高考化学真题透析23 氧化还原反应基本概念及配平高效演练解析版.docx
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高考化学真题透析23氧化还原反应基本概念及配平高效演练解析版
高效演练
1、科学家发现了利用泪液来检测糖尿病的方法,其原理是用氯金酸钠(NaAuCl4)溶液与溶液中的葡萄糖发生反应生成纳米金单质颗粒(直径为20﹣60nm),下列有关说法错误的是( )
A.氯金酸钠中金元素的化合价为+3
B.葡萄糖具有还原性
C.检测时,NaAuCl4发生氧化反应
D.纳米金单质颗粒分散在水中所得的分散系能产生丁达尔效应
【答案】C
【解析】A.化合物中正负化合价的代数和为0,Na为+1价,Cl为-1价,则氯金酸钠中金元素的化合价为+3,所以A选项是正确的;B.葡萄糖的结构简式为CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO,葡萄糖中含有醛基,具有还原性,所以B选项是正确的;C.氯金酸钠变为金化合价降低,发生还原反应,故C错误D.纳米金单质颗粒直径为20nm~60nm,分散在水中所得的分散系为胶体,所以D选项是正确的。
2、已知氧化还原反应反应K2Cr2O7+14HCl
==2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O。
关于该反应的说法中正确的组合是
①氧化剂是K2Cr2O7②还原性:
Cl->Cr3+③每生成1molCl2,电子转移为6mol④CrCl3是氧化产物
A.①②B.①②④C.①③④D.①③
【答案】A
【解析】在K2Cr2O7+14HCl==2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中,氯元素化合价升高,所以氯元素被氧化,铬元素化合价降低,所以K2Cr2O7是氧化剂,对应的产物CrCl3是还原产物,根据方程式可知:
氯元素化合价由-1价升高到0价,每生成3molCl2,反应转移6mol电子;①上述分析可以知道氧化剂是K2Cr2O7,故①正确; ②氧化还原反应过程中还原剂还原性大于还原产物的还原性,因此还原性:
Cl->Cr3+,故②正确;③化学反应中每生成3Cl2,电子转移为6mol,每生成1molCl2,电子转移为2mol,故③错误;④化学方程式分析判断CrCl3是还原产物,故④错误。
3、有关反应14CuSO4+5FeS2+12H2O===7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的下列说法中错误的是( )
A.FeS2既是氧化剂也是还原剂
B.CuSO4在反应中被还原
C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D.14molCuSO4氧化了1molFeS2
【答案】C
【解析】方程式中的化合价变化为:
14个CuSO4中+2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个+1价Cu;5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的-2价S,有3个化合价升高得到3个SO42-的+6价S(生成物中有17个硫酸根,其中有14来自于反应物的硫酸铜中)。
所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低,FeS2既是氧化剂又是还原剂,选项A正确。
硫酸铜的化合价都降低,所以硫酸铜只是氧化剂,选项B正确。
10个-1价的S有7个化合价降低,有3个化合价升高,所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3,选项C错误。
14molCuSO4在反应中得电子为14mol。
FeS2被氧化时,应该是-1价的S被氧化为+6价,所以1个FeS2会失去14个电子。
根据得失电子守恒,14molCuSO4应该氧化1molFeS2。
4、二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。
在回收过程中涉及如下化学反应SeO2+
4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O②Se+2H2SO4(浓)=2SO2↑+SeO2+2H2O
③Se+4HNO3(浓)=SeO2+4NO2↑+2H2O.下列有关叙述正确的是
A.反应①中Se是氧化产物,I2是还原产物
B.反应①中生成0.6mol1,转移的电子数目为2.4NA
C.反应②、③中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2:
1
D.SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2
【答案】D
【解析】A.反应①SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O中,Se元素的化合价降低,被还原,I元素的化合价升高,被氧化,则Se是还原产物,I2是氧化产物,故A错误;B.根据化合价的变化可知,反应①中每有0.6molI2生成,转移的电子数目应为0.6mol×2×(1−0)×NA=1.2NA,故B错误;C.由反应可知,设Se均为1mol,由反应②、③可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2:
4=1:
2,故C错误;D.在同一反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,则根据①可知氧化性:
SeO2>I2,②中氧化性:
H2SO4(浓)>SeO2,则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2,故D正确。
5、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中,收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8mol,这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,其中NaNO3的物质的量为
A.1.0molB.0.8molC.0.6molD.0.4mol
【答案】D
【解析】可以将反应理解为:
Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O(未配平),由上,发生化合价变化的元素只有Cu和N,所以38.4gCu(0.6mol)失去1.2mol电子,硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2(一个N原子得到2个电子)。
根据钠原子守恒,加入1mol氢氧化钠,则NaNO3+NaNO2一共1mol,已知有0.6molNaNO2,则有0.4molNaNO3。
6、为监测空气中汞蒸气是否超标,通过悬挂涂有
(白色)的滤纸,根据滤纸是否变色(亮黄色至暗红色)及变色所需时间来判断空气中的汞含量。
发生的化学反应为:
,下列说法不正确的是
A.上述反应属于置换反应
B.该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1
C.
