資源簡介

題型突破5　氧化還原反應及應用
1.(2024·山東卷)中國書畫是世界藝術瑰寶,古人所用文房四寶制作過程中發(fā)生氧化還原反應的是(　　)
A.竹管、動物尾毫→湖筆
B.松木→油煙→徽墨
C.楮樹皮→紙漿纖維→宣紙
D.端石→端硯
2.(2024·江蘇卷)催化劑能改變化學反應速率而不改變反應的焓變,常見催化劑有金屬及其氧化物、酸和堿等。催化反應廣泛存在,如豆科植物固氮、石墨制金剛石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化劑有選擇性,如C2H4與O2反應用Ag催化生成(環(huán)氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影響環(huán)境,如汽車尾氣處理、廢水中N電催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我國在石油催化領域領先世界,高效、經(jīng)濟、綠色是未來催化劑研究的發(fā)展方向。下列化學反應表示正確的是(　　)
A.汽車尾氣處理:2NO+4CON2+4CO2
B.N電催化為N2的陽極反應:2N+12H++10e-===N2↑+6H2O
C.硝酸工業(yè)中NH3的氧化反應:4NH3+3O22N2+6H2O
D.CO2和H2催化制二甲醚:2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O
3.(2024·浙江6月選考)利用CH3OH可將廢水中的N轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)后排放。反應原理為H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列說法正確的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替換CH3OH
C.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5
D.若生成標準狀況下的CO2氣體11.2 L,則反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)
4.(雙選)(2023·山東卷)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示,反應Ⅱ所得溶液pH在3~4之間,反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數(shù)=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應
B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ
D.若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時,需補加NaOH的量減少
5.(2023·湖南卷)油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn),在不同的空氣濕度和光照條件下,顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應:
下列說法正確的是(　　)
A.S2和S的空間結構都是正四面體形
B.反應Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反應Ⅰ和Ⅱ中,參加反應的:Ⅰ<Ⅱ
D.反應Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7
1.氧化還原反應概念及關系
2.氧化還原反應的重要規(guī)律
1.(2024·江蘇南通二模)第四周期過渡元素形成的化合物具有重要作用。黃銅(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成單質(zhì)硫,所得CuSO4溶液可用于制取納米Cu2O,Cu2O能與酸發(fā)生反應。CuOx-TiO2可用于低溫下催化氧化HCHO:HCHO(g)+O2(g)CuOx-TiO2CO2(g)+H2O(l)。CoCl3具有強氧化性,可與鹽酸反應生成氯氣。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反應制備的配合物Na3[Co(NO2)6]可應用于K+的鑒定。
下列化學反應表示正確的是(　　)
A.Cu2O與稀硫酸反應:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反應:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3與足量鹽酸反應:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制備Na3[Co(NO2)6]的反應:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
2.(2024·江蘇南通二模)工業(yè)制備硫酸的主要過程如下:
已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列說法錯誤的是(　　)
A.硫酸粘度較高,與其分子間氫鍵有關
B.FeS2中含有離子鍵、非極性共價鍵
C.第②步,每轉(zhuǎn)移2 mol電子,放出98.3 kJ能量
D.氟氫化鉀(KHF2)與發(fā)煙硫酸反應可生成氟磺酸(HSO3F),說明硫酸的酸性大于氟磺酸
3.(2024·遼寧鞍山二模)25 ℃時,利用8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2(反應Ⅰ)獲得:1 mol S8(),同時將生成的CO2溶于水形成pH=5.6的溶液Ⅱ,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA
B.反應Ⅰ中形成S—S鍵的數(shù)目為7NA
C.反應Ⅰ產(chǎn)物中π電子的數(shù)目為8NA
D.溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目為10-5.6NA
4.(2023·遼寧協(xié)作校一模)已知反應:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列關于該反應的說法錯誤的是(　　)
A.Na2FeO4可以對水體進行殺菌消毒、凈化
B.Na2O2在該反應中既是氧化劑又是還原劑
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,轉(zhuǎn)移4 mol電子
