1、第3講氧化復(fù)原反響1(2023南昌市調(diào)研)以下做法中用到物質(zhì)氧化性的是()A明礬凈化水B純堿除去油污C臭氧消毒餐具D食醋清洗水垢解析：明礬凈水利用明礬水解生成氫氧化鋁；純堿除去油污利用油脂在堿性條件下水解；臭氧消毒，利用臭氧的強(qiáng)氧化性；食醋清洗水垢，利用食醋與碳酸鈣、氫氧化鎂反響。答案：C2(2023四川省“一診考試)水與以下物質(zhì)發(fā)生氧化復(fù)原反響時(shí)，水只作復(fù)原劑的是()ANaBF2CNa2O2DC解析：選項(xiàng)A、D中，H2O為氧化劑；選項(xiàng)B，F(xiàn)2與H2O反響生成HF和O2，H2O為復(fù)原劑；選項(xiàng)C，Na2O2與H2O的反響中，H2O既不是氧化劑也不是復(fù)原劑。答案：B3(2023江西省聯(lián)考)NH4C

2、uSO3與足量的10mol/L硫酸混合微熱，產(chǎn)生以下現(xiàn)象：有紅色金屬生成產(chǎn)生刺激性氣味的氣體溶液呈現(xiàn)藍(lán)色據(jù)此判斷以下說(shuō)法正確的是()A反響中硫酸作氧化劑BNH4CuSO3中硫元素被氧化C刺激性氣味的氣體是氨氣D1molNH4CuSO3完全反響轉(zhuǎn)移0.5mol電子解析：根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，反響后有Cu、SO2、Cu2生成，因此該反響為：2NH4CuSO32H2SO4=(NH4)2SO4CuSO4Cu2SO22H2O，反響中Cu即是氧化劑又是復(fù)原劑，硫酸作為介質(zhì)，既不是氧化劑又不是復(fù)原劑，A、B錯(cuò)；刺激性氣味的氣體是SO2，C錯(cuò)；1molNH4CuSO3完全反響轉(zhuǎn)移0.5mol電子，D對(duì)。答案：D4以下

3、表達(dá)正確的是()A在氧化復(fù)原反響中，肯定有一種元素被氧化，另一種元素被復(fù)原B元素由化合態(tài)變成游離態(tài)時(shí)，它可能被氧化，也可能被復(fù)原C失電子難的原子，獲得電子的能力一定強(qiáng)D有單質(zhì)參加或生成的反響一定屬于氧化復(fù)原反響解析：在反響Cl22NaOH=NaClNaClOH2O中，氯元素既被氧化，又被復(fù)原，類似上述反響，同一種元素既被氧化，又被復(fù)原，A項(xiàng)錯(cuò)；稀有氣體元素穩(wěn)定性強(qiáng)，既不易得電子也不易失電子，C項(xiàng)錯(cuò)；同素異形體間的反響，如2O3eq o(=,sup7(催化劑)3O2屬于非氧化復(fù)原反響，D項(xiàng)錯(cuò)。答案：B5(2023桂林市高三摸底考試)稀硝酸作為較強(qiáng)氧化劑在溶液中發(fā)生的反響是：2NOeq oal(,

4、3)8H6e=2NO4H2O，以下離子能讓此反響過(guò)程發(fā)生的是()Fe2Mg2SOeq oal(2,3)S2IClOABCD解析：在酸性條件下能被NOeq oal(,3)氧化的有Fe2、SOeq oal(2,3)、S2、I。答案：A6(2023云南省高三摸底考試)有一未完成的離子方程式為：_XOeq oal(,3)6H=3X23H2O，據(jù)此判斷，X元素的最高化合價(jià)為()A7B4C5D1解析：由質(zhì)量守恒和電荷守恒可得出該離子反響方程式為：5XXOeq oal(,3)6H=3X23H2O，因X能形成1價(jià)陰離子，故其最高正化合價(jià)為7價(jià)。答案：A7(2023黃岡市質(zhì)檢)有Fe2、NOeq oal(,3)