既是氧化产物又是还原产物
D.当有1molCuI参与反应时,转移电子的物质的量为0.5mol
【答案】C
【解析】题目的反应属于一种单质和一种化合物反应生成一种新的单质和一种新的化合物,所以是置换反应,选项A正确。
反应的化合价如下:
,所以氧化剂为2个CuI(只有2个Cu由+1降低为0),还原剂为1个Hg,所以该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1,选项B正确。
由上,
只是氧化产物(只是Hg化合价升高的产物),还原产物是Cu,选项C错误。
该反应的电子转移数为2e,对应的CuI为4个,所以当有1molCuI参与反应时,转移电子的物质的量为0.5mol,选项D正确。
7、工业上常用氯氧化法处理含氰(
)废水,一定条件下,氯气和
反应生成无毒气体。
下列说法不正确的是
A.
中碳元素的化合价为+2
B.该反应的产物之一是无毒的
C.当1mol
参与反应时,转移
D.处理含0.1mol
的废水,理论上需要消耗标准状况下
的体积为5.6L
【答案】C
【解析】一定条件下,氯气和CN-反应生成无毒气体,该无毒气体应该是N2和CO2,则反应的离子方程式为:
4H2O+5Cl2+2CN-=N2+2CO2+8H++10Cl-。
CN-中氮元素应该是-3价,则碳元素的化合价为+2价,选项A正确。
根据以上分析可知该反应的产物之一是无毒的N2,选项B正确。
根据方程式可知反应的电子转移数为10e-,所以1molCN-参与反应时,转移5mole-,选项C错误。
根据方程式处理含0.1molCN-的废水,理论上需要消耗0.25molCl2,其体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L,选项D正确。
8、H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银。
利用H2PO2-进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:
1,下列说法正确的是
A.H2PO2-是氧化剂
B.Ag+是还原剂
C.氧化产物是H3PO3
D.氧化产物是H3PO4
【答案】D
【解析】NaH2PO2为正盐,可将溶液中的Ag+还原为Ag,Ag元素的化合价降低,P元素的化合价升高,设氧化产物中P元素的化合价为x,由氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:
1及电子守恒可以知道:
4×(1-0)=1×(x-1), 计算得出:
x=+5, 发生反应为:
H2PO2-+4Ag++2H2O=H3PO4+4Ag+3H+, 该反应的氧化剂是Ag+,还原剂是H2PO2-,则H2PO2-对应的氧化产物为H3PO4。
9、一定量的铁、铝合金与300mL2mol/L硝酸完全反应生成3.36LNO(标况)和三价铁盐、铝盐等,再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液,使铝、铁元素完全沉淀下来,则所加NaOH溶液的体积是()
A.450mLB.150mLC.200mLD.无法计算
【答案】B
【解析】硝酸的物质的量为:
0.3L×2mol/L=0.6mol,生成NO的物质的量为:
=0.15mol,所以反应后的溶液中NO3-的物质的量为0.6mol-0.15mol=0.45mol,再向反应后的溶液中加入3mol/L的NaOH溶液,使铝、铁元素恰好全部转化为沉淀,则反应后溶液的溶质成分为NaNO3,由质量守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=n(NO3-)=0.45mol,则所加NaOH溶液的体积V(NaOH)=
=
=0.15L=150mL。
10、已知下列实验事实:
①
固体既能溶于
溶液得到
溶液,又能溶于硫酸得到
溶液;
②向
溶液中滴加
溶液,再酸化,可得
溶液;
③将
溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝。
下列判断不正确的是
A.化合物
中
元素为+3价
B.实验①证明
是两性氧化物
C.实验②证明
既有氧化性又有还原性
D.实验③证明氧化性:
【答案】C
【解析】化合物
中K为+1价,O为-2价,所以Cr为+3价,选项A正确。
由①可知Cr2O3可以与氢氧化钠和硫酸反应得到盐和水,所以是两性氧化物,选项B正确。
向
溶液中滴加
溶液,再酸化,可得
溶液,这个过程表现的是H2O2的氧化性,与其还原性无关,选项C错误。
将
溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝说明K2Cr2O7将碘化钾氧化为I2,所以说明氧化性:
,选项D正确。
11、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体,它在潮湿的环境中能发生反应:
3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF,下列有关该反应的说法正确的是( )