5.(2023·山西臨汾一模)實驗室利用Bi(OH)3制取高錳酸鈉的相關反應的離子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列說法錯誤的是(　　)
A.反應Ⅰ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為5∶1
B.酸性條件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可與鹽酸發(fā)生反應:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高錳酸鈉時,理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為 mol
題型突破5　氧化還原反應及應用
1.(2024·山東卷)中國書畫是世界藝術瑰寶,古人所用文房四寶制作過程中發(fā)生氧化還原反應的是(　　)
A.竹管、動物尾毫→湖筆
B.松木→油煙→徽墨
C.楮樹皮→紙漿纖維→宣紙
D.端石→端硯
答案　B
解析　A.湖筆,以竹管為筆桿,以動物尾毫為筆頭制成,不涉及氧化還原反應,A不符合題意;B.松木中的C元素主要以有機物的形式存在,徽墨主要為C單質(zhì),存在元素化合價的變化,屬于氧化還原反應,B符合題意;C.宣紙,以楮樹皮為原料,得到紙漿纖維,從而制作宣紙,不涉及氧化還原反應,C不符合題意;D.端硯以端石為原料經(jīng)過采石、維料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步驟制成,不涉及氧化還原反應,D不符合題意。
2.(2024·江蘇卷)催化劑能改變化學反應速率而不改變反應的焓變,常見催化劑有金屬及其氧化物、酸和堿等。催化反應廣泛存在,如豆科植物固氮、石墨制金剛石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、V2O5催化氧化SO2等。催化劑有選擇性,如C2H4與O2反應用Ag催化生成(環(huán)氧乙烷)、用CuCl2/PdCl2催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影響環(huán)境,如汽車尾氣處理、廢水中N電催化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我國在石油催化領域領先世界,高效、經(jīng)濟、綠色是未來催化劑研究的發(fā)展方向。下列化學反應表示正確的是(　　)
A.汽車尾氣處理:2NO+4CON2+4CO2
B.N電催化為N2的陽極反應:2N+12H++10e-===N2↑+6H2O
C.硝酸工業(yè)中NH3的氧化反應:4NH3+3O22N2+6H2O
D.CO2和H2催化制二甲醚:2CO2+6H2CH3OCH3+3H2O
答案　D
解析　根據(jù)O原子守恒可知,A錯誤;陽極應發(fā)生失電子的反應,B錯誤;NH3發(fā)生催化氧化反應生成NO,該反應的化學方程式應為4NH3+5O24NO+6H2O,C錯誤。
3.(2024·浙江6月選考)利用CH3OH可將廢水中的N轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)后排放。反應原理為H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列說法正確的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替換CH3OH
C.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5
D.若生成標準狀況下的CO2氣體11.2 L,則反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)
答案　C
解析　A.由題中信息可知,利用CH3OH可將廢水中的N轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)X后排放,則X表示N2,NO2仍然是大氣污染物,A不正確;B.CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,CH3OH是該反應的還原劑,O3有強氧化性,通常不能用作還原劑,故不可用O3替換CH3OH,B不正確;C.該反應中,還原劑CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,升高了6個價位,氧化劑N中N元素的化合價由+5價降低到0價,降低了5個價位,由電子得失守恒可知,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶5,C正確;D.CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,升高了6個價位,若生成標準狀況下的CO2氣體11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5×6=3NA,D不正確。
4.(雙選)(2023·山東卷)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示,反應Ⅱ所得溶液pH在3~4之間,反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數(shù)=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應
B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ
D.若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時,需補加NaOH的量減少
答案　CD
