2020版高考化学复习第2章元素与物质世界7第3节氧化剂和还原剂检测鲁科版.docx

第3节 氧化剂和还原剂课后达标检测一、选择题1下列应用不涉及氧化还原反应的是()ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3解析：选D。NH4Cl与Ca(OH)2反应制取NH3属于复分解反应，是非氧化还原反应。2(2018高考北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD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，随后迅速退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。NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOHFeSO4=Fe(OH)2Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，后一过程发生了氧化还原反应，A项不符合题意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能将红色物质氧化，溶液红色退去，该过程发生了氧化还原反应，B项不符合题意；Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生了沉淀的转化：Na2S2AgClAg2S2NaCl，此过程中不涉及氧化还原反应，C项符合题意；将铜丝插入稀硝酸中，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，生成无色气体NO，NO能与空气中的氧气发生反应变为红棕色：2NOO2=2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D项不符合题意。3(2019成都模拟)一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进行反应可得AtI。它与Zn、NH3能发生反应，化学方程式为2AtI2Zn=ZnI2ZnAt2、AtI2NH3(l)=NH4IAtNH2。下列叙述正确的是()AZnI2既是氧化产物，又是还原产物BZnAt2既是氧化产物，又是还原产物CAtI与液氨反应，AtI既是氧化剂，又是还原剂DAtI与Zn反应，AtI既是氧化剂，又是还原剂解析：选B。在AtI中，因碘和砹属于同一主族，根据元素周期律可知，碘的非金属性比砹的强，所以在AtI中，At元素为1价，I元素为1价。根据2AtI2Zn=ZnI2ZnAt2可知，Zn元素的化合价从0价升高到2价，是还原剂，而在AtI和ZnI2中I元素的化合价均为1价，所以I元素的化合价没有变化，则AtI只是氧化剂，不是还原剂，ZnI2只是氧化产物，不是还原产物，在ZnAt2中At元素的化合价是1价，则At元素的化合价从1价降到1价，所以ZnAt2既是氧化产物，又是还原产物，故A、D错误，B正确；因为在NH4I中I元素为1价，在AtNH2中At元素为1价，所以AtI与液氨反应时没有化合价的变化，则AtI既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误。4如图为二氧化锰的转化关系图，下列有关说法中不正确的是()A反应均属于氧化还原反应B反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为34C相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为11D反应生成的Cl2经干燥后，可用钢瓶贮运解析：选C。每生成1 mol O2，反应中转移2 mol电子，反应中转移4 mol电子，则相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数之比为12，故C错误。5已知下列反应：Co2O36HCl(浓)=2CoCl2Cl23H2O ()；5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3 ()。下列说法正确的是()A反应()中HCl是氧化剂B反应()中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO3解析：选D。反应()中，Cl失去电子，HCl作还原剂，选项A错误；反应()中，Cl2得到电子变为Cl，发生还原反应，选项B错误；根据反应()可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性强于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性强于CoCl2(还原产物)，根据反应()可知，Cl2的氧化性强于HIO3，I2的还原性强于HCl，选项D正确、选项C错误。6已知：PbO2固体与浓盐酸反应，产生黄绿色气体；向KSCN和FeBr2的混合溶液中通入少量实验产生的气体(仅与一种离子反应)，溶液变红色；取少量FeCl3溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝。下列判断错误的是()A上述实验中有三个氧化还原反应B通过上述实验可得到结论，氧化性：PbO2Cl2Br2Fe3I2C实验能证明Fe2有还原性，不能证明Fe2有氧化性D实验生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝解析：选B。实验依次发生的反应为PbO24HCl(浓)=PbCl2Cl22H2O、2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2Fe32I=2Fe2I2，三个实验不能证明氧化性Cl2Br2；实验只能证明Fe2有还原性；实验生成的气体为Cl2，Cl2能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。7(2016高考北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)H2O2CrO(黄色)2H。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是()A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色解析：选D。A项，在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B项，中酸性重铬酸钾溶液氧化乙醇，重铬酸钾被还原为绿色的Cr3，B项正确；C项，是酸性条件，是碱性条件，K2Cr2O7在酸性条件下能氧化乙醇，而在碱性条件下不能，说明其在酸性条件下氧化性强，C项正确；D项，若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液为酸性，K2Cr2O7可以氧化乙醇，溶液变为绿色，D项错误。8(2019西安八校联考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 molL1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2恰好与24.55 mL 0.020 molL1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O，则羟胺的氧化产物是()AN2BN2OCNO DNO2解析：选B。