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适用于新教材2024版高考化学一轮总复习第二章课时规范练9氧化还原反应的概念和规律鲁科版
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这是一份适用于新教材2024版高考化学一轮总复习第二章课时规范练9氧化还原反应的概念和规律鲁科版，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
课时规范练9
一、选择题:每小题只有1个选项符合题意。
1.下列变化或应用中,与氧化还原反应无关的是 ( )
A.向饱和(NH4)2SO4溶液中加入少量鸡蛋清,溶液变浑浊
B.油酸甘油酯通过氢化反应变为硬脂酸甘油酯
C.切开土豆、苹果,在空气中放置一段时间后变色
D.食用补铁剂(含琥珀酸亚铁)时常与维生素C同服
答案A
解析向饱和(NH4)2SO4溶液中加入少量鸡蛋清,鸡蛋清发生盐析使溶液变浑浊,与氧化还原反应无关,A符合题意;油酸甘油酯通过氢化反应(加氢还原)变为硬脂酸甘油酯,B不符合题意;切开土豆、苹果,在空气中放置一段时间后某成分被O2氧化而变色,C不符合题意;食用补铁剂(含琥珀酸亚铁)时常利用维生素C的还原性防止亚铁被氧化,D不符合题意。
2.下列过程所用的物质中,利用了其氧化性的是 ( )
A.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板
B.用Zn块防止钢铁船体腐蚀
C.用SO2的水溶液吸收Br2
D.用Fe粉防止FeSO4溶液被氧化
答案A
解析用FeCl3溶液腐蚀覆铜板发生的反应为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,铁元素的化合价降低,被还原,利用Fe3+的氧化性,A符合题意;用Zn块防止钢铁船体腐蚀,是利用Zn的还原性,B不符合题意;用SO2的水溶液吸收Br2,S元素的化合价升高被氧化,利用了SO2的还原性,C不符合题意;用Fe粉防止FeSO4溶液被氧化,利用了Fe的还原性,D不符合题意。
3.(2023辽宁东北育才学校模拟)“神舟十四号”全面使用国产芯片,其中制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合溶液,其工艺涉及的反应为Si+HNO3+6HFH2SiF6+HNO2+H2↑+H2O,下列说法正确的是( )
A.H2SiF6中Si元素的化合价为+6价
B.该反应中,HNO3仅做氧化剂
C.该反应中,生成2.24 L H2时,被氧化的Si为0.1 mol
D.芯片刻蚀液可用稀硝酸代替
答案B
解析根据H为+1价、F为-1价,可知H2SiF6中Si元素的化合价为+4价,A错误;该反应中,N元素化合价降低,HNO3仅做氧化剂,B正确;未指明2.24LH2是否处于标准状况,不能计算其物质的量及被氧化的Si的物质的量,C错误;硅不能和稀硝酸反应,D错误。
4.向碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气,可以得到钠盐Na2H3IO6。下列有关该反应的说法错误的是 ( )
A.在该反应中碘酸钠做还原剂
B.碱性条件下,氯气的氧化性强于碘酸钠的氧化性
C.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子
答案C
解析反应中,NaIO3→Na2H3IO6,I元素由+5价升高到+7价,则NaIO3做还原剂,A正确;该反应中,Cl2做氧化剂,NaIO3做还原剂,则碱性条件下,氧化性:Cl2>NaIO3,B正确;氧化产物是Na2H3IO6,还原产物是NaCl,据得失电子守恒可知,其物质的量之比为1∶2,C错误;NaIO3→Na2H3IO6,I元素由+5价升高到+7价,则生成1molNa2H3IO6转移2mol电子,D正确。
5.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下,将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理,其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是( )
A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
B.反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO4Ce4++2H2O+N2
C.反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D.该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
答案C
解析根据转化过程可知,总反应的反应物为H2和NO,生成物为N2和H2O。反应Ⅰ为H2+2Ce4+2H++2Ce3+,该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,A正确;反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO4Ce4++2H2O+N2,B正确;Ce3+和Ce4+在反应过程中相互转化,故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化,C错误;该转化过程的实质是NO被H2还原成N2,D正确。
6.LiAlH4是金属储氢材料,又是有机合成中的常用试剂,遇水能剧烈反应释放出H2,在125 ℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是( )
A.Al的空间结构为正四面体形
B.1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解,转移3 mol电子
C.1 mol LiAlH4与足量水反应,生成标准状况下44.8 L氢气
D.LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇,反应中LiAlH4是还原剂
答案C
