1、版高考化学一轮复习 课时提升作业 五 第二章 化学物质及其变化 3 氧化还原反应课时提升作业 五氧化还原反应(45分钟100分)一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分)1.(2016宜春模拟)工业上生产下列物质，不涉及氧化还原反应的是()A.用铝矾土(主要成分Al2O3)生产金属铝B.用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸C.用海水、贝壳生产氯化镁晶体D.用氯化钠生产烧碱【解析】选C。Al2O3生产金属铝，铝元素化合价降低；FeS2生产硫酸，硫元素化合价升高；海水、贝壳生产氯化镁晶体时，CaCO3CaOCa(OH)2Mg(OH)2MgCl2，元素化合价没有发生变化；氯化钠生产烧碱时生
2、成氢气和氯气，元素化合价发生变化。2.(2016福州模拟)下表中对应关系正确的是()A向某溶液中加入盐酸产生无色气体溶液中一定含有CB由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br-2Cl-+Br2Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应【解析】选B。无色气体可能为二氧化碳或者二氧化硫，A错误；油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，B正确；Cl2+2Br-2Cl-+Br2中Cl的化合价降低，单质被还原；Zn+Cu2+Z
3、n2+Cu中Zn的化合价升高，单质被氧化，均属于置换反应，C错误；前者只有过氧化钠中氧元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。3.(2016宣城模拟)有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化。下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是()在氯水中加入NaOH溶液；在FeCl3溶液中加入铁粉；在品红溶液中通入二氧化硫气体；在Na2CO3溶液中滴入酚酞；在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热。A. B.C. D.【解析】选A。在氯水中加入NaOH溶液，氯水颜色
4、消失，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合价变化，发生氧化还原反应；在FeCl3溶液中加入铁粉，生成氯化亚铁，颜色由棕黄色变为浅绿色，铁元素的化合价变化，发生氧化还原反应；在品红溶液中通入二氧化硫气体，品红褪色，发生化合反应，没有元素化合价的变化；在Na2CO3溶液中滴入酚酞，发生碳酸根离子的水解，没有元素化合价的变化；在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热，生成砖红色沉淀，铜、碳元素的化合价变化，发生氧化还原反应。4.(2016郑州模拟)ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3
5、溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为()A.11 B.21C.12 D.23【解析】选B。反应过程中，氯元素化合价由+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为=21。5.向含有1 mol的FeCl2溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2的酸性溶液，使溶液中Fe2+全部恰好氧化，并使X2还原为Xn+，则n值为()A.2 B.3 C.4 D.5【解析】选B。由题意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2的酸性溶液，共同将
6、1 mol Fe2+氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2得到电子的物质的量与1 mol Fe2+失去电子的物质的量相等，所以有0.2 mol2+0.1 mol2(6-n)=1 mol1，解得n=3。【互动探究】(1)根据上面计算，试写出在酸性条件下，X2与Fe2+反应的离子方程式_ 。提示：在酸性条件下，X2与Fe2+反应生成X3+和Fe3+，离子方程式为X2+14H+6Fe2+2X3+6Fe3+7H2O。(2)等物质的量的Cl2和X2分别与足量Fe2+反应，可氧化的Fe2+的物质的量之比为_ _。提示：根据化合价的变化，1 mol Cl2转移
7、2 mol电子，可氧化2 mol Fe2+；1 mol X2转移6 mol电子，可氧化6 mol Fe2+，因此等物质的量的Cl2和X2氧化Fe2+的物质的量之比为13。6.氢化铝钠(NaAlH4)是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储存氢时发生反应：3NaAlH4Na3AlH6+2Al+3H2。下列说法正确的是()A.NaAlH4中氢元素为+1价B.每生成11.2 L(标准状况下)H2，转移2NA个电子C.在反应中有50%的氢被还原D.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为11【解析】选C。该反应中部分Al的化合价由+3价变为0价、H的化合价由-1价变为0价。化合物NaAlH4中H
8、的化合价为-1价，A错误；标准状况下，生成0.5 mol H2时，转移电子数0.5 mol2NA=NA，B错误；由方程式可知，3 mol NaAlH4参加反应，生成3 mol H2，则反应中有50%的氢被氧化，C正确；氧化产物是氢气、还原产物是Al，氧化产物和还原产物的物质的量之比是32，D错误。7.(2016广州模拟)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列有关说法正确的是()A.反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为21C.若反应中生成0.2 mol HNO3，则反应
9、共转移0.2 mol e-D.NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象【解析】选D。反应中只有N的化合价发生变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；方程式为3NF3+5H2O(g)9HF+2NO+HNO3，由方程式可知1 mol NF3化合价升高，为还原剂被氧化，2 mol NF3化合价降低，为氧化剂被还原，所以被氧化与被还原的原子物质的量之比为12，B错误；由反应可知，生成1 mol HNO3转移2 mol电子，则生成0.2 mol HNO3，反应共转移0.4 mol e-，C错误；NF3在空气中泄漏时，生成硝酸会产生白雾，生成的NO可被氧化生成红棕色的NO2，D正确。【易错提
10、醒】(1)氧化还原反应的有关概念较多，因对概念的内涵理解不透，外延掌握不全面，很容易发生错误判断。应注意加深对概念的理解，从而加深理解其规律。(2)在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。(3)由于有些氧化还原反应中，氧化剂或还原剂并没有全部发生氧化还原反应，因此在求氧化剂或还原剂的质量或两者的比例时易发生错误。8.(2016宜春模拟)根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)()A.反应中有非氧化还原反应B.反应说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属C.相同条件下生成等量的O2，反应和转移的电子数
11、之比为11D.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为14【解析】选B。反应有氯气生成，反应有氯化钙、次氯酸钙生成，过氧化氢分解生成水和氧气，反应生成单质氧气，反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；中氧元素的化合价由-1价升高为0，中氧元素的化合价由-2价升高为0，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，C错误；反应由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，D错误。9.LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125分
