第4讲氧化还原反应公开课教案教学设计课件资料.docx

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1、第4讲氧化还原反应课时训练选题表知识点题号氧化还原反应的相关概念1,2,3,5氧化还原反应的规律与应用4,6,7氧化还原反应化学方程式的书写及配平8,14氧化还原反应的相关计算11,12综合应用9,10,13,15L化学与人类生活有着密切联系。下列过程涉及氧化还原反应的是(C)A.SOz漂白的纸张易变黄B.明研净水C.漂白粉久置于空气中失效D.胃舒平治疗胃酸过多2. (2023杭州一模)“神州十四号”飞船的天线用钛银记忆合金制造,工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)过程包含以下反应:2FeTiO3+6C+7Cl2三2TiCl,1+2FeCl3+6C0o下列说法不正确的是(D)ACk是

2、氧化剂B.CO是氧化产物C生成1molTiCL转移7mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的置之比为7:63. (2022云峰联盟联考)关于反应Cu(NO3)23H20Cu0+N02t+O2fH20(未配平)，下列说法正确的是(C)A.氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1B.生成22.4L时,反应转移电子数为4MC.将充分分解后所得的气体收集于一密闭容器中，充分静置反应,所得溶液中硝酸与水的物质的量之比为1：1D.Cu(NO3)230中的铜元素被氧化解析：根据得失电子守恒配平，反应的化学方程式为2Cu(NO3)23H202Cu0+4N0202t6H20。由分析可知，氧化产物氧气与还原产物二氧化

3、氮的物质的量之比为1：4,故A错误;未说明是否为标准状况,不能用标准状况下的气体摩尔体积计算22.4L氧气的物质的量和反应转移电子数目，故B错误；由分析可知,硝酸铜晶体分解生成4mol二氧化氮时,生成1mol氧气和6mol水,充分分解后所得二氧化氮、氧气能完全反应生成硝酸，反应的化学方程式为4N02022H20=4HN03,由此可知，所得溶液中硝酸与水的物质的量之比为4mol：(6-2)InorI：1,故C正确；由化学方程式可知，反应中铜元素的化合价没有发生变化,故D错误。4.下列对中学化学常见物质的性质分析正确的是(C)A.Ck具有很强的氧化性,在化学反应中只能作氧化剂B.浓硫酸具有强氧化性

4、,常温下能与Cu发生剧烈反应C. Clo2、HClO均能使品红溶液褪色的原因是两者均具有强氧化性D. Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生,说明Fe与两种酸均发生置换反应解析:氯气与水、碱的反应中，只有Cl元素的化合价发生变化,则Cl2既作氧化剂又作还原剂,故A错误;浓硫酸在常温下与铜不反应,要在加热条件下才反应,故B错误;CIO2、HClO都具有强氧化性,均能使品红溶液褪色,故C正确;Fe与稀硝酸反应生成N0,该反应不是置换反应,Fe与稀硫酸反应有氢气生成,该反应属于置换反应,故D错误。5.（2022浙江五校联考）C102是一种常用消毒齐加实验室制备CIO?有两种方法：2KC103+4HC1

5、（浓）一定温度HCIat+Cl21+2KC1+2H2O（2）2KC103+H2C204+H2S042C1021+K2S04+2C021+2H20o下列说法正确的是（C）A.两种方法中的CIO?都是氧化产物B.1molKClO3参加反应都有2mol电子转移C.生成等量ClO2,方法需要KCI的质量相同D.氧化剂与还原剂的物质的量之比都为2：1解析:两种方法中Cl。2都是还原产物,故A错误;两种方法中1molKClO3参加反应都有1mol电子转移,故B错误；由得失电子守恒、质量守恒可知,生成等量CIO2,方法需要KClO3的质量相同,故C正确;反应中KCI作氧化剂,部分HCI作还原剂,部分HCI体

6、现酸性,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1,故D错误。6.向CUSO“溶液中加入乩。2溶液,很快有大量气体逸出，同时放热,一段时间后,蓝色溶液变为红色浑浊（CU2。），继续加入比。2溶液,又变为蓝色溶液,这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（B）A. C是山。2分解反应的催化剂B. H2O2只表现了氧化性CH2O2的电子式为H：O：O：HD.发生了反应Cu20+H202+4H+_2Cu2+3H20解析：向CUSol溶液中加入乩。2溶液,很快有大量气体逸出，同时放热,说明Cu*是乩。2分解反应的催化剂,故A正确;根据蓝色溶液变为红色浑浊（CwO）,说明Cj被还原成or,山。

7、2表现了还原性,继续加入H2O2溶液,又变为蓝色溶液,说明发生了反应Cu2002+4H-2Cu2+30,Cu2O中+1价Cu被氧化成Cu2+,乩。2又表现了氧化性,故B不正确,D正确;比。2属于共价化合物，电子式为H：6：0:H,故C正确。7.已知PbOz在盐酸中易被还原成PbCI2,且Pbo2、Cl2.FeCI3、7的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（B）A. Ck通入FeL溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2_2FeCl3+4FeI3B. FeCh溶液能将KI溶液中的氧化C. 1.具有较强的氧化性,可以将PbCl2氧化成PbO2D. 1molPbO2在盐酸中被氧化生成PbCI2时转移

