2018版高考化学二轮复习第3讲氧化还原反应课后达标检测.docx

第三讲氧化还原反应 课后达标检测学生用书P129(单独成册)1(2015高考四川卷)下列物质在生活中应用时，起还原作用的是()A明矾作净水剂B甘油作护肤保湿剂C漂粉精作消毒剂D铁粉作食品袋内的脱氧剂解析：选D。A.明矾中的Al3发生水解生成胶体，胶体的表面积较大，能吸附水中的杂质，所以能起到净水的作用，与氧化还原无关，A项错误；B.甘油为丙三醇，属于多羟基化合物，具有吸湿性，因此可作护肤保湿剂，与氧化还原无关，B项错误；C.漂粉精能作消毒剂是因为它能生成HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，并不是起还原作用，C项错误；D.铁粉作食品袋内的脱氧剂，防止食品被氧化，起还原作用，D项正确。2关于反应Zn2HNO3NH4NO3=N23H2OZn(NO3)2，下列判断正确的是()A生成1 mol N2，电子转移总数为3NAB生成1 mol N2，电子转移总数为5NAC溶解1 mol Zn，电子转移总数为2NAD溶解1 mol Zn，电子转移总数为4NA解析：选B。Zn、NH为还原剂，HNO3为氧化剂，生成1 mol N2，应转移5 mol电子。3(2017湖南师大附中月考)安全气囊碰撞时发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。下列说法中正确的是()A每生成16 mol N2，需转移30 mol电子BNaN3中N被还原CN2既是氧化剂又是还原剂D还原产物与氧化产物的质量之比为115解析：选D。A项，题干中的反应属于归中反应，NaN3中N的化合价由价升高至0价，KNO3中N的化合价由5价降低至0价，则每生成16 mol N2，转移电子的物质的量为10 mol，错误；B项，NaN3中N的化合价升高，被氧化，错误；C项，N2既是氧化产物又是还原产物，错误；D项，由氧化还原反应方程式知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为115 ，又因N2既是氧化产物又是还原产物，则还原产物与氧化产物的质量之比为115，正确。4(2017天津六校一联)在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS24Fe3=Cu25Fe22S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是()A反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2C反应中转移电子的物质的量为x molD反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则原Fe3的总物质的量为(yx) mol解析：选D。CuFeS2中铁元素的化合价为2价，所以不是所有铁元素均被还原，故A错误；反应中硫元素化合价从2价变为0价，氧化产物是单质S，故B错误；生成2 mol单质S转移电子为4 mol，则获得单质硫x mol转移电子的物质的量为2x mol，故C错误；生成单质硫x mol时，生成 mol Cu2和 mol Fe2，消耗2x mol Fe3，剩余的Fe3为y mol mol mol(y3x) mol，则原Fe3的总物质的量为(y3x2x) mol(yx) mol，故D正确。5氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2cCl2dHClO4eH2O，下列有关说法错误的是()A由反应可确定氧化性：HClO3O2B由非金属性：ClS，可推知酸性：HClO3H2SO4C若氯酸分解所得1 mol混合气体的质量为45 g，则反应方程式可表示为3HClO3=2O2Cl2HClO4H2OD若化学计量数a8，b3，则该反应转移电子数为20e解析：选B。A项，HClO3反应能将2价的O氧化成O2，说明HClO3的氧化性大于O2；B项，HClO3不是Cl元素的最高价含氧酸，不能通过非金属性强弱与H2SO4比较酸性的强弱；C项，混合气体的平均相对分子质量为45，据“十字交叉法”可计算n(O2)n(Cl2)(7145)(4532)21；D项，由已知化学计量数可知，d2e8，4de24618，解得d4，e2，由此得出反应的方程式为8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O，只有生成Cl2得电子，故转移电子数为225e20e。6某反应的反应物与生成物有K2Cr2O7、KCl、CrCl3、Cl2、HCl、H2O，已知氧化性：K2Cr2O7Cl2，则下列说法不正确的是()ACl2是该反应的氧化产物B氧化剂和还原剂的物质的量之比为114C当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 molD由该反应可知还原性：HClCrCl3解析：选B。根据题中提供的反应物与生成物及氧化性：K2Cr2O7Cl2，得出该反应的化学方程式为K2Cr2O714HCl=2KCl2CrCl33Cl27H2O。Cl2是该反应的氧化产物，A项正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为16，B项错误；当转移0.2 mol电子时，被氧化的还原剂的物质的量为0.2 mol，C项正确；CrCl3为还原产物，依据氧化还原反应规律，可知还原性：HClCrCl3，D项正确。7等物质的量的CuS、Cu2S分别和一定浓度的硝酸完全反应，氧化产物为Cu2、SO，还原产物为NO、NO2、N2O4，且体积之比为111(相同条件下测定)，二者消耗硝酸的物质的量之比为()A316B326C11 D813解析：选D。依题意，将气体看成整体，生成1 mol (NONO2N2O4)得到6 mol电子，化学方程式为3CuS16HNO3=3CuSO44(NONO2N2O4)8H2O，硝酸只作氧化剂；3Cu2S26HNO3=3Cu(NO3)23CuSO45(NONO2N2O4)13H2O，作氧化剂的硝酸与表现酸性的硝酸的物质的量之比为206103。所以等物质的量的硫化铜、硫化亚铜完全溶解时消耗HNO3的物质的量之比为813。