解析Al中Al原子的价层电子对数为4,不含孤电子对,则Al的空间结构为正四面体形,A正确;LiAlH4在125℃时完全分解,生成LiH、H2和Al,Al元素由+3价降低到0价,则1molLiAlH4在125℃时完全分解转移3mol电子,B正确;1molLiAlH4与足量水反应生成4molH2,在标准状况下的体积为89.6L,C错误;LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇,有机化合物发生还原反应,则LiAlH4是还原剂,D正确。
7.(2023湖北七市州联考)在乙二醇生产工艺中,需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2,脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量,操作中涉及两个反应如下:
①V2O5+6HCl+2KI2VOCl2+2KCl+I2+3H2O;②I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。下列说法错误的是( )
A.反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B.反应①生成1 mol VOCl2时,反应转移1 mol电子
C.V的最高价为+5价,推测V2O5只有氧化性
D.溶液酸性过强时,反应②易发生其他反应
答案C
解析反应①中,KI中I元素的化合价由-1价变为0价,化合价升高,KI是还原剂,V2O5中V的价态由+5价变为+4价,化合价降低,V2O5是氧化剂,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A正确;生成2molVOCl2时转移电子的物质的量为2mol,则生成1molVOCl2时转移电子的物质的量为1mol,B正确;V2O5中V元素显+5价,处于最高价,O元素显-2价,处于最低价,即V2O5既具有氧化性又具有还原性,C错误;在酸性过强时,S2与H+反应可生成S、SO2和H2O,D正确。
8.ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备:
反应1:4HCl+2KClO32ClO2↑+Cl2↑+2KCl+2H2O
反应2:C6H12O6+24KClO3+12H2SO412K2SO4+24ClO2↑+6CO2↑+18H2O
下列说法正确的是( )
A.两个反应中KClO3都是氧化剂
B.反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.反应2中每转移6 mol电子,生成气体的物质的量为15 mol
D.制备等量的ClO2,反应1比反应2转移的电子总数多
答案A
解析反应1中KClO3→ClO2及反应2中KClO3→ClO2中Cl元素化合价均降低,故两个反应中KClO3都是氧化剂,A正确;反应1中KClO3→ClO2,KClO3是氧化剂,HCl→Cl2中Cl元素化合价升高,HCl是还原剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,B错误;反应2中每转移24mol电子,生成气体的物质的量为30mol,则转移6mol电子,生成气体的物质的量为7.5mol,C错误;反应1中制取1molClO2转移1mol电子,反应2中制取1molClO2也是转移1mol电子,故制备等量的ClO2,反应1与反应2转移的电子数相等,D错误。
9.(2022湖南长沙一模)雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物之一,As2S3和HNO3可发生如下反应:As2S3+10H++10N2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法错误的是( )
A.生成1 mol H3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为10 mol
B.若将该反应设计成原电池,则NO2应该在正极附近逸出
C.反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1
答案A
解析根据反应的方程式分析,N中氮元素由+5价降低到+4价,生成2molH3AsO4转移10mol电子,则生成1molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为5mol,A错误;若将该反应设计成原电池,N在正极反应,NO2应该在正极附近逸出,B正确;NO2会污染环境,反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收,C正确;根据方程式可知,N是氧化剂,As2S3是还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶1,D正确。
10.(2022河北廊坊一模)工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如下图。下列说法正确的是( )
A.碱性条件下,氧化性:Mn>O2>S2
B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
C.过程 Ⅱ 中,反应的离子方程式为4Mn+2+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-
D.将1 mol S2-转化为S,理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况)
答案C
解析根据氧化性:氧化剂>氧化产物,由过程Ⅰ、Ⅱ可得碱性条件下,氧化性:O2>Mn、Mn>S2,A错误。过程Ⅰ中氧化剂是O2,发生转化:O2→H2O,还原剂是Mn(OH)2,发生转化:Mn(OH)2→Mn,根据得失电子守恒推知,O2和Mn(OH)2的物质的量之比为1∶2,B错误。过程Ⅱ中,Mn与S2-在溶液中反应生成Mn(OH)2和S2,反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-,C正确。S2-→S过程中,1molS2-失去8mol电子,而1molO2得到4mol电子,根据得失电子守恒推知,理论上需要O2的体积为44.8L(标准状况),D错误。
11.(2023山东烟台模拟)实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验,经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X,下列说法正确的是( )