解析　銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅,生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ),所得溶液pH在3~4之間,溶液顯酸性,根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)=1.3×10-2,=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解),則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3,調(diào)節(jié)溶液pH值至11,使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3,低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化),故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是S+2Cu2++2H2O===S+Cu2O↓+4H+,反應過程中酸性越來越強,可能使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體,需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行,據(jù)此分析解答。A.反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應,生成二氧化硫,是氧化還原反應,反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化還原反應,反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O,是氧化還原反應,A錯誤;B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3,B錯誤;C.經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液,可循環(huán)用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ),C正確;D.制取Cu2O總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3===Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O產(chǎn)量不變,增大,多的Na2SO3會消耗氫離子,用于控制pH值,可減少NaOH的量,D正確。
5.(2023·湖南卷)油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn),在不同的空氣濕度和光照條件下,顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應:
下列說法正確的是(　　)
A.S2和S的空間結構都是正四面體形
B.反應Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反應Ⅰ和Ⅱ中,參加反應的:Ⅰ<Ⅱ
D.反應Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7
答案　D
解析　A.S2的中心S原子形成的4個σ鍵的鍵長不一樣,故其空間結構不是正四面體形,A錯誤;B.As2S3中As的化合價為+3價,反應Ⅰ產(chǎn)物As2O3中As的化合價為+3價,故該過程中As沒有被氧化,B錯誤;C.根據(jù)題給信息可知,反應Ⅰ的方程式為:2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反應Ⅱ的方程式為:As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,則反應Ⅰ和Ⅱ中,參加反應的:Ⅰ>Ⅱ,C錯誤;D.As2S3中As為+3價,S為-2價,在經(jīng)過反應Ⅰ后,As的化合價沒有變,S變?yōu)?2價,則1 mol As2S3失電子3×4 mol=12 mol;在經(jīng)過反應Ⅱ后,As變?yōu)?5價,S變?yōu)?6價,則1 mol As2S3失電子2×2 mol+3×8 mol=28 mol,故反應Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7,D正確。
命題立意:試題常以物質(zhì)的轉(zhuǎn)化過程或?qū)嶒炛苽錇樗夭?考查氧化還原反應的相關知識,主要涉及物質(zhì)的性質(zhì)、氧化還原反應的基本概念、規(guī)律、電子轉(zhuǎn)移以及定量計算等必備知識。此類試題通常以物質(zhì)的轉(zhuǎn)化或?qū)嶒灢僮髯鳛檩d體,考查學生信息獲取與加工、邏輯推理和論證能力。
1.氧化還原反應概念及關系
2.氧化還原反應的重要規(guī)律
1.(2024·江蘇南通二模)第四周期過渡元素形成的化合物具有重要作用。黃銅(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成單質(zhì)硫,所得CuSO4溶液可用于制取納米Cu2O,Cu2O能與酸發(fā)生反應。CuOx-TiO2可用于低溫下催化氧化HCHO:HCHO(g)+O2(g)CuOx-TiO2CO2(g)+H2O(l)。CoCl3具有強氧化性,可與鹽酸反應生成氯氣。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反應制備的配合物Na3[Co(NO2)6]可應用于K+的鑒定。
下列化學反應表示正確的是(　　)
A.Cu2O與稀硫酸反應:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反應:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3與足量鹽酸反應:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制備Na3[Co(NO2)6]的反應:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
答案　B
解析　A.Cu2O與稀硫酸發(fā)生歧化反應,離子方程式為Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O,錯誤;B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反應,生成Fe2+和單質(zhì)S,離子方程式為CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S,正確;C.CoCl3具有強氧化性,可與鹽酸反應生成氯氣,故Co(OH)3與足量鹽酸反應生成Cl2和Co2+,化學方程式為2Co(OH)3+6HCl===2CoCl2+6H2O+Cl2↑,錯誤;D.制備Na3[Co(NO2)6]時的離子方程式,醋酸要保留化學式,離子方程式為12N+2Co2++H2O2+2CH3COOH===2[Co(NO2)6]3-+2H2O+2CH3COO-,錯誤。
2.(2024·江蘇南通二模)工業(yè)制備硫酸的主要過程如下:
已知2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列說法錯誤的是(　　)
