2023高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章化學(xué)物質(zhì)及其變化第4課時(shí)氧化還原反應(yīng)的基本概念和規(guī)律復(fù)習(xí)練案新人教版

PAGEPAGE2氧化復(fù)原反響的根本概念和規(guī)律一、選擇題1．(2022·廣東肇慶期末)以下反響中，屬于非氧化復(fù)原反響的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470227)(C)A．2F2＋2H2O=4HF＋O2B．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑C．Na2O＋H2O=2NaOHD．Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑[解析]反響2F2＋2H2O=4HF＋O2中，氟元素和氧元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，A項(xiàng)不符合題意；反響2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，氧元素的化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，B項(xiàng)不符合題意；反響Na2O＋H2O=2NaOH中，元素化合價(jià)沒有變化，屬于非氧化復(fù)原反響，C項(xiàng)符合題意；反響Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，硅元素和氫元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，屬于氧化復(fù)原反響，D項(xiàng)不符合題意。2．(2022·南昌調(diào)研)以下化學(xué)反響屬于區(qū)域3的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470228)(C)A．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3B．2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑C．4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑))4NO＋6H2OD．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑[解析]A項(xiàng)中的反響是化合反響，且有元素化合價(jià)的變化，屬于區(qū)域1；B項(xiàng)中的反響是分解反響，但元素化合價(jià)沒有變化，屬于除區(qū)域2外的分解反響；C項(xiàng)中的反響是不屬于4種根本反響類型的氧化復(fù)原反響，屬于區(qū)域3；D項(xiàng)中的反響是置換反響，屬于區(qū)域4。3．(2022·北京石景山區(qū)期末)化學(xué)與生活密切相關(guān)，以下應(yīng)用中利用了物質(zhì)的氧化性的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470229)(D)A．SO2漂白紙漿 B．純堿清洗油污C．Na2S除污水中的Cu2＋ D．漂白粉漂白織物[解析]SO2漂白紙漿利用了二氧化硫的漂白性，A錯(cuò)誤；純堿清洗油污，利用了純堿溶液顯堿性，堿性條件下油脂能水解徹底，B錯(cuò)誤，Na2S除污水中的Cu2＋發(fā)生的是復(fù)分解反響，利用的是CuS的難溶性，C錯(cuò)誤；漂白粉漂白織物是利用的漂白粉的氧化性將有色物質(zhì)氧化褪色，D正確。4．(2022·浙江瑞安四校聯(lián)考)以下變化過程不涉及氧化復(fù)原反響的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470230)(C)A．將一小塊鈉放在石棉網(wǎng)上加熱，生成淡黃色物質(zhì)B．向新制氯水中參加足量亞硫酸鈉溶液，氯水褪色C．向純堿溶液中滴加酚酞，溶液變紅色D．向氫碘酸中滴加FeCl3溶液，產(chǎn)生棕色物質(zhì)[解析]將一小塊鈉放在石棉網(wǎng)上加熱，生成的淡黃色物質(zhì)為過氧化鈉，反響過程中Na、O元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，故A錯(cuò)誤；向新制氯水中參加足量亞硫酸鈉溶液，氯氣將SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，Cl、S元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，故B錯(cuò)誤；向純堿溶液中滴加酚酞，溶液變紅色，說明COeq\o\al(2－,3)水解顯堿性，沒有化合價(jià)變化，不屬于氧化復(fù)原反響，故C正確；向氫碘酸中滴加FeCl3溶液，產(chǎn)生棕色物質(zhì)，說明Fe3＋將I－氧化成碘單質(zhì)，F(xiàn)e和I元素化合價(jià)發(fā)生變化，屬于氧化復(fù)原反響，故D錯(cuò)誤。5．(2022·遼寧省鞍山市一中一模)以下氧化復(fù)原反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目及方向都正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470231)(B)[解析]A．