A.白色物质X为CuSO4
B.NO和Y均为还原产物
C.参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占50%
D.NO与Y的物质的量之和可能为2 mol
答案A
解析铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X,反应过程中无气体生成,生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价,硫元素从+6价降低到-2价,根据得失电子守恒分析可知,白色物质X应为CuSO4,配平可得5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O。白色物质X为CuSO4,A正确;Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解,存在反应:3Cu2S+16H++4N6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O,则Y为S单质,NO为还原产物,Y为氧化产物,B错误;由反应5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知,硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性,则参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占25%,C错误;由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知,3molCu生成0.6molCu2S,0.6molCu2S发生反应3Cu2S+16H++4N6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O得到0.8molNO与0.6molS,则NO与S的物质的量之和为1.4mol,D错误。
12.下列关于反应Mn+Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)的说法不正确的是 ( )
A.配平后,Cu2S和SO2的化学计量数均为5
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
C.生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量为0.8 mol
D.还原性的强弱关系:Mn2+>Cu2S
答案D
解析Mn元素由+7价降低到+2价,Cu元素由+1价升高到+2价,S元素由-2价升高到+4价,结合守恒规律配平可得:8Mn+5Cu2S+44H+10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O,则Cu2S和SO2的化学计量数均为5,A正确;Mn是氧化剂,Cu2S是还原剂,二者的物质的量之比为8∶5,B正确;当生成5molSO2时,转移40mol电子,当有0.1molSO2生成时,转移0.8mol电子,C正确;根据离子方程式,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性:Cu2S>Mn2+,D错误。
13.根据溶液中发生的两个反应:①2Mn2++5PbO2+4H+2Mn+5Pb2++2H2O;②2Mn+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O,分析下列说法错误的是( )
A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
B.酸性条件下,氧化性:PbO2>Mn>Cl2
C.实验室将高锰酸钾酸化时,常用盐酸酸化
D.反应②中每生成1.12 L(标准状况)的气体,则反应中转移的电子的物质的量为0.1 mol
答案C
解析反应①中,Mn2+是还原剂,PbO2是氧化剂,则反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,A正确;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则酸性条件下,氧化性:PbO2>Mn>Cl2,B正确;高锰酸钾能氧化HCl生成Cl2,故实验室将高锰酸钾酸化时,常用硫酸酸化而不用盐酸酸化,C错误;反应②中每生成1.12L(标准状况)的气体,物质的量为n==0.05mol,则反应中转移的电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol,D正确。
14.(2023湖北部分重点学校联考)已知氧化性:Br>I>Br2>I2。向含6 mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液,整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.a→b过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
B.b→c过程中转移电子的物质的量为1 mol
C.当n(KBrO3)=4 mol时,对应含碘物质为KIO3和I2,且n(KIO3)∶n(I2)=7∶4
D.该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2 mol
答案A
解析由氧化性强弱顺序为Br>I>Br2>I2可知,向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反应依次为6I-+6H++BrBr-+3I2+3H2O、5Br-+6H++Br3Br2+3H2O、2Br+I22I+Br2。a→b过程中发生的反应为6I-+6H++BrBr-+3I2+3H2O,由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,A错误;b→c过程中发生的反应为5Br-+6H++Br3Br2+3H2O,1molBr-完全反应消耗0.2molBr,反应转移电子的物质的量为1mol,B正确;6molI-和反应生成的1molBr-共消耗Br的物质的量为1.2mol,则(4-1.2)mol=2.8molBr消耗碘的物质的量为2.8mol×=1.4mol,生成I的物质的量为2.8mol,4molKBrO3完全反应时,溶液中KIO3和I2的物质的量之比为2.8mol∶(3-1.4)mol=7∶4,C正确;该过程所能消耗KBrO3的物质的量为(1+0.2+6)mol=7.2mol,D正确。
