2021版高考化学一轮复习氧化还原反应作业

2021版高考化学一轮复习氧化还原反应作业

第7讲　氧化还原反应 ‎1.下列说法中正确的是(　C　)‎ A.强氧化剂和弱还原剂易发生氧化还原反应 B.实验室制氯气的反应中,氯离子通过还原反应生成氯气 C.由Cu(OH)2生成Cu2O时,铜元素被还原 D.I-、Br-、Cl-的还原性依次减弱,氧化性依次增强 解析:强氧化剂和弱还原剂不易发生氧化还原反应,A错误;B项,氯离子通过氧化反应生成氯气,B错误;D项,I-、Br-、Cl-的还原性依次减弱,但无氧化性,D错误。‎ ‎2.(2020·安徽合肥一模)乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应:Cr2+C2H5OH+H+C+CH3COOH+H2O(未配平)。下列叙述不正确的是(　D　)‎ A.Cr2中Cr元素化合价为+6‎ B.氧化产物为CH3COOH C.K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化 D.1 mol C2H5OH发生上述反应转移2 mol e-‎ 解析:根据化合物中各元素正负化合价代数和为0,Cr2中Cr元素化合价为+6,故A正确;C2H5OH中碳的化合价是-2,CH3COOH中碳的化合价是0,则CH3COOH是氧化产物,1 mol C2H5OH发生上述反应转移4 mol e-,故B正确、D不正确;K2Cr2O7溶液具有强氧化性,所以不能用还原性的酸酸化,如盐酸,常用硫酸酸化,故C正确。‎ ‎3.已知反应:O3+2I-+H2OO2+I2+2OH-,下列说法不正确的是(　A　)‎ A.O2为还原产物 B.氧化性:O3>I2‎ C.H2O既不是氧化剂也不是还原剂 D.反应生成1 mol I2时转移2 mol电子 解析:反应O3+2I-+H2OO2+I2+2OH-中,O元素化合价降低,O3部分被还原生成OH-,I元素化合价升高,I-被氧化生成I2。O3生成O2时氧元素化合价没有发生变化,故O2不是还原产物,故A不正确;该反应中I2是氧化产物,O3是氧化剂,故氧化性:O3>I2,故B正确;H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化,所以水既不是氧化剂也不是还原剂,故C正确;‎ I元素化合价由-1价升高到0价,则反应生成1 mol I2时转移2 mol电子,故D正确。‎ ‎4.铋(Bi)位于元素周期表中ⅤA族,其价态为+3价时较稳定,铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液,向其中依次滴加下列溶液,对应的现象如表所示:‎ 加入 溶液 ‎①适量铋酸钠溶液 ‎②过量的双氧水 ‎③适量KI淀粉溶液 实验 现象 溶液呈紫红色 紫红色消失,产生气泡 溶液变成蓝色 则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为(　C　)‎ A.I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3‎ B.H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4‎ C.NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2‎ D.KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2‎ 解析:由①中现象可知,NaBiO3把Mn2+氧化生成Mn,则NaBiO3(氧化剂)的氧化性强于KMnO4(氧化产物)的氧化性;由②中现象可知,KMnO4氧化H2O2产生O2,自身被还原为Mn2+,则KMnO4(氧化剂)的氧化性强于H2O2的氧化性;从价态上看,高锰酸钾的氧化性一定是强于二氧化锰;由③中现象可知,碘离子被双氧水氧化成单质碘,则双氧水(氧化剂)的氧化性强于碘单质(氧化产物)的氧化性,综上所述,NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是NaBiO3>KMnO4>H2O2>I2。‎ ‎5.(2020·福建三校联考)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:‎ ‎①3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑‎ ‎②　Na2FeO2+　NaNO2+　H2O　Na2Fe2O4+　NH3↑+　NaOH ‎③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH 请回答下列问题:‎ ‎(1)配平化学方程式②,各物质前的化学计量数依次为　　　　　。 ‎ ‎(2)上述反应①中氧化剂为　　　　,被氧化的物质是　　　　。若有2 mol Na2FeO2生成,则反应①中有　　　　mol电子发生转移。 ‎ ‎(3)关于“发蓝”的过程,下列说法不正确的是　　　　(填字母)。 ‎ A.该过程不会产生污染 B.反应③生成的四氧化三铁具有抗腐蚀作用 C.反应①②③均是氧化还原反应 D.反应①②中的氧化剂均为NaNO2‎ ‎(4)当混合溶液中NaOH浓度过大,“发蓝”的厚度会变小,其原因是 ‎ ‎ 　。 ‎ 解析:(1)化学反应②中,Fe元素的化合价升高了1价,氮元素的化合价降低了6价,所以Na2FeO2的化学计量数是6,NaNO2的化学计量数是1,根据原子守恒,Na2Fe2O4的化学计量数是3,水的化学计量数是5,氨气的化学计量数为1。‎ ‎(3)该生产过程生成的氨气是有毒气体,会污染空气,故A不正确;四氧化三铁性质稳定,具有抗腐蚀作用,所以B选项是正确的;反应①②均是有元素化合价变化的反应,是氧化还原反应,反应③中没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,故C不正确;反应①②中化合价降低的N元素所在的反应物NaNO2是氧化剂,所以D选项是正确的。‎ ‎(4)反应Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH可逆,当氢氧化钠浓度过大,平衡向逆反应方向移动,此时四氧化三铁的量会减小,“发蓝”的厚度会变小。‎ 答案:(1)6、1、5、3、1、7‎ ‎(2)NaNO2　Fe　4　(3)AC ‎(4)反应③为可逆反应,氢氧化钠浓度过大时,反应③‎ 逆向进行,导致作为保护层的四氧化三铁厚度变小 ‎6.某强酸性溶液中可能存在N、I-、Cl-、Fe3+中的一种或几种。向该溶液中加入溴水后,Br2被还原,由此推断该溶液中(　C　)‎ A.不含N,含Fe3+‎ B.含有N、I-、Cl-‎ C.含I-,但不能确定是否含Cl-‎ D.含有Fe3+‎ 解析:向该溶液中加入溴水后,Br2被还原,则原溶液中肯定含有I-;因为HNO3和Fe3+都能氧化I-,所以其中不含N、Fe3+;根据有关实验现象无法确定溶液中是否含有Cl-。‎ ‎7.(2020·内蒙古齐齐哈尔实验中学期中)据统计城市机动车辆每年以15%～20%的速度增长,交通事故也频发,汽车在剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑。则下列判断正确的是(　B　)‎ A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为5∶8‎ B.若氧化产物比还原产物多1.4 mol,则转移电子为1 mol C.每生成1.6 mol氮气,则有0.2 mol KNO3被氧化 D.NaN3是只含有离子键的离子化合物 解析:KNO3为氧化剂,NaN3为还原剂,16个N2中有15个N2是氧化产物,1个N2是还原产物,则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶15=2∶3,故A错误;由反应可知,转移10‎ ‎ mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol,则若氧化产物比还原产物多1.4 mol,则转移电子为 1 mol,故B正确;每生成1.6 mol氮气,转移1 mol电子,则有 0.2 mol KNO3 被还原,故C错误;NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物,故D错误。‎ ‎8.(2019·广东珠海高三上学期期中)交通警察执法时常使用的便携式酒精检查仪可能应用了:3CH3CH2OH+2K2Cr2O7(橙色)+8H2SO4‎ ‎3CH3COOH+2Cr2(SO4)3(蓝绿色)+2K2SO4+11H2O这一反应原理,关于该反应,下列说法正确的是(　D　)‎ A.该反应证明含最高价元素的化合物一定具有强氧化性 B.1 mol还原剂反应时,转移的电子数为2NA C.H2SO4在反应中表现了氧化性和酸性 D.可以利用该反应原理,将它设计成原电池,通过检测电流强度判断司机是否饮酒 解析:含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性,如稀H2SO4中的S元素为+6价,是S的最高价,但是稀H2SO4没有强氧化性,故A错误;‎ CH3CH2OH转化为CH3COOH,C元素的化合价从‎-2升高到0,1分子CH3CH2OH转移4个电子,则1 mol还原剂反应时,转移的电子数为4NA,故B错误;H2SO4中元素化合价没有变化,则H2SO4在反应中只表现了酸性,故C错误;该反应是自发的氧化还原反应,可以设计为原电池,当乙醇的浓度越大时,电流越强,所以通过检测电流强度可判断司机是否饮酒,故D正确。‎ ‎9.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4‎ ‎,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16,则x的值为(　D　)‎ A.2 B‎.3 ‎C.4 D.5‎ 解析:Na2xNa2O4,NaONa 根据得失电子守恒可得[6-(-)]·x=16×2,‎ 解得x=5。‎ ‎10.(2019·浙江舟山模拟)工业上一般在酸性条件下用N2H4·H2O(水合肼)、SO2和FeSO4来处理含Cr2废水。回答下列问题:‎ ‎(1)N2H4·H2O(水合肼)与Cr2反应时,产物中含有N2和Cr3+。该反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　,反应中水合肼作　　　　(填“氧化剂”或“还原剂”)。 ‎ ‎(2)SO2处理含Cr2的废水时,先向废水中通入过量SO2,再用NaOH中和废水,使其pH为8,过滤出Cr(OH)3。