Cl得到電子，O失去電子，該反響轉(zhuǎn)移12e－，圖中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不合理，故A錯(cuò)誤；B．Fe3＋得到電子，I－失去電子，該反響轉(zhuǎn)移2e－，那么合理，故B正確；C．F得到電子，O失去電子，該反響轉(zhuǎn)移4e－，圖中箭頭的方向不合理，故C錯(cuò)誤；D．Br得到電子，S失去電子，該反響轉(zhuǎn)移2e－，圖中箭頭的方向不合理，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B。6．(2022·遼寧省鞍山一中一模)反響：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3，以下說法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470232)(D)A．上述三個(gè)反響都有單質(zhì)生成，所以都是置換反響B(tài)．反響③中1mol復(fù)原劑反響那么氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為2molC．反響②中復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為6︰1D．氧化性由強(qiáng)到弱順序?yàn)镵BrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2[解析]A．②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O中，反響物不存在單質(zhì)，不屬于置換反響，故A錯(cuò)誤；B．反響③中1mol復(fù)原劑(Cl2)反響，由電子守恒可知，氧化劑得到電子的物質(zhì)的量為1mol×2×(5－0)＝10mol，故B錯(cuò)誤；C．反響②中復(fù)原劑為HCl，與氧化劑KClO3的物質(zhì)的量比為5︰1，eq\f(1,6)HCl作酸，故C錯(cuò)誤；D．由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性由強(qiáng)到弱順序?yàn)镵BrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故D正確；應(yīng)選D。7．(2022·湖南省郴州市一模)某離子反響涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六種微粒。其中c(NHeq\o\al(＋,4))隨反響進(jìn)行逐漸減小，以下判斷正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470237)(D)A．反響的復(fù)原產(chǎn)物是N2B．消耗1mol氧化劑，轉(zhuǎn)移電子3molC．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2︰3D．反響后溶液的酸性明顯增強(qiáng)[解析]反響的方程式應(yīng)為3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，A．反響中N元素化合價(jià)升高，被氧化，那么N2為氧化產(chǎn)物，故A錯(cuò)誤；B．Cl元素的化合價(jià)由＋1價(jià)降低為－1，消耗1mol氧化劑，轉(zhuǎn)移電子2mol，故B錯(cuò)誤；C．由反響可知，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3︰2，故C錯(cuò)誤；D．反響生成H＋，溶液酸性增強(qiáng)，故D正確。應(yīng)選D。8．(2022·大連重點(diǎn)中學(xué)考試)S2Oeq\o\al(n－,8)和H2O2一樣含有過氧鍵，因此也有強(qiáng)氧化性，S2Oeq\o\al(n－,8)在一定條件下可把Mn2＋氧化成MnOeq\o\al(－,4)，假設(shè)反響后S2Oeq\o\al(n－,8)生成SOeq\o\al(2－,4)；又知反響中氧化劑與復(fù)原劑的離子數(shù)之比為5︰2，那么S2Oeq\o\al(n－,8)中的n值和S元素的化合價(jià)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470233)(A)A．2，＋6B．2，＋7C．4，＋6D．4，＋7[解析]此題考查氧化復(fù)原反響的計(jì)算。解法一：首先，根據(jù)S的最高化合價(jià)為＋6即可排除B、D項(xiàng)。Mn2＋被氧化成MnOeq\o\al(－,4)，Mn元素的化合價(jià)由＋2升高至＋7，Mn2＋為復(fù)原劑，S2Oeq\o\al(n－,8)中含有過氧鍵，反響后生成SOeq\o\al(2－,4)，過氧鍵中氧元素化合價(jià)降低，S2Oeq\o\al(n－,8)為氧化劑，結(jié)合S2Oeq\o\al(n－,8)與Mn2＋的離子數(shù)之比為5︰2，可寫出離子方程式：8H2O＋5S2Oeq\o\al(n－,8)＋2Mn2＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，根據(jù)電荷守恒得－5n＋2×2＝(－1)×2＋(－2)×10＋1×16，解得n＝2，應(yīng)選A。