A.硫酸粘度較高,與其分子間氫鍵有關
B.FeS2中含有離子鍵、非極性共價鍵
C.第②步,每轉(zhuǎn)移2 mol電子,放出98.3 kJ能量
D.氟氫化鉀(KHF2)與發(fā)煙硫酸反應可生成氟磺酸(HSO3F),說明硫酸的酸性大于氟磺酸
答案　D
解析　黃鐵礦與空氣反應將硫元素轉(zhuǎn)化為SO2,SO2在催化劑高溫情況下轉(zhuǎn)化為SO3,SO3最后轉(zhuǎn)化為H2SO4,據(jù)此回答。A.硫酸—OH中的氫原子與另一分子的氧原子形成分子間氫鍵,故硫酸流動性差,粘度較高,正確;B.FeS2中含有Fe2+、,中含有非極性共價鍵,正確;C.每轉(zhuǎn)移2 mol電子轉(zhuǎn)移,即有1 mol SO2完全轉(zhuǎn)化,故放出98.3 kJ能量,正確;D.氟原子的電負性大,吸電子能力強,使氟磺酸中的羥基極性大,故酸性大于硫酸,錯誤。
3.(2024·遼寧鞍山二模)25 ℃時,利用8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2(反應Ⅰ)獲得:1 mol S8(),同時將生成的CO2溶于水形成pH=5.6的溶液Ⅱ,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ中轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA
B.反應Ⅰ中形成S—S鍵的數(shù)目為7NA
C.反應Ⅰ產(chǎn)物中π電子的數(shù)目為8NA
D.溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目為10-5.6NA
答案　A
解析　A.8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2中N元素由+1價下降到0價,S元素由-2價上升到0價,1 mol S8參與反應時轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA,正確;B.由S8的結構可知,生成1 mol S8時,形成S—S鍵的數(shù)目為8NA,錯誤;C.CO2中含有2個π鍵,N2中含有2個π鍵,獲得1 mol S8時生成4 mol CO2和8 mol N2,含有(4×2+8×2) mol=24 mol π鍵,π電子的數(shù)目為48NA,錯誤;D.未知溶液的體積,無法計算溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目,D錯誤。
4.(2023·遼寧協(xié)作校一模)已知反應:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列關于該反應的說法錯誤的是(　　)
A.Na2FeO4可以對水體進行殺菌消毒、凈化
B.Na2O2在該反應中既是氧化劑又是還原劑
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,轉(zhuǎn)移4 mol電子
答案　D
解析　Na2FeO4具有強氧化性,能對水體進行殺菌消毒,產(chǎn)生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體可以吸附水中的小顆粒,可以凈水,A正確;Na2O2中O元素化合價既有升高,又有降低,故Na2O2既是氧化劑又是還原劑,B正確;a=2,根據(jù)Fe和S元素守恒可知,c=2、d=2,再根據(jù)Na元素守恒可知,b=6,則3a=b, C正確；由選項C可知，該反應的化學方程式為2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+ 2Na2O+2Na2SO4+O2↑,則每生成1 mol Na2FeO4,轉(zhuǎn)移5 mol電子,D錯誤。
5.(2023·山西臨汾一模)實驗室利用Bi(OH)3制取高錳酸鈉的相關反應的離子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列說法錯誤的是(　　)
A.反應Ⅰ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為5∶1
B.酸性條件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可與鹽酸發(fā)生反應:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高錳酸鈉時,理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為 mol
答案　B
解析　反應Ⅰ中,5Cl-→2.5Cl2(氧化產(chǎn)物),Cl→0.5Cl2(還原產(chǎn)物),則氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2.5∶0.5=5∶1,A正確;反應Ⅰ在酸性條件下進行,氧化性:Cl>Cl2;反應Ⅱ在堿性條件下進行,氧化性:Cl2>NaBiO3,反應Ⅲ在酸性條件下進行,氧化性:NaBiO3>Mn,Ⅰ~Ⅲ的反應條件不同,故B錯誤;酸性條件下,NaBiO3的氧化性強于NaMnO4,NaBiO3與鹽酸發(fā)生反應生成氯氣;NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+,C正確;根據(jù)化學方程式可得關系式:Cl~5Cl2~5NaBiO3~2Mn,28.4 g高錳酸鈉即0.2 mol,理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為 mol,D正確。(共26張PPT)
第一篇　新高考題型突破
板塊Ⅰ　化學用語與基本概念
題型突破選擇題　題型突破5　氧化還原反應及應用
真題導航
核心整合
模擬預測
1.(2024·山東卷)中國書畫是世界藝術瑰寶,古人所用文房四寶制作過程中發(fā)生氧化還原反應的是(　　)
A.竹管、動物尾毫→湖筆 B.松木→油煙→徽墨
C.楮樹皮→紙漿纖維→宣紙 D.端石→端硯
解析　A.湖筆,以竹管為筆桿,以動物尾毫為筆頭制成,不涉及氧化還原反應,A不符合題意;B.松木中的C元素主要以有機物的形式存在,徽墨主要為C單質(zhì),存在元素化合價的變化,屬于氧化還原反應,B符合題意;C.宣紙,以楮樹皮為原料,得到紙漿纖維,從而制作宣紙,不涉及氧化還原反應,C不符合題意;D.端硯以端石為原料經(jīng)過采石、維料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步驟制成,不涉及氧化還原反應,D不符合題意。
B
答案　D
