高三化学一轮复习题【氧化剂和还原剂】

氧化剂和还原剂
(45分钟100分)
一、选择题(本题包括11小题,每题6分,共66分)
1.关于氧化还原反应,下列说法正确的是( )
①Mg在化学反应中失去2个电子,而Al在化学反应中失去3个电子,因此还原性Al>Mg;
②氧化剂具有氧化性;
③有单质参加的反应一定是氧化还原反应;
④2Fe+3Cl22FeCl3;Fe+S FeS,由此可以判断氧化性:Cl2>S
⑤氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原
A.②③④
B.②④
C.①②⑤
D.①②
【解析】选B。

①还原剂的还原性强弱取决于失去电子的难易程度,与失去电子的多少无关,故错误;②氧化剂具有氧化性,还原剂具有还原性,故正确;③有单质参加的反应不一定是氧化还原反应,如同素异形体间的转化没有化合价的变化,属于非氧化还原反应,故错误;④与Fe反应时,氯可夺取铁的3个电子,而硫只能夺取铁的2个电子,由此可以判断氧化性:Cl2>S,故正确;⑤氧化还原反应中氧化反应和还原反应可能是同种元素,如氯气与氢氧化钠溶液的反应中得失电子都是氯元素,故错误。

2.图中两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应,其中属于氧化还原反应,但水既不作氧化剂也不作还原剂的是( )
A.甲
B.乙
C.丙
D.丁
【解析】选C。

SO3与H2O的反应不是氧化还原反应;Na与H2O的反应是氧化还原反应,H2O作氧化剂;NO2与H2O的反应是氧化还原反应,H2O既不作氧化剂也不作还原剂;F2与H2O的反应是氧化还原反应,H2O作还原剂。

3.工业上生产下列物质,不涉及氧化还原反应的是( )
A.用铝矾土(主要成分Al2O3)生产金属铝
B.用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸
C.用海水、贝壳生产氯化镁晶体
D.用氯化钠生产烧碱
【解析】选C。

Al2O3生产金属铝,铝元素化合价降低;FeS2生产硫酸,硫元素化合价升高;海水、贝壳生产氯化镁晶体时,CaCO3CaO Ca(OH)2Mg(OH)2 MgCl2,元素化合价没有发生变化;氯化钠生产烧碱时生成氢气和氯气,元素化合价发生变化。

4.若要产生一定量的氯气,下列物质分别与足量浓盐酸反应,消耗的物质的量最少的是( )
A.KMnO4
B.KClO3
C.MnO2
D.Ca(ClO)2
【解析】选B。

根据得失电子守恒配平方程式,根据氧化剂和氯气之间的关系式
判断,2Mn+16H++10Cl-2Mn2++5Cl2↑+8H2O,Cl+6H++5Cl-3Cl2↑+3H2O, MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O,ClO-+2H++Cl-Cl2↑+H2O,根据方程式知,若要产生一定量的氯气,上述物质分别与足量浓盐酸反应,消耗的物质的量最少的是KClO3,B项正确。

【易错提醒】容易忽略KClO3、Ca(ClO)2与HCl发生反应时,对应的产物也是氯气。

5.已知NH4CuSO3与足量的3 mol·L-1硫酸混合微热,产生下列现象:①有红色金属生成;②产生刺激性气味的气体;③溶液呈现蓝色。

据此判断下列说法错误的是( )
A.NH4CuSO3中只有铜元素被氧化
B.反应中硫酸作氧化剂
C.刺激性气味的气体是二氧化硫
D.1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子
【解析】选B。

NH4CuSO3与硫酸发生反应的离子方程式是2NH4CuSO3+4H+
Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2N。

由反应方程式可知:只有铜元素的化合价发生变化,故A正确;硫酸根未参与反应,反应中硫酸体现酸性,故B错误;因反应是在酸性条件下进行,不可能生成氨气,所以刺激性气味的气体是二氧化硫,故C正确;只有铜元素的化合价发生变化,分别由+1→+2,+1→0,由反应的方程式可知:每
2 mol NH4CuSO3参加反应则转移1 mol电子,则1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子,故D正确。

6.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去) ( )
A.反应①②③④⑤中有非氧化还原反应
B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属
C.相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【解析】选B。

①反应有氯气生成,②反应有氯化钙、次氯酸钙生成,③过氧化氢分解生成水和氧气,④反应生成单质氧气,⑤反应生成Mn和氧化铝,均存在元素的化合价变化,属于氧化还原反应,A错误;⑤为铝热反应,放出大量的热,可用于制熔点较高的金属,B正确;③中氧元素的化合价由-1价升高为0,④中氧元素的化合价由-2价升高为0,则相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶2,C错误;反应①由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,D错误。