解法二：S2Oeq\o\al(n－,8)中O的化合價(jià)為－eq\f(12＋n,8)價(jià)，被復(fù)原生成SOeq\o\al(2－,4)時(shí)，1個(gè)S2Oeq\o\al(n－,8)得到(4－n)e－；Mn2＋氧化生成MnOeq\o\al(－,4)，失去5e－，由(4－n)×5＝5×2，得n＝2。9．(2022·甘肅蘭州一中月考)向盛有KI溶液的試管中參加少許CCl4后滴加新制氯水，CCl4層變成紫色。如果繼續(xù)向試管中滴加新制氯水，振蕩，CCl4層會(huì)逐漸變淺，最后變成無色(I2被氧化為HIO3)。以下說法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470234)(B)A．整個(gè)過程中的復(fù)原劑只有I2B．CCl4層由紫色變成無色的化學(xué)反響方程式為I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HClC．假設(shè)用KI和Cl2反響制1molKIO3，至少需要56LCl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)D．把KI換成KBr，那么CCl4層變?yōu)榧t棕色，繼續(xù)滴加新制氯水，CCl4層的顏色沒有變化，那么Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由弱到強(qiáng)的順序是HBrO3<Cl2<HIO3[解析]新制氯水與KI反響生成碘單質(zhì)，CCl4萃取碘單質(zhì)，CCl4層變成紫色，繼續(xù)滴加新制氯水，新制氯水中氯氣將碘單質(zhì)氧化為碘酸根離子，所以整個(gè)過程中的復(fù)原劑有碘離子和碘單質(zhì)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；氯氣將碘單質(zhì)氧化為碘酸根離子，所以CCl4層由紫色變成無色，反響的化學(xué)方程式為I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，B項(xiàng)正確；假設(shè)用KI和Cl2反響制1molKIO3，根據(jù)得失電子守恒，標(biāo)準(zhǔn)狀況下至少需要Cl2體積為eq\f(5－－1,2)mol×22.4L·mol－1＝67.2L，C項(xiàng)錯(cuò)誤；把KI換成KBr，那么CCl4層變?yōu)榧t棕色。繼續(xù)滴加新制氯水，CCl4層的顏色沒有變化，說明氯氣不能將溴單質(zhì)氧化為溴酸根離子，所以Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由弱到強(qiáng)的順序?yàn)镠IO3<Cl2<HBrO3，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．(2022·保定調(diào)研)工業(yè)上制備溴單質(zhì)時(shí)常用純堿溶液吸收溴，發(fā)生的反響為3Br2＋6Na2CO3＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3。以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470235)(D)A．該反響中Na2CO3既是氧化劑又是復(fù)原劑B．反響后溶液的pH增大C．假設(shè)將NaBr和NaBrO3轉(zhuǎn)變?yōu)锽r2需在堿性條件下進(jìn)行D．上述反響假設(shè)有0.9molBr2反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.5×6.02×1023[解析]此題考查氧化復(fù)原反響原理，意在考查考生運(yùn)用氧化復(fù)原反響原理解決實(shí)際問題的能力。選項(xiàng)A，該反響中Br2既是氧化劑又是復(fù)原劑，而Na2CO3既不是氧化劑又不是復(fù)原劑，A錯(cuò)；選項(xiàng)B，Na2CO3反響后生成NaHCO3，且生成物NaBr、NaBrO3都是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，那么反響后溶液的pH減小，B錯(cuò)；選項(xiàng)C，NaBr和NaBrO3轉(zhuǎn)變?yōu)锽r2需要在酸性條件下進(jìn)行，C錯(cuò)；選項(xiàng)D，根據(jù)化學(xué)方程式，3molBr2參加反響時(shí)轉(zhuǎn)移5mol電子，故0.9molBr2參加反響轉(zhuǎn)移1.5mol電子，D正確。11．(2022·湖北質(zhì)檢)如下圖為二氧化錳的有關(guān)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，有關(guān)說法中不正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470236)(C)A．反響①～⑥均屬于氧化復(fù)原反響B(tài)．反響⑤中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3︰4C．相同條件下生成等量的O2，反響③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1︰1D．