1.3 氧化还原反应 同步练习题 2023-2024学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册

1.3 氧化还原反应 同步练习题 一、选择题 1．是一种化工原料，可用于生产颜料、木材防腐剂等。将铜粉加入稀盐酸中，并持续通入空气，在的催化作用下可生成(过程如图所示)。下列说法不正确的是 A．过程I的反应为： B．过程II中消耗1mol氧化剂时，转移电子数目为1 C．此过程中，可循环使用 D．该过程总反应为： 2．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶、过滤、在HCl气流中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是 A．此法的优点之一是原料来源丰富 B．第④步电解时每生成33.6L(标准状况下)氯气，转移的电子为1.5mol C．①②③的目的是从海水中提取MgCl2 D．以上提取镁的过程中涉及化合、分解、复分解和氧化还原反应 3．汽车尾气中的和通过催化剂可转化为无毒的气体：。下列关于该反应的说法正确的是 A．该反应是置换反应 B．得电子 C．是氧化剂 D．是还原产物 4．下列反应中，水只作氧化剂的氧化还原反应为 A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．2F2+2H2O=4HF+O2 C．H2O+CaO=Ca(OH)2 D．NaH +H2O=NaOH+H2↑ 5．下列物质中，氯元素的化合价最低的是 A．NaCl B．KClO3 C．Cl2 D．ClO2 6．工业上用碳还原水制备氢气，一种催化制氢原理如下图所示。下列说法不正确的是 A．FeO发生还原反应 B．每生成标准状况下224L，转移电子20mol C．总反应方程式： D．对比水与碳在高温下直接反应，该法有利于直接获得较纯净的氢气 7．便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下。已知，纯ClO2易分解爆炸，固态的亚氯酸钠加热或撞击会迅速分解生成氯化物。下列说法不正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．发生器中鼓入空气的主要目的是将ClO2稀释，避免发生爆炸 C．NaClO2加热时可以发生的反应3NaClO2 2NaClO3 + NaCl D．ClO2与Na2O2反应也可生成亚氯酸钠 8．实验室制取少量的氮气，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O。关于该反应说法正确的是 A．NaNO2是还原剂 B．生成1分子N2时转移的电子为6个 C．NH4Cl中的氮元素被氧化 D．N2既是氧化剂又是还原剂 二、填空题 9．现有以下物质：①熔化的NaOH②稀硫酸③K2CO3固体④Fe⑤酒精(C2H5OH)溶液⑥干冰，按要求回答问题。 (1)把上述六种物质分类时，某同学选出Fe与其他物质不同，除了是否单质为依据外，还可能的分类依据是_______。 (2)属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______。 (3)写出属于电解质的电离方程式_______。 (4)写出上述物质间可以发生氧化还原反应的化学方程式_______。 (5)二氧化硫是一种酸性氧化物，可以用过量NaOH溶液吸收，溶液中增加的一种离子的符号为_______。 (6)NaOH溶液和Al(OH)3胶体外观相似，区别它们的实验方法是_______。 10．回答下列问题 (1)现有下列物质：①SO2 ②石墨 ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥盐酸 ⑦漂白粉 ⑧含氧40%的氧化镁 ⑨CuSO4·5H2O ⑩熔融NaCl 其中属于纯净物的是___________(填序号，下同)；属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________，能导电的是___________。 (2)已知Be(OH)2与Al(OH)3都属于两性氢氧化物，写出Be(OH)2分别与NaOH溶液、盐酸反应的化学方程式：___________、___________。 11．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。 (1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应中Na2O2是_______(填氧化剂、还原剂) (2)湿法制备高铁酸钾的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO、Cl-、H2O。 ①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_______。 ②若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_______mol 12．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。 ①、、、 ②、、、 ③、、KOH、 (1)三种物质依次是(填化学式)：①_______；②_______；③_______； (2)HCO与H+在溶液不能大量共存，试用离子方程式说明_______。 (3)配平化学方程式：_______。 _______S＋_______KOH=_______K2S＋_______K2SO3＋_______H2O 13．是一种棕黑色粉末，难溶于水，可用作强氧化剂和电极制造等。实验室由溶液氧化碱性法制备的步骤如下： 反应原理：为测定产品(只含和PbO)中、PbO的物质的量之比，称取产品0.5194g，加入20.00mL 0.2500 溶液(还原为，被氧化为)搅拌使其充分反应，然后用氨水中和，过滤、洗涤除去，滤液酸化后用0.0400 标准溶液滴定至终点(还原为，被氧化为)，消耗标准溶液10.00mL。计算产品中与物质的量之比______(写出计算过程)。 14．如图，A、B、C、D、E各代表水、铁、二氧化碳、硫酸铜溶液、氢氧化钡溶液中的一种物质。常温下，相连环物质间能发生反应，不相连环物质间不能发生反应，且B的相对分子质量大于D。请填空： （1）写出下列物质的化学式：A_______，B_______，D_______。 （2）写出下列反应的化学方程式：B＋C：________________________________________， （3）相连环物质间发生的反应中，置换反应共有____________个。 15．K2[Cu(C2O4)2]·nH2O是一种化工原料，其制备方法如下： Ⅰ.制备CuO：取一定质量的CuSO4·5H2O于烧杯中，加入足量NaOH溶液，小火加热至沉淀变黑(生成CuO)，稍冷后过滤、用去离子水洗涤； Ⅱ.制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液：取0.3molH2C2O4·2H2O于烧杯中，加入适量去离子水，微热至溶解，冷却后加入0.2molK2CO3充分搅拌； Ⅲ.制备K2[Cu(C2O4)2]·nH2O：将步骤Ⅱ得到的溶液加热后，将步骤Ⅰ制得的CuO连同滤纸一起加入其中，水浴加热，趁热过滤、热水洗涤，滤液浓缩结晶、干燥得产品。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ过程中存在两种基本反应类型，分别为___、___；该步骤洗涤CuO时，能说明已洗涤干净的方法是__。 (2)步骤Ⅱ制得的混合溶液中，=___(不考虑HC2O电离和HC2O、HC2O水解)。 (3)步骤Ⅲ中，CuO连同滤纸一起加入Ⅱ的溶液中，而不是将CuO取出。可能的原因是___；加入CuO发生反应的离子方程式为___。 (4)如图为K2[Cu(C2O4)2]·nH2O热重曲线(图中TG%=固体样品减少的质量/固体样品的起始质量)： ①已知105.02℃时失去全部结晶水，结晶水n=___。 ②若269～297℃时生成CO、CO2、CuO和K2C2O4，则CO、CO2的物质的量之比n(CO)∶n(CO2)=___。 【参考答案】 一、选择题 1．B 解析：A．由图可知，过程I的反应为：，A正确； B．过程II中氧化剂为O2，还原产物为H2O，则消耗1mol氧化剂时，转移电子数目为4，B错误； C．由图可知，此过程中，可循环使用，C正确； D．由图可知，该过程总反应为：，D正确； 故选B。 2．B 解析：A．此法用贝壳制石灰乳，引入的海水中加入石灰乳生成氢氧化镁，原料来源丰富，A正确； B．第④步电解氯化镁生成单质镁和氯气，化学方程式为，生成1.5mol氯气，转移电子3mol，B错误； C．①制备石灰乳，②引入的海水中加入石灰乳生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁沉淀中加入盐酸反应生成氯化镁溶液，结晶、过滤在HCl气流中干燥产物生成氯化镁固体，C正确； D．贝壳焙烧碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水化合生成氢氧化钙，氢氧化钙与氯化镁发生复分解反应生成氢氧化镁沉淀，最后电解熔融氯化镁生成镁和氯气的反应为氧化还原反应，D正确； 故答案选B。 3．C 解析：A．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，因此该反应不是置换反应，故A错误； B．反应中碳化合价升高，因此失去电子，故B错误； C．反应中氮化合价降低，因此是氧化剂，故C正确； D．碳化合价升高得到，因此是氧化产物，故D错误。 综上所述，答案为C。 4．D 解析：A. Cl2+H2O=HCl+HClO：H2O中H和O的化合价没有发生变化，A不符合题意； B. 2F2+2H2O=4HF+O2：H2O中O化合价从-2升到0价，故水作还原剂，B不符合题意； C. H2O+CaO=Ca(OH)2：H2O中H和O的化合价没有发生变化，C不符合题意； D. NaH +H2O=NaOH+H2↑：H2O中H化合价从+1降到0价，故水作氧化剂，D符合题意； 综上所述，选D。 5．A 解析：A．NaCl中Cl元素化合价是-1价； B．KClO3中Cl元素化合价是+5价； C．Cl2中Cl元素化合价是0价； D．ClO2中Cl元素化合价是+4价； 综上所述，选A。 6．A 解析：A．该过程中FeO转化为Fe3O4，Fe元素化合价上升，发生氧化反应，故A错误； B．