1、氧化还原反应的概念和规律一、选择题(本题包括5小题,每题4分,共20分)1.相同物质的量的KClO3分别发生下述反应:有催化剂MnO2存在时,受热分解得到氧气;若不使用催化剂,加热至470 左右,得到KClO4(高氯酸钾)和KCl。下列关于和的说法不正确的是()A.都属于氧化还原反应B.发生还原反应的元素相同C.发生氧化反应的元素不同D.生成KCl的物质的量相同【解析】选D。有MnO2作催化剂时发生反应:2KClO32KCl+3O2,被氧化的元素为O,被还原的元素为Cl;若不用MnO2作催化剂时发生反应:4KClO3 3KClO4+KCl,被氧化与被还原的元素都是Cl,由两种条件下反应的化学方
2、程式可推知等物质的量的KClO3参加反应时,生成KCl的物质的量不同。2.(2020滁州模拟)制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O。下列说法错误的是()A.KClO3在反应中得到电子B.ClO2是还原产物C.H2C2O4 在反应中被氧化D.1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移【解析】选D。反应中氯元素的化合价由+5降低为+4,则KClO3为氧化剂,在反应中得到电子,A项正确;因KClO3为氧化剂,在反应中被还原,则ClO2是还原产物,B项正确;反应中碳元素的化合价由+3升高到+4,则H2C2O4为还
3、原剂,在反应中被氧化,C项正确;反应中氯元素由+5降低为+4,1 mol KClO3参加反应有1 mol(5-4)=1 mol电子转移,D项错误。3.(2020郑州模拟)已知氧化还原反应2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO42CuI+ 13I2+12K2SO4+12H2O。下列说法正确的是()A.Cu(IO3)2作氧化剂,Cu(IO3)2中的铜元素和碘元素被还原B.CuI既是氧化产物又是还原产物C.每生成1 mol CuI,有12 mol KI发生氧化反应D.每转移1.1 mol电子,有0.2 mol I被氧化【解析】选A。Cu(IO3)2中的铜元素和碘元素均得到电子,化合价降低,被还原
4、,作氧化剂,A项正确;CuI中的碘元素为-1价,由KI中的碘元素提供,铜元素为+1价,由Cu(IO3)2中铜元素被还原得到,故CuI只是还原产物,B项错误;每生成1 mol CuI,有12 mol KI参与反应,但只有11 mol KI发生氧化反应,C项错误;1 mol Cu(IO3)2参加反应共转移电子的物质的量为1+25=11(mol),所以每转移1.1 mol电子,有0.1 mol Cu(IO3)2参加反应,有0.2 mol I被还原,D项错误。4.做实验时不小心粘了一些高锰酸钾,皮肤上的斑很久才能消除,如果用草酸的稀溶液洗涤可以马上复原,其离子方程式为Mn +C2+H+CO2+Mn2+
5、,关于此反应的叙述正确的是()A.该反应的氧化剂是C2B.该反应右边方框内的产物是OH-C.配平该反应式后,H+的化学计量数是16D.该反应电子转移总数是5e-【解析】选C。 A.该反应中,锰元素化合价由+7价变为+2价,所以高锰酸根离子作氧化剂,故A错误;B.根据元素守恒、电荷守恒可知,该反应右边方框内的产物是H2O,故B错误;C.配平该反应可得:2Mn +5C2+16H+10CO2+2Mn2+8H2O,所以氢离子系数是16,故C正确;D.配平该反应可得:2Mn +5C2+16H+ 10CO2+2Mn2+8H2O,转移电子总数是10e-,故D错误。5.(双选)聚合硫酸铁Fe(OH)SO4n能
6、用作净水剂(絮凝剂)可由绿矾(FeSO47H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是()A.KClO3作氧化剂,每生成1 mol Fe(OH)SO4n,消耗mol KClO3B.生成聚合硫酸铁后水溶液的pH减小C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D.在相同条件下,Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强【解析】选A、B。 A.KClO3作氧化剂氧化FeSO4生成Fe(OH)SO4n的化学方程式为6nFeSO4+nKClO3+3nH2O6Fe(OH)SO4n+nKCl,所以每生成1 mol Fe(OH)SO4n消耗 mol KClO3,A项错误;B:Fe2(SO4)3是强
7、酸弱碱盐,水溶液显酸性,聚合硫酸铁又称为碱式硫酸铁,生成聚合硫酸铁后,水溶液的酸性减弱,pH增大,B项错误;C.聚合硫酸铁中的铁为+3价,能用作净水剂,则聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体,氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水,C项正确;D.Fe3+是弱碱阳离子,水解也是分步进行,只是通常规定Fe3+的水解一步到位,所以Fe3+的水解第一步程度最大,即Fe3+比Fe(OH)2+的水解能力更强,D项正确。二、非选择题(本题包括2小题,共30分)6.(14分).KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯,其变化可表述为2KClO3+4HCl(浓)2KCl+2ClO2+Cl2+2H