8(1)三氟化溴(BrF3)常用于核燃料生产和后处理，遇水立即发生如下反应：3BrF35H2O=HBrO3Br29HFO2，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_，每生成2.24 L O2(标准状况)转移电子数为_。(2)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。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。已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。NaIO3NaHSO3=I2Na2SO4H2SO4H2O解析：(1)按照化学方程式系数比的关系和化合价升降，每有3 mol BrF3参加反应，2 mol BrF3作氧化剂，1 mol BrF3作还原剂，2 mol H2O作还原剂，转移电子数为6NA，所以该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为23，每生成2.24 L O2(标准状况)转移电子数为0.6NA。(2)I元素的化合价由5价降低到0价，S元素的化合价由4价升高到6价。根据化合价升降总数相等可标出电子转移的方向和数目，配平反应方程式。答案：(1)230.6NA9化学实验的微型化可有效减少污染，实现化学实验的绿色化。某同学按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1 mol/L的KBr、KI(含淀粉)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体上滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。已知：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O(1)e处发生反应的离子方程式为_，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(2)b处的实验现象为_，d处的实验现象为_。(3)c处反应的化学方程式为_，标准状况下，当有0.224 L Cl2被NaOH溶液吸收后，转移电子的物质的量为_mol。(4)通过该实验能否比较Cl2、FeCl3、KMnO4三种物质氧化性的强弱？_(填“能”或“不能”)，若能，其氧化性由强到弱的顺序是_(若不能，此空不填)。解析：(1)根据e处发生反应的化学方程式判断，反应中的氧化剂为KMnO4，还原剂为浓HCl，其中氧化剂和还原剂的物质的量之比为21015。(2)b处发生的反应为2KICl2=2KClI2，淀粉遇I2变蓝色；d处发生的反应为2FeCl2Cl2=2FeCl3，Fe3和SCN反应使溶液变红。(3)Cl2与NaOH溶液发生反应：，当有0.01 mol Cl2被吸收时，转移0.01 mol电子。(4)e处实验说明氧化性：KMnO4Cl2，d处实验说明氧化性：Cl2FeCl3，因此三种物质氧化性由强到弱的顺序为KMnO4Cl2FeCl3。答案：(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O15(2)溶液由无色变为蓝色溶液变为红色(3)Cl22NaOH=NaClNaClOH2O0.01(4)能KMnO4Cl2FeCl310(2017萍乡高三二模)危化仓库中往往存有硝酸铵、白磷(P4)和氰化钠(NaCN)等危险品。请回答下列问题：(1)NH4NO3为爆炸物，在某温度下按下式进行分解：5NH4NO3=4N22HNO39H2O，则被氧化和被还原的氮原子质量之比为_。(2)对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂：11P460CuSO496H2O=20Cu3P24H3PO460H2SO4，若有6 mol H3PO4生成，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为_mol。(3)NaCN属于剧毒物质，有一种处理方法其原理为CN与S2O反应生成两种离子，一种与Fe3可生成红色弱电解质，另一种与H作用产生能使品红溶液褪色的刺激性气体，写出CN与S2O反应的离子方程式：_。解析：(1)5NH4NO3=2HNO34N29H2O中，NH中氮元素由3价升高为0价，被氧化，NO中的部分氮元素由5价降低为0价，被还原，根据得失电子守恒可知，被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为53，则被氧化和被还原的氮原子质量之比为53。(2)铜元素由2价降低到1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到3价，部分磷元素由0价升高到5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若生成6 mol H3PO4，则参加反应的CuSO4的物质的量为6 mol15 mol，根据得失电子守恒知，被CuSO4氧化的P4的物质的量为0.75 mol。(3)CN与S2O反应生成两种离子，一种与Fe3可生成红色弱电解质，另一种与H作用产生能使品红溶液褪色的刺激性气体，则CN与S2O反应生成SCN与SO，反应的离子方程式为CNS2O=SCNSO。答案：(1)53(2)0.75(3)CNS2O=SCNSO11为了防止枪支生锈，常将枪支的钢铁零件放在NaNO2和NaOH的混合溶液中进行化学处理使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密的保护层“发蓝”。其过程可用下列化学方程式表示：3FeNaNO25NaOH=3Na2FeO2H2ONH3_Na2FeO2_NaNO2_H2O=_Na2Fe2O4_NH3_NaOHNa2FeO2Na2Fe2O42H2OFe3O44NaOH请回答下列问题：(1)配平化学方程式，各物质前的化学计量数依次为_。(2)上述反应中还原剂为_，被还原的是_。若有1 mol Na2FeO2生成，则反应中有_mol电子发生转移。(3)关于“发蓝”的过程，下列说法正确的是_(填字母)。A该过程不会产生污染B反应生成的四氧化三铁具有抗腐蚀作用C反应均是氧化还原反应D反应中的氧化剂均为NaNO2解析：(1