8、2molD8.某离子反应涉及%0、C10NH,HN2、Cl一六种粒子,常温条件下反应时,溶液PH随时间变化的曲线如图所示。下列判断错误的是(D)A.该反应的氧化剂是ClO8 .该反应中有两种离子生成C.该反应生成1mol氧化产物时,转移电子6molD.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3解析:该离子反应涉及的六种粒子中,ClO-具有强氧化性,应为该反应的氧化剂，分析其他粒子的元素化合价变化可知,NH应为该反应的还原齐U,由题图可知,反应过程中C(HD不断增大，因此H应为该反应的生成物,再由原子守恒可知,H2O也是该反应的生成物,离子方程式失去2X3e-II3C1O+2NH;N2t3C

9、+3H2O+2H+为1得到3X2cJ,则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比应为3：2,D错误。9 .(2022湖、丽、衢三地市教学质量检测)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOX),将烟气与此的混合气体通入Ce(SoJ2与Ce2(SO1)3的混合溶液中实现无害化处理,其转化过程如图所示。下列说法正确的是(A).该转化过程的实质为NOX被上还原B.处理过程中,Ce,和M起催化作用C.该转化过程需定期补充Ce(SOJ2溶液D.过程11,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：X解析:根据转化过程图可知,该转化过程的实质为NO、被比还原为N2,H2被氧化为水,故A正确;整个转化过程中Ce起催化作用，

10、氢离子是中间产物，故B错误；Ce起催化作用，该转化过程不需要定期补充Ce(SO3溶液,故C错误;过程11中发生的反应为2N0x+4xH+4xCe3+-N2+4Ce*+2xH2O,可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2x,故D错误。10 .在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验,产物又进行了系列实验,流程如图。下列说法正确的是(C)稀硫酸气体A溶液E沉淀FA.气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物B.硫元素一共参加了2个氧化还原反应C.沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应D.若固体B中加浓硫酸,发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素解析:首先铁粉和硫粉反应生成FeS,S和反应生成S02

11、,FeS与稀硫酸反应生成FeS0和IS,HzS和浓硫酸反应生成S、S0Z和H2。由以上分析可知,气体A中SO2是氧化产物,气体D中SO2是还原产物,A错误;由以上分析可知,铁粉和硫粉反应生成FeS,S和反应生成S02,H2S和浓硫酸反应生成S、S()2和H2O,该3个反应中S元素的化合价都发生改变,均为氧化还原反应,B错误;沉淀F是S,S与NaOH在加热的条件下反应生成Na2S.Na2SO3H2O,C正确；固体B为FeS,FeS和浓硫酸反应生成Fez(SO)3、S、SOZ和庆0,其中被氧化的元素为Fe和S,被还原的元素为S,D错误。11.已知酸性K2CnO7溶液可与FeSO,溶液反应生成Fe-

12、和Cr3+o现将硫酸酸化的LCnOi溶液与FeSO溶液混合,充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液,混合溶液中Fe的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是(B)A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B.与Fe反应的K2Cr2O70.25molC.图中BC段发生的反应为2Fe3-+2I_2Fe2+I2D.K2Cr2O7KI反应的物质的量之比为1：6解析:根据酸性K2C0O7溶液可与FeS(M容液反应生成Fe,一和Cd可知,氧化性K2Cr2O7Fe3+,由图可知,在反应后的溶液中滴加碘化钾溶液,开始F/浓度不变,说明Fe没有参加反应,则AB段应为K2CnO7和碘化钾的

13、反应,BC段为铁离子和碘化钾的反应AB段为K2CeO7和碘化钾的反应,LCeOi为氧化剂,A正确;BC段为铁离子和碘化钾的反应,反应的离子方程式为2Fe3+2-2Fe2+I2,11TWn(Fe3+)=n()=1.5mol-0.6mo1=0.9mol,溶液中的F/全部由酸性KzCrO?溶液与FeSol溶液反应生成，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O76Fe2+6Fb,所以与F/反应的K2CnO7为0.9moli=0.15mol,B错误,C正确；LCnO?与6KI反应时,K2Cr2O7中Cr元素的化合价由+6价变成+3价,Kl中I元素的化合价由T价变成0价，根据得失电子守恒可得n(K2Cr2O7

14、)X(6-3)2=n(KI)X(1-0),n(K2Cr2O7):n(KI)=l：6,D正确。12.工业上把Ck通入冷NaOH溶液中制得漂白液(有效成分为NaClO)。某化学小组在一定温度下将氯气缓缓通入NaOH溶液中，模拟实验得到C10CIO3的物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线如图所示。下列说法错误的是(D)A.参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1B. a点时溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)=6：1：1C. t2-t4min,C1(T的物质的量下降的原因可能是3C10_2C1+ClOgD.使用漂白液时,为了增强漂白效果,可以向漂白液