12、解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是()A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 gmol-1B.1 mol LiAlH4在125完全分解，转移3 mol电子C.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂【解析】选A。LiH与D2O反应生成氢气(HD)，其摩尔质量为3 gmol-1，A错误；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al的价态变化即可得出1 mol LiAlH4在125时完全分解，
13、转移3 mol电子，B正确；LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH-，OH-与Al3+反应生成Al，即LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2，C正确；乙醛变成乙醇得到氢被还原，乙醛是氧化剂，LiAlH4是还原剂，D正确。【加固训练】肼(N2H4)又称联氨，可用如下方法制备：CO(NH2)2+ClO-+OH-N2H4+Cl-+C+H2OCO(NH2)2中N为-3价，方程式未配平，下列说法不正确的是()A.N2H4是氧化产物B.N2H4中存在极性键和非极性键C.配平后，OH-的化学计量数为2D.生成3.2 g N2H4转移0.1 mol电子【解析】选
14、D。反应中N由CO(NH2)2中的-3价升高到N2H4中的-2价，Cl由ClO-中的+1价降低到Cl-中的-1价，所以CO(NH2)2是还原剂，ClO-是氧化剂，N2H4是氧化产物，根据得失电子守恒将方程式配平：CO(NH2)2+ClO-+2OH-N2H4+Cl-+C+H2O，则生成3.2 g N2H4应转移0.2 mol电子，故A、C正确，D错误；N2H4的结构式是，分子中存在NN非极性键和NH极性键，B正确。10.(2016洛阳模拟)下列说法正确的是()A.HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B.已知Fe + Cu2+Fe2+Cu；2Fe3+Cu2F
15、e2+Cu2+，则氧化性强弱顺序为Fe3+Cu2+Fe2+C.已知还原性：B-C-D-，反应2C-+ D22D-+C2和反应2C-+B22B-+C2都能发生D.具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【解析】选B。HClO的氧化性强，A错误；氧化还原反应中，氧化性是氧化剂大于氧化产物，则氧化性Cu2+Fe2+、Fe3+Cu2+，B正确；根据反应2C-+B22B-+C2可知，还原性C- B-，与已知矛盾，C错误；如浓硫酸和SO2之间不能反应，D错误。11.(2016石家庄模拟)将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素
16、的离子，其中ClO-和Cl两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是()A.反应中转移电子的物质的量是0.21 molB.Cl的生成是由于温度升高引起的C.苛性钾溶液中KOH的质量是16.8 gD.氯气被还原成0.06 mol ClO-和0.03 mol Cl【解析】选D。结合反应，根据图象知n(ClO-)=0.06 mol，n(Cl)=0.03 mol，故转移电子物质的量=0.06 mol(1-0)+0.03 mol(5-0)=0.21 mol，A正确；根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯
17、酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，B正确；根据电子转移守恒可知n(Cl-)=0.21 mol，根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(Cl)=0.21 mol+0.06 mol+0.03 mol=0.3 mol，则n(KOH)=0.3 mol，则氢氧化钾质量=0.3 mol56 gmol-1=16.8 g，C正确；ClO-、Cl都是氧化产物，D错误。【加固训练】高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性，已知：4Fe+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2。高铁酸钾常见制备方法之一是湿法制备：在一定条件下，Fe(NO3)3与Na
18、ClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液。下列说法正确的是()A.K2FeO4在处理水的过程中所起的作用只有消毒杀菌B.同浓度的高铁酸钾在pH=11.50的水溶液中比中性溶液中稳定C.湿法制备高铁酸钾，可以在酸性环境中顺利进行D.湿法制备高铁酸钾，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为32【解析】选B。K2FeO4具有强氧化性，在处理水的过程中能起到消毒杀菌的作用，其还原产物Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，还能起到净水的作用，A错误；根据4Fe+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2可知，Fe在碱性溶液中稳定性强，B正确；在酸性条件下，Fe不稳定，因此不能在酸性环境中制备高铁酸钾，C错误；Fe
19、(NO3)3与NaClO反应制备高铁酸钾时，铁元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素从+1价降低到-1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知，Fe(NO3)3与NaClO物质的量之比为23，D错误。12.(能力挑战题)(2016蚌埠模拟)已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4(浓)2SO2+SeO2+2H2O制取。又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2OaSe+b_X_+d_Y_；则关于下列叙述正确的是()A.ab=11B.Y为OH-C.氧化性为SeO2H2SO4(浓)D.若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子【解析】选D。根据题意SeO2是氧化剂，则可
20、将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知ab=12，A、B错误，D正确；根据氧化性：氧化剂氧化产物知C错误。二、非选择题(本题包括2小题，共40分)13.(20分)(2016衡水模拟)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。(1)实验原理。用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_ _。在酸性条件下，再用I-将生成的MnO(OH)2还原为Mn2+，反应的离子方程式为_ 。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。(2)实验
21、步骤。打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_ ；用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含mmol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含nmol H2SO4的硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL-1Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_ 。(3)数据分析。若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL-1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗
