氧化剂-还原剂(习题精炼)(解析版)(人教2019必修第一册).docx

第1章 物质及其变化
1.3.2 氧化剂 还原剂

一、选择题
1．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景十分好。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反应下列说法中正确的是(   )
A．Na2O2只作氧化剂 B．FeSO4作还原剂
C．铁元素被还原 D．2mol FeSO4发生反应时，反应中共有8mol电子转移
【答案】B
【解析】A．Na2O2中氧元素的化合价是-1价，但从化学方程式看，6mol Na2O2中只有1mol Na2O2发生氧化反应，其余5mol Na2O2发生还原反应，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，A项错误；B．Na2FeO4中Fe的化合价是+6价，Fe元素化合价从+2升高到+6，故FeSO4作还原剂，B项正确；
C．结合B可知，Fe元素化合价升高，被氧化，C项错误；
D．2mol FeSO4发生反应时，有2mol FeSO4和1mol Na2O2作还原剂，转移2×(6-2)+2×1=10mol电子，D项错误。
2．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B2=2A3++2B-；
③2B-+Z2=B2+2Z-。由此推断下列说法正确的是（ ）
A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行
B．Z元素在①、③反应中均被还原
C．氧化性由强到弱的顺序是：XO4-、Z2、A3+、B2、
D．还原性由强到弱的顺序是：Z-、B-、A2+、X2+
【答案】A
【解析】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由所给反应可知，氧化性Z2＞A3+，则反应Z2+2A2+═2A3++2Z−能发生，故A说法正确；
B．Z元素在①中化合价从-1升高到0价，被氧化，Z元素在③中化合价从0降到到-1价，被还原，故B说法错误；
C．根据反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性XO4−＞Z2，根据反应②2A2++B2=2A3++2B-，故氧化性 B2＞A3+，根据反应③2B-+Z2＝B2+2Z-，故氧化性Z2＞B2，氧化性由强到弱的顺序是XO4−、Z2、B2、A3+，故C说法错误；
D．根据反应①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，还原剂的还原性大于还原产物，故还原性Z-＞X2+，根据反应②2A2++B2=2A3++2B-， 故还原性 A2+＞B-，根据反应③2B-+Z2＝B2+2Z-，故还原性B-＞Z-，则还原性A2+＞B-＞Z-＞X2+，故D说法错误；
3．吸进人体内的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧能加速人体衰老，被称为“生命杀手”。中国科学家尝试用Na2SeO3清除人体内活性氧，Na2SeO3的作用是(　　)
A．还原剂 B．氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂 D．既不是氧化剂又不是还原剂
【答案】A
【解析】已知活性氧具有强氧化性，在反应中化合价降低，Na2SeO3可以清除人体内的活性氧，故Na2SeO3在反应中起还原作用，在反应中化合价升高，作还原剂。答案为A。
4．铝粉在碱性条件下可将溶液中的NO3-还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2↑+2H2O。下列说法不正确的是（ ）
A．反应中NaNO3得电子 B．氧化性：NaNO3＞NaAlO2
C．还原产物是N2 D．转移1mol电子时产生标况下的N26.72L
【答案】D
【解析】A．反应中NaNO3得电子被还原成N2，N由+5价降为0价，故A正确；
B．氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：NaNO3＞NaAlO2，故B正确；
C．NaNO3得电子被还原成N2，故C正确；
D．根据方程式，每生成3mol氮气转移30mol电子，转移1mol电子时产生标况下的0.1molN2，体积是2.24L，故D错误；
5．从淡化海水中提取溴的流程如下：