3.(2024·浙江6月選考)利用CH3OH可將廢水中的N轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)后排放。反應原理為H++CH3OH+N—→X+CO2+H2O(未配平)。下列說法正確的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替換CH3OH
C.氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為6∶5
D.若生成標準狀況下的CO2氣體11.2 L,則反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)
C
解析　A.由題中信息可知,利用CH3OH可將廢水中的N轉(zhuǎn)化為對環(huán)境無害的物質(zhì)X后排放,則X表示N2,NO2仍然是大氣污染物,A不正確;B.CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,CH3OH是該反應的還原劑,O3有強氧化性,通常不能用作還原劑,故不可用O3替換CH3OH,B不正確;C.該反應中,還原劑CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,升高了6個價位,氧化劑N中N元素的化合價由+5價降低到0價,降低了5個價位,由電子得失守恒可知,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶5,C正確;D.CH3OH中C元素的化合價由-2價升高到+4價,升高了6個價位,若生成標準狀況下的CO2氣體11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.5×6=3NA,D不正確。
4.(雙選)(2023·山東卷)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示,反應Ⅱ所得溶液pH在3~4之間,反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數(shù)=1.3×10-2,=6.3×10-8。下列說法正確的是(　　)
A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應
B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化
C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元
吸收氣體Ⅰ
D.若Cu2O產(chǎn)量不變,參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)
的量之比增大時,需補加NaOH的量減少
CD
解析　銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅,生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ),所得溶液pH在3~4之間,溶液顯酸性,根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)=1.3×10-2,=6.3×10-8,可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解),則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3,調(diào)節(jié)溶液pH值至11,使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3,低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化),故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液,Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是S+2Cu2++2H2O=== S+Cu2O↓+4H+,反應過程中酸性越來越強,可能使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體,需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行,據(jù)此分析解答。A.反應Ⅰ是銅和濃
硫酸反應,生成二氧化硫,是氧化還原反應,反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應,生成NaHSO3、水和二氧化碳,是非氧化還原反應,反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O,是氧化還原反應,A錯誤;B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化,而不是NaHSO3,B錯誤;C.經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液,可循環(huán)用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ),C正確;D.制取Cu2O總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3===Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O產(chǎn)量不變,增大,多的Na2SO3會消耗氫離子,用于控制pH值,可減少NaOH的量,D正確。
5.(2023·湖南卷)油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn),在不同的空氣濕度和光照條件下,顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應:
下列說法正確的是(　　)
A.S2和S的空間結構都是正四面體形
B.反應Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反應Ⅰ和Ⅱ中,參加反應的:Ⅰ<Ⅱ
D.反應Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7
D
命題立意:試題常以物質(zhì)的轉(zhuǎn)化過程或?qū)嶒炛苽錇樗夭?考查氧化還原反應的相關知識,主要涉及物質(zhì)的性質(zhì)、氧化還原反應的基本概念、規(guī)律、電子轉(zhuǎn)移以及定量計算等必備知識。此類試題通常以物質(zhì)的轉(zhuǎn)化或?qū)嶒灢僮髯鳛檩d體,考查學生信息獲取與加工、邏輯推理和論證能力。
