1、第3讲氧化还原反应一、单项选择题1.(2018南京高淳期末)国产航母001A等舰艇的船底都涂有含Cu2O的防污涂料,制备Cu2O的一种方法为Zn+2CuSO4+2NaOH Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O,下列说法正确的是()A.Zn得到电子B.CuSO4被氧化C.NaOH是还原剂D.CuSO4是氧化剂答案D由反应Zn+2CuSO4+2NaOH Cu2O+ZnSO4+Na2SO4+H2O可知,Zn失电子发生氧化反应,Cu2+得电子发生还原反应。A项,Zn由0价升高到+2价,失电子,错误;B项,CuSO4被还原,而不是被氧化,错误;C项,NaOH中各元素化合价未变,既不是氧化剂,也不是
2、还原剂,错误;D项,硫酸铜中铜元素的化合价降低,作氧化剂,正确。2.加入氧化剂能实现的转化是()A.MnO2 MnSO4B.Na2O2 O2C.KI KIO3D.AlCl3 Al(OH)3答案C加入氧化剂,元素的化合价升高,C正确。3.(2018盐城期末)汽车尾气转化反应之一为2CO+2NO N2+2CO2,有关该反应的说法正确的是()A.CO是氧化剂B.NO被氧化C.CO得到电子D.NO发生还原反应答案DA项,C的化合价升高,则CO为还原剂,错误;B项,N的化合价降低,NO为氧化剂,被还原,错误;C项,C的化合价升高,失电子,错误;D项,NO为氧化剂,被还原,发生还原反应,正确。4.(201
3、8宿迁期末)在铜与稀HNO3的反应中,若有1 mol HNO3被还原,则参加反应的铜的物质的量为()A.83 molB.38 molC.32 molD.3 mol答案C若有1 mol HNO3被还原,则得电子的物质的量为3 mol,而1 mol的铜转移电子的物质的量为2 mol,设参加反应的铜的物的量为x mol,根据得失电子守恒,可知2x=3,则x=32。5.(2018南通二模)在好氧菌和厌氧菌作用下,废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(l),示意图如下:反应:NH4+(aq)+2O2(g) NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)H1=a kJmol-1反应:5NH4+(aq)
4、+3NO3-(aq) 4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)H2=b kJmol-1下列说法正确的是()A.两池发生的反应中,氮元素只被氧化B.两池中投放的废液体积相等时,NH4+能完全转化为N2C.常温常压下,反应中生成22.4 L N2转移的电子数为3.756.021023D.4NH4+(aq)+3O2(g) 2N2(g)+4H+(aq)+6H2O(l)H=12(3a+b) kJmol-1答案DA项,反应中硝酸根离子中的氮元素化合价由+5价变为0价,被还原,错误;B项,根据反应和反应可知,两池中投放的废液体积比为35时,NH4+能完全转化为N2,错误;C项,常温常压下,气体的摩尔体积
5、不知道,无法计算氮气的物质的量,所以无法计算转移的电子数目,错误;D项,反应扩大三倍与反应相加,即可得到4NH4+(aq)+3O2(g) 2N2(g)+4H+(aq)+6H2O(l)H=12(3a+b)kJmol-1,正确。6.(2018宿迁期末)FeO、Fe3O4广泛用于热化学循环分解水制取氢气。已知:H2O(g)+3FeO Fe3O4+H2(g),2Fe3O4 6FeO+O2(g)。下列说法正确的是()A.反应中铁元素被氧化,反应中铁元素被还原B.反应中H2O既不是氧化剂也不是还原剂C.反应中Fe3O4仅被氧化D.反应中FeO都体现了还原性答案AA项,反应中Fe的化合价升高,被氧化,反应中
6、Fe的化合价降低,被还原,正确;B项,反应H2O中H的化合价降低,作氧化剂,错误;C项,反应中Fe的化合价降低,O的化合价升高,Fe3O4既是氧化剂又是还原剂,错误;D项,反应中FeO体现了还原性,反应中FeO是还原产物,没有体现还原性,错误。7.(2018 扬州期末)NSR(NOx的储存、还原)的工作原理:NOx的储存与还原在不同时刻交替进行,如图所示。下列说法不正确的是()A.“还原”过程中,Ba(NO3)2转化为BaOB.“还原”过程中,若还原性尾气为H2,则参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比是51C.NSR工作过程中,Pt作催化剂D.NSR工作过程中,参加反应的NO和O2的物质的
7、量之比为21答案D根据题图可知,“储存”过程中,在催化剂Pt的作用下,NO、O2和BaO反应生成Ba(NO3)2;“还原”过程中,Ba(NO3)2与还原性气体反应生成BaO、N2和H2O。A项,“还原”过程中,Ba(NO3)2与还原性气体反应生成BaO、N2和H2O,正确;B项,“还原”过程中,若还原性尾气为H2,1 mol H2完全反应失去2 mol电子,Ba(NO3)2中+5价N转化成N2得到10 mol电子,根据得失电子守恒可知,参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比为10 mol2 mol=51,正确;C项,在整个过程中,Pt起到了催化作用,正确;D项,NSR工作过程中,NO、O2和
