2020届一轮复习人教版氧化还原反应作业(2)

2020届一轮复习人教版氧化还原反应作业(2)

氧化还原反应 ‎1．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 (　A　)‎ ‎①在氯水中加入NaOH溶液　②在FeCl3溶液中加入铁粉 ‎③在品红溶液中通入二氧化硫气体　④在Na2CO3溶液中滴入酚酞　⑤在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热 A．①②⑤　 B．①②④‎ C．①②③　 D．①②③④⑤‎ ‎[解析]　①在氯水中加入NaOH溶液，氯水颜色消失，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合价变化，发生氧化还原反应；②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；③在品红溶液中通入二氧化硫气体，品红溶液褪色，发生化合反应，没有元素化合价的变化；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞，没有元素化合价的变化；⑤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。‎ ‎2．如图为二氧化锰的有关转化关系图，有关说法中不正确的是 (　B　)‎ A．反应①～⑥均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4‎ C．相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2‎ D．反应②中Cl2既是氧化剂又是还原剂 ‎[解析]　反应①～⑥中都有元素化合价发生变化，均属于氧化还原反应，故A正确；反应①：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；每生成1 mol O2，反应③中转移2 mol电子，反应④中转移4 mol电子，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，故C正确；反应②2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，Cl2既是氧化剂又是还原剂，故D正确。‎ ‎3．乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生反应：Cr2O＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是 (　D　)‎ A．Cr2O中Cr元素的化合价为＋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]　本题考查氧化还原反应知识。Cr2O中Cr元素的化合价为＋6，A项正确；该反应中C2H5OH作还原剂，发生氧化反应，得到氧化产物CH3COOH，B项正确；Cr2O具有氧化性，可与HCl发生氧化还原反应，HNO3本身具有强氧化性，会干扰Cr2O的反应，故常用硫酸酸化，C项正确；1 mol C2H5OH发生该反应，转移4 mol e－，D项错误。‎ ‎4．下列化学反应属于区域3的是 (　C　)‎ A．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3‎ B．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑‎ C．4NH3＋5O24NO＋6H2O D．Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑‎ ‎[解析]　A项中的反应是化合反应，且有元素化合价的变化，属于区域1；B项中的反应是分解反应，但元素化合价没有变化，属于除区域2外的分解反应；C项中的反应是不属于4种基本反应类型的氧化还原反应，属于区域3；D项中的反应是置换反应，属于区域4。‎ ‎5．白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：‎ ‎(1)P4＋10CuSO4＋16H2O===10Cu＋4H3PO4＋10H2SO4‎ ‎(2)11P4＋60CuSO4＋96H20===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4‎ 下列有关说法中错误的是 (　D　)‎ A．在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂 B．在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4‎ C．在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子 D．在上述两个反应中，氧化剂都只有硫酸铜 ‎[解析]　两个反应中，反应物水中H、O元素的化合价均没有变化，故水既不是氧化剂也不是还原剂，A项说法正确；两个反应中，H3PO4中的磷元素均来自单质磷，且两个反应中化合价升高的元素均只有磷元素，B项说法正确；反应(2)中部分磷元素的化合价升高，部分磷元素的化合价降低，铜元素的化合价降低，故氧化剂不只有硫酸铜，还有P4，反应(2)中当有60 mol CuSO4参加反应时，转移120 mol电子，C项说法正确，D项说法错误。‎ ‎6．用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾，‎ 其离子方程式为(未配平)：MnO＋C2O＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋□。关于此反应的叙述中正确的是 (　C　)‎ A．该反应右边方框内的产物是OH－‎ B．配平该反应后，H＋的化学计量数是8‎ C．该反应中氧化产物是CO2‎ D．该反应电子转移总数是5e－‎ ‎[解析]　A项，酸性条件下，不可能生成OH－，应生成H2O，故A错误；B项，反应中MnO→Mn2＋，锰元素化合价由＋7价降低为＋2价。H‎2C2O4→CO2，碳元素化合价由＋3价升高为＋4价，结合电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：2MnO＋‎5C2O＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，H＋的化学计量数是16，故B错误；C项，反应中H‎2C2O4→CO2，CO2是氧化产物，故C正确；D项错误。‎ ‎7．三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF。下列有关该反应的说法正确的是 (　D　)‎ A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2 : 1‎ C．若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子 D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体 ‎[解析]　A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；C.