2020届高考化学大一轮复习 第二章 化学物质及其变化 第6讲 氧化还原反应的基本概念和规律课时作业

第二章 化学物质及其变化 第6讲 氧化还原反应的基本概念和规律1化学与生活密切相关，下列应用中利用了物质的氧化性的是()ASO2漂白纸浆B纯碱清洗油污CNa2S除污水中的Cu2 D漂白粉漂白织物解析：SO2漂白纸浆利用了二氧化硫的漂白性，A错误；纯碱清洗油污，利用了纯碱溶液显碱性，碱性条件下油脂能水解彻底，B错误；Na2S除污水中的Cu2发生的是复分解反应，利用的是CuS的难溶性，C错误；漂白粉漂白织物是利用的漂白粉的氧化性将有色物质氧化褪色，D正确。答案：D2(2020浙江瑞安四校联考)下列变化过程不涉及氧化还原反应的是()A将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色C向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色D向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质解析：将一小块钠放在石棉上加热，生成的淡黄色物质为过氧化钠，反应过程中Na、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A错误；向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将SO氧化成SO，Cl、S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明CO水解显碱性，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故C正确；向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质，说明Fe3将I氧化成碘单质，Fe和I元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误。答案：C3(2020广东肇庆诊断)下列反应中，属于非氧化还原反应的是()A2F22H2O=4HFO2B2Na2O22H2O=4NaOHO2CNa2OH2O=2NaOHDSi2NaOHH2O=Na2SiO32H2解析：反应2F22H2O=4HFO2中，氟元素和氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，A项不符合题意；反应2Na2O22H2O=4NaOHO2中，氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，B项不符合题意；反应Na2OH2O=2NaOH中，元素化合价没有变化，属于非氧化还原反应，C项符合题意；反应Si2NaOHH2O=Na2SiO32H2，硅元素和氢元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，D项不符合题意。答案：C4.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影3区域的是()ACl22NaI=2NaClI2BCH42O2CO22H2OC4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3D2H2O22H2OO2解析：阴影3所表示的反应类型为氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型。A为置换反应，错误；C为化合反应，错误；D为分解反应，错误。答案：B5高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是()A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌解析：在K2FeO4中，Fe显6价，为铁的非常见高价态，有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的杂质。答案：A6在化学反应：8NH33Cl2=N26NH4Cl中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为()A83 B38C23 D32解析：在题述反应中，氧化剂是Cl2，还原剂是NH3，只有部分NH3被氧化为N2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为32。答案：D7氢化钙(CaH2)可作为生氢剂，反应的化学方程式为CaH22H2O=Ca(OH)22H2，下列说法不正确的是()ACaH2既是还原剂，又是氧化剂BH2既是氧化产物，又是还原产物CCaH2是还原剂，H2O是氧化剂D氧化产物与还原产物的质量比为11解析：根据化合价的变化，确定CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，A错误。答案：A8用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应Fe2O33Na2O22Na2FeO4Na2O，下列说法正确的是()ANa2O2既是氧化剂又是还原剂B3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移C在Na2FeO4中Fe为4价，具有强氧化性，能消毒杀菌DNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物解析：Na2O2中O元素化合价由1价降为2价，为氧化剂，A错误；Na2O2中O元素化合价由1价降为2价，3 mol Na2O2发生反应，则有6 mol电子转移，B错误；Na2FeO4中Fe为6价，具有强氧化性，能消毒杀菌，C错误；Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，D正确。答案：D9(2020山东日照一中质检)NH3可消除NO的污染，反应方程式为6NO4NH3=5N26H2O。现有NO与NH3的混合物共1 mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4 g，则下列判断中正确的是()A原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为32B有0.6 mol NH3被氧化C生成还原产物2.8 gD原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol解析：由方程式6NO4NH3=5N26H2O可知，6 mol NO得到3 mol N2(还原产物)，4 mol NH3得到2 mol N2(氧化产物)，相差1 mol N2，若还原产物比氧化产物多1.4 g，即0.05 mol，则相当于0.3 mol NO和0.2 mol NH3反应，由题意可知NO和NH3的总物质的量为1 mol，则其中一种过量，所以有两种情况：0.3 mol NO和0.7 mol NH3反应或0.2 mol NH3和0.8 mol NO反应。原混合物中NO与NH3的物质的量之比为37或41，A错误；有0.2 mol NH3被氧化，B错误；生成还原产物0.15 mol(即4.2 g)，C错误；原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol，D正确。