二、非选择题
15.氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用,请根据以上信息,结合自己所掌握的化学知识,回答下列问题:
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质,用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50 ℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质:不稳定,易分解,在氯气中能燃烧;与稀盐酸反应能生成气体,Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+Cu2++Cu。
(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式:
。
(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
(3)将C uH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO,请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式: 。
Ⅱ.钒性能优良,用途广泛,有金属“维生素”之称。完成下列填空:
(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式是 。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收,则S、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是 。
答案(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl (2)H2
(3)CuH+3H++NCu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O (5)S>Cl->VO2+
解析(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO,说明-1价H被氧化成+1价,对应的产物为水,则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH+3H++NCu2++2H2O+NO↑。
(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,亚硫酸钾被V2O5氧化,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,Cl-是还原剂,VO2+是还原产物,该黄绿色气体是氯气,氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应,Na2SO3是还原剂,得到还原产物Cl-,根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知,S、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是S>Cl->VO2+。
课时规范练9
一、选择题:每小题只有1个选项符合题意。
1.下列变化或应用中,与氧化还原反应无关的是 ( )
A.向饱和(NH4)2SO4溶液中加入少量鸡蛋清,溶液变浑浊
B.油酸甘油酯通过氢化反应变为硬脂酸甘油酯
C.切开土豆、苹果,在空气中放置一段时间后变色
D.食用补铁剂(含琥珀酸亚铁)时常与维生素C同服
答案A
解析向饱和(NH4)2SO4溶液中加入少量鸡蛋清,鸡蛋清发生盐析使溶液变浑浊,与氧化还原反应无关,A符合题意;油酸甘油酯通过氢化反应(加氢还原)变为硬脂酸甘油酯,B不符合题意;切开土豆、苹果,在空气中放置一段时间后某成分被O2氧化而变色,C不符合题意;食用补铁剂(含琥珀酸亚铁)时常利用维生素C的还原性防止亚铁被氧化,D不符合题意。
2.下列过程所用的物质中,利用了其氧化性的是 ( )
A.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板
B.用Zn块防止钢铁船体腐蚀
C.用SO2的水溶液吸收Br2
D.用Fe粉防止FeSO4溶液被氧化
答案A
解析用FeCl3溶液腐蚀覆铜板发生的反应为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,铁元素的化合价降低,被还原,利用Fe3+的氧化性,A符合题意;用Zn块防止钢铁船体腐蚀,是利用Zn的还原性,B不符合题意;用SO2的水溶液吸收Br2,S元素的化合价升高被氧化,利用了SO2的还原性,C不符合题意;用Fe粉防止FeSO4溶液被氧化,利用了Fe的还原性,D不符合题意。
3.(2023辽宁东北育才学校模拟)“神舟十四号”全面使用国产芯片,其中制作芯片的刻蚀液为硝酸与氢氟酸的混合溶液,其工艺涉及的反应为Si+HNO3+6HFH2SiF6+HNO2+H2↑+H2O,下列说法正确的是( )
A.H2SiF6中Si元素的化合价为+6价
B.该反应中,HNO3仅做氧化剂
C.该反应中,生成2.24 L H2时,被氧化的Si为0.1 mol
D.芯片刻蚀液可用稀硝酸代替
答案B
解析根据H为+1价、F为-1价,可知H2SiF6中Si元素的化合价为+4价,A错误;该反应中,N元素化合价降低,HNO3仅做氧化剂,B正确;未指明2.24LH2是否处于标准状况,不能计算其物质的量及被氧化的Si的物质的量,C错误;硅不能和稀硝酸反应,D错误。
4.向碘酸钠(NaIO3)的碱性溶液中通入氯气,可以得到钠盐Na2H3IO6。下列有关该反应的说法错误的是 ( )
A.在该反应中碘酸钠做还原剂
B.碱性条件下,氯气的氧化性强于碘酸钠的氧化性
C.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.反应中生成1 mol Na2H3IO6转移2 mol电子
答案C