H2O中H元素由+1价下降到0价生成H2，标准状况下224L的物质的量为10mol，生成1mol H2转移电子20mol，故B正确； C．由图可知，用碳还原水制备氢气的总方程式为：，故C正确； D．水与碳在高温下才能反应，该方法在常温下就能反应且有利于直接获得较纯净的氢气，故D正确； 故选A。 7．A 【分析】NaClO3固体在稀硫酸中溶解，NaClO2与二氧化硫反应生成ClO2，充入的空气混合气主要避免ClO2过纯，降低浓度避免发生爆炸，ClO2通到氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液中反应生成亚氯酸钠(NaClO2)和氧气，经过一系列操作得到亚氯酸钠(NaClO2)粗产品。 解析：A．溶解过程中可以用盐酸代替，则两者会发生氧化还原反应生成氯气，因此不能用盐酸代替稀硫酸，故A错误； B．由于纯ClO2易分解爆炸，因此发生器中鼓入空气的主要目的是将ClO2稀释，避免发生爆炸，故B正确； C．固态的亚氯酸钠加热或撞击会迅速分解生成氯化物即NaCl，再根据氧化还原反应原理和质量守恒得到还生成NaClO3，因此NaClO2加热时可以发生的反应3NaClO2 2NaClO3 + NaCl，故C正确； D．ClO2具有氧化性，Na2O2具有还原性，根据氧化还原反应原理得到ClO2与Na2O2反应也可生成亚氯酸钠，故D正确。 综上所述，答案为A。 8．C 【分析】在反应NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O中，NaNO2中N元素的化合价降低为氮气中的0价，作氧化剂，NH4Cl中N元素的化合价升高为氮气中的0价，作还原剂，发生归中反应。 解析：A．NaNO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，A项错误； B．生成1个N2时转移的电子为3个，B项错误； C．NH4Cl中的N元素转化为N2，化合价由-3价升至0价，被氧化，C项正确； D．N2既是氧化产物又是还原产物，D项错误； 答案选C。 二、填空题 9．(1)是否含有氧元素 (2) ①③ ⑥ (3)、 (4) (5) (6)用一束光束通过胶体，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应的是Al(OH)3胶体，另一种为NaOH溶液 【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物； 解析：（1）上述六种物质除了铁之外都含有氧元素，故还可能的分类依据是是否含有氧元素； （2）①熔化的NaOH为电解质；②稀硫酸为溶液混合物；③K2CO3固体为电解质；④Fe为金属单质；⑤酒精酒精(C2H5OH)溶液为混合物；⑥干冰为非电解质； 故属于电解质的是①③；属于非电解质的是⑥； （3）熔化的NaOH完全电离，；K2CO3溶于水完全电离，； （4）铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，存在元素化合价改变为氧化还原反应，； （5）二氧化硫是一种酸性氧化物，可以用过量NaOH溶液吸收，反应生成亚硫酸钠和水，增加的离子为亚硫酸根离子； （6）光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；故区别它们的实验方法是用一束光束通过胶体，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应的是Al(OH)3胶体，另一种为NaOH溶液。 10．(1) ①②④⑤⑧⑨⑩ ⑤⑧⑨⑩ ① ②③⑥⑩ (2) Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O 解析：（1）下列物质：①SO2 ②石墨 ③氨水 ④液氯 ⑤H2SO4 ⑥盐酸 ⑦漂白粉 ⑧含氧40%的氧化镁 ⑨CuSO4·5H2O ⑩熔融NaCl中，③氨水、⑥盐酸、⑦漂白粉都为混合物，⑧氧化镁中，含氧量为=40%，则为纯净物。所以属于纯净物的是①②④⑤⑧⑨⑩；酸、碱、盐、金属氧化物都为电解质，则⑤H2SO4、⑧含氧40%的氧化镁、⑨CuSO4·5H2O 、⑩熔融NaCl都属于电解质，故选⑤⑧⑨⑩；在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，所以①SO2属于非电解质，故选①，金属单质、石墨、易溶于水的电解质的水溶液、熔融的碱、盐、金属氧化物都能导电，故选②③⑥⑩。答案为：①②④⑤⑧⑨⑩；⑤⑧⑨⑩；①；②③⑥⑩； （2）已知Be(OH)2与Al(OH)3都属于两性氢氧化物，则Be(OH)2与NaOH溶液反应，生成Na2BeO2等；Be(OH)2与盐酸反应，生成BeCl2等。化学方程式：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O、Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。答案为：Be(OH)2＋2NaOH=Na2BeO2＋2H2O；Be(OH)2＋2HCl=BeCl2＋2H2O。 11．