（新课标）广西2020高考化学二轮复习 专题一 化学基本概念 第3讲 氧化还原反应学案 8页

第3讲　氧化还原反应 一、选择题(本题包括8个小题,每小题6分,共48分)‎ ‎1.(2018广东中山模拟)向某含有S、Si、C、Br-、Na+的溶液中缓慢通入Cl2直至过量,下列对该反应过程的判断不正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.整个过程共发生2个氧化还原反应 B.所有阴离子的浓度都发生了变化 C.溶液的颜色发生了变化 D.反应过程中既有气体产生,也有沉淀产生 答案A 解析Cl2可以和S、Br-发生氧化还原反应,同时Cl2本身还要和水发生反应,所以发生的氧化还原反应应该是3个,A项错误;由于Cl2与水反应,导致溶液呈酸性,所以C和Si都会发生反应,B项正确;因为Br-和Cl2反应后转化成溴单质,导致溶液颜色发生变化,C项正确;反应过程中生成CO2气体,也生成H2SiO3沉淀,D项正确。‎ ‎2.(2018四川绵阳诊断)下列是从海藻灰和智利硝石矿层中提取碘的主要反应:‎ ‎①2NaI+MnO2+3H2SO42NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2‎ ‎②2NaIO3+5NaHSO32Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A.氧化性:MnO2>S>I>I2‎ B.I2在反应①中是还原产物,在反应②中是氧化产物 C.反应①②中生成等量的I2时转移电子数之比为1∶5‎ D.NaHSO3溶液呈酸性,NaHSO3溶液中c(HS)>c(H2SO3)>c(S)‎ 答案C 解析氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由反应①可知氧化性MnO2>I2;由反应②可知氧化性I>S,A项错误;在反应①中,I元素化合价升高,被氧化,I2为氧化产物,在反应②中,I元素化合价降低,被还原,I2为还原产物,B项错误;反应①②中生成等量的I2时,假设都为1 mol,则反应①转移2 mol电子,反应②转移10 mol电子,转移电子数之比为1∶5,C项正确;NaHSO3溶液呈酸性,则HS的电离程度大于水解程度,故c(S)>c(H2SO3),即c(HS)>c(S) >c(H2SO3),D项错误。‎ 8‎ ‎3.已知下列反应:Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O(Ⅰ);5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3(Ⅱ)。下列说法正确的是(　　)‎ A.还原性:CoCl2>HCl>I2‎ B.氧化性:Co2O3>Cl2>HIO3‎ C.反应Ⅰ中HCl是氧化剂 D.反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应 答案B 解析由还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知,反应Ⅰ中还原性为HCl>CoCl2,反应Ⅱ中还原性为I2>HCl,A错误。由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,反应Ⅰ中氧化性为Co2O3>Cl2,反应Ⅱ中氧化性为Cl2>HIO3,则氧化性为Co2O3>Cl2>HIO3,B正确。反应Ⅰ中Cl元素的化合价升高,则HCl为还原剂,C错误。反应Ⅱ中Cl元素的化合价降低,则氯气发生还原反应,D错误。‎ ‎4.把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。‎ 对该氧化还原反应的离子方程式,下列说法不正确的是(　　)‎ Mn2+……→H+……‎ 图1‎ ‎+Mn+I+I+H2O 图2‎ A.I作氧化剂,具有氧化性 B.氧化性:Mn>I C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2‎ D.若有2 mol Mn2+参加反应,则转移10 mol电子 答案B 解析结合图1可知Mn2+为反应物,故图2中的Mn为生成物,因此Mn2+作还原剂,被氧化,故图2中的I作氧化剂,I为还原产物,因此该反应的离子方程式为2Mn2++5I+3H2O2Mn+5I+6H+,由此可知A、C正确。同一个反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,故氧化性:I>Mn,B错误。Mn2+~Mn~5e-,若2 mol Mn2+参加反应,则转移10 mol电子,D正确。‎ ‎5.某铁的氧化物(FexO) ‎1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为(　　)‎ A.0.80 B.‎0.85 ‎C.0.90 D.0.93‎ 答案A 8‎ 解析根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子为0.01 mol,则有:×(3-)×x=0.01,x=0.80。‎ ‎6.下列关于氧化性、还原性的判断正确的是(　　)‎ A.B的阳离子的氧化性比A的阳离子强,说明A元素的金属性一定比B元素的强 B.发生氧化还原反应时A原子失去的电子比B原子多,证明A的金属性一定比B的强 C.