A.NF3是氧化剂,H2O是还原剂
B.HF是还原产物
C.还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1
D.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】D
【解析】试题分析:
A.在3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF反应中,NF3中的N元素的原子部分升高变为HNO3,部分降低变为NO,因此NF3是氧化剂,也是还原剂,而水的组成元素化合价没有发生变化。
所以水不是还原剂,错误;B.HF的组成元素在反应前后没有发生变化,所以HF不是还原产物,错误;C.根据方程式可知,在该反应中还原剂NF3和氧化剂NF3的物质的量之比是1:
2,错误;D.NF3在潮湿的空气中泄漏会会发生反应产生NO,NO遇空气会发生反应产生红棕色NO2气体,正确。
12、已知Fe2+或I2能与H2O2在一定条件下发生下列反应:
Fe2+:
①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;②H202+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑。
I2:
③H2O2+I2=2HIO;④……
下列说法错误的是
A.通过反应①②可知Fe2+为过氧化氢分解的催化剂
B.根据反应①可知,在该条件下,氧化性:
H2O2>Fe3+
C.1molH202分解,转移的电子数为2NA
D.反应④为2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】反应①②相加的总反应恰好为过氧化氢的分解:
2H202=2H2O+O2↑,并且反应前后Fe2+无变化,选项A正确。
反应①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O中,过氧化氢为氧化剂,Fe3+为氧化产物,所以氧化性:
H2O2>Fe3+,选项B正确。
过氧化氢分解方程式为2H202=2H2O+O2↑,反应的电子转移数为2e-,所以1molH202分解,转移的电子数为NA,选项C错误。
过氧化氢分解反应为:
2H202=2H2O+O2↑,减去反应③得到反应④为:
2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑。
选项D正确。
13、某离子反应中共有H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。
其中c(ClO-)随反应进行逐渐减小。
下列判断错误的是
A.该反应的还原剂是NH4+
B.反应后溶液酸性明显增强
C.若消耗1mol氧化剂,可转移2mole-
D.该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是2:
3
【答案】D
【解析】根据题目叙述,c(ClO-)随反应进行逐渐减小,说明ClO-是反应物,则Cl-是对应的生成物,Cl元素的化合价从+1价降低为-1价,ClO-作氧化剂,而在反应中化合价能升高的只有NH4+转化为N2,所以NH4+作还原剂,因此反应的离子方程式为3ClO-+2NH4+=N2+3Cl-+2H++3H2O,通过以上分析可知,A正确;反应后生成了H+,使溶液酸性增强,则B正确;C、消耗1mol氧化剂ClO-生成1molCl-,转移2mol电子,则C正确;D、由电子转移守恒可得,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:
2,故D错误。
14、消毒是饮用水处理中的重要环节之一。
目前,常用的消毒剂有氯气、二氧化氯等。
研究人员发现:
1.0mg/L氯气与0.5mg/L二氧化氯的消毒能力相当,氯气和二氧化氯消毒过程中都会产生三氯甲烷(有毒副产物)。
在40℃时,对两种消毒剂的浓度与产生三氯甲烷的浓度关系进行了对比实验。
得出的数据如图1和图2所示。
下列说法不正确的是
A.对比图1和图2可得出,浓度均为0.3mg/L时,二者的消毒能力相当
B.40℃时,4.0mg/L的氯气在0~20h内产生的三氯甲烷明显增多
C.实验数据能表明,氯气和二氧化氯在消毒能力相当的情况下,使用二氧化氯做消毒剂比用氯气更安全。
D.自来水厂以亚氯酸钠(NaClO2)和盐酸为原料,用二氧化氯发生器现场制二氧化氯的方程式为:
5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O
【答案】A
【解析】根据题目表述“1.0mg/L氯气与0.5mg/L二氧化氯的消毒能力相当”,所以与图中表示无关,选项A错误。
由图1得到4.0mg/L的氯气在0~2h间曲线的斜率较大,说明三氯甲烷的量增加得很快,选项B正确。
