2023届新高考化学一轮复习(多选)鲁科版第二章第5课时　氧化还原反应的规律及应用作业.docx

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1、第二章 第5课时氧化还原反应的规律及应用题号知识易中难价态变化规律1强弱反应规律及其应用25,8守恒规律及计算4综合应用37,96一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列是几个不同价态的氮的化合物的相互转化关系(未配平),你认为一定不能实现的是(D)A.NO2+H2OHNO3+NOB.NO+HNO3N2O3+H2OC.N2O4+H2OHNO3+HNO2D.NH3+NOHNO2+H2O解析:氨气、NO、N2O3、NO2、N2O4以及硝酸和亚硝酸中氮元素的化合价分别是-3价、+2价、+3价、+4价、+4价、+5价和+3价,所以根据氧化还原反应的理论可知,选项A、B、C都是可以发生的,选项D

2、中氮元素的化合价不可能都是升高的,不能发生。2.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ge4+Fe2+Fe3+Ge3+、Sn2+2Fe3+2Fe2+Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ge3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是(A)A.Sn2+、Fe2+、Ge3+B.Sn2+、Ge3+、Fe2+C.Ge3+、Fe2+、Sn2+D.Fe2+、Sn2+、Ge3+解析:在反应中,Fe元素由+2价升至+3价,Fe2+是还原剂,Ge3+是还原产物,即还原性Fe2+Ge3+;在反应中,Sn元素由+2价升至+4价,Sn2+是还原剂,Fe2+是还原产物,即还原性Sn2+Fe2+。综上分析可知,还原性由

3、强到弱的顺序是Sn2+Fe2+Ge3+。3.向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸,可发生以下反应:mNa2S+nNa2SO3+pH2SO4qNa2SO4+wS+xH2O。下列说法不正确的是(C)A.单质S既是氧化产物又是还原产物B.该反应中稀硫酸只体现酸性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为21D.m+n=w解析:分析反应mNa2S+nNa2SO3+pH2SO4qNa2SO4+wS+xH2O可知,硫化钠中硫元素化合价升高生成单质硫,亚硫酸钠中硫元素化合价降低生成单质硫,所以单质硫既是氧化产物又是还原产物,A正确;硫酸中的化合价在反应前后不发生变化,在该反应中只体现酸性,B正确;亚

4、硫酸钠为氧化剂,化合价降低4价,硫化钠为还原剂,化合价升高2价,化合价升降守恒,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为12,C不正确;根据化合价变化的硫原子守恒可知m+n=w,D正确。4.将m mol Cu2S和足量的稀硝酸反应,生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO、H2O,则参加反应的硝酸的物质的量是(B)A.4m molB.223m molC.10m molD.163m mol解析:根据题意知,Cu2S与足量的稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O,反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价,S元素化合价由 -2价升高到+6价,则m mol Cu2S共失去电子m mol(21

5、+8)=10m mol,硝酸中N元素从+5价降至+2价,则被还原的硝酸的物质的量为10m3 mol,根据Cu元素守恒,生成Cu(NO3)2的物质的量为2m mol,则呈酸性的硝酸的物质的量为4m mol,参加反应的硝酸有10m3 mol+4m mol=22m3 mol。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)5.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(BD)A.IO4-作氧化剂,具有氧化性B.氧化性:MnO4-IO4-C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为52D.若有2 mol Mn2+参加反应,则转移5

6、 mol电子解析:结合图1可知Mn2+为反应物,故图2中的MnO4-为生成物,因此Mn2+作还原剂,被氧化,故图2中的IO4-作氧化剂,IO3-为还原产物,因此该反应的离子方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O2MnO4-+5IO3-+6H+,由此可知A项和C项正确;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:IO4-MnO4-,B项不正确;Mn2+MnO4-5e-,若2 mol Mn2+参加反应,则转移10 mol电子,D项不正确。6.在酸性条件下,向含铬废水中加入FeSO4,可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+,然后再加入熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(OH)

7、3沉淀,而从废水中除去。下列说法不正确的是(C)A.FeSO4在反应中作还原剂B.随着反应的进行,该废水的pH会增大C.若该反应转移0.6 mol e-,则会有0.2 mol Cr2O72-被还原D.除去废水中含铬元素的离子的过程包括氧化还原反应和复分解 反应解析:FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+,即铬元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,即FeSO4为还原剂,故A正确;该过程中发生的反应为6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O,故随着反应的进行,该废水的pH会增大,故B正确;Cr2O72-中Cr的化合价为+6价,转化为Cr3+,即铬元素的化合价降低3价