8、2O(1)氧化剂与还原剂的物质的量之比_;(2)若产生标准状况下22.4L Cl2,则转移电子的物质的量为_;.(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为:_;(2)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度:用碱性KI溶液溶解3.00 g K2FeO4样品,调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子,再调节pH为34,用1.0 molL-1的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI),淀粉作指示剂,滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液1
9、8.00 mL。滴定终点的现象是_。原样品中高铁酸钾的质量分数为_。【解析】.(1)2KClO3+4HCl(浓)2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O反应中KClO3的氯元素的化合价由+5价降低到+4价,是氧化剂,HCl中的氯元素化合价由-1价升高到0价,HCl是还原剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为11。(2)标准状况下22.4 L Cl2的物质的量为1 mol,反应中只有Cl2是氧化产物,HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中的0价,所以转移的电子的物质的量为1 mol2=2 mol;.(1)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4,同时生成氯化钾与水,反应的离子方程式
10、为2Fe3+3ClO-+10 OH-2Fe+3Cl-+5H2O;(2)滴定反应为2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,滴定的指示剂为淀粉,因此滴定终点时溶液蓝色褪去,且半分钟内不变色。用碱性KI溶液溶解K2FeO4样品,调节pH值使高铁酸根全部被还原成铁离子,根据电子得失守恒可知2Fe3I2,结合2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI,得关系式2Fe3I26Na2S2O3可知,原样品中高铁酸钾的质量分数为100%=39. 6%。答案:. (1)11(2)2 mol.(1)2Fe3+3ClO-+10OH-2Fe+3Cl-+5H2O(2)滴入最后一滴Na2S2O3标准液,溶液由蓝
11、色变无色,且半分钟内不变色 39.6%7.(16分)HNO2是一种弱酸,且不稳定,易分解生成NO和NO2;它能被常见的强氧化剂氧化;在酸性溶液中它也是一种氧化剂,如能把Fe2+氧化成Fe3+。AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的化合物,试回答下列问题:(1)人体正常的血红蛋白含有Fe2+,若误食亚硝酸盐(如NaNO2),则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。下列叙述不正确的是_(填字母)。A.亚硝酸盐被还原B.维生素C是还原剂C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+D.亚硝酸盐是还原剂(2)某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中,观察到氯水褪色,同时生成NaNO3和H
12、Cl,请写出反应的离子方程式:_。(3)Fe与过量稀硫酸反应可以制取FeSO4,若用反应所得的酸性溶液,将Fe2+转化为Fe3+,要求产物纯净,可选用的最佳试剂是_(填字母)。a.Cl2b.Fec.H2O2d.HNO3(4)FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强,主要反应:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+ 2Na2O+2Na2SO4+O2。该反应中的氧化剂是_,还原剂是_。简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用_。【解析】(1)服用维生素C可以解毒,说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe
13、2+,铁元素化合价降低,被还原,则维生素C具有还原性,而亚硝酸盐会导致Fe2+转化为Fe3+,说明亚硝酸盐具有氧化性,在反应中亚硝酸盐为氧化剂,所以维生素C是还原剂。(3)由于Cl2、HNO3都能氧化亚铁离子,但能引入新的杂质,铁不能氧化亚铁离子,双氧水的还原产物是水,不引入杂质,所以最佳试剂是双氧水。(4)该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由-1变为0、-2,得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂,所以Na2O2是氧化剂,Na2O2、FeSO4是还原剂,K2FeO4中铁元素的化合价为+6,具有强氧化性,且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体,胶体具有
