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1、第二章 第2讲氧化还原反应一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是()A往紫色石蕊溶液中加入盐酸，溶液变红B饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体C向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色DSO2使有酚酞的NaOH溶液褪色解析：C酸遇紫色石蕊变红，只与酸性有关，与氧化还原反应无关，A错误；铁离子水解生成胶体，只与水解有关，B错误；硫酸亚铁与氢氧化钠发生复分解反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为红褐色的氢氧化铁，涉及了氧化还原反应，C正确；SO2与氢氧化钠溶液发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，NaOH在反应中消
2、耗，则溶液褪色，只与复分解反应和碱溶液的性质有关，D错误。2(2021济宁模拟)利用下列实验探究亚硝酸钠(NaNO2)的化学性质(AgNO2是淡黄色难溶于水的固体)。实验装置试剂a现象酚酞无色溶液变红AgNO3溶液产生淡黄色沉淀淀粉KI溶液稀硫酸无色溶液立即变蓝酸性K2Cr2O7溶液无色溶液变为绿色由上述实验所得结论不正确的是()ANaNO2溶液呈碱性：NOH2OHNO2OHBNaNO2可与某些盐发生复分解反应：NOAg=AgNO2CNaNO2有氧化性：2I2H2NO=I22NO2H2ODNaNO2有还原性：Cr2O3NO8H=3NO2Cr34H2O解析：CNaNO2属于强碱弱酸盐，水解呈碱性
3、：NOH2OHNO2OH，A项正确；加入硝酸银溶液，可生成AgNO2沉淀，发生复分解反应NOAg=AgNO2，B项正确；NaNO2有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成I2，I元素化合价升高，则N元素化合价降低，方程式为2I4H2NO=I22NO2H2O，C项错误；NaNO2有还原性，可被Cr2O氧化：Cr2O3NO8H=3NO2Cr34H2O，D项正确。3用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法除去，反应原理为3C2K2Cr2O78H2SO4=2K2SO43CO22Cr2(SO4)38X。下列说法错误的是()AX为H2O BH2SO4在上述反应中表现出氧
4、化性和酸性C氧化性：K2Cr2O7CO2D若反应中转移0.8 mol电子，则产生标准状况下CO2体积为4.48 L解析：B根据原子守恒可知X为H2O，A项正确；H2SO4在题述反应中所含元素化合价不变，与金属阳离子结合生成盐，表现出酸性，B项错误；K2Cr2O7是氧化剂，CO2是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，C项正确；根据方程式可知每生成3 mol CO2气体，反应转移电子的物质的量为3 mol412 mol，所以若反应中转移0.8 mol电子，则生成CO2的物质的量为0.2 mol，标准状况下体积为0.2 mol22.4 L/mol4.48 L，D项正确。4O2F2可以发生反应：H2
5、S4O2F2=SF62HF4O2，下列说法正确的是()A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为14解析：DA项，O元素的化合价由反应前的1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，错误；B项，在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的6价，所以H2S是还原剂，错误；C项，外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D项，根据反应化学方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质
6、的量之比是14，正确。5(2021德州市夏津第一中学高三月考)中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是()AC3N4中C的化合价为4B反应的两个阶段转移电子数相等C阶段中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂D通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化解析：CA化合物C3N4中氮元素的化合价为3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为4价，不符合题意，A错误；B由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；C.阶段中发生反应的化学方程式为2H2O
7、22H2OO2，H2O2中氧元素由1价变为0价和2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；D.该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误。6用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应：MnOCu2SHCu2SOMn2H2O(未配平)和反应：MnOFeS2HFe3SOMn2H2O(未配平)。下列说法正确的是()A反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B反应中每生成1 mol SO，转移电子的物质的量为 10 molC反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为13D若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应和反应中消耗的还
8、原剂的物质的量之比为23解析：B反应中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnO为氧化剂，A错误；反应中每生成1 mol SO，参加反应的Cu2S为1 mol，Cu2S化合价共升高2(21)(62)10，反应转移电子的物质的量为10 mol，B正确；反应中氧化剂MnO化合价降低(72)5，还原剂FeS2化合价共升高12(61)15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15531，C错误；若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同，1 mol KMnO4得到5 mol电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5 m