8、BaO反应生成Ba(NO3)2,1 mol NO完全反应失去3 mol电子,1 mol O2完全反应得到4 mol电子,根据得失电子守恒可知,参加反应的NO和O2的物质的量之比为4 mol3 mol=43,错误。8.(2019南京月考)根据下表信息,下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2Cl-KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+KClO3浓盐酸Cl2KMnO4浓盐酸Cl2Mn2+A.表中反应的氧化产物只能有FeCl3B.氧化性强弱比较:KMnO4Fe3+Cl2Fe2+C.的离子方程式配平后,H+的化学计量数为16D.表中的还原产物是KCl答案CA项
9、,氯气具有强氧化性,可氧化Fe2+和Br-,氧化产物可能有FeCl3和Br2,错误;B项,氧化剂的氧化剂强于氧化产物的氧化性,由可知氧化性:Cl2Fe3+,错误;C项,表中的离子方程式为2MnO4-+16H+10Cl- 2Mn2+5Cl2+8H2O,H+的化学计量数为16,正确;D项,表中Cl2既是氧化产物又是还原产物,KCl由HCl生成,化合价没有发生变化,错误。9.已知:MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。实验室用足量NaOH溶液吸收从浓盐酸和MnO2反应体系中导出的气体。当吸收温度不同时,生成的产物可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列说法正确的
10、是()A.若产物为NaClO、NaCl,则吸收后的溶液中n(ClO-)=n(Cl-)B.若产物为NaClO3、NaCl,则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为15C.若产物为NaClO、NaClO3、NaCl,则由吸收后溶液中n(Cl-)和n(ClO3-)可计算吸收的n(Cl2)D.若产物为NaClO、NaClO3、NaCl,则NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比一定为21答案DA项,浓盐酸具有挥发性,所以吸收后的溶液中n(ClO-)。(3)聚合硫酸铁Fex(OH)y(SO4)z的组成可通过下列实验测定:称取一定质量的聚合硫酸铁配成100.00 mL溶液A;准确量取20.00 mL溶液A
11、,加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全,过滤、洗涤、干燥至恒重,得到白色固体11.65 g;准确量取20.00 mL溶液A,加入足量铜粉,充分反应后过滤、洗涤,将滤液和洗涤液合并配成250.00 mL溶液B;准确量取25.00 mL溶液B,用0.100 0 molL-1的酸性KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液8.00 mL。通过计算确定该聚合硫酸铁的化学式(写出计算过程)。答案(1)在搅拌作用下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中3ClO-+2Fe3+10OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O(2)3(3)20.00 mL溶液A中:n(SO42-)=11.6
12、5g233gmol-1=0.050 0 mol根据5Fe3+5Fe2+MnO4-n(Fe3+)=5n(MnO4-)=50.100 0 molL-18.00 mL10-3 LmL-125025=0.040 0 mol由电荷守恒:3n(Fe3+)=2n(SO42-)+n(OH-)n(OH-)=3n(Fe3+)-2n(SO42-)=30.040 0 mol-20.050 0 mol=0.020 0 moln(Fe3+)n(OH-)n(SO42-)=0.040 0 mol0.020 0 mol0.050 0 mol=425聚合硫酸铁的化学式为Fe4(OH)2(SO4)5解析(1)由于高铁酸盐(FeO4
13、2-)在强碱性溶液中比较稳定,所以制备过程中需保证溶液为碱性,所以溶液混合方式为在搅拌作用下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中;反应中铁元素化合价升高,氯元素化合价降低,反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3+10OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O。(2)根据KspFe(OH)3=c(Fe3+)c3(OH-),可得c(Fe3+)=KspFe(OH)3/c3(OH-)10-11 molL-1,所以pH 3。(3)根据与氯化钡溶液反应生成硫酸钡的质量可计算溶液中硫酸根离子的物质的量,通过Fe3+与铜的反应将其转化为Fe2+,然后用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+,利用关系
14、式法依据消耗的酸性高锰酸钾溶液的量可求出溶液中的Fe3+的物质的量,结合电荷守恒则可求出溶液中的OH-的物质的量,晶体的化学式可由三种离子物质的量的比值得出。14.废水、废气对自然环境有严重的破坏作用,大气和水污染治理刻不容缓。(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子,可用过硫酸铵(NH4)2S2O8氧化除去。过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2的离子方程式为。温度与Fe2+、Mn2+氧化程度之间的关系如图1所示:图1实验过程中应将温度控制在。Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子,常加入活性炭处理,加入活性炭的目的是。H2O2也有较强氧化性,在实际生产中不用H2O2氧化M
