2023届新高考化学选考一轮总复习训练-第4讲　氧化还原反应(二)

第4讲氧化还原反应课时训练(二)选题表知识点题号氧化还原反应配平1,5,6,9,12氧化还原反应相关计算3,4,7,8,10,13综合2,11,14,151.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应NaN3+KNO3K2O+Na2O+N2↑(未配平),对于该反应,下列判断正确的是(C)A.NaN3中氮元素的化合价为-3B.氧化剂和还原剂是同一物质C.被氧化的氮原子与生成的氮气分子个数之比为15∶8D.反应过程中若转移1mol电子,则产生22.4L(标准状况)气体解析:根据化合物中元素正、负化合价代数和为0可知NaN3中氮元素化合价为-13价,A项错误;根据电子得失守恒和原子守恒可知,配平后的方程式为10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑,则NaN3是还原剂,KNO3是氧化剂,B项错误;根据方程式可知,被氧化的氮原子与生成的氮气分子个数之比为30∶16=15∶8,C项正确;根据方程式可知,反应过程中若转移1mol电子,则产生氮气的物质的量是1.6mol,在标准状况下的体积为1.6mol×22.4L·mol-1=35.84L,D项错误。2.常温下,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反应原理如图所示,下列说法正确的是(B)A.该反应过程中,M是Fe3+,M'是Fe2+B.当有1molO2生成时,转移2mol电子C.在H2O2分解过程中,溶液的pH逐渐降低D.H2O2的氧化性比Fe3+强,还原性比Fe2+弱解析:根据箭头方向,找出反应物和生成物,两步反应分别为2H++H2O2+2M2H2O+2M';2M'+H2O22M+O2↑+2H+;根据H2O2的化合价变化,M为Fe2+,M'为Fe3+,故A错误;总反应为2H2O22H2O+O2↑,每有1molO2生成时,2molH2O2中2mol-1价氧元素生成2mol0价氧元素,转移2mol电子,故B正确;在H2O2分解过程中,Fe2+为催化剂,H2O2的溶液显弱酸性,生成水后,pH升高,故C错误;根据2H++H2O2+2Fe2+2H2O+2Fe3+,氧化剂H2O2的氧化性大于氧化产物Fe3+的氧化性;在2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+中,还原剂H2O2的还原性大于还原产物Fe2+的还原性,故D错误。3.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、ClA.该反应的氧化剂是ClO-B.该反应中有两种离子生成C.该反应生成1mol氧化产物时,转移的电子为6molD.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3解析:反应涉及的六种微粒中,ClO-具有强氧化性,应为该反应的氧化剂,分析其他微粒的化合价变化可知,NH4+应为该反应的还原剂,由题图可知,反应过程中c(H+)不断增大,因此H+应为该反应的生成物,再由原子守恒可知,H2O也是该反应的生成物。反应方程式为4.向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2,再加入含0.1molX2O72-的酸性溶液,使溶液中Fe2+恰好全部被氧化,并使X2OA.2 B.3 C.4 D.5解析:根据电子守恒可得1mol×1=0.2mol×2+0.1mol×2×(6-n),解得n=3。5.工业上常利用反应Cr2O7n-+CH3OH+H+Cr3++CO2↑+HA溶液的颜色从灰绿色变为橙色B.Cr2O7C.若配平后Cr3+和CO2的化学计量数之比为2∶1,则Cr2O7D.若有3.2gCH3OH参加反应,则转移的电子数为6.02×1022解析:根据反应方程式可知,Cr3+为灰绿色,是生成物,溶液的颜色应该变成灰绿色,故A错误;反应中CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价,被氧化,则Cr2O7n-发生还原反应,故B错误;若配平后Cr3+6mol电子,根据得失电子守恒,Cr2O7n-中Cr元素的化合价为+6价,因此n=2,故C正确;3.2gCH3OH的物质的量为3.2g6.(2021·长兴、余杭、缙云三校联考)工业上用铋酸钠(NaBiO3)检验溶液中的Mn2+,反应方程式为4MnSO4+10NaBiO3+14H2SO44NaMnO4+5Bi2(SO4)3+3Na2SO4+,下列说法不正确的是(C)

A.“”内的物质为水,配平化学计量数为14

B.若生成1molNaMnO4,则转移5mole-C.反应方程式中的硫酸可换为盐酸D.溶液的现象是溶液变为紫红色解析:A.根据质量守恒,“”内的物质为水,配平化学计量数为14,正确;B.MnSO4中+2价Mn升高到+7价的NaMnO4,因此生成1molNaMnO4,转移5mole-,正确;C.根据方程式可得出氧化性NaBiO3>NaMnO4,高锰酸根离子会氧化盐酸,铋酸钠也会氧化盐酸,因此反应方程式中的硫酸不能换成盐酸,错误;D.NaMnO4溶液呈紫色,因此溶液中的现象是溶液变为紫红色,正确。