答案：D10(2020河北冀州中学检测)有Fe2、NO、Fe3、NH、H和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是()A氧化剂与还原剂的物质的量之比为81B还原产物为NHC若有1 mol NO参加还原反应，则转移8 mol eD若把该反应设计为原电池，则负极反应式为Fe2e=Fe3解析：Fe2、NO、Fe3、NH、H和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3的氧化性比NO(H)差，故该反应中，Fe2做还原剂，NO做氧化剂，由此得出该反应为8Fe2NO10H=8Fe3NH3H2O。氧化剂是NO，1 mol NO生成1 mol NH，N元素化合价从5降为3，得到8 mol电子；还原剂是Fe2，8 mol Fe2生成8 mol Fe3，失去8 mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为18，故A错误。NO生成NH，N元素化合价从5降为3，NH为还原产物，故B正确；氧化剂是NO，1 mol NO生成1 mol NH，N元素化合价从5降为3，得到8 mol电子，故C正确；原电池的负极发生氧化反应，若把该反应设计为原电池，负极是Fe2失去电子，发生氧化反应，则负极反应为Fe2e=Fe3，故D正确。答案：A11.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH、H、N2、Cl六种粒子。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A该反应的还原剂是ClB消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D反应后溶液的酸性明显增强解析：反应方程式为3ClO2NH=N23H2O3Cl2H，该反应的还原剂为NH，故A错误；N元素化合价由3升高到0，则消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，故C错误；反应生成H，溶液酸性增强，故D正确。答案：D12工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HClH2SeO4=H2SeO3Cl2H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是()A氧化性：H2SeO4Cl2H2SO3B酸性：H2SO4H2SeO4C析出1 mol硒需要消耗标准状况下22.4 L SO2D亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸解析：在2HClH2SeO4=H2SeO3Cl2H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性：H2SeO4Cl2；在Cl2SO22H2O=2HClH2SO4中，氯气是氧化剂，H2SO3是还原剂，则氧化性：Cl2H2SO3，A正确；同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，元素的非金属性：SSe，所以酸性：H2SO4H2SeO4，B正确；根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，析出1 mol硒，转移4 mol电子，则需要消耗标准状况下44.8 L SO2，C错误；在亚硒酸中Se的化合价为4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，根据化学反应：2HClH2SeO4=H2SeO3Cl2H2O、Cl2SO22H2O=2HClH2SO4，则还原性：亚硫酸亚硒酸，D正确。答案：C13(2020山西太原外国语学校月考)在一定条件下，下列粒子的还原性顺序：ClBrFe2ISO2，由此判断以下各反应在溶液中不能发生的是()A2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4HB2Br4HSO=SO2Br22H2OC2Fe2Cl2=2Fe32ClDI2SO22H2O=4HSO2I解析：比较还原性强弱，只需找出还原剂和还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性即可判断。答案：B14(2020河北张家口四校联考)向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol Fe粉，充分搅拌后Fe粉溶解，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是()A氧化性：Zn2Cu2Fe3AgBFe3的氧化性强于Cu2C溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为12D1 mol Fe可还原2 mol Fe3解析：根据金属活动性顺序可知氧化性：Zn2Cu2Ag，根据Cu可与Fe3发生氧化还原反应，可知氧化性：Cu2Fe3，故A错误，B正确；溶液中原有0.1 mol Cu2和0.1 mol Fe3，当加入的0.1 mol Fe粉完全溶解后，溶液中刚好有0.2 mol Fe2，Cu2未参与反应，物质的量不发生变化，所以n(Cu2)n(Fe2)12，故C正确；根据金属铁和Fe3的反应：Fe2Fe3=3Fe2，可知1 mol Fe可还原2 mol Fe3，故D正确。答案：A15标准状况下，往100 mL 0.4 mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br被氧化。则通入的氯气的体积是()A0.448 L B0.672 LC0.896 L D1.344 L解析：由于还原性：Fe2Br，所以若溶液中有50%的Br被氧化，则说明Fe2已完全发生反应，n(FeBr2)0.4 mol/L0.1 L0.04 mol，根据电子得失数目相等，n(Fe2)n(Br)2n(Cl2)，0.04 mol0.04 mol22n(Cl2)，解得n(Cl2)0.04 mol，通入的氯气的体积(在标准状况下)V(Cl2)0.04 mol22.4 L/mol0.896 L，C正确。答案：C16化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就不再向环境排放该种有害物质。例如，铬的化合物有以下循环关系：下列有关说法正确的是()A上述物质中只有Na2CrO4可作氧化剂B发生反应，一定要加入氧化剂C发生反应时，消耗Na2Cr2O7的个数与转移的电子数之比为16D从反应来看，CrCl3不能用Cr(OH)3与盐酸反应来制取解析：根据元素化合价可判断Na2CrO4和Na2Cr2O7中Cr均为6价，所以都可做氧化剂，而两者之间的转化并非氧化还原反应，故A、B错误；发生反应时，Na2Cr2O7中Cr元素化合价由6价降低到3价，则1 mol Na2Cr2O7可得到6 mol电子，故C正确；Cr(OH)3与盐酸反应可生成CrCl3，故D错误。答案：C17已知稀溴水和氯化铁溶液都呈黄色。在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴液溴，振荡后溶液呈黄色，现对溶液呈黄色的原因进行探究。(1)仅限选用的仪器和试剂有：烧杯、试管、玻璃棒、量筒、滴管、药匙；酸性高锰酸钾溶液、氢氧化钠溶液、四氯化碳、硫氰化钾溶液、硝酸银溶液，淀粉碘化钾溶液。完成以下实验探究过程：提出假设假设1：溶液呈黄色不是发生化学反应所致，是溶液中_引起的(填微粒的化学式，下同)。假设2：溶液呈黄色是发生氧化还原反应所致，是溶液