14、吸附性能吸附除去水中的悬浮杂质。答案:(1)D(2)N+Cl2+H2ON+2H+2Cl-(3)c(4)Na2O2Na2O2、FeSO4高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒,消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020文昌模拟)汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:NaN3+KNO3K2O+ Na2O+N2。对上述反应的描述错误的是()A.NaN3是还原剂,KNO3是氧化剂B.该反应中有两种元素的化合价发生变化C.配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16D.若生成8 mol N2,则转
15、移电子的物质的量为5 mol【解析】选B。由题给反应中氮元素的化合价变化可知,NaN3为还原剂,KNO3为氧化剂,A项正确;该反应中只有氮元素的化合价发生变化,B项错误;根据得失电子守恒及原子守恒配平化学方程式:10NaN3+2KNO3K2O+ 5Na2O+16N2,C项正确;由10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2可知,生成16 mol氮气时,转移10 mol电子,则生成8 mol N2时,转移5 mol电子,D项正确。2.(2020蚌埠模拟)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为ClSSCl,它易与水反应:2S2Cl2+2H2O4HCl+SO2+3S。对该反应的说法不正确的是
16、()A.S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B.H2O既不作氧化剂,也不作还原剂C.每生成1 mol SO2转移3 mol电子D.氧化产物与还原产物物质的量之比为31【解析】选D。因Cl的非金属性比S强,故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为+1、-1;则在反应中只有硫的化合价发生变化,氧化产物与还原产物的物质的量之比为13,A项正确,B项正确,D项错误;SO2中硫的化合价为+4,故每生成1 mol SO2转移3 mol电子,C项正确。3.用脱弧菌生物法净化硫化氢废气,是减小硫化氢对空气污染的一种方法。其反应原理为H2S+HCS+CH3COOH,下列有关该反应的说法正确的是()A.反应过程中无能量变化
17、B.CH3COOH分子中只含有极性键C.反应中HC发生氧化反应D.反应中生成 1 mol CH3 COOH转移电子数为8NA【解析】选D。任何化学反应的发生均会有能量的变化,要么吸热,要么放热,A错误;CH3COOH分子中碳氢键、碳氧键、氧氢键均为极性共价键,碳碳键为非极性共价键,B错误;HC中的碳为+4价,而CH3COOH中碳为0价,发生了还原反应,C错误;H2S+2HCS+CH3COOH,该反应转移8 mol电子,所以生成1 mol CH3COOH得电子为42=8 mol,电子数为8NA,D正确。4.(2019石家庄模拟)氯元素的化合价与其形成的常见物质种类的关系如图所示。下列说法不正确的
18、是()A.b只有还原性B.c没有漂白性,d具有漂白性C.一定条件下e和f均属于较强氧化剂D.g的化学式为HClO4【解析】选A。b为HCl,其中+1价的H化合价能降低,具有氧化性,A项错误;c为Cl2没有漂白性,d为HClO具有漂白性,B项正确;e为ClO2,f含Cl,一定条件下二者均属于较强氧化剂,C项正确;g的化学式为HClO4,D项正确。【思路点拨】 应根据纵坐标Cl的化合价和横坐标物质的分类准确推出a中含Cl-、b为HCl、c为Cl2、d为HClO、e为ClO2、f中含Cl,g为HClO4,然后再根据各物质的性质解题。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)(2020洛阳
19、模拟)含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题:.多硫化物是含多硫离子()的化合物,可用作废水处理剂、硫化剂等。(1)二硫化钠Na2S2的电子式为_。(2)多硫化钠(Na2S5)在酸性条件下可生成H2S和S,该变化过程中所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料,在氧气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性气体,其煅烧的化学方程式为_。.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂。(4)焦亚硫酸钠中硫的化合价为_。(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠可降低饮料中溶解氧的含量,发生反应的离子方程式为_。(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦
20、亚硫酸钠,发生反应的化学方程式为_。.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂,常用来滴定溶液中的含碘量。(7)为测定某碘水中碘的浓度,取该碘水200.00 mL,加入淀粉溶液作为指示剂,滴定0.01 molL-1硫代硫酸钠标准液,发生反应:I2+2S2S4+2I-,当_(填实验现象),即为终点。平行滴定3次,标准液的平均用量为20.00 mL,则该碘水中碘的浓度为_ mgL-1。【解析】(1)二硫化钠Na2S2类似于过氧化钠,电子式为。(2)多硫化钠Na2S5在酸性条件下生成的H2S为还原产物,生成的S为氧化产物,1 mol Na2S5反应生成1 mol H2S和4 mol S,所以
21、该变化过程中所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为41。(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料,在氧气中煅烧生成Fe2O3和一种酸性气体,其煅烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中根据钠和氧的化合价及总化合价代数和为零可算得硫的化合价为+4。(5)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)与氧气反应的离子方程式为S2+ O2+ H2O2S +2H+。(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2生成焦亚硫酸钠的化学方程式为Na2CO3 +2SO2Na2S2O5+CO2。(7)碘水加淀粉后为蓝色,当消耗完碘单质后变为无色,所以滴定终点的现象为当滴入最
22、后一滴Na2S2O3标准液后,溶液由蓝色变为无色,且30 s内不再变蓝即滴定至终点;发生反应为I2+2S2S4+2I-,2c(I2)V(I2)= c(S2)V(S2),c(I2)= 0.000 5 molL-1,该碘水浓度为0.000 5 molL-12127 gmol-11 000 mgg-1=127 mgL-1。答案:(1) (2)41(3)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(4)+4(5)S2+ O2+ H2O2S+2H+(6)Na2CO3+2SO2Na2S2O5+CO2(7)滴入最后一滴Na2S2O3标准液后,溶液由蓝色变为无色,且30 s内不再变蓝1276.(14分)碲(Te
23、)凭借优良的性能成为制作合金添加剂、半导体、光电元件的主体材料,并被广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。可从精炼铜的阳极泥中(主要成分为Cu2Te)回收碲,工艺流程如下:(1)“焙烧”后,碲主要以TeO2形式存在,写出相应反应的化学方程式_。(2)为了选择最佳的焙烧工艺,进行了温度和硫酸加入量的条件实验,结果如表所示:温度/硫酸加入量(理论量倍数)浸出率/%CuTe4501.2577.302.334601.0081.792.811.2589.863.151.5092.317.705001.2559.835.485501.2511.6510.63则实验中应选择的条件为_,原因为_。(3)工艺(
24、)中,“还原”时发生的总的化学方程式为_。(4)由于工艺()中“氧化”对溶液和物料条件要求高,有研究者采用工艺()获得碲。则“电积”过程中,阴极的电极反应式为_。(5)工业生产中,滤渣2经硫酸酸浸后得滤液3和滤渣3。滤液3与滤液1合并,进入铜电积系统。该处理措施的优点为_ _。滤渣3中富含Au和Ag,可用_将其进行分离。A.王水B.稀硝酸C.浓氢氧化钠溶液D.浓盐酸【解析】(1)根据“焙烧”前后物质的变化,可得反应方程式Cu2Te+2H2SO4+2O2 2CuSO4+TeO2+2H2O。(2)由表中数据可知,在460 、硫酸加入量为理论量的1.25倍时,铜的浸出率高且碲的损失较低。(3)根据“
25、还原”前后物质的变化,可得反应方程式Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO4 4Na2SO4+Te+H2O。(4)“电积”时,反应物为Te,产物为Te。由TeTe是得电子的还原反应,阴极反应式为Te+4e-+3H2OTe+6OH-。(5)滤液3与滤液1的成分为硫酸铜,合并后进入铜电积系统,物质循环利用,提高经济效益。滤渣3中富含Au和Ag,可用稀硝酸溶解银而加以分离。答案:(1)Cu2Te+2H2SO4+2O22CuSO4+TeO2+2H2O(2)460 、硫酸加入量为理论量的1.25倍该条件下,铜的浸出率高且碲的损失较低(3)Na2TeO4+3Na2SO3+H2SO44Na2SO4+Te+H2O(4)Te+4e-+3H2OTe+6OH-(5)CuSO4溶液循环利用,提高经济效益B