1.0mg/L氯气与0.5mg/L二氧化氯的消毒能力相当,对比两个图中的1.0mg/L氯气与0.5mg/L二氧化氯的曲线,得到氯气产生的三氯甲烷明显比二氧化氯产生的三氯甲烷多,所以使用二氧化氯更安全,选项C正确。
亚氯酸钠与盐酸反应制取二氧化氯,Na元素在反应后明显只能以氯化钠的形式存在,根据化合价变化一定最小的基本原则,认为反应是亚氯酸钠的歧化反应,其中+3价的氯一部分升高到二氧化氯的+4价,一部分降低到氯化钠的-1价,所以应该有4个升高到二氧化氯,一个降低为氯化钠,所以配平得到:
5NaClO2+4HCl=4ClO2+5NaCl+2H2O。
选项D正确。
15、把图2中的物质补充到图1中,可得到一个氧化还原反应的离子方程式。
对该氧化还原反应的离子方程式,下列说法不正确的是()
图1:
Mn2+……→H+……
图2:
A.Mn元素从反应前的+2价升高到了反应后的+7价,Mn2+做还原剂
B.IO4-作氧化剂,具有氧化性
C.随着反应的进行,溶液酸性增强
D.若有2molMn2+参加反应,则转移5mol电子
【答案】D
【解析】根据氧化还原反应一定有化合价的升高和降低以及原子个数守恒得到该反应为:
(未配平)。
Mn元素从反应前的+2价升高到了反应后的+7价,所以Mn2+做还原剂,选项A正确。
反应中IO4-中I的化合价(+7)降低为IO3-(I为+5价),所以IO4-为氧化剂,具有氧化性,选项B正确。
反应会生成氢离子,所以随着反应的进行,溶液的酸性增强。
选项C正确。
Mn元素从反应前的+2价升高到了反应后的+7价,所以若有2molMn2+参加反应,则转移10mol电子,选项D错误。
16、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。
下列说法错误的是()
A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶1
B.若0.5molNa2S2O3作还原剂;则转移4mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
【答案】A
【解析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。
由化学方程式可知,氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物,反应中电子转移的数目为8e-。
A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3,A不正确;B.若0.5molNa2S2O3作还原剂,则转移4mol电子,B正确;C.当Na2S2O3过量时,过量的部分可以与硫酸反应生成硫,所以溶液能出现浑浊,C正确;D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸,故溶液的pH降低,D正确。
17、PbO2是褐色固体,受热分解为Pb的+4价和+2价的混合氧化物(+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。
向1molPbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气amol)中加入足量的浓盐酸得到氯气bmol,如果a:
b为3:
2,则剩余固体的成分及物质的量之比可能是
①Pb3O4、PbO1:
1②PbO2、Pb3O41:
2③PbO2、Pb3O4、PbO1:
4:
1④PbO2、Pb3O4、PbO1:
1:
4
A.①②B.②③C.③④D.①④
【答案】D
【解析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价),铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用,+4价Pb被还原为+2价,Cl-被氧化为Cl2,此时得到溶液为PbCl2溶液,根据化合价变化可知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-,设该过程得到O2的物质的量为a=3xmol,则Cl2的物质的量为b=2xmol,利用得失电子守恒可得:
3x×4+2x×2=2,解得x=0.125,故知1molPbO2在受热分解过程中产生0.375molO2,利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):
n(O)=4:
5,结合选项可知只有①、④项满足n(Pb):
n(O)=4:
5,故答案选D。
18、(SCN)2称为拟卤素,将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中,溶液变为红色,将该红色溶液分为两份:
①向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液,红色褪去;②向另一份溶液中通入SO2,红色也褪去。
下列说法中不正确的是
A.Fe3+与SCN-反应的离子方程式是:
Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3