适量的Cl2通入FeI2溶液中可发生反应:3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3‎ D.一定量氯气通入30 mL 10.00 mol·L-1的氢氧化钠溶液中,加热后形成NaCl、NaClO、NaClO3共存的溶液,若反应中转移的电子为n mol,则0.15Cl,由反应②可知,氧化性:Cl2>I,由反应③可知,氧化性:Cl>Cl2,故氧化性:II>I2‎ Ⅲ.Cu、O　10 mol 解析(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律,题述②离子方程式是4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O;(2)在反应③中的还原剂是FeS2;(3)通过观察分析三个反应可知:硫元素最终转化为硫酸盐从煤炭中分离出来;Ⅱ.在淀粉KI溶液中,滴入少量NaClO溶液,溶液立即变蓝,根据质量守恒定律、电荷守恒及电子守恒,则该反应的离子方程式是2I-+ClO-+H2OI2+Cl-+2OH-;在上述蓝色溶液中,继续滴加足量的NaClO溶液,蓝色逐渐消失,有关反应的离子方程式是I2+5ClO-+2OH-2I+5Cl-+H2O;根据氧化性:氧化剂>氧化产物,所以氧化性:ClO->I2;ClO->I,对于同一元素来说,一般是元素的化合价越高,化合物的氧化性就越强,所以氧化性:I>I2;故ClO-、I2、I的氧化性由强到弱的顺序是ClO->I>I2;Ⅲ.在反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中,CuFeS2中Fe的化合价为+2价,反应后被氧化为Fe2O3;S在反应前化合价是-2价,反应后被氧化为+4价的SO2。Cu是+2价,反应后被还原为0价;O2中O元素的化合价是0价,反应后被还原变为-2价,所以反应中被还原的元素是Cu、O。根据反应的化学方程式可知:每产生8 mol的Cu,转移电子100 mol,所以当生成0.8 mol铜时,此反应转移电子10 mol。‎ ‎12.(13分)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。‎ ‎(1)实验原理:‎ ‎①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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②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,反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。 ‎ ‎(2)实验步骤:‎ ‎①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　; ‎ ‎②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶;‎ ‎③再分别从A处注入含m mol NaOH的溶液及过量的MnSO4溶液;‎ 8‎ ‎④完成上述操作后,关闭a、b,将锥形瓶中溶液充分振荡;‎ ‎⑤打开止水夹a、b,分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸;‎ ‎⑥重复④的操作;‎ ‎⑦取下锥形瓶,向其中加入2~3滴　　　　作指示剂; ‎ ‎⑧用0.005 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是 ‎ ‎　。 ‎ ‎(3)数据分析:‎ ‎①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　　　 mg·L-1。 ‎ ‎②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管,则测得水样中O2的含量将　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ‎ 答案(1)①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2‎ ‎②MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O ‎(2)①排出装置内的空气,避免空气中O2的干扰　⑦淀粉溶液　⑧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)①7.8　②偏大 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,利用化合价升降总数相等配平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)①根据(1)中的三个方程式,可以得出物质间的定量关系为O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3,则n(O2)=0.005 mol·L-1×(3.90×10-3) L÷4=4.875×10-6 mol,则此水样中氧(O2)的含量为 ‎=7.8 mg·L-1。②若未用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。‎ 8‎