9、ol Cu2S，FeS2化合价共升高15，应氧化 mol mol FeS2，则反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5 mol mol32，D错误。7碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法错误的是()A用KI淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘B足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2I26H2O=2HIO310HClC由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2IOI2，由途径可知氧化性I2NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2IOI2，C项错误；根据转化关系2IOI210e可知，途径生成1
10、mol I2转移的电子数为10NA，D项正确。8把图2的碎纸片补充到图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)。下列对该反应的说法不正确的是()图1 图2AIO作氧化剂B若有1 mol Mn2参加反应转移5 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D配平后Mn2、H的化学计量数分别为2、3解析：D分析图1、图2可知，Mn2为反应物，作还原剂，则IO作氧化剂，配平方程式为2Mn25IO3H2O=2MnO5IO6H，若有1 mol Mn2参加反应转移5 mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，配平后Mn2、H的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。二、
11、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)9工业上以废铁屑为原料制备LiFePO4的一种流程如下，下列有关说法错误的是()ALiFePO4中铁显2价B沉铁过程中双氧水作氧化剂C沉铁中离子方程式为2H3PO42Fe2H2O2=2FePO42H2O4HD实验室进行煅烧操作中需要使用蒸发皿、泥三角等仪器解析：D根据流程分析可知，废铁屑加入稀硫酸溶解后得到含有Fe2的溶液，再向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应2H3PO42Fe2H2O2=2FePO42H2O4H，得到FePO4，加入碳酸锂和草酸后煅烧得到产品LiFePO4。根据化合物中化合价代数和为0可知，LiFePO4中铁显2价，A正确；沉铁过程中双
12、氧水中O的化合价降低，被还原，作氧化剂，B正确；C.沉铁时，向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应离子方程式正确，C正确；实验室进行煅烧操作中需要使用坩埚、泥三角等仪器，D错误。10已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O44H=PbO22Pb22H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应：5PbO22Mn24H5SO=2MnO5PbSO42H2O。下列推断正确的是()A由反应可知，Pb3O4中Pb()和Pb()含量之比为21B由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnOCPb可与稀硝酸发生反应：3Pb16HNO3=3Pb(NO3)44NO8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4
13、8HCl=3PbCl24H2OCl2解析：ADPb3O4中2价Pb有2个，4价Pb有1个，两者含量之比为21，A项正确；反应不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HNO3PbO2，B项错误；Pb与稀硝酸发生反应生成Pb(NO3)2，C项错误；Pb3O4可与浓盐酸发生反应：Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2，D项正确。11汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3K2O5Na2O16N2。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断正确的是()A生成4.48 L N2(标准状况)B有0.250 mol KNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25 molD被氧化的
14、N原子的物质的量为3.75 mol解析：CD反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2，则氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，有2 mol KNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，在标准状况下的体积为44.8 L，转移电子的物质的量为1.25 mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol，根据上述分析可知，AB不正确，CD正确。12将51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含
15、NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被600 mL 2 molL1 NaOH 溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2 的盐溶液，其中 NaNO3的物质的量为()A0.2 molB0.4 molC0.6 mol D0.8 mol解析：B用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由5价降低为3价，每个N原子得2个电子，51.2 g Cu的物质的量为：n(Cu)0.8 mol，共失电子为0.8 mol21.6 mol，HNO3到NaNO2共得到电子
