第2课时氧化剂和还原剂A组1.在泡沫橡胶的制造中,要利用下列反应放出氧气:2H2O22H2O+O2↑,其中H2O2()A.是氧化剂B.是还原剂C.既是氧化剂,又是还原剂D.既不是氧化剂,又不是还原剂解析:在反应的过程中,H2O2中的氧元素,化合价既升高又降低,因此H2O2既是氧化剂又是还原剂。答案:C2.氢化钙可作为生氢剂,反应的化学方程式为CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑,下列说法错误的是()A.CaH2既是氧化剂,又是还原剂B.H2既是氧化产物,又是还原产物C.CaH2是还原剂,H2O是氧化剂D.氧化产物与还原产物的质量比为1∶1解析:此题的关键是确定CaH2中氢元素的化合价为-1价。然后纵观组成物质的每种元素的化合价变化可知:反应中只有氢元素化合价发生了变化,其余元素化合价均未变化。而氢元素分布在反应前后的各物质中,此时应先找出未变价的部分。生成物Ca(OH)2中的氢为+1价,这两个氢原子一定来自H2O分子,而2H2O中共4个+1价的氢原子,显然H2O中另一部分氢必然得电子被还原。然后再从生成物H2中分析,H2分子是由CaH2中-1价氢元素被氧化和一部分H2O中+1价的氢元素被还原而生成的。故可得到结论:题中B选项是对产物的解析,C选项是对反应物的解析,都是正确的,从而可知A选项不正确,D选项是对产物的定量解析,也正确,故答案为A。答案:A3.下列微粒既有氧化性又有还原性的是()A.Cu2+B.SO2C.AlD.○+17解析:+4价属于硫元素的中间价态,既有氧化性又有还原性。答案:B4.导学号05840129下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是()A.Na+、Ba2+、Cl-、SB.Ca2+、HC、Cl-、K+C.Mn、K+、I-、H+D.H+、Cl-、Na+、C解析:A中Ba2+与S因为发生复分解反应生成沉淀不能大量共存;B中离子能大量共存;C中Mn具有强氧化性,而I-具有强还原性,两种离子在酸性溶液中会发生氧化还原反应;D中H+与C会发生复分解反应生成CO2和H2O而不能大量共存。答案:C5.在一定条件下,R和F2可发生反应:R+F2+2OH-R+2F-+H2O,从而可知在R中,元素R的化合价是()A.+4价B.+5价C.+6价D.+7价解析:方法1:根据电荷守恒有n+1×2=1+1×2,n=1。设元素R在R中的化合价为x,则x-2×3=-1,x=+5价。方法2:设元素R在R中的化合价为x。根据氧化还原反应中得失电子守恒,有(7-x)×1=[0-(-1)]×2,所以x=+5价。答案:B6.被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并与水反应:NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑(NaBH4中H为-1价),下列说法正确的是()A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂B.NaBH4是氧化剂,H2O是还原剂C.硼元素被氧化,氢元素被还原D.被氧化的元素与被还原的元素质量比为1∶1解析:H2O中的氢元素化合价降低,NaBH4中的氢元素化合价升高。NaBH4是还原剂,H2O是氧化剂,H2既是氧化产物又是还原产物。A、B、C项错误,D项正确。答案:D7.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时,被还原的硝酸的物质的量为()A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol解析:氧化剂所得到的电子总数一定等于还原剂所失去的电子总数。锌和很稀的硝酸反应时,锌被氧化成硝酸锌,而硝酸被还原成硝酸铵,硝酸中的氮元素的化合价从+5价降低到-3价,每生成1mol硝酸锌失去2mol电子,而每1mol硝酸被还原需要得到8mol电子,由此可知,当生成1mol硝酸锌时,被还原的硝酸的物质的量为0.25mol。答案:D8.在Fe2O3+3CO2Fe+3CO2反应中,(1)是氧化剂,是还原剂;元素被氧化,元素被还原;具有氧化性,具有还原性;是氧化产物,是还原产物。(2)标出该反应中电子转移的方向和数目。解析:氧化还原反应的特征是化合价的升降,因此,根据化合价进行相关概念的判断是氧化还原反应分析的重要方法。化合价升降与氧化还原反应相关概念的关系可以归纳为四句话“升失氧,降得还,若说剂,正相反”。据此分析上述反应中各元素的化合价变化情况,不难得出结论。答案:(1)Fe2O3COCFeFe2O3COCO2Fe(2)9.“绿色试剂”过氧化氢可作为采矿业废液的消毒剂,如消除采矿业废液中的氰化物(如KCN),反应的化学方程式为KCN+H2O2+H2OA+NH3↑。回答下列问题:(1)生成物A的化学式为。(2)在标准状况下有0.448L氨气生成,则转移的电子数为。(3)反应中被氧化的元素为,被还原的元素为。(4)H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是。解析:(1)利用原子守恒可得出A的化学式为KHCO3。(2)双线桥法表示的电子转移如下:则电子转...
