2023高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化第4课时氧化还原反应的基本概念和规律复习练案新人教版

PAGEPAGE2氧化复原反响的根本概念和规律一、选择题1．(2022·广东肇庆期末)以下反响中，属于非氧化复原反响的是eq\x(导学号25470227)(C)A．2F2＋2H2O=4HF＋O2B．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑C．Na2O＋H2O=2NaOHD．Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑[解析]反响2F2＋2H2O=4HF＋O2中，氟元素和氧元素的化合价发生变化，属于氧化复原反响，A项不符合题意；反响2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，氧元素的化合价发生变化，属于氧化复原反响，B项不符合题意；反响Na2O＋H2O=2NaOH中，元素化合价没有变化，属于非氧化复原反响，C项符合题意；反响Si＋2NaOH＋H2O=Na2SiO3＋2H2↑，硅元素和氢元素的化合价发生了变化，属于氧化复原反响，D项不符合题意。2．(2022·南昌调研)以下化学反响属于区域3的是eq\x(导学号25470228)(C)A．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3B．2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑C．4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂))4NO＋6H2OD．Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑[解析]A项中的反响是化合反响，且有元素化合价的变化，属于区域1；B项中的反响是分解反响，但元素化合价没有变化，属于除区域2外的分解反响；C项中的反响是不属于4种根本反响类型的氧化复原反响，属于区域3；D项中的反响是置换反响，属于区域4。3．(2022·北京石景山区期末)化学与生活密切相关，以下应用中利用了物质的氧化性的是eq\x(导学号25470229)(D)A．SO2漂白纸浆 B．纯碱清洗油污C．Na2S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＋发生的是复分解反响，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。4．(2022·浙江瑞安四校联考)以下变化过程不涉及氧化复原反响的是eq\x(导学号25470230)(C)A．将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质B．向新制氯水中参加足量亚硫酸钠溶液，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网上加热，生成的淡黄色物质为过氧化钠，反响过程中Na、O元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故A错误；向新制氯水中参加足量亚硫酸钠溶液，氯气将SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，Cl、S元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，故B错误；向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色，说明COeq\o\al(2－,3)水解显碱性，没有化合价变化，不属于氧化复原反响，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，属于氧化复原反响，故D错误。5．(2022·辽宁省鞍山市一中一模)以下氧化复原反响中电子转移数目及方向都正确的选项是eq\x(导学号25470231)(B)[解析]A．Cl得到电子，O失去电子，该反响转移12e－，图中转移电子数目不合理，故A错误；B．Fe3＋得到电子，I－失去电子，该反响转移2e－，那么合理，故B正确；C．F得到电子，O失去电子，该反响转移4e－，图中箭头的方向不合理，故C错误；D．Br得到电子，S失去电子，该反响转移2e－，图中箭头的方向不合理，故D错误；应选B。6．(2022·辽宁省鞍山一中一模)反响：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O，③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3，以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470232)(D)A．上述三个反响都有单质生成，所以都是置换反响B．反响③中1mol复原剂反响那么氧化剂得到电子的物质的量为2molC．反响②中复原剂与氧化剂的物质的量之比为6︰1D．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2[解析]A．②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O中，反响物不存在单质，不属于置换反响，故A错误；B．