解析反应中,NaIO3→Na2H3IO6,I元素由+5价升高到+7价,则NaIO3做还原剂,A正确;该反应中,Cl2做氧化剂,NaIO3做还原剂,则碱性条件下,氧化性:Cl2>NaIO3,B正确;氧化产物是Na2H3IO6,还原产物是NaCl,据得失电子守恒可知,其物质的量之比为1∶2,C错误;NaIO3→Na2H3IO6,I元素由+5价升高到+7价,则生成1molNa2H3IO6转移2mol电子,D正确。
5.硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下,将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理,其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是( )
A.反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
B.反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO4Ce4++2H2O+N2
C.反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度均保持不变
D.该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
答案C
解析根据转化过程可知,总反应的反应物为H2和NO,生成物为N2和H2O。反应Ⅰ为H2+2Ce4+2H++2Ce3+,该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,A正确;反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3++4H++2NO4Ce4++2H2O+N2,B正确;Ce3+和Ce4+在反应过程中相互转化,故混合溶液内Ce3+和Ce4+的物质的量浓度会发生变化,C错误;该转化过程的实质是NO被H2还原成N2,D正确。
6.LiAlH4是金属储氢材料,又是有机合成中的常用试剂,遇水能剧烈反应释放出H2,在125 ℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是( )
A.Al的空间结构为正四面体形
B.1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解,转移3 mol电子
C.1 mol LiAlH4与足量水反应,生成标准状况下44.8 L氢气
D.LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇,反应中LiAlH4是还原剂
答案C
解析Al中Al原子的价层电子对数为4,不含孤电子对,则Al的空间结构为正四面体形,A正确;LiAlH4在125℃时完全分解,生成LiH、H2和Al,Al元素由+3价降低到0价,则1molLiAlH4在125℃时完全分解转移3mol电子,B正确;1molLiAlH4与足量水反应生成4molH2,在标准状况下的体积为89.6L,C错误;LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇,有机化合物发生还原反应,则LiAlH4是还原剂,D正确。
7.(2023湖北七市州联考)在乙二醇生产工艺中,需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2,脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量,操作中涉及两个反应如下:
①V2O5+6HCl+2KI2VOCl2+2KCl+I2+3H2O;②I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。下列说法错误的是( )
A.反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B.反应①生成1 mol VOCl2时,反应转移1 mol电子
C.V的最高价为+5价,推测V2O5只有氧化性
D.溶液酸性过强时,反应②易发生其他反应
答案C
解析反应①中,KI中I元素的化合价由-1价变为0价,化合价升高,KI是还原剂,V2O5中V的价态由+5价变为+4价,化合价降低,V2O5是氧化剂,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A正确;生成2molVOCl2时转移电子的物质的量为2mol,则生成1molVOCl2时转移电子的物质的量为1mol,B正确;V2O5中V元素显+5价,处于最高价,O元素显-2价,处于最低价,即V2O5既具有氧化性又具有还原性,C错误;在酸性过强时,S2与H+反应可生成S、SO2和H2O,D正确。
8.ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备:
反应1:4HCl+2KClO32ClO2↑+Cl2↑+2KCl+2H2O
反应2:C6H12O6+24KClO3+12H2SO412K2SO4+24ClO2↑+6CO2↑+18H2O
下列说法正确的是( )
A.两个反应中KClO3都是氧化剂
B.反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.反应2中每转移6 mol电子,生成气体的物质的量为15 mol
D.制备等量的ClO2,反应1比反应2转移的电子总数多
答案A
解析反应1中KClO3→ClO2及反应2中KClO3→ClO2中Cl元素化合价均降低,故两个反应中KClO3都是氧化剂,A正确;反应1中KClO3→ClO2,KClO3是氧化剂,HCl→Cl2中Cl元素化合价升高,HCl是还原剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,B错误;反应2中每转移24mol电子,生成气体的物质的量为30mol,则转移6mol电子,生成气体的物质的量为7.5mol,C错误;反应1中制取1molClO2转移1mol电子,反应2中制取1molClO2也是转移1mol电子,故制备等量的ClO2,反应1与反应2转移的电子数相等,D错误。
9.(2022湖南长沙一模)雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物之一,As2S3和HNO3可发生如下反应:As2S3+10H++10N2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。下列说法错误的是( )