(1)氧化剂和还原剂 (2) 2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO+ 3Cl- + 5H2O 0.15 解析：（1）所含元素化合价升高的反应物是还原剂，降低的为氧化剂；反应中过氧化钠中氧的化合价部分降低，部分升高，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故答案为：氧化剂和还原剂； （2）①湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO为产物，Fe(OH)3为反应物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO－为反应物，Cl－为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO的系数为2，ClO－的系数为3，Cl－的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO+ 3Cl- + 5H2O； ②氯元素化合价降低，发生还原反应得到还原产物氯离子，3Cl- ~6e-；若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为0.3mol=0.15mol。 12．(1) (2)HCO+H+=+ (3)3S＋6KOH=2K2S＋1K2SO3＋3H2O 解析：（1）①、、三者均为金属氧化物，为非金属氧化物； ②、、三者均为酸，为中性分子； ③、KOH、三者均为碱，属于盐类； 故答案为：；；； （2）HCO与H+在溶液发生反应生成二氧化碳和水，反应的离子方程式为：HCO+H+=+，故答案为：HCO+H+=+； （3）每生成1mol硫化钾得2mol电子，每生成1mol亚硫酸钾失去4mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒可得反应方程式为：3S＋6KOH=2K2S＋K2SO3＋3H2O，故答案为：3S＋6KOH=2K2S＋1K2SO3＋3H2O； 13． 解析：与作用的 与，PbO作用的 由以上两式可解得， 故答案为：9:2； 14． Fe CuSO4 CO2 CuSO4＋Ba(OH)2＝Cu(OH)2↓＋BaSO4↓ 1个 解析：(1)本题利用假设法：假定A、Fe；B、CuSO4；C、氢氧化钡溶液；D、CO2；E、水，经过带入原题进行验证，符合题意；分析每两种物质之间的反应：A与B为置换反应；B与C为复分解反应；C与D为中和反应；D与E为化合反应；所以没有涉及的基本反应类型有：分解反应； (2)B＋C：硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，故其化学方程式为：CuSO4+Ba(OH)2=Cu(OH)2↓+BaSO4↓； (3)结合(1)分析可知，只有A与B反应为置换反应。 15．(1) 复分解反应 分解反应 取最后一次洗涤滤液少许，滴加几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明产品洗涤干净 (2)2 (3) 减少CuO的损耗，提高产品产率 CuO+2HC2O=[Cu(C2O4)2]2−+H2O (4) 2 1∶1 解析： (1)步骤Ⅰ过程中存在两种反应，取一定质量的CuSO4·5H2O于烧杯中，加入足量NaOH溶液，小火加热至沉淀变黑(生成CuO)，稍冷后过滤、用去离子水洗涤，说明显是发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀，再是氢氧化铜分解生成氧化铜和水，反应类型分别为复分解反应、分解反应；该步骤洗涤CuO时，能说明已洗涤干净的方法是取最后一次洗涤滤液少许，滴加几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明产品洗涤干净；故答案为：取最后一次洗涤滤液少许，滴加几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明产品洗涤干净。 (2)步骤Ⅱ，制备KHC2O4和K2C2O4混合溶液：取0.3molH2C2O4·2H2O于烧杯中，加入适量去离子水，微热至溶解，冷却后加入0.2molK2CO3充分搅拌，根据元素守恒设KHC2O4和K2C2O4物质的量分别为x、y，得到x+y=0.3，x+2y=0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以=2；故答案为：2。 (3)步骤Ⅲ中，由于CuO在滤纸上，为了减少损耗，因此CuO连同滤纸一起加入Ⅱ的溶液中，而不将CuO取出，为了提高产品的产率；加入CuO反应生成K2[Cu(C2O4)2]，其离子方程式为CuO+2HC2O=[Cu(C2O4)2]2−+H2O；故答案为：减少CuO的损耗，提高产品产率；CuO+2HC2O=[Cu(C2O4)2]2−+H2O。 (4)①已知105.02℃时失去全部结晶水，，解得n=2；故答案为：2。 ②根据题意，由于草酸根中碳为+3价，+3碳变为+2价的CO，降低1个价态，草酸根中+3碳变为+4价CO2，升高1个价态，根据化合价升降相等，则得到CO、CO2的物质的量之比n(CO)∶n(CO2)=1∶1；故答案为：1∶1。 学科网（北京）股份有限公司 $$