反响③中1mol复原剂(Cl2)反响，由电子守恒可知，氧化剂得到电子的物质的量为1mol×2×(5－0)＝10mol，故B错误；C．反响②中复原剂为HCl，与氧化剂KClO3的物质的量比为5︰1，eq\f(1,6)HCl作酸，故C错误；D．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故D正确；应选D。7．(2022·湖南省郴州市一模)某离子反响涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c(NHeq\o\al(＋,4))随反响进行逐渐减小，以下判断正确的选项是eq\x(导学号25470237)(D)A．反响的复原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与复原剂的物质的量之比为2︰3D．反响后溶液的酸性明显增强[解析]反响的方程式应为3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，A．反响中N元素化合价升高，被氧化，那么N2为氧化产物，故A错误；B．Cl元素的化合价由＋1价降低为－1，消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，故B错误；C．由反响可知，氧化剂与复原剂的物质的量之比为3︰2，故C错误；D．反响生成H＋，溶液酸性增强，故D正确。应选D。8．(2022·大连重点中学考试)S2Oeq\o\al(n－,8)和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2Oeq\o\al(n－,8)在一定条件下可把Mn2＋氧化成MnOeq\o\al(－,4)，假设反响后S2Oeq\o\al(n－,8)生成SOeq\o\al(2－,4)；又知反响中氧化剂与复原剂的离子数之比为5︰2，那么S2Oeq\o\al(n－,8)中的n值和S元素的化合价是eq\x(导学号25470233)(A)A．2，＋6B．2，＋7C．4，＋6D．4，＋7[解析]此题考查氧化复原反响的计算。解法一：首先，根据S的最高化合价为＋6即可排除B、D项。Mn2＋被氧化成MnOeq\o\al(－,4)，Mn元素的化合价由＋2升高至＋7，Mn2＋为复原剂，S2Oeq\o\al(n－,8)中含有过氧键，反响后生成SOeq\o\al(2－,4)，过氧键中氧元素化合价降低，S2Oeq\o\al(n－,8)为氧化剂，结合S2Oeq\o\al(n－,8)与Mn2＋的离子数之比为5︰2，可写出离子方程式：8H2O＋5S2Oeq\o\al(n－,8)＋2Mn2＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋，根据电荷守恒得－5n＋2×2＝(－1)×2＋(－2)×10＋1×16，解得n＝2，应选A。解法二：S2Oeq\o\al(n－,8)中O的化合价为－eq\f(12＋n,8)价，被复原生成SOeq\o\al(2－,4)时，1个S2Oeq\o\al(n－,8)得到(4－n)e－；Mn2＋氧化生成MnOeq\o\al(－,4)，失去5e－，由(4－n)×5＝5×2，得n＝2。9．(2022·甘肃兰州一中月考)向盛有KI溶液的试管中参加少许CCl4后滴加新制氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加新制氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(I2被氧化为HIO3)。以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470234)(B)A．整个过程中的复原剂只有I2B．CCl4层由紫色变成无色的化学反响方程式为I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HClC．假设用KI和Cl2反响制1molKIO3，至少需要56LCl2(标准状况)D．把KI换成KBr，那么CCl4层变为红棕色，继续滴加新制氯水，CCl4层的颜色没有变化，那么Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由弱到强的顺序是HBrO3<Cl2<HIO3[解析]新制氯水与KI反响生成碘单质，CCl4萃取碘单质，CCl4层变成紫色，继续滴加新制氯水，新制氯水中氯气将碘单质氧化为碘酸根离子，所以整个过程中的复原剂有碘离子和碘单质，A项错误；氯气将碘单质氧化为碘酸根离子，所以CCl4层由紫色变成无色，反响的化学方程式为I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，B项正确；假设用KI和Cl2反响制1molKIO3，根据得失电子守恒，标准状况下至少需要Cl2体积为eq\f(5－－1,2)mol×22.4L·mol－1＝67.2L，C项错误；把KI换成KBr，那么CCl4层变为红棕色。继续滴加新制氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氯气不能将溴单质氧化为溴酸根离子，所以Cl2、HIO3、HBrO3的氧化性由弱到强的顺序为HIO3<Cl2<HBrO3，D项错误。10．(2022·保定调研)工业上制备溴单质时常用纯碱溶液吸收溴，发生的反响为3Br2＋6Na2CO3＋3H2O=5NaBr＋NaBrO3＋6NaHCO3。以下有关说法正确的选项是eq\x(导学号25470235)(D)A．