课时作业六 氧化还原反应.docx

课时作业六 氧化还原反应.docx

《课时作业六 氧化还原反应.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课时作业六 氧化还原反应.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

课时作业六氧化还原反应

课时作业（六）　氧化还原反应

1．（2020北京朝阳区一模）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（　　）

A．FeCl3溶液滴入Mg（OH）2浊液中，白色浑浊转化为红褐色沉淀

B．AgNO3溶液滴入氯水中，产生白色沉淀，随后淡黄绿色褪去

C．Na块放在坩埚里并加热，发出黄色火焰，生成淡黄色固体

D．H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，产生气泡，随后紫色褪去

答案：

A　解析：

本题通过反应中颜色变化，考查氧化还原反应的判断。

FeCl3溶液滴入Mg（OH）2浊液中，发生沉淀的转化，元素的化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A项符合题意；Cl2与水的反应是氧化还原反应，离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，Ag＋与Cl－结合生成AgCl沉淀，使上述平衡正向移动，Cl2被消耗，与氧化还原反应有关，B项不符合题意；Na与氧气在加热条件下发生反应：

2Na＋O2Na2O2，Na元素、O元素的化合价发生变化，与氧化还原反应有关，C项不符合题意；草酸与酸性高锰酸钾溶液发生反应，紫色褪去，产生气泡，即生成CO2，C元素、Mn元素化合价发生变化，与氧化还原反应有关，D项不符合题意。

2．（2020山东济南期末）CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O，反应如下：

反应Ⅰ：

CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O（未配平）

反应Ⅱ：

Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O（未配平）

下列有关说法正确的是（　　）

A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化

B．处理1molCr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等

C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5

D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O

答案：

C　解析：

反应Ⅰ中S、Cr两种元素的化合价发生变化，反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生变化，A项错误；配平离子方程式Ⅰ为3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O，配平离子方程式Ⅱ为3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O，处理1molCr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量不相等，B项错误；反应Ⅱ中还原剂为Cu2S，氧化剂为Cr2O，二者物质的量之比为3∶5，C项正确；假设CuS、Cu2S的质量均为ag，则CuS去除的Cr2O的物质的量为mol×＝mol，Cu2S去除的Cr2O的物质的量为mol×＝mol，CuS能去除更多的Cr2O，D项错误。

3．（2020山东泰安二模）工业废水中含有Cr2O和CrO会对水体产生很大的危害，这种工业废水必须净化处理。

一种处理含铬废水的工艺流程如下：

CrO（黄色）Cr2O（橙色）Cr3＋Cr（OH）3↓

下列说法不正确的是（　　）

A．①中，酸化后发生反应为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O

B．②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1

C．③中，所得沉淀Cr（OH）3中含有Fe（OH）3

D．③中调pH所用物质可以是NH3或Fe2O3

答案：

B　解析：

酸化后，2CrO（黄色）＋2H＋Cr2O（橙色）＋H2O平衡正向移动，橙色加深，A项正确；②中Cr元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，B项错误；③中Fe3＋在pH＝4时会以氢氧化物形式沉淀，则③中所得沉淀Cr（OH）3中含有Fe（OH）3，C项正确；①中酸化后，溶液显强酸性，③中可以选用NH3或Fe2O3与酸反应调节pH，D项正确。

4．（2020山东济宁期末）向两份等体积、等浓度、pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如图所示。

已知实验现象：

Ⅰ.滴入V1mLNaClO溶液产生大量红褐色沉淀；Ⅱ.滴入V1mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加，出现红褐色沉淀。

下列说法不正确的是（　　）

A．a～b段主要反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋5H2O===2Fe（OH）3↓＋Cl－＋4H＋

B．d～e段主要反应的离子方程式为2Fe2＋＋2ClO－＋3H＋===HClO＋Cl－＋2Fe3＋＋H2O

C．c、f点pH接近的主要原因是ClO－＋H2OHClO＋OH－

D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出

答案：

B　解析：

a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋5H2O===2Fe（OH）3↓＋Cl－＋4H＋，故A项正确；d～e段溶液变黄，没有立即生成沉淀，说明该溶液的酸性较强，生成Fe3＋，主要反应的离子方程式为2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===Cl－＋2Fe3＋＋H2O，故B项错误；c、f点NaClO均过量，NaClO水解使溶液显碱性，水解的离子方程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－，故c、f点pH接近，C项正确；浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，且盐酸能与氢氧化铁反应生成氯化铁，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D项正确。