A.生成1 mol H3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为10 mol
B.若将该反应设计成原电池,则NO2应该在正极附近逸出
C.反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1
答案A
解析根据反应的方程式分析,N中氮元素由+5价降低到+4价,生成2molH3AsO4转移10mol电子,则生成1molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为5mol,A错误;若将该反应设计成原电池,N在正极反应,NO2应该在正极附近逸出,B正确;NO2会污染环境,反应产生的NO2可用NaOH溶液吸收,C正确;根据方程式可知,N是氧化剂,As2S3是还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶1,D正确。
10.(2022河北廊坊一模)工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如下图。下列说法正确的是( )
A.碱性条件下,氧化性:Mn>O2>S2
B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1
C.过程 Ⅱ 中,反应的离子方程式为4Mn+2+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-
D.将1 mol S2-转化为S,理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况)
答案C
解析根据氧化性:氧化剂>氧化产物,由过程Ⅰ、Ⅱ可得碱性条件下,氧化性:O2>Mn、Mn>S2,A错误。过程Ⅰ中氧化剂是O2,发生转化:O2→H2O,还原剂是Mn(OH)2,发生转化:Mn(OH)2→Mn,根据得失电子守恒推知,O2和Mn(OH)2的物质的量之比为1∶2,B错误。过程Ⅱ中,Mn与S2-在溶液中反应生成Mn(OH)2和S2,反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2OS2+4Mn(OH)2↓+10OH-,C正确。S2-→S过程中,1molS2-失去8mol电子,而1molO2得到4mol电子,根据得失电子守恒推知,理论上需要O2的体积为44.8L(标准状况),D错误。
11.(2023山东烟台模拟)实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验,经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X,下列说法正确的是( )
A.白色物质X为CuSO4
B.NO和Y均为还原产物
C.参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占50%
D.NO与Y的物质的量之和可能为2 mol
答案A
解析铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X,反应过程中无气体生成,生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价,硫元素从+6价降低到-2价,根据得失电子守恒分析可知,白色物质X应为CuSO4,配平可得5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O。白色物质X为CuSO4,A正确;Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解,存在反应:3Cu2S+16H++4N6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O,则Y为S单质,NO为还原产物,Y为氧化产物,B错误;由反应5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知,硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性,则参加反应的浓硫酸中,表现氧化性的占25%,C错误;由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知,3molCu生成0.6molCu2S,0.6molCu2S发生反应3Cu2S+16H++4N6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O得到0.8molNO与0.6molS,则NO与S的物质的量之和为1.4mol,D错误。
12.下列关于反应Mn+Cu2S+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平)的说法不正确的是 ( )
A.配平后,Cu2S和SO2的化学计量数均为5
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
C.生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量为0.8 mol
D.还原性的强弱关系:Mn2+>Cu2S
答案D
解析Mn元素由+7价降低到+2价,Cu元素由+1价升高到+2价,S元素由-2价升高到+4价,结合守恒规律配平可得:8Mn+5Cu2S+44H+10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O,则Cu2S和SO2的化学计量数均为5,A正确;Mn是氧化剂,Cu2S是还原剂,二者的物质的量之比为8∶5,B正确;当生成5molSO2时,转移40mol电子,当有0.1molSO2生成时,转移0.8mol电子,C正确;根据离子方程式,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性:Cu2S>Mn2+,D错误。
13.根据溶液中发生的两个反应:①2Mn2++5PbO2+4H+2Mn+5Pb2++2H2O;②2Mn+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O,分析下列说法错误的是( )