反響①生成的Cl2經(jīng)枯燥后，可用鋼瓶貯運(yùn)[解析]此題主要考查氧化復(fù)原反響知識(shí)，意在考查考生的知識(shí)遷移能力和分析判斷能力。每生成1molO2，反響③中轉(zhuǎn)移2mol電子，反響④中轉(zhuǎn)移4mol電子，那么相同條件下生成等量的O2，反響③和④轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為1︰2，故C錯(cuò)誤。12．(2022·鄂豫晉冀陜五省聯(lián)考)二氧化硒(SeO2)是一種氧化劑，其被復(fù)原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過與濃HNO3或濃H2SO4反響生成SeO2以回收Se。在回收過程中涉及如下化學(xué)反響：①SeO2＋4KI＋2H2SO4=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O；②Se＋2H2SO4(濃)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；③Se＋4HNO3(濃)=SeO2＋4NO2↑＋2H2O。以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470238)(A)A．SeO2、H2SO4(濃)、I2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4(濃)>SeO2>I2B．反響①中Se是氧化產(chǎn)物，I2是復(fù)原產(chǎn)物C．反響①中生成0.6molI2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2.4NAD．反響②、③中等量的Se消耗濃H2SO4和濃HNO3的物質(zhì)的量之比為2︰1[解析]在同一反響中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，那么根據(jù)①可知氧化性：SeO2>I2，②中氧化性：H2SO4(濃)>SeO2，那么氧化性由強(qiáng)到弱的順序是H2SO4(濃)>SeO2>I2，故A正確；反響①SeO2＋4KI＋2H2SO4=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O中，Se元素的化合價(jià)降低，被復(fù)原，I元素的化合價(jià)升高，被氧化，那么Se是復(fù)原產(chǎn)物，I2是氧化產(chǎn)物，故B錯(cuò)誤；根據(jù)化合價(jià)的變化可知，反響①中每有0.6molI2生成，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目應(yīng)為0.6mol×2×(1－0)×NAmol－1＝1.2NA，故C錯(cuò)誤；由反響②、③可知等量的Se消耗濃H2SO4和濃HNO3的物質(zhì)的量之比為2︰4＝1︰2，故D錯(cuò)誤。二、非選擇題13．(1)①在淀粉碘化鉀溶液中，滴加少量次氯酸鈉堿性溶液，立即會(huì)看到溶液變藍(lán)色，這是因?yàn)開_NaClO將KI氧化生成了I2__，離子方程式為__ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－__。②在碘和淀粉形成的藍(lán)色溶液中，滴加亞硫酸鈉堿性溶液，發(fā)現(xiàn)藍(lán)色逐漸消失，這是因?yàn)開_I2被Na2SO3復(fù)原生成I－__，離子方程式是__SOeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋H2O__。③比照①和②實(shí)驗(yàn)所得的結(jié)果，將I2、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)按氧化性由強(qiáng)到弱的順序排列為__ClO－>I2>SOeq\o\al(2－,4)__。(2)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明以下事實(shí)并寫出化學(xué)反響方程式。①濃硫酸的氧化性比稀硫酸強(qiáng)。②氯化鐵溶液中Fe3＋的氧化性比硫酸銅溶液中的Cu2＋強(qiáng)。③鐵的復(fù)原性比銅強(qiáng)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470239)[解析](2)①可根據(jù)Cu和濃H2SO4加熱反響，而Cu和稀H2SO4加熱也不反響來證明。②③可利用氧化復(fù)原方程式來證明。[答案](2)①Cu與濃H2SO4在加熱時(shí)反響而與稀H2SO4在加熱時(shí)不反響Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O②Cu與FeCl3溶液能反響2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2③Fe能與CuSO4溶液反響置換出CuFe＋CuSO4=FeSO4＋Cu14．L、M、R、P、Q分別代表五種含不同化合價(jià)的氮元素的物質(zhì)。A、B分別代表兩種含不同化合價(jià)的氯元素的物質(zhì)(每種物質(zhì)中氮或氯元素的化合價(jià)只有一種)。又知物質(zhì)M中的氮元素化合價(jià)要比物質(zhì)Q中氮元素的化合價(jià)低。在一定條件下，它們會(huì)發(fā)生