5．五氧化二钒（V2O5）是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。

下列关于五氧化二钒的说法中错误的是（　　）

C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl===（NH4）2V6O16↓＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaCl

D．V2O5＋6HCl（浓）===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1molCl2转移电子数为2NA

答案：

B　解析：

A项，根据五氧化二钒的化学式（V2O5）及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确。

B项，根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，故B错误。

C项，根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确。

D项，V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气，生成1molCl2转移的电子数为2NA，故D正确。

6．（2020北京海淀区期末）以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中不正确的是（　　）

A．反应1中，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化

B．从母液中可以提取Na2SO4

C．反应2中，H2O2作氧化剂

D．采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解

答案：

C　解析：

在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下反应生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClO＋SO2===SO＋2ClO2，根据离子方程式可知，每生成1molClO2有0.5molSO2被氧化，A正确；根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，B正确；在反应2中，ClO2与H2O2反应生成NaClO2，氯元素的化合价从＋4价降低到＋3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，C错误；减压蒸发在较低温度下进行，可以防止温度过高时NaClO2受热分解，D正确。

7．（2020湖南株洲一模）含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。

工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O（未配平）。

下列说法错误的是（其中NA表示阿伏加德罗常数的值）（　　）

A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2∶5

C．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA个电子发生转移

D．若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区发生反应

答案：

B　解析：

本题考查氧化还原反应方程式的配平和计算。

反应中Cl元素由0价降低到－1价，C元素由＋2价升高到＋4价，N元素由－3价升高到0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由上述分析可知，配平后的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O，反应中CN－是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；由离子方程式可知，若有1molCN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则CN－在负极区失去电子，发生氧化反应，D正确。

8.（2020山东烟台期末）用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物（NOx）转化为无害物质。

常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce（SO4）2与Ce2（SO4）3的混合溶液中，其转化过程如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A．反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋

B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

C．反应前溶液中c（Ce4＋）一定等于反应后溶液中的c（Ce4＋）

D．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变

答案：

C　解析：

本题通过氮氧化物的处理考查氧化还原反应的概念和相关计算等。

根据图示可知反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，A正确；反应Ⅱ的反应物为Ce3＋、H＋、NO，生成物为Ce4＋、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得反应的离子方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋N2＋2H2O，NO是氧化剂，Ce3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4＝1∶2，B正确；反应前后溶液中n（Ce4＋）不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增大，所以反应后溶液中c（Ce4＋）减小，C错误；根据Ce原子守恒可知，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数不变，D正确。

9．（2020浙江温州期中）向相同体积的分别含amolKI和bmolFeBr2的溶液中，分别通入VLCl2（体积均在标准状况下测得），下列说法不正确的是（　　）

A．当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（标准状况下），则KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3∶1

B．当反应恰好完成时，停止通入Cl2，若原溶液中a＝b，则通入Cl2的体积Va∶Vb＝3∶1

C．若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后再滴加KSCN溶液，发现溶液变红，则V>11.2a

D．若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2的体积V>11.2a，则发生反应的离子方程式可能为4I－＋2Fe2＋＋3Cl2===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－

答案：

B解析：

当反应恰好完成时，消耗Cl2的体积相同（标准状况下），则根据得失电子守恒可知amol×1＝bmol×3，因此KI、FeBr2溶液的物质的量浓度之比是3∶1，A正确；当反应恰好完成时，停止通入Cl2，根据得失电子守恒可知消耗氯气的物质的量分别是0.5amol、1.5bmol，若原溶液中a＝b，则通入Cl2的体积比Va∶Vb＝1∶3，B错误；还原性：

I－>Fe2＋>Br－，若将KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后，氯气首先氧化碘离子，然后是亚铁离子，最后氧化溴离子，如果再滴加KSCN，发现溶液变红，这说明碘离子已经全部被氧化，则根据得失电子守恒可知V>11.2a，C正确；向上述混合溶液中通入Cl2的体积V>11.2a，说明碘离子已经全部被氧化，亚铁离子已开始被氧化，则可能发生反应的离子方程式为4I－＋2Fe2＋＋3Cl2===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－，D正确。

10．（2020山东潍坊期末）工业上采用酸性高浓度含砷废水（砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在）提取中药药剂As2O3