A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
B.酸性条件下,氧化性:PbO2>Mn>Cl2
C.实验室将高锰酸钾酸化时,常用盐酸酸化
D.反应②中每生成1.12 L(标准状况)的气体,则反应中转移的电子的物质的量为0.1 mol
答案C
解析反应①中,Mn2+是还原剂,PbO2是氧化剂,则反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,A正确;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则酸性条件下,氧化性:PbO2>Mn>Cl2,B正确;高锰酸钾能氧化HCl生成Cl2,故实验室将高锰酸钾酸化时,常用硫酸酸化而不用盐酸酸化,C错误;反应②中每生成1.12L(标准状况)的气体,物质的量为n==0.05mol,则反应中转移的电子的物质的量为0.05mol×2=0.1mol,D正确。
14.(2023湖北部分重点学校联考)已知氧化性:Br>I>Br2>I2。向含6 mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液,整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.a→b过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1
B.b→c过程中转移电子的物质的量为1 mol
C.当n(KBrO3)=4 mol时,对应含碘物质为KIO3和I2,且n(KIO3)∶n(I2)=7∶4
D.该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2 mol
答案A
解析由氧化性强弱顺序为Br>I>Br2>I2可知,向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反应依次为6I-+6H++BrBr-+3I2+3H2O、5Br-+6H++Br3Br2+3H2O、2Br+I22I+Br2。a→b过程中发生的反应为6I-+6H++BrBr-+3I2+3H2O,由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6,A错误;b→c过程中发生的反应为5Br-+6H++Br3Br2+3H2O,1molBr-完全反应消耗0.2molBr,反应转移电子的物质的量为1mol,B正确;6molI-和反应生成的1molBr-共消耗Br的物质的量为1.2mol,则(4-1.2)mol=2.8molBr消耗碘的物质的量为2.8mol×=1.4mol,生成I的物质的量为2.8mol,4molKBrO3完全反应时,溶液中KIO3和I2的物质的量之比为2.8mol∶(3-1.4)mol=7∶4,C正确;该过程所能消耗KBrO3的物质的量为(1+0.2+6)mol=7.2mol,D正确。
二、非选择题
15.氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用,请根据以上信息,结合自己所掌握的化学知识,回答下列问题:
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质,用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50 ℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质:不稳定,易分解,在氯气中能燃烧;与稀盐酸反应能生成气体,Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+Cu2++Cu。
(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式:
。
(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
(3)将C uH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO,请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式: 。
Ⅱ.钒性能优良,用途广泛,有金属“维生素”之称。完成下列填空:
(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式是 。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收,则S、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是 。
答案(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl (2)H2
(3)CuH+3H++NCu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O (5)S>Cl->VO2+
解析(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO,说明-1价H被氧化成+1价,对应的产物为水,则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH+3H++NCu2++2H2O+NO↑。
(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,亚硫酸钾被V2O5氧化,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,Cl-是还原剂,VO2+是还原产物,该黄绿色气体是氯气,氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应,Na2SO3是还原剂,得到还原产物Cl-,根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知,S、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是S>Cl->VO2+。
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