15、n2+的原因是。(2)利用某分子筛作催化剂,NH3可脱除废气中的NO、NO2,其反应机理如图2所示。A包含物质的化学式为N2和。图2(3)工业上废气中的SO2可用Na2CO3溶液吸收,反应过程中溶液组成变化如图3所示。图3 吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为。C点高于B点的原因是。答案(1)S2O82-+2H2O+Mn2+ 4H+2SO42-+MnO280(8090均可)吸附胶体粒子形成沉淀锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多(2)H2O(3)2Na2CO3+SO2+H2O 2NaHCO3+Na2SO3根据钠元素守恒,NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍,所以Na
16、HSO3的质量大,质量分数就大解析(1)过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2,而本身被还原为SO42-,反应的离子方程式为S2O82-+2H2O+Mn2+ 4H+2SO42-+MnO2。根据题图1可知:80 时,Fe2+、Mn2+氧化程度接近1.0,故实验过程中应将温度控制在80 ;Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子,常加入活性炭处理,加入活性炭的目的是吸附胶体粒子形成沉淀。H2O2也有较强氧化性,在实际生产中不用H2O2氧化Mn2+的原因是锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多。(2)根据题图示反应可产生A的反应为(NH4)2(NO2)2+NO (NH4)(HNO2)+A
17、+H+,结合反应利用原子守恒可推导出A为N2和H2O。(3)吸收初期(题图中A点以前)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收,由题图中信息可知,NaHCO3和Na2SO3的量明显增加,则发生反应的化学方程式为2Na2CO3+SO2+H2O 2NaHCO3+Na2SO3。C点高于B点的原因是根据钠元素守恒,NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍,所以NaHSO3的质量大,质量分数就大。15.次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强还原性。回答下列问题:(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银
18、。H3PO2中,P元素的化合价为。利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为41,则氧化产物为(填化学式)。NaH2PO2为(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式。(4)H3PO2也可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):写出阳极的电极反应式。分析产品室可得到H3PO2的原因。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO
19、2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质,该杂质产生的原因是。答案(1)H3PO2 H2PO2-+H+(2)+1H3PO4正盐弱碱性(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O 3Ba(H2PO2)2+2PH3(4)2H2O-4e- O2+4H+阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2PO43-H2PO2-或H3PO2被氧化解析(1)H3PO2为一元中强酸,则其电离方程式为H3PO2 H+H2PO2-。(2)在化合物中,各元素正、负化合价的
20、代数和为零,故H3PO2中P元素化合价为+1价。设氧化产物中P元素的化合价为+x价,依题意并根据得失电子守恒有4(+1)-0=1+x-(+1),解得x=5,故氧化产物为H3PO4。因H3PO2为一元酸,故NaH2PO2为正盐;H3PO2为中强酸,故NaH2PO2溶液呈弱碱性。(3)根据得失电子守恒及原子守恒,可写出P4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:2P4+3Ba(OH)2+6H2O 3Ba(H2PO2)2+2PH3。(4)由题给装置可知阳极反应式为2H2O-4e- 4H+O2。阳极生成的H+穿过阳膜扩散至产品室,与从原料室穿过阴膜扩散至产品室的H2PO2-反应生成H3PO2。若取消阳膜,合并阳极室和产品室,阳极生成的O2可将H3PO2或原料室扩散来的H2PO2-氧化,造成产品中混入PO43-杂质。9
浙公网安备33030202001339号