5、、Fe3、NHeq oal(,4)、H和H2O六種粒子，分別屬于同一氧化復(fù)原反響中的反響物和生成物，以下表達(dá)不正確的是()A該過(guò)程中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為18B該過(guò)程說(shuō)明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C假設(shè)有1molNOeq oal(,3)發(fā)生氧化反響，那么轉(zhuǎn)移8moleD假設(shè)把該反響設(shè)計(jì)為原電池，那么負(fù)極反響為Fe2e=Fe3解析：由于酸性條件下的NOeq oal(,3)具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e2具有復(fù)原性，那么反響的方程式為：8Fe210HNOeq oal(,3)=8Fe3NHeq oal(,4)3H2O，故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，正確，因?yàn)榧铀崴峄?，NOeq oal(,3)會(huì)將Fe2氧化；

6、C項(xiàng)，不正確，因?yàn)镹Oeq oal(,3)發(fā)生的是復(fù)原反響，不是氧化反響；D項(xiàng)，原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反響，故正確。答案：C8(2023北京市目標(biāo)檢測(cè))三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反響：3NF35H2O=2NOHNO39HF。以下有關(guān)說(shuō)法正確的是()ANF3是氧化劑，H2O是復(fù)原劑B復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為2:1C假設(shè)生成0.2molHNO3，那么轉(zhuǎn)移0.2mol電子DNF3在潮濕的空氣中泄漏會(huì)產(chǎn)生紅棕色氣體解析：分析反響前后各元素價(jià)態(tài)變化，可知NF3在反響中既是氧化劑又是復(fù)原劑，其中：NF3HNO3是被氧化的過(guò)程，NF3為復(fù)原劑；2NF32

7、NO是被復(fù)原的過(guò)程，NF3是氧化劑，所以復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為12。生成1molHNO3轉(zhuǎn)移2mol電子，所以生成0.2molHNO3轉(zhuǎn)移0.4mol電子。NF3與潮濕的空氣中的水反響生成NO，NO與空氣中的O2反響生成紅棕色的NO2。綜合上述知選項(xiàng)D正確。答案：D9(2023南昌市調(diào)研)常溫下，往過(guò)氧化氫溶液中滴加少量FeSO4溶液，可發(fā)生如下兩個(gè)反響：2Fe2H2O22H=2Fe32H2O；2Fe3H2O2=2Fe2O22H。以下關(guān)于反響歷程的說(shuō)法不合理的是()AH2O2氧化性比Fe3強(qiáng)，其復(fù)原性比Fe2強(qiáng)B在反響前和反響完全后，溶液pH保持不變CH2O2的生產(chǎn)過(guò)程要嚴(yán)格防止混入F

8、e2D反響過(guò)程中，F(xiàn)e2和Fe3總物質(zhì)的量始終在改變解析：根據(jù)氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，復(fù)原劑的復(fù)原性強(qiáng)于復(fù)原產(chǎn)物的復(fù)原性，可以確定A選項(xiàng)正確；將反響與疊加，可知Fe2作催化劑，總反響為2H2O2=2H2OO2，溶液體積幾乎沒(méi)有變化，H物質(zhì)的量不變，所以pH沒(méi)有變化，B、C選項(xiàng)正確；根據(jù)鐵元素守恒可知，反響過(guò)程中，F(xiàn)e2與Fe3總物質(zhì)的量不發(fā)生變化。答案：D10(2023鄭州市質(zhì)量預(yù)測(cè))黃銅礦(CuFeS2)常用于提煉金屬銅。黃銅礦焙燒過(guò)程中所發(fā)生的反響比擬復(fù)雜，其中主要反響之一的化學(xué)方程式為：2CuFeS2O2eq o(=,sup7(高溫)eq x()2FeSSO2(已配平)，那么

9、以下關(guān)于該反響的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A方框中的物質(zhì)應(yīng)為Cu2SB該反響的局部產(chǎn)物可用于硫酸工業(yè)C反響中SO2既是氧化產(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物D反響中假設(shè)有1molSO2生成，那么一定有4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移解析：從原子守恒角度分析知，方程式中所缺少的物質(zhì)為Cu2S，再通過(guò)化合價(jià)的升降與得失電子守恒可以驗(yàn)證Cu2S是正確的；反響中有SO2生成，其可以用于制H2SO4；生成1molSO2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子為6mol。答案：D11(2023河南省聯(lián)考)強(qiáng)氧化劑NaBiO3在酸性溶液中可將Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，自身被復(fù)原成Bi3。取一支試管，參加適量NaBiO3固體和2mL6mol/L硫酸，然后滴入2m