下列有关说法不正确的是（ ）
A．X试剂可用Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2
C．工业上每获得1molBr2，需要消耗Cl244.8L
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏
【答案】C
【解析】A、亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质发生氧化还原反应，可以用所给物质来吸收溴单质，故A正确；
B、氯气具有氧化性，可已将溴离子氧化为溴单质，即2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，故B正确；
C、根据化学方程式2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗标况下Cl222.4L，故C错误；
D、从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确。
6．在催化剂、加热的条件下，氨能和氧气发生反应：4NH3＋5O24X＋6H2O，则X的化学式为（ ）
A．N2 B．NO C．NO2 D．N2O
【答案】B
【解析】根据质量守恒定律的元素守恒可知，原子的种类不变，原子的个数不变，则：反应前的原子为：氮原子4个、氢原子12个、氧原子10个，反应后的原子为：氢原子12个、氧原子6个，则4X中含有氮原子4个、氧原子4个，故X的化学式为NO，答案选B。
7．在6KOH+3Cl2==KClO3+5KCl+3H2O的反应中,下列说法中正确的是（ ）
A．KCl是还原产物，KClO3是氧化产物
B．Cl2是氧化剂，KOH是还原剂
C．KOH是氧化剂，Cl2是还原剂
D．被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为5∶1
【答案】A
【解析】A．KClO3是氧化产物、KCl是还原产物，A正确；
B．反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，B错误；
C．反应中Cl由0价升为+5价、0价降为-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，C错误；
D．被氧化的氯原子与被还原的氯原子物质的量比为1：5，D错误；
8．下列变化必须加入氧化剂才能发生的是（ ）
A．Cu2+→Cu B．Cl-→Cl2 C．H2SO4→SO2 D．CO2→CO32-
【答案】B
【解析】加入氧化剂才能发生反应，说明反应物发生氧化反应，在反应中化合价要升高，A. Cu2+→Cu ，铜离子得电子，发生还原反应，故A错误；B. Cl-→Cl2，氯离子失去电子，发生氧化反应，故B正确；C. H2SO4→SO2，硫元素由+6降低到+4，发生还原反应，故C错误；D. CO2→CO32-，碳元素化合价未变，没有发生氧化还原反应，D错误。