1.氧化還原反應概念及關系
2.氧化還原反應的重要規(guī)律
下列化學反應表示正確的是(　　)
A.Cu2O與稀硫酸反應:Cu2O+2H+===2Cu2++H2O
B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反應:CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S
C.Co(OH)3與足量鹽酸反應:Co(OH)3+3HCl===CoCl3+3H2O
D.制備Na3[Co(NO2)6]的反應:12N+2Co2++H2O2+2H+===2[Co(NO2)6]3-+2H2O
答案　B
解析　A.Cu2O與稀硫酸發(fā)生歧化反應,離子方程式為Cu2O+2H+===Cu2++Cu+H2O,錯誤;B.Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反應,生成Fe2+和單質(zhì)S,離子方程式為CuFeS2+4Fe3+===5Fe2++Cu2++2S,正確;C.CoCl3具有強氧化性,可與鹽酸反應生成氯氣,故Co(OH)3與足量鹽酸反應生成Cl2和Co2+,化學方程式為2Co(OH)3+6HCl===2CoCl2+6H2O+Cl2↑,錯誤;D.制備Na3[Co(NO2)6]時的離子方程式,醋酸要保留化學式,離子方程式為12N+2Co2++H2O2+2CH3COOH=== 2[Co(NO2)6]3-+2H2O+2CH3COO-,錯誤。
2.(2024·江蘇南通二模)工業(yè)制備硫酸的主要過程如下:
已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)　ΔH=-196.6 kJ·mol-1,下列說法錯誤的是(　　)
A.硫酸粘度較高,與其分子間氫鍵有關
B.FeS2中含有離子鍵、非極性共價鍵
C.第②步,每轉(zhuǎn)移2 mol電子,放出98.3 kJ能量
D.氟氫化鉀(KHF2)與發(fā)煙硫酸反應可生成氟磺酸(HSO3F),說明硫酸的酸性大于氟磺酸
D
解析　黃鐵礦與空氣反應將硫元素轉(zhuǎn)化為SO2,SO2在催化劑高溫情況下轉(zhuǎn)化為SO3,SO3最后轉(zhuǎn)化為H2SO4,據(jù)此回答。A.硫酸—OH中的氫原子與另一分子的氧原子形成分子間氫鍵,故硫酸流動性差,粘度較高,正確;B.FeS2中含有Fe2+、,中含有非極性共價鍵,正確;C.每轉(zhuǎn)移2 mol電子轉(zhuǎn)移,即有1 mol SO2完全轉(zhuǎn)化,故放出98.3 kJ能量,正確;D.氟原子的電負性大,吸電子能力強,使氟磺酸中的羥基極性大,故酸性大于硫酸,錯誤。
A
解析　A.8N2O+4CS2===S8+4CO2+8N2中N元素由+1價下降到0價,S元素由-2價上升到0價,1 mol S8參與反應時轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為16NA,正確;B.由S8的結構可知,生成1 mol S8時,形成S—S鍵的數(shù)目為8NA,錯誤;C.CO2中含有2個π鍵,N2中含有2個π鍵,獲得1 mol S8時生成4 mol CO2和8 mol N2,含有(4×2+8×2) mol=24 mol π鍵,π電子的數(shù)目為48NA,錯誤;D.未知溶液的體積,無法計算溶液Ⅱ中含H+的數(shù)目,D錯誤。
4.(2023·遼寧協(xié)作校一模)已知反應:aFeSO4+bNa2O2===cNa2FeO4+2Na2O+ dNa2SO4+eO2↑,a=2。下列關于該反應的說法錯誤的是(　　)
A.Na2FeO4可以對水體進行殺菌消毒、凈化
B.Na2O2在該反應中既是氧化劑又是還原劑
C.3a=b
D.每生成1 mol Na2FeO4,轉(zhuǎn)移4 mol電子
D
解析　Na2FeO4具有強氧化性,能對水體進行殺菌消毒,產(chǎn)生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3膠體可以吸附水中的小顆粒,可以凈水,A正確;Na2O2中O元素化合價既有升高,又有降低,故Na2O2既是氧化劑又是還原劑,B正確;a=2,根據(jù)Fe和S元素守恒可知,c=2、d=2,再根據(jù)Na元素守恒可知,b=6,則3a=b, C正確；由選項C可知，該反應的化學方程式為2FeSO4+6Na2O2===2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,則每生成1 mol Na2FeO4,轉(zhuǎn)移5 mol電子,D錯誤。
5.(2023·山西臨汾一模)實驗室利用Bi(OH)3制取高錳酸鈉的相關反應的離子方程式如下。
Ⅰ:Cl+6H++5Cl-===3Cl2↑+3H2O
Ⅱ:Bi(OH)3+3OH-+Cl2+Na+===NaBiO3+2Cl-+3H2O
Ⅲ:5NaBiO3+2Mn2++14H+===2Mn+5Bi3++5Na++7H2O
下列說法錯誤的是(　　)
A.反應Ⅰ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為5∶1
B.酸性條件下的氧化性:Cl>Cl2>NaBiO3>Mn
C.NaBiO3可與鹽酸發(fā)生反應:NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+
D.制得28.4 g高錳酸鈉時,理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為 mol
B
解析　反應Ⅰ中,5Cl-→2.5Cl2(氧化產(chǎn)物),Cl→0.5Cl2(還原產(chǎn)物),則氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2.5∶0.5=5∶1,A正確;反應Ⅰ在酸性條件下進行,氧化性:Cl>Cl2;反應Ⅱ在堿性條件下進行,氧化性:Cl2>NaBiO3,反應Ⅲ在酸性條件下進行,氧化性:NaBiO3>Mn,Ⅰ~Ⅲ的反應條件不同,故B錯誤;酸性條件下,NaBiO3的氧化性強于NaMnO4,NaBiO3與鹽酸發(fā)生反應生成氯氣;NaBiO3+6H++2Cl-===Bi3++Cl2↑+3H2O+Na+,C正確;根據(jù)化學方程式可得關系式:Cl~5Cl2~5NaBiO3~2Mn,28.4 g高錳酸鈉即0.2 mol,理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為 mol,D正確。

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