10、L1mol/LMnSO4溶液，以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A假設(shè)上述實(shí)驗(yàn)完全反響，消耗NaBiO3的物質(zhì)的量最多為0.01molB充分振蕩后靜置，溶液顏色變?yōu)樽仙獵上述實(shí)驗(yàn)不能用鹽酸代替硫酸D在酸性條件下，NaBiO3的氧化性比MnOeq oal(,4)的氧化性強(qiáng)解析：由題目信息“NaBiO3在酸性溶液中可將Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，自身被復(fù)原成Bi3可知，其反響的離子方程式為：5BiOeq oal(,3)2Mn214H=2MnOeq oal(,4)5Bi37H2O。由n(Mn2)2103mol，n(H)24103mol，故H過(guò)量，Mn2消耗完，同時(shí)消耗的n(BiOeq oal(,3)5

11、103mol，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)中由于生成了MnOeq oal(,4)，故溶液顏色變?yōu)樽仙?；C項(xiàng)中假設(shè)用鹽酸，那么酸性條件下，Cl與MnOeq oal(,4)之間要發(fā)生氧化復(fù)原反響；D項(xiàng)中根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知其正確。答案：A12(2023江西省五校聯(lián)考)現(xiàn)有M、N、P、E四種單質(zhì)，有以下反響：(1)在水溶液中，MN2=M2N，(2)P2H2O(l)=P(OH)2H2，(3)N、E相連浸入稀H2SO4中，電極反響：N2e=N2，2H2e=H2，判斷四種單質(zhì)的復(fù)原性由強(qiáng)到弱的順序是()AM、N、P、EBM、N、E、PCP、M、N、EDE、P、M、N解析：根據(jù)(2)，P能與H2O

12、反響產(chǎn)生H2，說(shuō)明P的復(fù)原性最強(qiáng)，根據(jù)(1)可知M的復(fù)原性大于N，根據(jù)(3)可知N失去電子為原電池負(fù)極，所以N的復(fù)原性大于E，故復(fù)原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镻MNE。答案：C13(2023江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)(1)配平化學(xué)方程式(假定NO與NO2的物質(zhì)的量之比為13)：FeHNO3=Fe(NO3)3NONO2H2O。(2)此反響配平時(shí)可以有多組系數(shù)，其原因是_。(3)請(qǐng)簡(jiǎn)述檢驗(yàn)溶液中的金屬陽(yáng)離子的實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象_。解析：(1)根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平該化學(xué)方程式。(2)由于HNO3的復(fù)原產(chǎn)物NO和NO2的比例不同，該反響配平時(shí)有多組系數(shù)。(3)檢驗(yàn)Fe3，用KSCN溶液。答案：(1)210213

13、5(2)復(fù)原產(chǎn)物不止一種，NO與NO2的比例不同時(shí)系數(shù)不同(3)取少量溶液于試管中，滴加KSCN溶液，出現(xiàn)血紅色14(2023石家莊質(zhì)檢(一)(1)請(qǐng)將以下五種物質(zhì)：KBr、Br2、I2、KI、K2SO4分別填入以下橫線上，組成一個(gè)未配平的化學(xué)方程式：KBrO3_H2SO4_H2O。(2)如果該化學(xué)方程式中I2和KBr的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別是8和1，那么Br2的化學(xué)計(jì)量數(shù)是_；請(qǐng)將反響物的化學(xué)式及配平后的化學(xué)計(jì)量數(shù)填入以下相應(yīng)的位置中：KBrO3_H2SO4；假設(shè)轉(zhuǎn)移10mole，那么反響后生成I2的物質(zhì)的量為_(kāi)。解析：(1)根據(jù)KBrO3在反響后Br元素的化合價(jià)降低，那么其作氧化劑，那么需填入復(fù)原

