PAGEPAGE8第5講氧化還原反應A組基礎必做題(40分)一、選擇題(本題包括4小題，每題4分，共16分)1．(2024·山東濰坊高三檢測)已知下列試驗事實：①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液變藍；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列推斷不正確的是(C)A．化合物KCrO2中Cr為＋3價B．試驗①證明Cr2O3是兩性氧化物C．試驗②證明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)<I2D．試驗③證明H2O2有氧化性[解析]依據化合物中元素的正、負化合價代數和等于0可知，KCrO2中Cr為＋3價，A正確；由試驗①可知，Cr2O3既可溶于強堿又可溶于強酸生成鹽，由此可證明Cr2O3屬于兩性氧化物，B正確；試驗②說明反應生成單質碘，依據“氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性”可知氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>I2，C不正確；試驗③說明在酸性條件下，H2O2將CrOeq\o\al(－,2)氧化為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，從而證明H2O2具有氧化性，D正確。2．(2024·安徽宣城模擬)有人說“五彩繽紛”形象地說出了化學試驗中的顏色改變。下列顏色改變中是由于發生氧化還原反應導致的是(A)①在氯水中加入NaOH溶液②在FeCl3溶液中加入鐵粉③在品紅溶液中通入二氧化硫氣體④在Na2CO3溶液中滴入酚酞⑤在新制Cu(OH)2懸濁液中滴入葡萄糖溶液，加熱A．①②⑤ B．①②④C．①②③ D．①②③④⑤[解析]①在氯水中加入NaOH溶液，氯水顏色消逝，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合價改變，發生氧化還原反應；②在FeCl3溶液中加入鐵粉，生成氯化亞鐵，顏色由棕黃色變為淺綠色，鐵元素的化合價改變，發生氧化還原反應；③在品紅溶液中通入二氧化硫氣體，品紅溶液褪色，發生化合反應，沒有元素化合價的改變；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞，沒有元素化合價的改變；⑤在新制Cu(OH)2懸濁液中滴入葡萄糖溶液，加熱，生成磚紅色沉淀，銅、碳元素的化合價改變，發生氧化還原反應。3．(2024·福建龍海檢測)已知氧化還原反應2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4=2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O。下列說法正確的是(A)A．Cu(IO3)2作氧化劑，Cu(IO3)2中的銅元素和碘元素被還原B．CuI既是氧化產物又是還原產物C．每生成1molCuI，有12molKI發生氧化反應D．每轉移1.1mol電子，有0.2molIOeq\o\al(－,3)被氧化[解析]Cu(IO3)2中的銅元素和碘元素均得到電子，化合價降低，被還原，作氧化劑，A項正確；CuI中的碘元素為－1價，由KI中的碘元素供應，銅元素為＋1價，由Cu(IO3)2中銅元素被還原得到，故CuI只是還原產物，B項錯誤；每生成1molCuI，有12molKI參與反應，但只有11molKI發生氧化反應，C項錯誤；1molCu(IO3)2參與反應共轉移電子的物質的量為1＋2×5＝11(mol)，所以每轉移1.1mol電子，有0.1molCu(IO3)2參與反應，有0.2molIOeq\o\al(－,3)被還原，D項錯誤。[點撥]本題的考查形式是氧化還原反應規律在選擇題中常見的，要留意物質既作氧化劑又作還原劑或既是氧化產物又是還原產物的狀況，試題常在這些地方結合電子轉移數或實際發生氧化、還原反應的物質的量等相關計算中設置陷阱。解題時可先畫出電子轉移雙線橋，如依據電子轉移數目進行計算，切勿僅僅依據化學計量數進行計算。4．(2024·山東等級考模擬)亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。工業上制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是(C)A．反應①階段，參與反應的NaClO3和SO2的物質的量之比為2︰1B．若反應①通過原電池來實現，則ClO2是正極產物C．反應②中的H2O2，可用NaClO4代替D．反應②條件下，ClO2的氧化性大于H2O2[解析]A項，依據氧化還原反應中元素化合價升降相等，可得NaClO3和SO2的物質的量之比為2︰1，正確；B項，NaClO3在反應①中得電子，在原電池正極發生還原反應，ClO2是正極產物，正確；C項，反應②中，ClO2與H2O2反應，ClO2轉化為NaClO2，氯元素的化合價降低，ClO2作氧化劑，H2O2作還原劑，故不能用NaClO4代替H2O2，錯誤；D項，由C項分析知，反應②條件下ClO2的氧化性大于H2O2，正確。