16、1.6 mol，根据得失电子数目相等得到2n(Cu)2n(NaNO2)，故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol；根据钠元素守恒n(NaNO3)n(NaOH)0.8 mol0.6 L2 molL10.8 mol0.4 mol。三、非选择题13HNO2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
17、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Fe2D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HCl，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，若将反应所得的酸性溶液中的Fe2转化为Fe3，要求产物纯净，可选用的最佳试剂是_(填字母)。aCl2bFecH2O2 dHNO3(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：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2该反应
18、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Fe2，Fe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，维生素C是还原剂。(3)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Fe元素化合价由2价变为6价，O元素化合价由l价变为0价、2价。得Na2O2是氧化剂，Na2O2、FeSO4是还原剂；K2FeO4中Fe元素的化合
19、价为6价，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，胶体具有吸附性，能吸附除去水中的悬浮杂质。答案：(1)D(2)NOCl2H2O=NO2H2Cl(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14(2021年1月新高考8省联考，江苏卷)水体中的Cr2O、HCrO和CrO是高毒性的重金属离子，可用Cr()表示。常用的处理方法是将Cr()还原为低毒性的Cr3或Cr(OH)3。(1)在一定pH的水溶液中，HS、S2可与CrO 反应生成Cr(OH)3和单质硫。水溶液中S2
20、能与单质硫反应生成S，S 能还原Cr()。在pH9的水溶液中CrO 与HS反应的离子方程式为_。25 时用过量S2还原Cr()，发现反应后期Cr()被还原的速率反而加快。产生该现象的原因可能是_；验证的实验方法是_。(2)金属也可用于还原废水中的Cr()。其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、ZnCu粉分别处理pH2.5的含Cr()废水，废水中Cr()残留率随时间的变化如图l所示。图中b对应的实验方法处理含Cr()废水的效果更好，其原因是_。(3)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr()。Fe Fe2O3还原近中性废水中Cr()的可能反应机理如图2所示。F
21、eFe2O3中Fe还原CrO的过程可描述为_。解析：(1)发生的是CrO在碱性条件下氧化HS的反应，由于氧化产物是S、还原产物是Cr(OH)3，由得失电子守恒可知：2n(CrO)3n(HS)，再由pH9的水溶液呈碱性可知发生的离子反应方程式应为2CrO3HS5H2O=2Cr(OH)33S7OH。水溶液中过量的S2能与生成的单质硫反应生成S，S能还原Cr()，所以反应后期Cr()被还原的速率反而加快；Cr()被还原为低毒性的Cr3或Cr(OH)3，Cr()为橙黄色，Cr3为绿色，Cr(OH)3为灰绿色沉淀，可以通过观察溶液颜色改变速率的快慢来确定反应的快慢。(2)ZnCu粉在溶液中形成原电池，从
22、而加快了反应速率。(3)由图示可知，在中性废水中Fe发生吸氧腐蚀形成Fe2：Fe2e=Fe2，Fe2被CrO氧化为Fe3，本身被还原为Cr3。答案：(1)2CrO3HS5H2O=2Cr(OH)33S7OHS2过量，水溶液中S2能与单质硫反应生成S，S能还原Cr()，所以反应后期Cr()被还原的速率反而加快可以在不同反应时间但相同反应时长的条件下，观察溶液褪色程度(2)ZnCu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率(3)单质铁发生吸氧腐蚀，3Fe6e=3Fe2，3Fe2CrO4H2O=Cr(OH)35OH3Fe315铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3
23、F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。回答下列问题：(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为_。(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式：_。(3)写出步骤的离子方程式：_。(4)准确称取W g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵(NH4)2S2O8溶液将Ce3氧化为Ce4，然后用c molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。已知：有关的反应为2Ce3S2O=2Ce42SO，Ce4Fe2=Fe3Ce3。用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为_%。用久置的(
24、NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合价为3。(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程式为2CeO2H2O23H2SO4=Ce2(SO4)3O24H2O，离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O。(3)依题意知，步骤的离子方程式为Ce33OH=Ce(OH)3。(4)观察已知反应式知，CeCl3(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3) mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)100%。如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2被氧化成Fe3，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。答案：(1)3(2)2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O(3)Ce33OH=Ce(OH)3(4)偏高