7.目前处理酸性Cr2废水多采用铁氧磁体法。

该法是向废水中加入FeSO4·7H2O
将Cr2还原成Cr3+,调节pH,Fe、Cr转化成相当于 (铁氧磁体,罗马数字表示元素价态)的沉淀。

处理 1 mol Cr2,需加入amol FeSO4·7H2O,下列结论正确的是( )
A.x=0.5,a=8
B.x=0.5,a=10
C.x=1.5,a=8
D.x=1.5,a=10
【解析】选D。

根据铬原子守恒,1 mol Cr2完全反应后生成mol
,根据铁原子守恒得amol=mol,由反应中得失电子
数相等得2×(6-3)=·x·(3-2),解得x=1.5,将x=1.5代入a=得a=10。

【加固训练】
已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl,它易与水反应:2S2Cl2+2H2O 4HCl+SO2↑+3S↓。

对该反应的说法正确的是( )
A.S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B.氧化产物与还原产物物质的量比为3∶1
C.每生成22.4 L SO2转移3 mol电子
D.每生成48 g硫时,S2Cl2会断裂6 mol共价键
【解析】选A。

A项,由二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl可知,其中的S的化合价为+1价,在反应后的生成物SO2中化合价为+4价,化合价升高,失去电子,作还原剂;在S单质中化合价为0价,化合价降低,得到电子,作氧化剂,因此S2Cl2既作氧化剂又作还原剂,正确;B项,根据方程式2S2Cl2+ 2H2O4HCl+SO2↑+3S↓可知氧化产物SO2与还原产物S的物质的量的比为1∶3,错误;C项,每生成1 mol SO2转移3 mol电子,但未指明气体所处的状态,22.4 L SO2的物质的量不一定是1 mol,错误;D项,由方程式可知每生成3 mol 的S时S2Cl2会断裂6 mol共价键,若产生48 g硫即(48 g)÷(32 g·mol-1)=1.5 mol,所以S2Cl2会断裂3 mol共价键,错误。

8. A～G各物质间的关系如下图所示,其中B、D为气体单质。

则下列说法错误的是 ( )
A.已知C的浓溶液在催化剂存在的条件下加热,能与B反应生成D,由此可以推断
B的氧化性比MnO2强
B.反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O
C.新配制的F溶液一般需要加入铁屑和稀盐酸,前者用于防止Fe2+被空气氧化成Fe3+,后者可抑制Fe2+的水解
D.若反应①在常温下进行,则1 mol A在反应中完全分解能转移1 mol电子【解析】选A。

浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应产生Cl2,双氧水分解产生氧气,HCl与O2在催化剂存在的条件下加热,反应产生Cl2,只能证明氧化性O2>Cl2,但是不能证明氧化性:O2>MnO2,故A错误;反应②的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- M+2H2O+Cl2↑,故B正确;FeCl2是强酸弱碱盐,在溶液中F容易发生水解反应而使溶液显浑浊,为了抑制盐的水解,要加入少量的盐酸,同时Fe2+有还原性,容易被空气中的氧气氧化为Fe3+,为了防止其氧化,要加入还原剂铁屑,故C正确;若反应①在常温下进行,则A是H2O2,B是O2,C是浓盐酸;D是Cl2;E是Fe3O4;F是FeCl2;G是FeCl3,1 mol A在反应中完全分解能转移1 mol电子,故D正确。

9.已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3ClO-+4OH-2R+3Cl-+5H2O。

则R中R的化合价是( )
A.+3
B.+4
C.+5
D.+6
【解析】选D。

根据氧化还原反应得失电子守恒(化合价升降相等),反应中氯元素化合价由+1→-1(化学计量数为3),因此R元素的化合价由+3升高到+6(化学计量数为2),由此判断D正确。

(另解可以根据电荷守恒快速判断n=2,进而确定R的化合价为+6价)。

10.已知:①A+B2+A2++B ②D+2H2O D(OH)2+H2↑③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池,电极反应为E2++2e-E和B-2e-B2+。

下列说法正确的是
( )
A.氧化性:E2+>B2+>A2+>D2+
B.氧化性:D2+>E2+>A2+>B2+
C.反应E+A2+A+E2+能够进行
D.提取某废水中含有的少量A2+时可以选用D
【解析】选A。

同一化学反应中,氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性。

①A+B2+A2++B,该反应中氧化剂是B2+,氧化产物是A2+,所以B2+的氧化性>A2+的氧化性;②D+2H2O D(OH)2+H2↑,该反应中氧化剂是H2O,氧化产物是D(OH)2,所以H2O 的氧化性>D2+的氧化性;③以B、E为电极与E的盐溶液组成原电池,电极反应为E2++2e-E,B-2e-B2+。