7.多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2等有相似之处,Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,而NaClO被还原成NaCl,反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16,则x的值是(D)A.2 B.3 C.4 D.5解析:Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化成Na2SO4,S元素的化合价由-2x价变为+6价,NaClO被还原成NaCl,Cl元素的化合价由+1价变为-1价,设Na2Sx的物质的量是1mol,则NaClO的物质的量是16mol,根据得失电子守恒得,1mol×[6-(-2x)]×x=16mol8.HNO3与金属反应后所得还原产物与硝酸的浓度和金属的活泼性有关。10mL0.5mol·L-1HNO3与0.048gMg恰好完全反应。若氮元素只被还原到一种价态,下列说法正确的是(D)A.HNO3作还原剂B.HNO3浓度越高,氮元素还原价态越低C.反应中转移电子的物质的量为0.002molD.还原产物可能为NH4NO3解析:HNO3与金属反应时,表现酸性和强氧化性,A项错误;HNO3浓度越高,氧化性越强,氧化同种金属时,氮元素被还原的价态就越高,B项错误;HNO3与Mg反应,还原剂只有Mg,Mg的化合价由0价→+2价,0.048gMg的物质的量为0.048g24g·mol-1=0.002mol,根据得失电子守恒,反应中转移电子的物质的量为0.004mol,C项错误;10mL0.5mol·L-1HNO3溶液中HNO3的物质的量为0.005mol,若HNO3的还原产物为NH4NO3,反应的化学方程式为10HNO3+4MgNH4NO39.已知:①KMnO4+HCl(浓)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)②检验Mn2+的存在:5S2O82-+2Mn2++8H2O10SO42下列说法中错误的是(D)A.S2O82-中存在一个过氧键(—O—O—),则S为+6B.反应②若有0.1mol还原剂被氧化,则转移电子0.5molC.K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体D.反应①配平后还原剂与还原产物之比为8∶1解析:过氧键(—O—O—)整体显-2价,S2O82-中存在一个过氧键(—O—O—),则S2O820.1mol还原剂被氧化,转移电子0.5mol,故B正确;根据反应②,K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强,与浓盐酸混合可得到氯气,故C正确;反应中Mn元素从+7价降低到+2价,Cl元素从-1价升高到0价,由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,反应中HCl的Cl元素化合价升高,HCl作还原剂,还原产物为MnCl2,16份氯化氢参与反应,只有10份是还原剂,则还原剂与还原产物之比为5∶1,故D错误。10.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中,收集到NO、NO2混合气体,这些气体恰好能被500mL2mol·L-1NaOH溶液完全吸收,生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为(已知:2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O;NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O)(A)A.0.2mol B.0.4mol C.0.6mol D.不能确定解析:51.2gCu的物质的量为51.2g64g·mol-1=0.8mol,铜还原硝酸生成氮氧化合物,在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2,根据得失电子数目相等得到n(NaNO2)=n(Cu)=0.8mol,根据钠元素守恒可知n(NaNO2)+n(NaNO11.向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法不正确的是(B)A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol·L-1C.当通入Cl22mol时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3解析:根据还原性Br-<Fe2+<I-,线段AB代表I-物质的量的变化情况,线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况,线段DE代表Br-物质的量的变化情况,A项正确;溶液体积未知,无法计算浓度,B项错误;当通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-,C项正确;根据三段消耗氯气的量可知,原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3,D项正确。12.氰化物是剧毒物质,传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN-,无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水,涉及两个反应:反应Ⅰ,CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平);反应Ⅱ,OCN-+OH-+Cl2X+Y+Cl-+H2O(未配平)。其中反应Ⅰ中N元素的化合价没有变化,X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是(C)A.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶2B.X、Y是CO2、N2,且均为反应Ⅱ的氧化产物C.该废水处理工艺过程中须采取措施,防止Cl2逸出到空气中D.处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L,消耗标准状况下的Cl24.48×103L解析:A项,反应Ⅰ中N元素的化合价没有变化,碳化合价从+2价升高到+4价,氯元素化合价降低,所以氯气是氧化剂,CN-是还原剂,两者比例为1∶1,错误;B项,X、Y是两种无毒的气体,从元素分析,应含有碳元素和氮元素,其中一种为二氧化碳,另一种为氮气,其中碳元素化合价不变,氮元素化合价升高,氮气为氧化产物,二氧化碳不是氧化产物,错误;C项,氯气是有毒气体,应采取措施,防止氯气逸出到空气中,正确;D项,CN-+2OH-+Cl2OCN-+2Cl-+H2O,2OCN-+4OH-+3Cl22CO2+N2+6Cl-+2H2O,总反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl22CO2+N2+10Cl-+4H2O,处理c(CN-)=0.0001mol·L-1的废水106L,则物质的量为100mol,消耗的氯气为250mol,标准状况下的Cl2250mol×22.4L·mol-1=5.6×103L,错误。13.已知在一定温度下,氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应:Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O;3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应,溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系,下列判断不正确的是(C)A.n(Na+)∶n(Cl-)可能为9∶7B.与NaOH反应的氯气一定为0.5molC.若反应中转移的电子为nmol,则0.5<n<2D.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶1∶2解析:A项,若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,则n(Na+)∶n(Cl-)=2∶1,若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,则n(Na+)∶n(Cl-)=6∶5,9∶7介于两者之间,所以n(Na+)∶n(Cl-)可能为9∶7,正确;B项,NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等,所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol,正确;C项,若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,1molNaOH参加反应,转移0.5mol电子;若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,6molNaOH参加反应,转移5mol电子,则1molNaOH参加反应,转移56mol电子,所以0.5<n<56,错误;D项,若n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)为11∶1∶2,假设NaCl为11mol,则NaClO为1mol,NaClO3为2mol,NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2,生成11molNaCl,得到11mol电子,生成1molNaClO,失去1mol电子,生成2molNaClO3,失去10mol电子,得失电子总数相等,符合电子守恒,正确。14.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空:Ⅰ.在稀硫酸中,MnO4-和H2O氧化反应:H2O2-2e-2H++O2↑还原反应:MnO4-+5e-+8H+Mn2++4H2(1)反应中若有0.5molH2O2参加此反应,转移电子的个数为。由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是>(填化学式)。