[易錯警示](1)H2O2一般表現強氧化性，如與強還原性的Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)和I－反應；(2)H2O2中氧元素處于中間價態，當它遇到強氧化劑時表現還原性，如：5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O。二、非選擇題(本題包括2小題，共24分)5．(2024·湖北武漢模擬)三氟化氮(NF3)是一種無色、無味的氣體，它是微電子工業技術的關鍵原料之一。(1)三氟化氮可由氨氣和氟氣反應得到：4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F。NH3的電子式為，反應中氨氣顯示的化學性質有還原性、堿性，當有17.0g氨氣發生反應時，轉移電子的物質的量為1.5mol。(2)在潮濕的空氣中，NF3能與水蒸氣發生反應，產物為HF、NO和一種酸，則被氧化與被還原的元素的物質的量之比為1︰2，NF3、F2、NO三種氣體氧化性由弱到強的依次為NO<NF3<F2。(3)三氟化氮在空氣中泄漏時，很簡單被發覺，依據的現象是有紅棕色氣體產生、有刺激性氣味、產生白霧。(4)NCl3的結構類似NF3，但NCl3中N元素顯－3價，NCl3遇水發生反應，且反應為非氧化還原反應，該反應的化學方程式為NCl3＋3H2O=NH3＋3HClO。[解析](1)NH3是共價化合物，結構式為，電子式為，反應中部分NH3轉化為NF3，氮元素化合價上升，NH3體現還原性；反應中部分NH3轉化為NH4F，生成了鹽，NH3體現堿性。反應4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F轉移6e－，因此當有17.0g氨氣，即1mol氨氣發生反應時，轉移電子的物質的量為6mol÷4＝1.5mol。(2)NF3與水蒸氣的反應中，F元素化合價不變，N元素由＋3價降為＋2價，則生成的酸中N元素的化合價上升，故該酸為HNO3。配平該化學方程式為3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。NF3eq\o(→,\s\up7(失2e－))HNO3，被氧化，NF3eq\o(→,\s\up7(得e－))NO，被還原，依據得失電子守恒，則被氧化與被還原的元素的物質的量之比為1︰2；由4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F，可知氧化性：F2>NF3，由3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF，可知氧化性：NF3>NO，則氧化性：F2>NF3>NO。(3)NF3易與空氣中的氧氣反應生成NO，NO被O2氧化為紅棕色的NO2氣體，同時生成的HF和HNO3易結合空氣中的水蒸氣形成酸霧，有刺激性氣味，因此依據的現象是產生紅棕色氣體，有刺激性氣味，產生白霧。(4)NCl3中N元素顯－3價，NCl3遇水發生反應，且反應為非氧化還原反應，所以生成物是次氯酸和氨氣，該反應的化學方程式為NCl3＋3H2O=NH3＋3HClO。6．(2024·天津高三檢測)醫學上常用酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液的反應用于測定血鈣的含量。回答下列問題：6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4→10CO2↑＋2Mn2＋＋8eq\x(H2O)(1)配平以上離子方程式，并在中填上所需的微粒。(2)該反應中的還原劑是H2C2O4(填化學式)。(3)若反應轉移了0.4mol電子，則消耗KMnO4的物質的量為0.08mol。(4)測定血鈣含量的方法是：取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反應生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化學方程式是CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4。②溶解沉淀時不能(填“能”或“不能”)用稀鹽酸，緣由是高錳酸鉀會氧化氯離子。③若消耗了1.0×10－4mol·L－1的KMnO4溶液20.00mL，則100mL該血液中含鈣0.01g。[解析](1)依據元素守恒知，生成物中還含有水，該反應中錳元素的化合價由＋7價變為＋2價，碳元素的化合價由＋3價變為＋4價，依據得失電子總數相等可知，MnOeq\o\al(－,4)、H2C2O4的計量數分別是2、5，再結合原子守恒配平離子方程式為6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)H2C2O4中碳元素化合價由＋3價變為＋4價，失電子作還原劑。(3)依據MnOeq\o\al(－,4)～5e－得，反應轉移了0.4mol電子時消耗KMnO4的物質的量0.08mol。(4)①草酸鈣和硫酸反應生成硫酸鈣和草酸，反應的化學方程式為CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4；②HCl具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而造成誤差，所以不能用鹽酸。