根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00103 L0.049 molL1(x1)24.55103 L0.020 molL15，解得x1，故羟胺的氧化产物为N2O。9(2019试题调研)环保督察不是“一阵风”，环保部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质，该类物质有剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒性更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分如下两步。步骤：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；步骤：NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。下列有关判断正确的是()ANaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等B步骤可在酸性条件下进行C步骤的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2D步骤生成标准状况下5.6 L气体时，转移0.75 mol电子解析：选D。NaCN与NaOCN中Na元素的化合价均为1，NaOCN中含有O，O元素的化合价不是0，故该两种化合物中C元素、N元素的化合价至少有一种不相等，A项错误；HCN易挥发且有毒，而酸性条件下CN易与H结合生成HCN，故步骤不能在酸性条件下进行，B项错误；步骤的离子方程式为2OCN3ClO=CO2CO3ClN2，氧化剂是NaClO，还原剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，C项错误；根据离子方程式可知，生成1 mol N2转移电子的物质的量为6 mol，N2的体积占气体总体积的，生成标准状况下5.6 L气体时，n(e)60.75 mol，D项正确。二、非选择题10储氢纳米碳管的成功研制体现了科技的进步。用电弧法合成的纳米碳管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法除去。该反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3、H2O等七种物质。(1)请用上述物质填空，并配平化学方程式：C_H2SO4=_Cr2(SO4)3H2O。(2)上述反应中氧化剂是_(填化学式)，被氧化的元素是_(填元素符号)。(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是_(填字母)。A氧化性B酸性C氧化性和酸性 D还原性和酸性(4)若反应中转移了0.8 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为_L。解析：(1)C在反应中被氧化为CO2，反应物中氧化剂应为K2Cr2O7，其还原产物为Cr2(SO4)3，根据元素守恒知，另一产物应为K2SO4。反应方程式可按如下3步完成配平：CH2SO4K2Cr2O7CO2K2SO4Cr2(SO4)3H2O3C2K2Cr2O7H2SO43CO2K2SO42Cr2(SO4)3H2O3C2K2Cr2O78H2SO4=3CO22K2SO42Cr2(SO4)38H2O(2)氧化剂是K2Cr2O7，被氧化的元素是C。(3)上述反应中H2SO4中元素化合价未改变，仅表现出酸性。(4)每生成1 mol CO2需转移4 mol电子，当转移0.8 mol电子时，生成0.2 mol CO2，其在标准状况下的体积为4.48 L。答案：(1)32K2Cr2O783CO22K2SO428(2)K2Cr2O7C(3)B(4)4.4811(2016高考上海卷)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN(Ka6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为_(选填“酸性”“碱性”或“中性”)；原因是_。(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：_。(3)处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成_、_和H2O。解析：(1)依据HCN的电离平衡常数可知HCN是极弱的酸，所以NaCN极易与酸反应生成HCN。为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2，首先确定反应物和生成物；再依据反应中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子。N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是23，反应的离子方程式为2OCN3ClO=COCO23ClN2。(3)NaCN被氧化的两个阶段氧化剂均为NaClO，所以可以合并一起进行计算，即反应物为NaCN和NaClO，生成物为Na2CO3、CO2、NaCl和N2。参加反应的NaCN是20 mol，反应中C由2价升高到4 价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为74.5 g/mol414 900 g。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。答案：(1)碱性防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(2)2OCN3ClO=COCO23ClN2(3)14 900(4)NaOCNNaCN12(2016高考全国卷)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_(计算结果保留两位小数)。解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClO，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2H2O22OH=2ClOO22H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2Cl，Cl22Cl，可知得电子数相等时存在NaClO22Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为1.57。答案：(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.5713工业上用亚硫酸氢钠与碘酸钠反应可制备单质碘。(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。请配平反应方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。NaIO3NaHSO3=I2Na2SO4H2SO4H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液