9．2019年2月16日，在室内巡回赛伯明翰站男子60米决赛中，苏炳添顶住了世界高手所给的压力，他以6秒47获得了本赛季的第二冠。

田径运动会上使用的发令枪所用“火药”成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式为5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述错误的是（ ）
A．上述反应中Cl的化合价由+5价变为-1价
B．P2O5是P被还原后所得的产物
C．该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：6
D．上述反应中消耗3 mol P时，转移15 mol e-
【答案】B
【解析】A．KClO3中K为+1价，O为-2价，所以Cl为+5价，产物KCl中Cl为-1价，故A正确；
B．反应物中P元素为0价，产物P2O5中P元素为+5价，化合价升高，所以P2O5为P被氧化后所得产物，故B错误；
C．该反应中KClO3中Cl元素化合价降低为氧化剂，P为还原剂，根据反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：6，故C正确；
D．P为唯一还原剂，化合价升高5价，所以消耗3 mol P时，转移15 mol e-，故D正确；
10．在反应C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O中，氧化产物是（ ）
A．C B．H2SO4 C．CO2 D．SO2
【答案】C
【解析】根据方程式，C的化合价升高，作还原剂，被氧化，其产物CO2为氧化产物，答案为C。
11．对下列氧化还原反应中转移电子数的判断，不正确的是 （ ）
A．H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O：6e－
B．3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O：5e－
C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑：2e－
D．2H2S+SO2=3S+2H2O：4e－
【答案】A
【解析】A.根据“只靠拢、不交叉”，反应H2S+H2SO4(浓)=S↓+SO2↑+2H2O中，S元素的化合价由H2S中的-2价升至S中的0价，S元素的化合价由浓硫酸中的+6价降至SO2中的+4价，转移2e－，A错误；
B.反应3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O中，Cl元素的化合价部分由0价升至KClO3中的+5价，部分由0价降至KCl中的-1价，转移5e－，B正确；
C.反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价，部分由-1价降至-2价，转移2e－，C正确；
D.反应2H2S+SO2=3S+2H2O中，S元素的化合价由H2S中的-2价升至0价，S元素的化合价由SO2中的+4价降至0价，转移4e－，D正确；
12．钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是（ ）
A．在酸性溶液中氧化性：VO＞＞Cl2
B．向酸性(VO2)2SO4溶液中滴加Na2SO3溶液，溶液由蓝色变为淡黄色
C．向0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，转移电子为1mol
D．浓盐酸还原VO2＋的离子方程式为2VO＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O
【答案】D
【解析】 A．VO2＋具有较强的氧化性，浓盐酸能把VO还原为VO2＋，同时生成氯气，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO＞Cl2，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO＞VO，所以在酸性溶液中氧化性：MnO＞VO＞Cl2，故A错误；
B．氯气能够氧化Na2SO3溶液生成Na2SO4溶液，因此SO也能把VO还原为VO2+，溶液由淡黄色变为蓝色，故B错误；
C．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2+被氧化生成VO，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4+2H2O+2KMnO4═5(VO2)2SO4+2MnSO4+2H2SO4+K2SO4，因此0.1molKMnO4的酸性溶液中滴加1molVOSO4溶液，VOSO4过量，因此0.1molKMnO4转移0.5mol电子，故C错误；
D．浓盐酸还原VO生成VO2＋和Cl2，反应的离子方程式为2VO＋4H＋＋2Cl－＝2VO2＋＋Cl2↑＋2H2O，故D正确；
13．用 CuS、Cu2S处理酸性废水中的，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS＋＋H+→Cu2+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋＋H+→Cu2+＋＋Cr3+＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A．反应Ⅰ和Ⅱ中 Cu2+、都是氧化产物
B．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为 3∶5
C．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理 1 mol，转移电子的数目不相等
D．处理 1 mol时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗 H+的物质的量相等
【答案】B
【解析】A．反应I中只有S元素被氧化，则只有是氧化产物，A错误；
B．反应II配平后方程式为：3Cu2S＋5＋46H+→6Cu2+＋3＋10Cr3+＋23H2O，在该反应中，氧化剂为，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5，B正确；
C．反应I、II中：每处理1 mol 时，转移电子的物质的量是6 mol，故转移电子的数目相等，C错误；
D．根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，将反应I、II的方程式配平可得：3CuS+4+32H+=3Cu2++3+8Cr3++16H2O，3Cu2S＋5＋46H+→6Cu2+＋3＋10Cr3+＋23H2O。由方程式中与H+的物质的量关系可知，处理1 mol 时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，D错误；
二、非选择题
14．氯化铬晶体是一种重要的工业原料，工业上常用铬酸钠来制备。实验室中以红矾钠为原料制备的流程如下：

已知：①；
②不溶于乙醚，易溶于水、乙醇，易水解；
③甲醇，无色液体，有毒，沸点64.7，易燃。
请回答：
（1）碱溶的目的是________________。
（2）还原时先加入过量再加入10%HCl，生成，该反应的离子方程式为________________。
（3）用蒸馏法从滤液中分离出循环使用。
①下列有关蒸馏实验说法正确的是_________(填序号)。
A．蒸馏开始，应先加热再通冷凝水
B．通过蒸馏可除去液体中难挥发或不挥发的杂质
C．若温度计插入混合液中，则会收集到沸点偏高的杂质
D．当蒸馏沸点过高的成分时，应用空气冷凝
②实验设计用下图装置进行蒸馏，该装置中存在的错误有_________。