生成0.2 mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×(5－3)＝0.4 mol，故C错误；D.生成的NO易与空气中氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，D正确；故选D。‎ ‎8．以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料可制得硫酸铜晶体，其过程如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)配平在滤液(Ⅲ)中发生反应的化学方程式：‎ ‎__4__NOx＋__2__H2O＋__(5－2x)__O2===__4__HNO3‎ ‎(2)写出制取硫酸铜的总反应方程式：‎ ‎__2Cu＋O2＋2H2SO4===2CuSO4＋2H2O__。‎ ‎ (3)在上述生产过程中，可循环使用的物质是__HNO3__。‎ ‎[解析]　NOx中氮元素的化合价可以看成＋2x，利用化合价升降相等即可配平滤液(Ⅲ)中发生反应的化学方程式：4NOx＋2H2O＋(5－2x)O2===4HNO3‎ ‎；从流程图结合反应方程式可以看出，在反应中HNO3是循环利用的物质，因此总的反应实质上是Cu和O2、H2SO4反应生成CuSO4，据此写出化学方程式。‎ ‎9．已知在相同条件下进行下列反应：①Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2===Br2＋2KClO3。下列说法正确的是 (　D　)‎ A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B．反应①和反应③中均生成Br2，溴元素发生的变化相同 C．反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6∶1‎ D．③中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10 mol ‎[解析]　反应②中生成物有单质，但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；反应①Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2中溴元素的化合价由－1价升高为0价，被氧化，反应③2KBrO3＋Cl2===Br2＋2KClO3中溴元素的化合价由＋5价降低为0价，被还原，故B错误；反应②KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O中，氧化剂是KClO3，还原剂是HCl，但只有的HCl被氧化，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶1，故C错误；反应③中还原剂是Cl2，氧化剂是KBrO3，该反应中1 mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为2×(5－0)mol＝10 mol，故D正确。‎ ‎10．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2∶1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为 (　B　)‎ A．1∶10　 B．1∶8‎ C．1∶6　 D．1∶5‎ ‎[解析]　由题给反应物和生成物的情况看出，1 mol Cu2S共失去电子10 mol，而生成2 mol NO2和1 mol NO共得到5 mol电子，由得失电子守恒及原子守恒即可配平该反应的化学方程式：Cu2S＋8HNO3===Cu(NO3)2＋CuSO4＋4NO2↑＋2NO↑＋4H2O，所以n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶8。‎ ‎11．聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 ‎5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为[已知：K2Cr2O7＋6FeSO4＋7H2SO4===K2SO4＋Cr2(SO4)3＋3Fe2(SO4)3＋7H2O] (　B　)‎ A．1∶1　 B．2∶1‎ C．3∶1　 D．2∶5‎ ‎[解析]　‎1.7475 g白色沉淀是硫酸钡，则n(SO)＝‎1.7475 g÷‎233 g/mol＝0.0075 mol。n(K2Cr2O7)＝‎0.05 L×0.02000 mol/L＝0.001 mol，根据方程式可知n(Fe2＋)＝n(K2Cr2O7)×‎ ‎6＝0.006 mol，由电荷守恒可知n(OH－)＋n(SO)×2＝n(Fe3＋)×3，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.0075 mol×2＝0.003 mol，得到a∶b＝0.006∶0.003＝2∶1。‎ ‎12．氢化铝锂(LiAlH4)和硼氢化钠(NaBH4)在有机合成中非常重要，可发生如下反应：①LiAlH4＋4H2O===LiOH＋Al(OH)3＋4H2↑、②NaBH4＋NH4Cl===NH3BH3＋NaCl＋H2↑，则下列说法错误的是 (　B　)‎ A．LiAlH4中H元素为－1价 B．反应②中，每生成1 mol NH3BH3会转移2 mol e－‎ C．两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物 ‎0．NH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同 ‎[解析]　本题考查氧化还原反应知识。LiAlH4中Li为＋1价，Al为＋3价，故H为－1价，A项正确；反应②中转移1个电子，则每生成1 mol NH3BH3转移1 mol e－，B项错误；两个反应中均只有H元素的化合价发生变化，故两个反应中H2均既是氧化产物，又是还原产物，C项正确；NH4Cl、NaBH4中均含有离子键、极性共价键、配位键，D项正确。‎ ‎13．据人民网报道，中国自主研制的首枚固体运载火箭长征十一号(采用固体燃料)在酒泉卫星发射中心成功首飞。铝粉和高氯酸铵可作为固体燃料，化学方程式可表示为2Al＋2NH4ClO4===Al2O3＋2NO↑＋2HCl↑＋3H2O。下列说法不正确的是 (　B　)‎ A．高氯酸铵中既含离子键，也含共价键 B．Al为还原剂，高氯酸铵为氧化剂 C．Al2O3是氧化产物，HCl是还原产物 D．用铝粉和高氯酸铵作固体燃料的火箭尾部会喷射红棕色气体 ‎[解析]　本题考查化学键、元素化合物及氧化还原反应，意在考查考生综合应用知识与分析问题的能力。选项A，NH与ClO之间为离子键，而N与H、Cl与O之间为共价键，该项说法正确。选项B，高氯酸铵既是氧化剂，也是还原剂，该项说法错误。选项C，反应过程中，Al的化合价升高，C1的化合价降低，该项说法正确。选项D，生成物NO被喷射出后与空气反应生成红棕色的NO2，该项说法正确 ‎14．巳知：2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，K2Cr2O7＋14HCl===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O，MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O。