14、劑KI，故所得的未配平的化學(xué)方程式為KBrO3KIH2SO4I2Br2K2SO4KBrH2O。(2)如果I2前是8，KBr前是1，那么根據(jù)碘元素化合價(jià)變化知共失電子16mol, KBr的系數(shù)是1，得電子為6mol，那么KBrO3Br2共得電子10mol，即Br2的系數(shù)為1；由中變化可知，KI的系數(shù)為16，KBrO3的系數(shù)為3，再根據(jù)K的原子數(shù)守恒推出K2SO4的系數(shù)為9，所以H2SO4的系數(shù)為9，即3KBrO316KI9H2SO4=8I2Br29K2SO4KBr9H2O；假設(shè)轉(zhuǎn)移10mol電子，那么16KI16e8I210y解得y5mol。答案：(1)KBrO3KIH2SO4I2Br2K2SO

15、4KBrH2O(2)1316KI95mol15以下反響在一定條件下可以發(fā)生H2O22Fe22H=2Fe32H2O；H2O22Fe3=2Fe22HO2。試答復(fù)以下問(wèn)題：(1)Fe2在以上反響中實(shí)際起著_作用。(2)I2和Fe2一樣也能與H2O2發(fā)生上述類似的反響，類比上述反響，在下面填入適宜的化學(xué)方程式H2O2I2=2HIO；_；總反響方程式為_(kāi)。(3)在H2SO4和KI的混合溶液中參加過(guò)量的H2O2，放出大量的無(wú)色氣體，溶液呈棕色，并可以使淀粉溶液變藍(lán)。有學(xué)生認(rèn)為該反響的離子方程式為H2O22I=I2O22H，這個(gè)方程式正確嗎？_(填“正確或“不正確)假設(shè)正確，理由是_。假設(shè)不正確，原因是_，

16、寫(xiě)出正確的化學(xué)方程式_。解析：題干中首先給出了兩個(gè)有相互聯(lián)系的分反響，反響中物質(zhì)可以分為四類：反響物、生成物、中間產(chǎn)物、催化劑，其中催化劑的特點(diǎn)是反響開(kāi)始時(shí)即參與反響，但反響完全后又重新生成且質(zhì)量不變，可以確定Fe2為催化劑；根據(jù)“I2和Fe2一樣也能與H2O2發(fā)生上述類似的反響可知，I2在反響中作催化劑，它在第二個(gè)反響中應(yīng)當(dāng)重新生成，同時(shí)注意模仿題中給出的反響，可以寫(xiě)出第二個(gè)分反響：2HIOH2O2=I2O22H2O，此反響與第一個(gè)分反響相加然后抵消中間產(chǎn)物HIO就可得總反響。(3)氧化復(fù)原反響中首先要滿足的條件是有電子得失，H2O22I=I2O22H中O、I二元素化合價(jià)均升高，只有失電子的

17、物質(zhì)沒(méi)有得電子的物質(zhì)，這種反響不能發(fā)生。答案：(1)催化劑(2)2HIOH2O2=I2O22H2O2H2O2eq o(=,sup7(I2)2H2OO2(3)不正確只有化合價(jià)升高元素，無(wú)化合價(jià)降低元素H2SO42KIH2O2=K2SO42H2OI2；2H2O2eq o(=,sup7(I2)2H2OO216高錳酸鉀、二氧化錳在酸性條件下能將草酸鈉(Na2C2O4)氧化MnOeq oal(,4)C2Oeq oal(2,4)HMn2CO2H2O(未配平)；MnO2C2Oeq oal(2,4)HMn2CO2H2O(未配平)。為測(cè)定某軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，準(zhǔn)確稱量1.20g軟錳礦樣品，參加2.68g草酸鈉固體，再參加足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參加反響)，充分反響后冷卻，將所得溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度，從中取出25.0mL，用0.0200molL1高錳酸鉀溶液進(jìn)行滴定。當(dāng)參加20.0mL溶液時(shí)恰好完全反響，試根據(jù)以上信息完成以下各題：(1)配平上述兩個(gè)離子方程式：_MnOeq oal(,4)_C2Oeq oal(2,4)_H=_Mn2_CO2_H2O；_MnO2_C2Oeq oal(2,4)_H=_Mn2_CO2_H2O。(2)欲求得軟錳礦中二氧化錳的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，還缺一個(gè)數(shù)據(jù)，這個(gè)數(shù)據(jù)是_(填數(shù)據(jù)所