该电池的电池反应式为E2++B E+B2+,所以氧化剂是E2+,氧化产物是B2+,所以E2+的氧化性>B2+的氧化性。

所以各离子的氧化性大小为E2+>B2+>A2+>D2+,A正确,B错误。

根据氧化性的强弱顺序可知C、D选项中反应不能发生。

11.(能力挑战题)5.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应,收集到NO和NO2的混合气体VL(标准状况);向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液,沉淀完全后将其过滤、洗涤、干燥,称得质量为10.7 g。

则V等于( )
A.2.24
B.4.48
C.6.72
D.7.84
【解析】选B。

合金中Cu、Mg失去的电子数等于硝酸获得的电子数,也等于Mg2+、Cu2+结合的OH-个数。

则Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量等于合金质量与OH-质量之和,故有5.6 g+17 g·mol-1n(OH-)=10.7 g,n(OH-)=0.3 mol。

假设生成的气体全部为NO,则V(NO)=2.24 L,假设全部为NO2,则V(NO2)=6.72 L,所以混合气体的体积范围为2.24 L<VL<6.72 L,对照选项只有B项符合。

二、非选择题(本题包括2小题,共34分)
12.(17分)过氧化氢俗名双氧水,医疗上利用它杀菌消毒的作用来清洗伤口。

根据下列反应回答问题:
A.Na2O2+2HCl2NaCl+H2O2
B.Ag2O+H2O22Ag+O2↑+H2O
C.2H2O22H2O+O2↑
D.3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
(1)上述反应中,H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号,下同)__________,H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是____________,H2O2体现酸性的反应是____________。

(2)上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是______________。

(3)储存过氧化氢试剂瓶上最适合贴上的一个标签是________(填序号)。

(4)某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应,反应物和生成物共六种微粒:O2、Mn、H2O、Mn2+、H2O2、H+。

已知该反应中H2O2只发生了如下过程:H2O2→O2。

①反应体系选择的酸是__________(填序号)。

A.盐酸
B.浓硫酸
C.稀硫酸
D.醋酸
②如果上述反应中有6.72 L(标准状况)气体生成,转移的电子为________mol。

【解析】(1)D中双氧水中氧元素化合价降低,说明双氧水作氧化剂,体现了氧化性,C中双氧水中氧元素化合价既升高也降低,既体现氧化性又体现还原性,A体现
双氧水有酸性,它是二元弱酸。

(2)反应Ag2O+H2O22Ag+O2↑+H2O中,氧化银作氧化剂,双氧水作还原剂,则氧化性Ag2O>H2O2,反应3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中,双氧水作氧化剂,铬酸钾作氧化产物,则氧化性H2O2>K2CrO4,故氧化性顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4。

(3)双氧水常用作氧化剂,具有氧化性,所以用标签B。

(4)①H2O2只发生了H2O2→O2的变化体现了双氧水的还原性,作还原剂,所以高锰酸根作氧化剂,还原产物是锰离子,要求酸是不具有还原性的强酸,所以选择稀硫酸。

②双氧水中-1价的氧变为氧气中的0价,当生成6.72 L(标准状况)即0.3 mol氧气时,则失电子为0.3 mol×2×(1-0)=0.6 mol。

答案:(1)D C A
(2)Ag2O>H2O2>K2CrO4
(3)B (4)①C ②0.6
13.(17分)(能力挑战题)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。

(1)实验原理。

①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__________________________________________________。

②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Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,反应方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。

(2)实验步骤。

①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__________;
②用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶;
③再分别从A处注入含mmol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液;
④完成上述操作后,关闭a、b,将锥形瓶中溶液充分振荡;
⑤打开止水夹a、b,分别从A处注入足量NaI溶液及一定浓度的硫酸(含H2SO4nmol);
⑥重复④的操作;
⑦取下锥形瓶,向其中加入2～3滴__________作指示剂;
⑧用0.005 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点。

滴定终点的现象是_______________。

(3)数据分析。

①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(O2)的含量为______mg·L-1。

②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”)。

③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性,其原因是__________________。

【解析】(1)①注意从题给条件中挖掘信息:反应物有O2、OH-(碱性条件下)、Mn2+,发生氧化还原反应,生成MnO(OH)2,利用化合价升降相等配平O2、Mn2+、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离子方程式的配平是否正确。

(3)①根据(1)中的三个反应的化学方程式,可以得出物质间的定量关系为O2～2MnO(OH)2～2I2～4 Na2S2O3,则n(O2)==4.875×10-6mol,则此水样中氧(O2)的含量为
=7.8 mg·L-1。

②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管,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。

③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性,其原因是若碱过量,则MnO(OH)2不能全部转化为Mn2+;若酸过量,滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。

答案:(1)①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2
②MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O
(2)①排出装置内的空气,避免空气中O2的干扰⑦淀粉溶液⑧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)①7.8 ②偏大③若碱过量,则MnO(OH)2不能全部转变为Mn2+,而酸过量时,滴定过程中Na2S2O3可与酸反应
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