2020高考化学复习第二章化学物质及其变化2.3氧化还原反应作业（含解析）.docx

跟踪检测（五） 氧化还原反应1下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()选项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，随后迅速褪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CA项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，会生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关；B项，由于氯水显酸性，先使紫色石蕊溶液变红，后由于HClO具有氧化性，使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关；C项，向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgClS2=Ag2S2Cl，与氧化还原反应无关；D项，热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，NO被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应有关。2(2019房山区一模)下列水处理方法涉及氧化还原反应的是()A用明矾处理水中的悬浮物B用Na2S处理水中的Cu2、Hg2等重金属离子C用FeSO4处理含Cr2O的酸性废水，再调节pH除去Cr3D用NaOH处理含高浓度NH的废水并回收利用氨解析：选CA项，用明矾处理水中的悬浮物，利用的是Al3的水解反应，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应；B项，用Na2S处理水中的Cu2、Hg2等重金属离子，S2与Cu2、Hg2生成沉淀，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应；C项，用FeSO4处理含Cr2O的酸性废水，再调节pH除去Cr3，Fe2与Cr2O发生氧化还原反应；D项，用NaOH处理含高浓度NH的废水并回收利用氨，OH与NH反应生成氨气，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应。3工业上以黄铜矿为原料，采用火法炼铜。其中间过程的一个反应的化学方程式为2Cu2OCu2S6CuSO2，下列对于该反应的说法正确的是()A氧化产物是CuB还原剂是Cu2OC生成1mol Cu转移的电子为2 molDCu2S既是氧化剂也是还原剂解析：选DA项，反应的化学方程式为2Cu2OCu2S6CuSO2，铜元素化合价由1价降低到0价，Cu2O和Cu2S作氧化剂被还原发生还原反应，得到还原产物为Cu，错误；B项，硫元素化合价由2价升高到4价，Cu2S作还原剂被氧化发生氧化反应，错误；C项，结合电子守恒，生成6 mol Cu转移的电子为6 mol，生成1 mol Cu转移的电子为1 mol，错误；D项，由上述分析可知Cu2S 既是氧化剂也是还原剂，正确。4CsICl2是一种碱金属的多卤化物，这类物质在化学反应中既可表现氧化性又可表现还原性，有关该物质的说法正确的是()ACs显3价，I、Cl均显1价BCs显1价，Cl显1价，I显1价C在CsICl2溶液中通入Cl2，有单质碘生成D在CsICl2溶液中通入SO2气体，有硫酸生成解析：选DCsICl2中Cs显1价，I显1价，Cl显1价，A、B项均错误；CsICl2溶液中通入Cl2，Cl2应作氧化剂，CsICl2应作还原剂，I的化合价应升高，不可能降低，即不会有单质碘生成，C项错误；在CsICl2溶液中通入SO2气体，SO2是还原剂，S元素的化合价升高，被氧化为H2SO4，D项正确。5(2019静宁模拟)根据下列事实：XY2=X2YZ2H2O=Z(OH)2H2Z2氧化性比X2弱由Y、W电极组成的原电池，电极反应为W22e=W，Y2e2=Y2可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是()AXZYWBZWXYCZXYW DZYXW解析：选CXY2=X2Y，X作还原剂，Y是还原产物，所以X的还原性大于Y的还原性；ZH2O=Z(OH)2H2，Z能与水反应作还原剂，所以Z的还原性最强；Z作还原剂，H2是还原产物，所以Z的还原性大于H2的还原性；Z2氧化性比X2弱，所以Z的还原性大于X的还原性；由Y、W电极组成的电池，电极反应为W22e=W、Y2e=Y2，Y是还原剂，W是还原产物，所以Y的还原性大于W的还原性；所以X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为ZXYW。6(2019南岔区模拟)把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是()A配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移解析：选BA项，在碱性条件下，S与OH反应生成S2、SO和H2O，其反应的离子方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，错误；B项，若有1 mol S被氧化，则转移4 mol 电子，则生成2 mol S2，正确；C项，若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，有2 mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，错误；D项，由方程式可知3 mol S 参加反应转移4 mol电子，则2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，错误。7U常见化合价有4和6。硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()AUO2B2UO2UO3CUO3 DUO22UO3解析：选C由题意知气体产物全部被吸收，即二者与水完全反应生成HNO3，发生反应4NO2O22H2O=4HNO3，根据原子守恒及NO2与O2的物质的量之间的关系，将UO2(NO3)2改写成UO32NO2O2，故生成的铀的氧化物为UO3。8.已知还原性：HSOI，氧化性：IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是()A反应过程中的氧化产物均为SO3Ba点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0 molC从起点到b点的反应可用如下离子方程式表示：3HSOIO=3SOI3HD当溶液中I与I2的物质的量之比为11时，加入的NaIO3为1.2 mol解析：选C在溶液中，NaHSO3中的HSO最终被氧化为SO，不会出现SO3，A项错误；根据还原性：HSOI及从起点到b点没有I2生成知，IO和HSO刚开始发生氧化还原反应生成I，反应的离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，a点时加入的NaIO3的物质的量为0.4 mol，根据反应方程式知，消耗的NaHSO3 的物质的量为1.2 mol，B项错误，C项正确；根据反应知，3 mol NaHSO3消耗NaIO3的物质的量为1 mol，生成的I的物质的量为1 mol，设生成的I2的物质的量为n mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2知，消耗NaIO3的物质的量为 mol，消耗I的物质的量为 mol，剩余的I为mol，溶液中n(I)n(I2)11，即moln mol，解得n，故此时加入的n(NaIO3)1 mol mol1 mol mol1.125 mol，D项错误。9锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从锑的硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S33O26Fe=Sb4O66FeSSb4O66C=4Sb6CO关于反应和的说法错误的是()A反应中每1 mol Sb2S3参加反应时，共转移6 mol电子B反应中的氧化剂是Sb2S3和O2，中的氧化剂是Sb4O6C反应说明高温下C的还原性比Sb强D每生成4 mol Sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为11解析：选BA项，反应中Sb、S元素化合价未变化，Fe、O元素化合价变化，每1 mol Sb2S3参加反应时，3 mol Fe参加反应，转移6 mol电子，正确；B项，反应中只有O2是氧化剂，Fe是还原剂，错误；C项，反应中C是还原剂，置换出Sb，所以高温下C的还原性比Sb强，正确；D项，生成4 mol Sb时需要消耗6 mol C、1 mol Sb4O6，则需还原剂铁的物质的量为6 mol，所以反应与反应中还原剂的物质的量之比为11，正确。10已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是()氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A BC D解析：选B由已知的两个离子方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3I2、Br2Fe3，故正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3，则说明溶液中无I存在，又氧化性：Cl2Br2Fe3I2，氯气的量不确定，则Br不一定被氧化，故错误，正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3，但不能确定是否所有的Fe2均被氧化为Fe3，故正确；上层溶液中若含Br，则产生淡黄色沉淀，若含I，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl不含Br和I，即溶液中的Fe2、Br均被完全氧化，故正确。11F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与H2O可以发生如下反应：6XeF412H2O=2XeO34Xe24HF3O2。下列判断正确的是()A上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为12BXeF4按以上方式与水反应，每生成3 mol O2转移12 mol 电子CXeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2DXeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放解析：选A该已知反应中，生成Xe的XeF4作氧化剂，生成XeO3的XeF4作还原剂，生成氧气的水作还原剂，所以该反应中4XeF4(氧化剂)2XeF4(还原剂)6H2O(还原剂)6H2O=2XeO34Xe24HF3O2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4(26)12，故A正确；由反应可知，每生成4 mol Xe，转移电子的物质的量为4 mol(40)16 mol，则每生成3 mol O2转移16 mol电子，故B错误；F2能与水反应，在水分子的作用下，不可能重新生成Xe和F2，故C错误；XeF2、XeF4和XeF6极易与水反应，在空气中不能长期存放，故D错误。12已知反应：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2(未配平)。下列说法正确的是()ANa2CrO4是还原产物B该反应中有3种元素的化合价发生变化CNaNO3是还原剂D1 mol FeOCr2O3参与反应将得到7 mol电子解析：选B还原产物是指氧化剂对应的生成物，Na2CrO4是氧化产物，A项错误；该反应中二价铁转化成三价铁，三价铬转化成六价铬，五价氮转化成三价氮，共3种元素的化合价发生变化，B项正确；FeOCr2O3是还原剂，NaNO3是氧化剂，C项错误；1 mol FeOCr2O3参与反应将失去7 mol电子，D项错误。13.某厂废水中含KCN，其浓度为0.01 molL1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为3价)：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O。(1)上述反应中被氧化的元素是_(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：KOCN_Cl2_=K2CO3_N2_KCl_(3)若将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。(4)现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。(6)现取(3)中溶液20.00 mL，用a molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，经过平行实验测得消耗Na2S2O3标准溶液b mL，计算废液中Cl2的浓度为_molL1(用含a、b的表达式表示)。解析：(1)已知反应中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从2价升高到4价，失去电子，因此被氧化的元素是C。(2)氯元素的化合价从0价降低到1价，得到1个电子。氮元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，因此根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是 32，根据原子守恒可知还有水生成，因此反应的化学方程式为2KOCN3Cl28KOH=2K2CO3N26KCl4H2O。(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1 mol氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气0.25 mol。(4)没有480 mL 规格的容量瓶，所以还需500 mL容量瓶。(6)消耗Na2S2O3的物质的量是0.001ab mol，根据方程式可知消耗氯气的物质的量是0.004ab mol，因此废液中Cl2的浓度为0.2ab molL1。答案：(1)C(2)238KOH2164H2O(3)0.25(4)500 mL容量瓶(5)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H(6)0.2ab14(1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2和H2PO，在酸性条件下发生以下镀镍反应：Ni2_H2PO_=_Ni_H2PO_请配平上述方程式。上述反应中，若生成1 mol H2PO，反应中转移电子的物质的量为_。(2)高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2若生成2 mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为_mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn21 mg的水体样本，需要1.2 mgL1高铁酸钾_ L。(3)S2O具有强氧化性，其还原产物为SO，硫酸锰(MnSO4)和过硫酸钾(K2S2O8)两种盐溶液在银离子催