其中KMnO4和一般浓度的盐酸即可反应，K2Cr2O7需和较浓盐酸(浓度大于6 mol/L)反应，MnO2需和浓盐酸(浓度大于8 mol/L)反应。根据以上信息判断，下列结论中不正确的是 (　D　)‎ A．上述反应均属于氧化还原反应 B．生成1 mol Cl2时，三个反应中转移的电子数相等 C．盐酸浓度越大，Cl－的还原性越强 D．氧化性：KMnO4>K2Cr2O7>Cl2>MnO2‎ ‎[解析]　根据题中信息，可知浓盐酸(Cl－)能被MnO2氧化生成Cl2，故MnO2‎ 的氧化性强于Cl2的氧化性，D项错误。‎ ‎15．工业上用软锰矿(只含MnO2和MnO)、H2SO4(过量)和FeS2制备MnSO4·H2O的流程如下(已知流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应)：‎ ‎(1)已知①中只有三个反应，其中两个反应是 MnO＋H2SO4===MnSO4＋H2O FeS2＋H2SO4===FeSO4＋H2S↑＋S↓‎ 完成第三个反应：MnO2＋FeSO4＋__H2SO4__===MnSO4＋__Fe2(SO4)3__＋__H2O__‎ ‎(2)沉淀A、B的化学式分别是__S__、__Fe(OH)3__。‎ ‎(3)滤液X中的溶质有__MnSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4__；实验室中浓缩滤液Y时使用的玻璃仪器有__玻璃棒__、__酒精灯__。‎ ‎(4)若得到的沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为‎96.0 g、‎321.1 g，②中加入的MnO为0.1 mol，则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为__5∶1__。‎ ‎[解析]　本题考查了氧化还原反应、化学计算、工艺流程等，意在考查考生的综合应用能力。‎ ‎(1)根据题意，反应物中要加入硫酸，提供酸性环境，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式。‎ ‎(2)根据所给反应的化学方程式和转化关系可知沉淀A为硫单质，滤液X中含过量的H2SO4、反应生成的MnSO4、Fe2(SO4)3，加入MnO调节溶液的pH，沉淀B为Fe(OH)3，滤液Y为MnSO4。‎ ‎(3)实验室中浓缩滤液Y时使用的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、酒精灯。‎ ‎(4)根据关系式，2S～2FeSO4～MnO2，n(MnO2)＝n(S)＝×＝1.5 mol；n(MnSO4· H2O)＝＝1.9 mol，根据锰元素守恒可知n(MnO)＝1.9 mol－1.5 mol－0.1 mol＝0.3 mol，则理论上软锰矿中MnO2和MnO的物质的量之比为5∶1。‎ ‎16．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。回答下列问题：‎ ‎(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。‎ ‎①ZnFe2O4中Fe的化合价是__＋3__，从物质分类角度说，ZnFe2O4属于__盐__(填“酸”“碱”或“盐”)。‎ ‎②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。该反应中氧化产物是__ZnFe2O4、CO2__(填化学式)，每生成1 mol ZnFe2O4，转移电子的物质的量是__4_mol__。‎ ‎(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是__增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)__(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有__Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋__。‎ ‎(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为__H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O__；试剂X的作用是__调节溶液的pH，促进Fe3＋水解__。‎ ‎[解析]　将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)酸浸，发生反应：ZnFe2O4＋8H＋===Zn2＋＋2Fe3＋＋4H2O、ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O、FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O、CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O。向溶液中加入H2O2，发生反应：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2===2Fe3＋＋2H2O，调节溶液的pH将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引入新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO。向溶液中加入Zn，发生反应：Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu，过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn。‎ ‎(1)①ZnFe2O4中锌的化合价为＋2价，氧元素的化合价为－2价，结合化合物中各元素化合价代数和为0，设Fe元素化合价为x，则＋2＋x×2＋(－2)×4＝0，x＝＋3；从物质分类角度，ZnFe2O4是由酸根离子和金属阳离子构成，所以ZnFe2O4属于盐。‎ ‎②工业上利用反应：ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4，反应过程中铁元素化合价由＋2价升高到＋3价，碳元素化合价由＋3价变化为＋4价和＋2价，则氧化产物为ZnFe2O4、CO2，每生成1 mol ZnFe2O4，生成4 mol CO，转移电子的物质的量是4 mol。‎ ‎(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度、升高温度或搅拌等。ZnFe2O4、ZnO、FeO、CuO溶于酸得到的金属离子有Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋。‎ ‎(3)净化Ⅰ中H2O2具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3＋水解生成氢氧化铁沉淀，从而除去Fe3＋。‎