③依據原子守恒可得關系式5Ca2＋～2KMnO4，設鈣離子濃度為xmol·L－1，5Ca2＋～2KMnO45mol2mol2.0×10－3xmol2.0×10－6mol5mol︰2mol＝2.0×10－3xmol︰2.0×10－6mol，解得x＝2.5×10－3，則100mL溶液中鈣的質量＝40g·mol－1×0.1L×2.5×10－3mol·L－1＝0.01g。B組實力提升題(60分)一、選擇題(本題包括4小題，每題6分，共24分)1．(2024·山東濱州高三檢測)已知二氯化二硫(S2Cl2)的結構式為Cl—S—S—Cl，它易與水反應：2S2Cl2＋2H2O=4HCl＋SO2↑＋3S↓。對該反應的說法正確的是(A)A．S2Cl2既作氧化劑又作還原劑B．H2O作氧化劑C．每生成1molSO2轉移2mol電子D．氧化產物與還原產物物質的量之比為3︰1[解析]因Cl的非金屬性比S強，故S2Cl2中S、Cl的化合價分別為＋1、－1；則在反應中只有硫的化合價發生改變，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1︰3，A項正確，B項錯誤，D項錯誤；SO2中硫的化合價為＋4，故每生成1molSO2轉移3mol電子，C項錯誤。2．(2024·河南鄭州一中月考)肯定量的某磁黃鐵礦(主要成分為FexS，S為－2價)與100mL鹽酸恰好完全反應(礦石中其他成分不與鹽酸反應)，生成3.2g硫單質、0.4molFeCl2和肯定量H2S氣體，且溶液中無Fe3＋。則下列說法正確的是(C)A．該鹽酸的物質的量濃度為4.0mol·L－1B．該磁黃鐵礦FexS中，Fe2＋與Fe3＋的物質的量之比為2︰1C．生成的H2S氣體在標準狀況下的體積為8.96LD．該磁黃鐵礦中FexS的x＝0.85[解析]本題考查FexS與鹽酸反應過程中的相關計算，涉及得失電子守恒和原子守恒的應用。n(S)＝eq\f(3.2g,32g·mol－1)＝0.1mol，依據得失電子守恒得n(Fe3＋)＝eq\f(0.1mol×[0－－2],3－2)＝0.2mol，則該磁黃鐵礦中n(Fe2＋)＝0.4mol－0.2mol＝0.2mol，所以n(Fe2＋)︰n(Fe3＋)＝0.2mol︰0.2mol＝1︰1。FexS中各元素正、負化合價代數和為0，則0.5x×3＋0.5x×2＋(－2)＝0，則x＝0.8，依據S元素守恒，n(H2S)＝0.4mol×eq\f(1,0.8)－0.1mol＝0.4mol，標準狀況下V(H2S)＝0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L。鹽酸恰好反應，生成FeCl2的物質的量為0.4mol，依據Cl原子守恒可得c(HCl)＝eq\f(2×0.4mol,0.1L)＝8.0mol·L－1。依據以上分析可知，A、B、D錯誤，C正確。3．(2024·山東濟南質量評估)CuS、Cu2S均可用于處理酸性廢水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，發生反應如下。反應Ⅰ：CuS＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)反應Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有關說法正確的是(C)A．反應Ⅰ和Ⅱ中各有2種元素的化合價發生改變B．處理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)時反應Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物質的量相等C．反應Ⅱ中還原劑與氧化劑的物質的量之比為3︰5D．質量相同時，Cu2S能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)[解析]反應Ⅰ中S、Cr元素的化合價發生改變，反應Ⅱ中Cu、S、Cr元素的化合價發生改變，A項錯誤；配平離子方程式Ⅰ為3CuS＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋32H＋=3Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋16H2O，配平離子方程式Ⅱ為3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O，處理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)時反應Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物質的量不相等，B項錯誤；反應Ⅱ中還原劑為Cu2S，氧化劑為Cr2Oeq\o\al(2－,7)，二者物質的量之比為3︰5，C項正確；假設CuS、Cu2S的質量均為ag，則CuS去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物質的量為eq\f(a,96)mol×eq\f(4,3)＝eq\f(a,72)mol，Cu2S去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物質的量為eq\f(a,160)mol×eq\f(5,3)＝eq\f(a,96)mol，CuS能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，D項錯誤。