接近時(shí)，復(fù)原性H2S________(填“>〞“<〞或“＝〞)I－；與參加銅粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液濃度__________(填“高〞“低〞或“相等〞)。(4)CuI可用于監(jiān)測空氣中是否含有汞蒸氣：4CuI(白色)＋Hg=Cu2HgI4(亮黃色)＋2Cu。以下關(guān)于該化學(xué)方程式的說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是__________。a．該反響被氧化的元素是銅元素和汞元素b．該反響的氧化劑為CuIc．Cu2HgI4只是氧化產(chǎn)物【答案】(1)CuI、I2(2)2Cu＋I(xiàn)2=2CuI(3)>高(4)a【解析】(1)Cu2＋將I－氧化為I2，而I－將Cu2＋復(fù)原為Cu＋，Cu＋與I－結(jié)合成CuI沉淀，故Cu2＋和I－反響的離子方程式為2Cu2＋＋4I－=I2＋2CuI↓。(2)～(3)久置的HI溶液呈黃色的原因是局部I－被空氣中的氧氣氧化為I2溶于其中，可參加復(fù)原劑使I2被復(fù)原，但參加Cu粉作復(fù)原劑時(shí)得到CuI沉淀，而參加H2S作復(fù)原劑可將碘單質(zhì)復(fù)原為I－，得到的HI溶液的濃度高。(4)該反響中I的化合價(jià)沒變，Hg的化合價(jià)升高，而Cu的化合價(jià)降低。16．在稀硫酸酸化的含6molKI的