‎ ‎①废水中的Cr2与SO2反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ‎　　　　。 ‎ ‎②用碱中和时,pH不宜过大,否则沉淀又逐渐溶解,已知Cr3+与Al3+化学性质相似,写出pH过大时沉淀溶解的离子方程式:　 。 ‎ ‎(3)铁氧体法是用FeSO4作还原剂,在pH≈2时将Cr2还原为Cr3+,然后调节pH为7.5～8.5,再加热得到铁氧体(组成类似于Fe3O4,部分Fe3+被Cr3+替换)。现有‎100 L含Cr2浓度为2×10-4 mol·L-1的强酸性废水,向其中加入一定量的FeSO4·7H2O,搅拌,充分反应后再加入NaOH溶液调节pH并加热,使其恰好转化为[Fe2+FC]O4‎ ‎。则处理‎100 L该废水时需加入的FeSO4·7H2O的质量为　　　　g。 ‎ 解析:(1)N2H4·H2O(水合肼)与Cr2反应时,产物中含有N2和Cr3+,离子方程式为2Cr2+3N2H4·H2O+16H+4Cr3++3N2↑+17H2O,反应中,‎ N2H4·H2O中的N由-2价升高为0价,被氧化,作还原剂。‎ ‎(2)①废水中的Cr2与SO2反应时,氧化剂Cr2中Cr元素共降低6价,还原剂SO2中S也需上升6价,因此Cr2与SO2的物质的量之比 为 1∶3。‎ ‎②Cr(OH)3具有两性,溶于碱的离子方程式为Cr(OH)3+OH-‎ Cr+2H2O。‎ ‎(3)‎100 L含Cr2浓度为2×10-4 mol·L-1的强酸性废水中,n(Cr2)=‎ ‎2×10-4 mol·L-1×‎100 L=0.020 0 mol,反应Cr2+6Fe2++14H+‎ ‎2Cr3++6Fe3++7H2O,还原反应需消耗n1(Fe2+)=0.120 0 mol,同时反应生成的n(Cr3+)=0.040 0 mol,n(Fe3+)=0.120 0 mol,与Cr3+和Fe3+形成铁氧体的 n2(Fe2+)=n(Cr3+)+n(Fe3+)=0.080 0 mol,‎ n(FeSO4·7H2O)=n1(Fe2+)+n2(Fe2+)=0.200 0 mol,‎ 故加入的m(FeSO4·7H2O)=0.200 0 mol×‎278 g·mol-1=‎55.6 g,‎ 则‎100 L该废水需加入的FeSO4·7H2O的质量为 ‎55.6 g。‎ 答案:(1)2Cr2+3N2H4·H2O+16H+4Cr3++3N2↑+17H2O　还原剂 ‎ ‎(2)①1∶3　②Cr(OH)3+OH-Cr+2H2O ‎(3)55.6‎ ‎11.(2016·北京卷)K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O ‎2Cr(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:‎ 结合实验,下列说法不正确的是(　D　)‎ A.①中溶液橙色加深,③中溶液变黄 B.②中Cr2被C2H5OH还原 C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强 D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色 解析:①中在平衡体系中滴加70%H2SO4溶液,平衡向左移动,c(Cr2)增大,橙色加深,③中滴加30%NaOH溶液,平衡向右移动,c(Cr)增大,溶液变黄,A正确;②中重铬酸钾氧化乙醇,反应中重铬酸钾被乙醇还原,B正确;②是酸性溶液,④是碱性溶液,酸性溶液中K2Cr2O7能氧化乙醇,而碱性溶液中K2Cr2O7不能氧化乙醇,说明K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强,C正确;若向④溶液中加入70%的H2SO4溶液至过量,溶液由碱性变为酸性,K2Cr2O7在酸性溶液中氧化性强,可以氧化乙醇,溶液变绿色,D不正确。‎ ‎12.(2019·云南曲靖麒麟区模拟)已知:还原性HS>I-,氧化性I>I2,在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液,加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是(　D　)‎ A.0～a段发生反应:3HS+I3S+I-+3H+‎ B.a～b段消耗NaHSO3的物质的量共1.8 mol C.b～c段反应:氧化产物为I2‎ D.当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶1时,加入的KIO3为1.1 mol 解析:还原性HS>I-,所以首先发生以下离子反应:I+3HSI-+‎ ‎3S+3H+,继续加入KIO3,氧化性I>I2,所以I可以结合H+氧化I-生成I2,离子方程式是I+6H++5I-3H2O+3I2。