B.②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
C.①中现象说明SCN-与Cl-相似,有还原性
D.SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为(SCN)2
【答案】B
【解析】A、Fe3+与SCN-发生络合反应,Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3,显红色,故A正确;B、SO2具有强还原性,SCN-中S为-2价,C为+4价,N为-3价,S、N均处于最低价,+4价C氧化性较弱,所以SO2不能还原SCN-;而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原,反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-,导致溶液褪色,故B错误;C、KMnO4具有强氧化性,Fe3+中Fe元素处于最高价态,KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应,所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN-反应,体现SCN-的还原性,说明SCN-与Cl-相似,有还原性,故C正确;D、SCN-与Cl-相似,具有还原性,能失电子,被氧化为(SCN)2,故D正确。
故选B。
19、二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂,对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果,其反应原理为:
ClO2+Mn2+→MnO2↓+Cl-(部分反应物和产物省略、未配平),下列有关该反应的说法正确的是
A.工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B.利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH升高
C.该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:
5
D.理论上处理含1molMn2+的污水,需要标准状况下的ClO28.96L
【答案】D
【解析】A、氯气是有毒的气体,所以不能代替ClO2,则A错误;B、用ClO2处理酸性污水中的Mn2+,反应的离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O==5MnO2↓+2Cl-+12H+,所以处理后溶液的pH是减小的,故B错误;C、该反应的氧化产物为MnO2,还原产物为Cl-,由反应方程式可知,二者的物质的量之比为5:
2,故C错误;D、由反应的离子方程式可知,处理1molMn2+,需要2/5mol的ClO2,在标准状况下的体积为8.96L,故D正确。
20、根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
淀粉KI溶液中通入Cl2,再通入SO2,溶液先出现蓝色,后蓝色褪去
还原性:
I->Cl->SO2
B
向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液,煮沸,用激光笔照射,出现一条光亮通路
有Fe(OH)3胶体生成
C
向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入0.1mol·L-1的FeCl3溶液1mL,振荡,用苯萃取2~3次后,取下层溶液滴加5滴KSCN溶液,出现血红色
反应2Fe3++2I-===2Fe2++I2是有一定限度的
D
取CH3CH2Br与NaOH溶液混合,共热并充分振荡,冷却后滴加AgNO3溶液,出现棕黑色沉淀
CH3CH2Br变质了
【答案】BC
【解析】A.淀粉KI溶液中通入Cl2,溶液先出现蓝色,说明Cl2将I-氧化为I2,则还原性:
I->Cl-,再通入二氧化硫气体,蓝色褪去,说明二氧化硫具有还原性,将碘单质还原成碘离子,则还原性:
SO2>I-,所以还原性:
SO2>I->Cl-,故A错误;B.向沸水中滴入几滴FeCl3饱和溶液,继续煮沸溶液变红褐色,得到氢氧化铁胶体,用激光笔照射,出现丁达尔效应,故B正确;C.向5mL0.1mol·L-1KI溶液中加入0.1mol·L-1的FeCl3溶液1mL,FeCl3不足,但是取出来的溶液中滴加KSCN溶液显血红色,说明KI和FeCl3反应有一定的限度,故C正确;D.取少量CH3CH2Br与NaOH溶液共热,冷却后先滴加稀硝酸中和氢氧化钠,然后再滴加AgNO3溶液,根据是否有淡黄色沉淀出现判断水解情况,否则氢氧根离子干扰检验结果,故D错误;答案选BC.
21、以氯酸钠(NaC
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