22、滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是_ _。【解析】(1)注意从题给条件中挖掘信息：反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2+、MnO(OH)2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH-的化学计量数，最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O22MnO(OH)22I24 Na2S2O3，则n(O2)=4.87510-6mol，则此水样中氧(O2)的含量为=7.8 mgL-1。若
23、未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c(Na2S2O3)减小，V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故测得水样中O2的含量将偏大。实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转化为Mn2+；若酸过量，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。答案：(1)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O(2)排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰淀粉溶液滴入最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(3)7.8偏大若碱过量，则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定
24、过程中Na2S2O3可与酸反应【加固训练】(2016运城模拟)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_。(2)上述反应中的氧化剂是_，反应产生的气体可用_吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10N2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O。若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_。(4)若反应产物NO2与11.2 L O
25、2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的物质的量_(选填编号)。a.小于0.5 mol b.等于0.5 molc.大于0.5 mol d.无法确定【解析】(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应方程式为2S3+2SnCl2+4HClS4+2SnCl4+2H2S，根据电子得失守恒知，1 mol As2S3作氧化剂得到2 mol电子，而1 mol SnCl2作还原剂失去2 mol电子，则二者的物质的量之比是11。(2)因As2S3在该反应中砷元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，H2S气体可用碱液吸收或
26、硫酸铜溶液吸收。(3)由反应As2S3+10H+10N2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2 mol(5-3)+3 mol(0+2)=10 mol，则生成2 mol H3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10 mol。(4)由NO2与11.2 L O2混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，则4NO2+O2+2H2O4HNO3，氧气的物质的量为=0.5 mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5 mol4=2 mol，若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5 mol=0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应
27、，则产生的CO2的物质的量小于0.5 mol。答案：(1)11(2)As2S3氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液(3)10 mol(4)a14.(20分) (能力挑战题) (2016德阳模拟)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂。某课题小组进行如下实验：.【查阅资料】(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。(2)2Na2S2O4+4HCl4NaCl+S+3SO2+2H2O；Na2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O。.【制备方法】75时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：_HCOONa+_Na2
28、CO3+_Na2S2O4+_CO2+_冷却至4050，过滤，用_洗涤，干燥制得Na2S2O4。.【Na2S2O4的性质】(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化。课题小组测定0.050 molL-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图所示：0t1段主要生成HS，根据pH变化图，HS的电离程度_水解程度(填“”)。课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，0t1段发生反应的离子方程式为_ 。t3时溶液中存在的主要阴离子的符号是_ 。(2)隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解；得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和_气体(填化学式)。请你设计实验验证产物有Na2S2O3存在，完成下表
29、中内容。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论【解析】.反应中空缺的反应物显然是SO2，空缺的生成物应为H2O，该反应为氧化还原反应，S从+4价降低到+3价，HCOONa中的C从+2价升高到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒即可配平反应的化学方程式。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，因此应用乙醇洗涤产品。.(1)0t1段主要生成了HS，根据图象可知，此时溶液显酸性，这说明HS的电离程度大于水解程度。Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，且已知0t1段主要生成HS，据此不难写出有关的离子方程式。t3时溶液的pH=1，
30、说明溶液的酸性较强，因此可以推测0t1段生成的HS又被进一步氧化了，则溶液中存在的主要阴离子符号是S。(2)分析Na2S2O4固体分解的反应可以看出，反应前Na2S2O4中钠、硫原子个数比为11，反应后Na2S2O3中钠、硫原子个数比也是11，但Na2SO3中钠、硫原子个数比为21，这说明另外一种气体产物中含有S，应为SO2。根据反应Na2S2O3+2HCl2NaCl+S+SO2+H2O可知，要检验产物中有Na2S2O3，只需加入稀盐酸，通过观察到有淡黄色沉淀生成即可证明Na2S2O3的存在。答案：.214SO2231H2O乙醇.(1)2S2+O2+2H2O4HSS(2)SO2实验步骤(不要求写出具体操作过程)预期的实验现象和结论取少量完全分解后的固体产物于试管中，加入
