专题课后练习(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 【参考答案】: A [试题解析]: 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＋H2O
H＋＋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＋O2=====Na2O2,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－
2.(2020山东济南期末)CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O7,
反应如下：
－＋－3＋反应Ⅰ：CuS＋Cr2O2→Cu2＋＋SO27＋H―4＋Cr＋H2O(未配
平)
－＋2－反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O2→Cu2＋＋SO4＋Cr3＋＋H2O(未配7＋H―
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1 mol Cr2O27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
2－D.质量相同时,Cu2S能去除更多的Cr2O7
【参考答案】: C [试题解析]: 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
－＋2＋2－
误；配平离子方程式Ⅰ为3CuS＋4Cr2O27＋32H===3Cu＋3SO4＋－＋8Cr3＋＋16H2O,配平离子方程式Ⅱ为3Cu2S＋5Cr2O27＋46H－3＋2－===6Cu2＋＋3SO24＋10Cr＋23H2O,处理1 mol Cr2O7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Cr2O27,二者物质的量之比为3∶5,C项正确；假设CuS、Cu2S
的质量均为a g,则CuS去除的
－
Cr2O27的物质的量为
4aa
mol×＝ 96372
－
mol,Cu2S去除的Cr2O27的物质的量为－除更多的Cr2O27,D项错误。
5aa
mol×＝ mol,CuS能去160396
－2－
3.(2020山东泰安二模)工业废水中含有Cr2O27和CrO4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：
H＋Fe2＋调pH至4
－－
CrO2―→Cr2O2―→Cr3＋――→Cr(OH)3↓ 4(黄色)―7(橙色)―
①酸化②还原③沉淀下列说法不正确的是( )
－＋
A.①中,酸化后发生反应为2CrO24＋2H
－
Cr2O27＋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
－＋
【参考答案】: B [试题解析]: 酸化后,2CrO24(黄色)＋2H－Cr2O27(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Cr2O27
＋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V1 mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀；Ⅱ.滴入V1 mL NaClO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－＋H2O气体放出
【参考答案】: B [试题解析]: 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
＋
HClO＋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
＋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－＋H2O
HClO＋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1 mol Cl2转移电子数为2NA
【参考答案】: B [试题解析]: 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1 mol Cl2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1 mol ClO2有0.5 mol SO2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
【参考答案】: C [试题解析]: 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－3＋
－SO2===SO24＋2ClO2,根据离子方程式可知,每生成1 mol ClO2有0.5
mol SO2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1 mol CN－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
【参考答案】: B [试题解析]: 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1 mol CN－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
高2021届高2018级高三化学一轮复习之专题课后练习6