0～a段没有碘单质生成,说明I和HS发生氧化还原反应生成I-,加入碘酸钾的物质的量是 ‎1 mol,亚硫酸氢钠的物质的量是 3 mol,亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子,根据转移电子守恒知,生成I-,所以其离子方程式为3HS+‎ I3S+I-+3H+,A正确;a～b段碘酸钾的物质的量是 0.6 mol,根据碘酸钾和亚硫酸氢钠的关系式知,消耗NaHSO3的物质的量=×‎ ‎3=1.8 mol,B正确;根据图像知,b～c段内发生I+6H++5I-3H2O+3I2,只有I元素的化合价变化,所以I2是氧化产物也是还原产物,C正确;根据反应2I+6HS2I-+6S+6H+,3 mol NaHSO3‎ 消耗KIO3的物质的量为1 mol,生成1 mol I-,设生成I2的物质的量为x mol,则根据反应I+6H++5I-3H2O+3I2,消耗的KIO3的物质的量为x mol,消耗I-的物质的量=x mol,剩余I-的物质的量=(1-x)mol,当溶液中n(I-)∶n(I2)=5∶1时,即=5,x=0.15,根据原子守恒加入碘酸钾的物质的 量=1 mol+0.15 mol×=1.05 mol,故D不正确。‎ ‎13.(2019·浙江舟山模拟)高铁酸钾(K2FeO4)是一种可溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,从而使高铁酸钾析出。‎ ‎(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为　　　　,推测它具有的化学性质是　　　　。 ‎ ‎(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。‎ ‎①该反应的离子方程式为  ‎ ‎ 　。 ‎ ‎②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是　 。 ‎ ‎(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为 ‎2FeSO4+aNa2O22Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑‎ 该反应中物质X应是　　　　,b与c的关系是　　　　。 ‎ ‎②低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4),原因是  ‎ ‎ 　。 ‎ ‎(4)在碱性条件下,由氯化铁、氯气也可制备高铁酸钾,写出该反应的离子方程式:  ‎ ‎ 　。 ‎ ‎(5)某同学配制一瓶K2FeO4溶液但标签丢失了,测定该瓶K2FeO4溶液浓度的实验步骤如下:‎ 步骤1:准确量取V mL K2FeO4溶液加入锥形瓶中;‎ 步骤2:在强碱性溶液中,用过量Cr与Fe反应生成Fe(OH)3‎ 和Cr;‎ 步骤3:加足量稀硫酸,使Cr转化为Cr2,Cr转化为Cr3+,Fe(OH)3转化为Fe3+;‎ 步骤4:加入二苯胺碘酸钠作指示剂,用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点,消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。‎ ‎①滴定时发生反应的离子方程式为  ‎ ‎ 　。 ‎ ‎②原溶液中K2FeO4的浓度为　　 　　　　(用含字母的代数式表示)。 ‎ 解析:(1)高铁酸钾的化学式为K2FeO4,根据化合物中各元素化合价的代数和为0,可得Fe元素的化合价为 +6;高铁酸钾中Fe元素处于最高价态,则高铁酸钾具有强氧化性。(2)①高铁酸钾溶于水生成氧气单质,同时它本身被还原生成氢氧化铁胶体,反应的离子方程式为4Fe+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。②‎ 高铁酸钾具有强氧化性,作水处理剂时能起到杀菌消毒的作用,同时其还原产物Fe(OH)3胶体又能起到净水的作用。(3)①根据元素守恒、得失电子守恒,X应是Na2O,根据钠元素守恒,有‎2a=8+2b,根据氧元素守恒,有‎2a=8+b+‎2c,两式联立,可得b=‎2c。②在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,说明该温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁制备高铁酸钾,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+16OH-2Fe+6Cl-+8H2O。(5)根据题意,步骤2中发生反应:Fe+Cr+2H2OCr+Fe(OH)3↓+OH-,步骤3中Cr在稀硫酸作用下发生反应:2Cr+2H+Cr2+H2O,步骤4滴定时发生反应:Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,故可得关系式:Fe～3Fe2+,‎ V mL K2FeO4溶液中 n(Fe)=,故c(K2FeO4)= mol·L-1。‎ 答案:(1)+6　强氧化性 ‎(2)①4Fe+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑　②消毒、净水 ‎(3)①Na2O　b=‎2c　②该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小 ‎(4)2Fe3++3Cl2+16OH-2Fe+6Cl-+8H2O ‎(5)①6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O ‎② mol·L-1‎