1、1第 3讲 氧化还原反应一、选择题(本题包括 8个小题,每小题 6分,共 48分)1.(2018广东中山模拟)向某含有 S 、Si 、C 、Br -、Na +的溶液中缓慢通入 Cl2直至过2-3 2-3 2-3量,下列对该反应过程的判断不正确的是( )A.整个过程共发生 2个氧化还原反应B.所有阴离子的浓度都发生了变化C.溶液的颜色发生了变化D.反应过程中既有气体产生,也有沉淀产生答案 A解析 Cl2可以和 S 、Br -发生氧化还原反应,同时 Cl2本身还要和水发生反应,所以发生的氧化还2-3原反应应该是 3个,A 项错误;由于 Cl2与水反应,导致溶液呈酸性,所以 C 和 Si 都会发生反
2、2-3 2-3应,B 项正确;因为 Br-和 Cl2反应后转化成溴单质,导致溶液颜色发生变化,C 项正确;反应过程中生成 CO2气体,也生成 H2SiO3沉淀,D 项正确。2.(2018四川绵阳诊断)下列是从海藻灰和智利硝石矿层中提取碘的主要反应:2NaI+MnO 2+3H2SO4 2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I22NaIO 3+5NaHSO3 2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是( )A.氧化性:MnO 2S I I22-4 -3B.I2在反应中是还原产物,在反应中是氧化产物C.反应中生成等量的 I2时转移电子数之比为 15D.NaHSO3溶液呈酸性,NaH
3、SO 3溶液中 c(HS )c(H2SO3)c(S )-3 2-3答案 C解析氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,由反应可知氧化性 MnO2I2;由反应可知氧化性 I S ,A项错误;在反应中,I 元素化合价升高,被氧化,I 2为氧化产物,在反-3 2-4应中,I 元素化合价降低,被还原,I 2为还原产物,B 项错误;反应中生成等量的 I2时,假设都为1 mol,则反应转移 2 mol电子,反应转移 10 mol电子,转移电子数之比为 15,C 项正确;NaHSO3溶液呈酸性,则 HS 的电离程度大于水解程度,故 c(S )c(H2SO3),即 c(HS )c(S-3 2-3
4、-3) c(H2SO3),D项错误。2-33.已知下列反应:Co 2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2+3H 2O();5Cl 2+I2+6H2O 10HCl+2HIO3()。下列说法正确的是( )A.还原性:CoCl 2HClI2B.氧化性:Co 2O3Cl2HIO3C.反应中 HCl是氧化剂D.反应中 Cl2发生氧化反应答案 B2解析由还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知,反应中还原性为 HClCoCl2,反应中还原性为 I2HCl,A错误。由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,反应中氧化性为 Co2O3Cl2,反应中氧化性为 Cl2HIO3,则氧化性为 Co2O3Cl2HI
5、O3,B正确。反应中 Cl元素的化合价升高,则HCl为还原剂,C 错误。反应中 Cl元素的化合价降低,则氯气发生还原反应,D 错误。4.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( )Mn2+H +图 1+Mn +I +I +H2O-4 -4 -3图 2A.I 作氧化剂 ,具有氧化性-4B.氧化性:Mn I-4 -4C.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 10 mol电子答案 B解析结合图 1可知 Mn2+为反应物,故图 2中的 Mn 为生成物,因此 Mn2
6、+作还原剂,被氧化,故图 2中-4的 I 作氧化剂 ,I 为还原产物 ,因此该反应的离子方程式为 2Mn2+5I +3H2O 2Mn +5I-4 -3 -4 -4+6H+,由此可知 A、C 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:I-3Mn ,B错误。Mn 2+Mn 5e-,若 2 mol Mn2+参加反应,则转移 10 mol电子,D 正确。-4 -4 -45.某铁的氧化物(Fe xO) 1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下 112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化。 x值为( )A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93答案 A解