4．(2024·山東棗莊上學期期末)已知氯氣與NaOH溶液反應可生成NaCl、NaClO、NaClO3，NaClO在加熱條件下可分解生成NaCl和NaClO3?，F向氫氧化鈉溶液中通入肯定量的氯氣，加熱少許時間后溶液中形成混合體系，若溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO3三種溶質。下列推斷不正確的是(D)A．反應過程中消耗氯氣與NaOH的物質的量之比為1︰2B．反應停止后n(NaClO)︰n(NaCl)︰n(NaClO3)可能為1︰11︰2C．若反應過程中消耗1mol氯氣，則1mol<轉移電子<eq\f(5,3)molD．溶液中c(Na＋)和c(Cl－)之比可能為5︰2[解析]依據題意，氯氣和NaOH反應生成NaCl、NaClO、NaClO3，得出n(NaOH)＝n(Na＋)＝n(Cl)＝eq\f(1,2)n(Cl2)，消耗氯氣的物質的量與NaOH的物質的量之比為1︰2，故A說法正確。依據化合價，反應后NaCl為還原產物，NaClO、NaClO3為氧化產物，假設生成11molNaCl，轉移電子物質的量為11mol，生成1molNaClO和2molNaClO3，轉移電子物質的量為(1mol×1＋2mol×5)＝11mol，得失電子守恒，故B說法正確。假設反應后生成NaCl和NaClO，消耗1molCl2，則轉移1mol電子；假設生成NaCl和NaClO3，消耗1molCl2，則轉移電子物質的量為eq\f(5,3)mol，因此當NaCl、NaClO、NaClO3同時存在時，反應消耗1molCl2，則1mol<轉移電子<eq\f(5,3)mol，故C說法正確。若只發生Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，n(Na＋)︰n(Cl－)＝2︰1；若只發生3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O，n(Na＋)︰n(Cl－)＝6︰5，則eq\f(6,5)≤eq\f(cNa＋,cCl－)≤eq\f(2,1)，5︰2不在該范圍內，故D說法錯誤。二、非選擇題(本題包括2小題，共36分)5．(2024·山東青島高三檢測)酸性高錳酸鉀溶液是試驗室常用的氧化劑，其氧化性強于二氧化錳。(1)試驗室利用二氧化錳和雙氧水制取O2，有關的化學方程式是2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。(2)軟錳礦的主要成分是MnO2，假如用足量濃鹽酸處理30.0g軟錳礦礦石(雜質不參與反應)，得到標準狀況下Cl25.6L。則該軟錳礦礦石中MnO2的質量分數是72.5%，反應中轉移電子的數目為3.01×1023(或0.5NA)。(3)某同學提出“可以利用酸性高錳酸鉀溶液鑒別FeCl3溶液中是否含有FeCl2”的方案。①完成并配平離子方程式：eq\x(1)MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x(5)Fe2＋＋eq\x(8)H＋=eq\x(1)Mn2＋＋eq\x(5)Fe3＋＋eq\x(4)H2O。②推斷該同學的方案是否合理？不合理(填“合理”或“不合理”)。(4)工業上用軟錳礦制備高錳酸鉀的工藝流程如圖所示：①操作Ⅱ的名稱是eq\r()過濾。②軟錳礦與肯定量的KOH和KClO3混合固體在熔融狀態下充分反應，該反應的氧化劑是KClO3(填化學式)；產物加水溶解、過濾后，濾液中主要含有KCl和K2MnO4，則濾液酸化時發生反應的離子方程式為3MnOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=MnO2↓＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O。[解析](2)n(Cl2)＝eq\f(5.6L,22.4L/mol)＝0.25mol，依據反應方程式MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，則n(MnO2)＝0.25mol，m(MnO2)＝0.25mol×87g/mol＝21.75g，故軟錳礦礦石中MnO2的質量分數為eq\f(21.75g,30.0g)×100%＝72.5%；生成1molCl2轉移2mol電子，故生成0.25molCl2時轉移0.5mol電子。(3)①酸性KMnO4將Fe2＋氧化為Fe3＋，有H＋參與反應，依據氧化還原方程式的配平方法配平反應方程式。②酸性KMnO4溶液還能夠氧化Cl－，所以該方案中看到KMnO4溶液的紫色褪去，不肯定是因為與可能存在的Fe2＋發生了反應，還可能是與Cl－發生了反應，故不合理。(4)①操作Ⅱ是