③在改正后的装置中，在仪器A中加入沸石，再加入滤液，蒸馏，收集蒸馏出的。有的同学认为，该过程中需要加入CaO，防止水随一起蒸出，你认为是否有必要并说明理由：_______。
（4）请补充完整由过滤后得到的固体制备的实验方案(可供选择的试剂：盐酸、硫酸、蒸馏水、乙醇、乙醚)：将过滤后所得固体__________，__________，冷却结晶，过滤，__________，低温干燥，得到。
【答案】（1）将红矾钠(或Cr2O72-)转化为铬酸钠(或CrO42-)
（2）10H++2CrO42-+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑
（3）①BD ② 用明火加热、锥形瓶体系封闭 ③ 没有必要，CH3OH参与反应的体系中有水
（4） 完全溶解于过量的盐酸中 蒸发浓缩 用乙醚洗涤固体2～3次
【解析】 （1）碱溶使Cr2O72-+H2O⇌2CrO42-+2H+的平衡正向移动，将红矾钠(或Cr2O72-)转化为铬酸钠(或CrO42-)，但所加40%NaOH不宜过量太多，因后需加更多的盐酸还原，故答案为：将红矾钠(或Cr2O72-)转化为铬酸钠(或CrO42-)；
（2）CH3OH将铬酸钠(Na2CrO4)还原为CrCl3溶液，反应为10H++2CrO42-+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑，故答案为：10H++2CrO42-+CH3OH=2Cr3++7H2O+CO2↑；
（3）①A．实验开始时，为防止冷凝管破裂，应先接通冷凝水，再点燃酒精灯加热蒸馏烧瓶，故A错误；
B．CH3OH中难挥发或不挥发的杂质沸点高，CH3OH的沸点低，则利用蒸馏可以除去CH3OH等液体中难挥发或不挥发的杂质，故B正确；
C．分馏时测定馏分的温度，温度计插入蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；
D．水冷凝管温度较低，温差过大，冷凝管会炸裂，当蒸馏沸点过高的成分时，应用空气冷凝，故D正确；
故答案为：BD；
②甲醇沸点为64.7℃，易燃，需用水浴加热，不能用明火，锥形瓶体系封闭，不便于馏分收集，故答案为：用明火加热、锥形瓶体系封闭；
③CH3OH参与反应的体系是水溶液，因此没有必要加入CaO；故答案为：没有必要，CH3OH参与反应的体系中有水；
（4）已知：CrCl3•6H2O不溶于乙醚，过滤后所得Cr(OH)3用过量的盐酸溶解，最后将CrCl3的HCl溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并用乙醚洗涤2～3次，即得CrCl3•6H2O晶体；故答案为：完全溶解于过量的盐酸中；蒸发浓缩；用乙醚洗涤固体2～3次。
15．（1）根据反应，回答下列问题：
①用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：______。
②该反应中______元素被还原，______元素被氧化。
③在该反应中,若有电子发生转移，在标准状况下，可生成的体积为_____L。
（2）配平化学方程式且回答下列问题：
①______ ______ ___ _____ ___ Cl2 ___H2O
②若生成,则被氧化的HCl是_________mol，
（3）已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O +3S，若氧化产物比还原产物多，则同时会生成水的质量为 ______ g。
【答案】（1）① ②Cl N ③ 1.12
（2）① 2 16 2 2 5 8 ② 2
（3） 1.8
【解析】（1）①在该反应中，Cl元素的化合价由0降低为-1价，部分N元素的化合价由-3价升高为0价，当3mol氯气和8mol氨气发生反应时，转移电子物质的量为6mol，则用双线桥标出电子转移的方向和数目可为；
故答案为：；
②该反应中Cl元素的化合价降低，得电子，被还原，N元素的化合价升高，失电子，被氧化；
故答案为：Cl；N；
③N元素化合价由−3价升高为0，当3mol氯气和8mol氨气发生反应生成1mol氮气时，转移电子物质的量为6mol，当反应过程中有0.3mol电子转移时，有0.05mol氮气生成，标准状况下的体积为；
故答案为：1.12；
（2）①该反应中，高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中−1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以方程式：2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
故答案为：2；16；2；2；5；8；
②71gCl2物质的量为，依据方程式2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，生成氯气的氯化氢是被氧化的，则生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol；
故答案为：2；
（3）反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，H2S中S元素化合价由-2升高为0，被氧化，得氧化产物，SO2中S元素化合价由+4降低为0，被还原，得还原产物，S单质既是氧化产物，也是还原产物，生成3molS时，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2mol，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1mol，质量是1.8g；
故答案为：1.8。