8、,即1 mol Cr得到3 mol电子,故转移 0.6 mol e-,会有0.1 mol Cr2O72-被还原,故C错误;除去废水中含铬元素的离子的过程包括6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O(氧化还原反应)和Cr3+3OH-Cr(OH)3(复分解反应),故D正确。7.如图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程。已知“吸收”步骤和“氧化”步骤发生的反应分别为2H2O+SO2+Fe2(SO4)32FeSO4+2H2SO4,4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。若每步反应都完全,下列说法正确的是(B)A.“吸收”步骤中Fe2(SO4)3为还原剂B.

9、由反应过程可推知氧化性的强弱顺序:O2Fe3+SO42-C.处理100 L含SO2体积分数为0.336%的尾气,反应中转移电子0.015 molD.Fe2(SO4)3溶液在上述流程中不可以循环使用解析:“吸收”步骤中Fe2(SO4)3中的Fe化合价由+3价变为+2价,化合价降低,作氧化剂,A错误;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应可推知,氧化性Fe3+SO42-,由反应可推知,氧化性O2Fe3+,则氧化性的强弱顺序为O2Fe3+SO42-,B正确;100 L含SO2体积分数为0.336%的尾气,SO2体积为0.336 L,未给定状态,无法计算其物质的量,因此无法计算转移电子的物质的量,

10、C错误;根据流程可知,反应消耗Fe2(SO4)3,反应生成Fe2(SO4)3,因此Fe2(SO4)3溶液在题述流程中可以循环使用,D错误。8.已知PbO2在盐酸中易被还原成PbCl2,且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中,正确的是(B)A.Cl2通入FeI2溶液中,可存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B.FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化C.I2具有较强的氧化性,可以将PbCl2氧化成PbO2D.1 mol PbO2在盐酸中被氧化生成PbCl2时转移2 mol e-解析:由题意可知,各物质的氧化性强弱顺序为PbO2Cl2FeCl3I2。Cl2通

11、入FeI2溶液中,会先将I-氧化为I2,如Cl2过量会再将Fe2+氧化为Fe3+,不会先氧化Fe2+而留有I-,故A错误;因FeCl3的氧化性大于I2的,故FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化为I2,故B正确;I2的氧化性远弱于PbO2的,不能将PbCl2氧化为PbO2,故C错误;PbO2中Pb为+4价,而PbCl2中Pb为+2价,由PbO2变为PbCl2说明Pb被还原,每有1个PbO2被还原,转移2个e-,故D错误。三、非选择题9.已知H2O2参与的三个化学方程式如下:2H2O22H2O+O2;Ag2O+H2O22Ag+O2+H2O;3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4

12、+3K2SO4+8H2O。(1)已知H2O2是二元弱酸,写出其第一步电离方程式: 。(2)上述三个反应中,H2O2仅体现氧化性的反应是(填序号,下同),H2O2仅体现还原性的反应是。(3)根据上述反应推出H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是 。(4)H2O2作反应物的某氧化还原反应,反应物和生成物共五种微粒:O2、H2O2、ClO3-、H2O、Cl-。写出上述反应的离子方程式: 。如果上述反应中有13.44 L(标准状况)气体生成,转移的电子的物质的量为 。(5)H2O2可作为消除采矿业胶液中NaCN的试剂,反应的原理为NaCN+H2O2+H2OA+NH3,其中A的化学式为

13、 。解析:(1)H2O2是二元弱酸,分两步电离,第一步电离方程式为H2O2H+HO2-。(2)H2O2仅体现氧化性即H2O2所含元素的化合价只能降低,所以是第个反应;H2O2仅体现还原性即H2O2所含元素的化合价只能升高,所以是第个反应。(3)根据反应、可推出氧化性由强到弱的顺序是Ag2OH2O2K2CrO4。(4)根据五种微粒中化合价的升降,可以写出离子方程式为3H2O2+ClO3-Cl-+3H2O+3O2。该反应中每生成 3 mol O2转移电子的物质的量为6 mol,标准状况下13.44 L气体,即0.6 mol O2,转移的电子的物质的量为1.2 mol。(5)根据原子守恒,可推出A的化学式为NaHCO3。答案:(1)H2O2H+HO2-(2)(3)Ag2OH2O2K2CrO4(4)3H2O2+ClO3-Cl-+3H2O+3O21.2 mol(5)NaHCO3