该反响中Na2CO3既是氧化剂又是复原剂B．反响后溶液的pH增大C．假设将NaBr和NaBrO3转变为Br2需在碱性条件下进行D．上述反响假设有0.9molBr2反响，转移的电子数为1.5×6.02×1023[解析]此题考查氧化复原反响原理，意在考查考生运用氧化复原反响原理解决实际问题的能力。选项A，该反响中Br2既是氧化剂又是复原剂，而Na2CO3既不是氧化剂又不是复原剂，A错；选项B，Na2CO3反响后生成NaHCO3，且生成物NaBr、NaBrO3都是强酸强碱盐，那么反响后溶液的pH减小，B错；选项C，NaBr和NaBrO3转变为Br2需要在酸性条件下进行，C错；选项D，根据化学方程式，3molBr2参加反响时转移5mol电子，故0.9molBr2参加反响转移1.5mol电子，D正确。11．(2022·湖北质检)如下图为二氧化锰的有关转化关系图，有关说法中不正确的选项是eq\x(导学号25470236)(C)A．反响①～⑥均属于氧化复原反响B．反响⑤中氧化剂与复原剂的物质的量之比为3︰4C．相同条件下生成等量的O2，反响③和④转移的电子数之比为1︰1D．反响①生成的Cl2经枯燥后，可用钢瓶贮运[解析]此题主要考查氧化复原反响知识，意在考查考生的知识迁移能力和分析判断能力。每生成1molO2，反响③中转移2mol电子，反响④中转移4mol电子，那么相同条件下生成等量的O2，反响③和④转移的电子数之比为1︰2，故C错误。12．(2022·鄂豫晋冀陕五省联考)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被复原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反响生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反响：①SeO2＋4KI＋2H2SO4=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O；②Se＋2H2SO4(浓)=2SO2↑＋SeO2＋2H2O；③Se＋4HNO3(浓)=SeO2＋4NO2↑＋2H2O。以下有关表达正确的选项是eq\x(导学号25470238)(A)A．SeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2B．反响①中Se是氧化产物，I2是复原产物C．反响①中生成0.6molI2，转移的电子数目为2.4NAD．反响②、③中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2︰1[解析]在同一反响中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，那么根据①可知氧化性：SeO2>I2，②中氧化性：H2SO4(浓)>SeO2，那么氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2，故A正确；反响①SeO2＋4KI＋2H2SO4=Se＋2I2＋2K2SO4＋2H2O中，Se元素的化合价降低，被复原，I元素的化合价升高，被氧化，那么Se是复原产物，I2是氧化产物，故B错误；根据化合价的变化可知，反响①中每有0.6molI2生成，转移的电子数目应为0.6mol×2×(1－0)×NAmol－1＝1.2NA，故C错误；由反响②、③可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2︰4＝1︰2，故D错误。二、非选择题13．(1)①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为__NaClO将KI氧化生成了I2__，离子方程式为__ClO－＋2I－＋H2O=I2＋Cl－＋2OH－__。②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为__I2被Na2SO3复原生成I－__，离子方程式是__SOeq\o\al(2－,3)＋I2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋H2O__。③比照①和②实验所得的结果，将I2、ClO－、SOeq\o\al(2－,4)按氧化性由强到弱的顺序排列为__ClO－>I2>SOeq\o\al(2－,4)__。(2)设计实验证明以下事实并写出化学反响方程式。①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强。②氯化铁溶液中Fe3＋的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2＋强。③铁的复原性比铜强。eq\x(导学号25470239)[解析](2)①可根据Cu和浓H2SO4加热反响，而Cu和稀H2SO4加热也不反响来证明。②③可利用氧化复原方程式来证明。[答案](2)①Cu与浓H2SO4在加热时反响而与稀H2SO4在加热时不反响Cu＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O②Cu与FeCl3溶液能反响2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2③Fe能与CuSO4溶液反响置换出CuFe＋CuSO4=FeSO4＋Cu14．L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生