(2)已知:2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O,则被1molKMnO4氧化的H2O2是mol。

Ⅱ.将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液,溶液褪色,MnO4-被还原成Mn(3)请写出上述过程的离子方程式:

。

Ⅲ.在用KMnO4酸性溶液处理Cu2S和CuS的混合物时,发生的反应如下:①MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2②MnO4-+Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2(4)配平反应①:

。

(5)下列关于反应②的说法中错误的是(填字母)。

a.被氧化的元素是Cu和Sb.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5c.还原性的强弱关系:Mn2+<Cu2Sd.若生成2.24L(标准状况下)SO2,则反应中转移电子的物质的量是0.6mol解析:(1)H2O2中氧元素化合价从-1价升高到0价,失去1个电子,1molH2O2失去2mol电子,反应中若有0.5molH2O2参加此反应,转移电子的个数为6.02×1023。氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,反应中高锰酸根离子是氧化剂,H2O2是还原剂,氧气是氧化产物,则由上述反应得出的物质氧化性强弱的结论是KMnO4>O2。(2)已知2KMnO4+7H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+6O2↑+10H2O,Mn元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,H2O2中氧元素化合价从-1价升高到0价,失去1个电子,则根据电子得失守恒可知被1molKMnO4氧化的H2O2是1mol×52=2.5mol。(3)将SO2气体通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液中,溶液褪色,MnO4-被还原成Mn2+,二氧化硫被氧化为硫酸,因此其离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O2Mn2++4H+(4)反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,硫元素化合价从-2价升高到+4价,失去6个电子,根据电子得失守恒可知转移30个电子,依据原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为6MnO4-+5CuS+28H+5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2(5)a项,硫元素化合价从-2价升高到+4价,失去6个电子,铜元素化合价从+1价升高到+2价,失去1个电子,被氧化的元素是Cu和S,正确;b项,反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,1mol高锰酸钾得到5mol电子,1mol硫化亚铜失去8mol电子,根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5,正确;c项,还原剂的还原性强于还原产物的还原性,则还原性的强弱关系是Mn2+<Cu2S,正确;d项,若生成2.24L(标准状况下)SO2,即0.1molSO2,反应中消耗0.1molCu2S,因此转移电子的物质的量是0.8mol,错误。答案:(1)6.02×1023KMnO4O2(2)2.5(3)5SO2+2MnO4-+2H2O2Mn2++4H++5S(4)6MnO4-+5CuS+28H+5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2(5)d15.K3[Fe(C2O4)3](三草酸合铁酸钾)可用于摄影和蓝色印刷。工业上以H2C2O4(草酸)、FeC2O4(草酸亚铁)、K2C2O4(草酸钾)、H2O2等为原料制备K3[Fe(C2O4)3]的反应原理如下。氧化:6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O44K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3转化:2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O42K3[Fe(C2O4)3]+6H2O(1)制备1mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为。(2)制备过程中需防止草酸被H2O2氧化,写出草酸被H2O2氧化的化学方程式:。(3){K3[Fe