15、中通入二氧化硫解析:A.反应所得溶液中溶质为NaC1、NaCl0、NaClO3,n(Na)=n(Cl),则参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1,故A正确;a点时,Cb通入NaOH溶液中反应,得到含有Cl(y与ClOg物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒可得此时反应的化学方程式为4Cl2+8Na0H_6NaCl+NaC103+NaC10+4H20,Mn(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)=6：1：1,故B正确；由图可知，Inin,ClOg浓度增大,ClCT浓度减小,结合电子转移守恒,其原因可能是CIO发生歧化反应,3ClO_2C+C1O3，故C正确;二氧化硫

16、具有强还原性,与漂白液发生氧化还原反应,则向漂白液中通入二氧化硫,会减弱漂白能力，故D错误。13.KC103和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为2KC1O3+4HC1(浓)一定温度2KC1+2C1O?+Cl2+2H20o(1)请分析该反应中电子转移的情况(单线桥法表示)：o氧化剂与还原剂的物质的量之比是o(3)若产生标准状况下22.4LCL,则转移的电子的物质的量为molo(4)C102对污水中Fe、Mn2S”和CN等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN-amgL,现用ClO2将CN-氧化,只生成两种气体,其离子方程式为,处理00.这种污水，至少需要CIO2mo

17、lo解析：(4)Clo2将CN-氧化,只生成两种气体,应为M与CO2,同时生成C,其离子方程式为2C102+2CN-N2+2C022Co100?这种污水中m(CN-)=100m3ag/m:-100ag,n(CN)=0-g-mol,由离子方程26g/mol13式可知,至少需要n(C10，=詈molo2d答案：(1)2KC1O34HC1()2KC12C1021+Cl2t2H20(2)1：1(3)2(4)2C102+2CNN22CO2+2C1詈14.碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。1.的一种制备方法如图所示：AgNO3Fe粉CL净化除氯后 含海水I氧化-4U 淀 陵沉回

18、答下列问题:加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为O通入Cb的过程中，若氧化产物只有一种,反应的化学方程式为O以NaIO3为原料制备I2的方法是先向NaIO3溶液中加入适量的NaHSO3,生成碘化物;再向混合溶液中加入NaIOs溶液,反应得到L上述制备L的总反应的离子方程式为答案：(l)2AgI+Fe-2Ag+Fe2+2(2)FeI2+Cl2_I2FeCl2(3)2IO3+5HSO3I2+5S0f3H+015.K3Fe(C2Dj(三草酸合铁酸钾)可用于摄影和蓝色印刷。工业上以H2C2OK草酸)、FeCzOK草酸亚铁)、K2C2O4(草酸钾)、是。2等为原料制备K3Fe(C2O1)3的反应原理如下

19、。氧化:6FeC201+3H202+6K2C20b_4K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3转化:2Fe(OH)3+3K2C204+3H2C2042K3Fe(C2O1)360制备1mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为o制备过程中需防止草酸被乩。2氧化,写出草酸被上。2氧化的化学方程式:O(3)K3Fe(C2O1)3XHzO(三草酸合铁酸钾晶体)是一种光敏材料,为测定该晶体中草酸根离子的含量和结晶水的含量,某实验小组进行了如下实验：称量9.820g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMno4溶液至CzOf全部转化成CO2时,恰好消

20、耗24.00mL0.1000mol/L酸性KMnol溶液。计算该晶体的化学式,并写出计算过程。解析：(1)根据反应6FeC201302+6K2C201-4K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3和2Fe(OH)3+3K2C204+3H2C2042K3Fe(C2O4)3+6H20得关系式3H202-6K3FeCJ3,则制备1mol三草酸合铁酸钾至少需要的物质的量为0.5molo草酸被乩。2氧化生成二氧化碳,七。2被还原为水,利用化合价升降法结合原子守恒配平,化学方程式为H2C201+H202-2C021+20o(3)根据题给信息知该滴定过程中涉及的离子方程式为5C2O2MnO4+16H+-2Mn

21、2+8010C02t,根据消耗高锌酸钾的物质的量计算参加反应的CzOf的物质的量,进一步计算样品中K3EFe(C2O1)3的物质的量,结合K3EFe(C2O4)3x0计算9.820g三草酸合铁酸钾晶体中含结晶水的物质的量,确定X值。答案：(1)0.5mol(2)H2C204H202-2C02+20(3)消耗KMno4的物质的量为0.1000molL0.024L=O.0024mol,依据化学方程式5C20f+2MnO；+16H+_2Mn2+8H20+10C02t,可知n(CQf)=O.0024mol=0.006mol;250mL原溶液中CzOf的物质的量为0.006molX10=0.06mol,则nK3Fe(C2O4)3mol=0.02mol;9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为9.820g-437g/mol0.02mol=l.08g,则n(乩0)=8g=。.。6molo综上所18gmol述,该晶体的化学式为K3Fe(C2O1)33H20o