7、析根据得失电子守恒可知,Fe xO被氧化为 Fe3+转移的电子数和 Cl2转移的电子数相等。标准状况下 112 mL Cl2转移电子为 0.01 mol,则有: (3- )x=0.01,x=0.80。1.5256+16 26.下列关于氧化性、还原性的判断正确的是( )A.B的阳离子的氧化性比 A的阳离子强,说明 A元素的金属性一定比 B元素的强B.发生氧化还原反应时 A原子失去的电子比 B原子多,证明 A的金属性一定比 B的强C.适量的 Cl2通入 FeI2溶液中可发生反应:3Cl 2+6FeI2 2FeCl3+4FeI3D.一定量氯气通入 30 mL 10.00 molL-1的氢氧化钠溶液中
8、,加热后形成 NaCl、NaClO、NaClO 3共存的溶液,若反应中转移的电子为 n mol,则 0.15Cl ,由反应可知,氧化性:Cl 2I ,由反应可知,氧-3 -3 -3化性:Cl Cl2,故氧化性:I I I2-3.Cu、O 10 mol解析(1)根据质量守恒定律和电荷守恒定律,题述离子方程式是 4Fe2+O2+4H+ 4Fe3+2H2O;(2)在反应中的还原剂是 FeS2;(3)通过观察分析三个反应可知:硫元素最终转化为硫酸盐从煤炭中分离出来;.在淀粉 KI溶液中,滴入少量 NaClO溶液,溶液立即变蓝,根据质量守恒定律、电荷守恒及6电子守恒,则该反应的离子方程式是 2I-+Cl
9、O-+H2O I2+Cl-+2OH-;在上述蓝色溶液中,继续滴加足量的 NaClO溶液,蓝色逐渐消失,有关反应的离子方程式是 I2+5ClO-+2OH- 2I +5Cl-+H2O;根据-3氧化性:氧化剂氧化产物,所以氧化性:ClO -I2;ClO-I ,对于同一元素来说,一般是元素的化合-3价越高,化合物的氧化性就越强,所以氧化性:I I2;故 ClO-、I 2、I 的氧化性由强到弱的顺序-3 -3是 ClO-I I2;.在反应 8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中,CuFeS 2中 Fe的化合价为-3+2价,反应后被氧化为 Fe2O3;S在反应前化合价是-2
10、 价,反应后被氧化为+4 价的 SO2。Cu 是+2 价,反应后被还原为 0价;O 2中 O元素的化合价是 0价,反应后被还原变为-2 价,所以反应中被还原的元素是 Cu、O。根据反应的化学方程式可知:每产生 8 mol的 Cu,转移电子 100 mol,所以当生成 0.8 mol铜时,此反应转移电子 10 mol。12.(13分)实验室用下列方法测定某水样中 O2的含量。(1)实验原理:用如图所示装置,使溶解在水中的 O2在碱性条件下将 Mn2+氧化成 MnO(OH)2,反应的离子方程式为 。 在酸性条件下,再用 I-将生成的 MnO(OH)2还原为 Mn2+,反应的离子方程式为 。然后用
11、Na2S2O3标准溶液滴定生成的 I2,反应的化学方程式为 I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6。 (2)实验步骤:打开止水夹 a和 b,从 A处向装置内鼓入过量 N2,此操作的目的是 ; 用注射器抽取某水样 20.00 mL从 A处注入锥形瓶;再分别从 A处注入含 m mol NaOH的溶液及过量的 MnSO4溶液;完成上述操作后,关闭 a、b,将锥形瓶中溶液充分振荡;打开止水夹 a、b,分别从 A处注入足量 NaI溶液及含 n mol H2SO4的硫酸;重复的操作;取下锥形瓶,向其中加入 23滴 作指示剂; 用 0.005 molL-1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的
12、现象是 。 (3)数据分析:若滴定过程中消耗的 Na2S2O3标准溶液体积为 3.90 mL,则此水样中氧(O 2)的含量为 mgL -1。 若未用 Na2S2O3标准溶液润洗滴定管,则测得水样中 O2的含量将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 答案(1)2Mn 2+O2+4OH- 2MnO(OH)2MnO(OH) 2+2I-+4H+ Mn2+I2+3H2O7(2)排出装置内的空气,避免空气中 O2的干扰 淀粉溶液 滴入最后一滴标准液,溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色(3)7.8 偏大解析(1)注意从题给条件中挖掘信息:反应物有 O2、OH -(碱性条件下)、Mn 2+,发生氧化
13、还原反应,生成 MnO(OH)2,利用化合价升降总数相等配平 O2、Mn 2+、MnO(OH) 2的化学计量数,再利用电荷守恒配平OH-的化学计量数,最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式,可以得出物质间的定量关系为 O22MnO(OH)22I24Na2S2O3,则 n(O2)=0.005 molL-1(3.9010-3) L4=4.87510-6 mol,则此水样中氧(O 2)的含量为=7.8 mgL-1。若未用 Na2S2O3标准4.87510-632 -11 000 -10.02 溶液润洗滴定管,则 c(Na2S2O3)减小, V(Na2S2O3)增大,所以 n(O2)增大,故测得水样中 O2的含量将偏大。
