1.3 氧化还原反应 同步练习 2023-2024学年高一上学期人教版（2019）化学必修一

1.3 氧化还原反应 同步练习题 一、选择题 1．和热的KOH溶液发生离子反应：①。而实验室用和盐酸制取发生离子反应：②。下列说法错误的是 A．反应①中既是氧化剂又是还原剂 B．反应②中每生成3 mol转移电子的物质的量为6mol C．反应②中氧化产物和还原产物质量之比为5:1 D．反应①中氧化性；反应②中氧化性，原因是发生反应时的酸碱性环境不同 2．某体系中发生的一个反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+，已知MnO为其中一种反应物，下列说法正确的是 A．只有MnO和Fe2+是反应物 B．被还原的元素是Fe C．发生氧化反应的物质是MnO D．氧化剂与还原剂的个数比为1∶5 3．是一种食品添加剂，在一定条件下能发生反应：，下列叙述中正确的是 A．该反应中被还原 B．是该反应的氧化产物 C．生成需消耗 D．□中的粒子是 4．结合氮及其化合物“价一类”二维图及氧化还原反应的基本规律，下列分析或预测正确的是 A．、、均能与水反应生成酸，三者均为酸性氧化物 B．、、、的水溶液均可以导电，四者均属于电解质 C．联氨可能被亚硝酸氧化生成 D．硝酸具有较强的氧化性，可用稀硝酸溶解Au、Ag、Cu 5．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列有关该反应的说法中正确的是 A．该反应属于置换反应 B．H2O是还原剂 C．NaH中的氢元素被氧化 D．NaH在反应中体现了氧化性 6．工业上通过反应2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2制取无水氯化铝，关于该反应下列说法正确的是 A．AlCl3是氧化产物 B．每生成1molCO2，转移4个电子 C．该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 D．C发生还原反应 7．是优良的饮用水处理剂。将、、KOH混合共熔可制备，反应为：。下列说法不正确的是 A．铁元素被氧化 B．反应中，氮原子得到电子 C．每生成1mol个，转移6mol电子 D．是还原产物 8．下列指定反应的离子方程式正确的是 A．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色： B．利用腐蚀法制作印刷线路板： C．用稀硝酸溶解FeS固体： D．用醋酸除去水垢： 二、填空题 9．①写出小苏打的化学式：___________。 ②写出铁在Cl2中燃烧的化学方程式___________。 ③NaCl溶于水或熔化时的电离方程式___________。 10．已知反应：①SO3＋H2O=H2SO4 ②Cl2＋H2O=HCl＋HClO(弱酸) ③2F2＋2H2O=4HF＋O2 ④2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑ ⑤2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ ⑥SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O (1)上述反应中属于氧化还原反应的是_______(填序号，下同)。H2O被氧化的是_______，H2O被还原的是_______。属于氧化还原反应，反应物中的H2O既不被氧化，又不被还原的是_______。 (2)写出化学方程式②的离子方程式：_______。 11．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下： (1)“氧化”过程发生的离子方程式为___________ (2)向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2＋)中加入N2H4·H2O，在碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式：___________ 12．化合价是学习氧化还原反应的基础。写出以下几种物质中加点元素的化合价。 ①Na2O2_______ ② NH4NO3_______ ③H2C2O4_______ ④HClO_______ 13．根据反应8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2，回答下列问题： (1)有三个氧化剂参加反应时电子转移数目为________个 (2)氧化剂与还原剂的分子个数比为_____________。 (3)当有68gNH3参加反应时，被氧化的物质为____________g，生成的还原产物为____________g。 14．有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验： ①取少量白色固体粉末于烧杯中，加水搅拌，有白色不溶物生成，过滤，滤液无色透明。 ②取①的白色不溶物少量于试管中，加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有无色气泡产生。 ③取①所得的滤液2 mL于试管中，滴入几滴稀硫酸，有白色沉淀产生。 ④另取①得到的无色透明溶液少量于试管中，加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀。 根据上述实验事实，回答下列问题： (1)原白色粉末中一定含有的物质是________________(写化学式，下同)，一定不含有的物质是________。 (2)写出各步变化的离子方程式。 ①______________________________； ②_______________________________； ③________________________； (3)查阅资料可知，铜和浓H2SO4共热，发生如下反应： Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为______。 (4)亚硝酸钠易溶于水，水溶液显碱性，有氧化性，也有还原性。由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下： NaNO2＋KI＋ H2SO4 → NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋______。 请完成该化学方程式并配平：_____________________________。 15．铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题： I.制取铋酸钠。制取装置如图(加热和夹持仪器已略去)，部分物质性质如下： 物质 NaBiO3 Bi(OH)3 性质 不溶于冷水， 浅黄色 难溶于水，白色 (1)装二氧化锰的仪器名称是_______，B装置的作用是_______。 (2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的化学方程式为： _______。 (3)当观察到C中_______(填现象)时，可以初步判断C中反应已经完成。 (4)拆除装置前必须先除去残留的Cl2，以免污染空气。除去烧瓶A中残留Cl2的操作是：关闭_______，打开_______(填K1、 K2或K3)。 (5)反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作是_______、过滤、 洗涤、干燥。 II.铋酸钠的应用——检验Mn2+ (6)往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，产生紫红色现象的离子方程式为_______。 III.产品纯度的测定 (7)取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用a mol·L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的 (已知： 5H2C2O4+ 2+ 6H+=10CO2 + 2Mn2+ +8H2O)，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗b mL标准溶液。该产品的纯度为_______(已知NaBiO3摩尔质量为Mg/mol，用含w、a、 b、M的代数式表示)。 【参考答案】 一、选择题 1．B 解析：A．反应①中所含氯元素化合价，部分从0价升高到中的+5价，部分从0价降低到中的-1价，因此既是氧化剂又是还原剂，A正确； B．反应②中所含氯元素化合价从+5价降低到中的0价，降低5价，则每生成3 mol转移电子的物质的量为5mol，B错误； C．反应②每生成3mol共6mol的0价Cl中，有5mol的0价Cl是由化合价升高得到的，作氧化产物，剩下1mol的0价Cl是由所含氯元素化合价降低得到的，作还原产物，则氧化产物和还原产物的质量比为5:1，C正确； D．同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中既是氧化剂又是还原剂，是氧化产物，则氧化性：，反应②中是氧化剂，既是氧化产物又是还原产物，则氧化性：，由于发生反应时的酸碱性环境不同导致和的氧化性不同，D正确； 故选B。 2．D 【分析】Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但氧化性弱于酸性条件下MnO的氧化性，则Fe2+作还原剂，MnO作氧化剂，由此得出该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。 解析：A．由分析可知，MnO、Fe2+和H+是反应物，故A错误； B．由分析可知，Fe2+作还原剂，被氧化，故B错误； C．由分析可知，MnO作氧化剂，被还原，故C错误； D．由分析可知，该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂的个数比为1∶5，故D正确； 故选D。 3．C 解析：A．中氮化合价升高，失去电子，则该反应中被氧化，故A错误； B．是化合价降低得到的产物，则是该反应的还原产物，故B错误； C．中锰化合价降低5个价态，中氮化合价升高2个价态，根据化合价升降守恒得到系数配2，系数配5，即生成5mol硝酸钠，消耗2mol高锰酸钾，因此生成需消耗，故C正确； D．根据质量守恒和电荷守恒得到□中的粒子是，故D错误。 综上所述，答案为C。 4．C 解析：A. 酸性氧化物是指能与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，NO2与碱反应不能生成对应的盐，不是酸性氧化物，故A错误； B. NH3与水反应生成，在水溶液中发生电离可以导电，NH3自身不能发生电离而导电，是非电解质，故B错误； C. 联氨(N2H4)中N的化合价为-2价氢叠氮酸N2中N的化合价为0，亚硝酸(HNO2)中N的化合价为+3价，联氨(N2H4)可能被亚硝酸(HNO2)氧化生成氢叠氮酸N2，故C正确； D. 稀硝酸不能溶解Au，故D错误。 故答案选：C。 5．C 解析：A．置换反应是单质+化合物→单质+化合物，根据该反应的特点，该反应不属于置换反应，A错误； B．H2O中部分H元素由＋1价→0价，化合价降低被还原，作氧化剂，B错误； C．NaH中H元素显－1价，在反应中转化成0价，化合价升高被氧化，C正确； D．NaH中H元素被氧化，体现还原性，D错误； 综上所述答案为C。 6．C 【分析】反应2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2中C元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低。 解析：A．反应中Cl元素的化合价降低，被还原，则AlCl3是还原产物，故A错误； B．反应中C的化合价从0价升高到+4价，则每生成1 mol CO2，转移4mol电子，故B错误； C．该反应中，Cl2为氧化剂，C为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故C正确； D．反应中C元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故D错误； 故答案选C。 7．C 【分析】反应中，Fe元素从+3价升高到+6价，N元素从+5价降低到+3价，结合氧化还原反应的规律分析。 解析：A．铁元素从+3价升高到+6价，被氧化，A正确； B．反应中，氮原子得到电子，被还原，B正确； C．每生成1mol个，转移(6-3)mol=3mol电子，C错误； D．N元素从+5价降低到+3价，是还原产物，D正确； 故选C。 8．A 解析：A．亚硫酸钠被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸钠，离子方程式为：，故A正确； B．利用腐蚀法制作印刷线路板：2，故B错误； C．用稀HNO3溶解FeS固体的离子反应为NO +FeS+4H+═Fe3++S↓+NO↑+2H2O，故C错误； D．醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，故D错误； 故选A。 二、填空题 9． NaHCO3 NaCl=Na++Cl- 解析：①小苏打为碳酸氢钠，其化学式为：NaHCO3。 ②氯气具有强氧化性，将变价金属氧化到最高价，所以铁在Cl2中燃烧的化学方程式：。 ③NaCl是离子化合物，又是强电解质，所以溶于水或熔化时的电离方程式：NaCl=Na++Cl-。 10．(1) ②③④⑤ ③ ④ ②⑤ (2) 解析：（1）①S的化合价不变，不属于氧化还原； ②Cl元素化合价由0价升高到+1价的HClO及降低到-1价的HCl； ③F2元素的化合价由0价降低到-1价的HF，F2为氧化剂，H2O中的O为-2价升高到0价O2，H2O为还原剂被氧化； ④Na的化合价由0价升高到+1价NaOH，Na为还原剂；H2O中的H元素由+1价降低到0价H2，H2O为氧化剂被还原； ⑤Na2O2中O由-1价升高到0价O2，降低到-2价的NaOH，Na2O2既作为氧化剂也作还原剂； ⑥没有化合价元素变红，不属于氧化还原； 综合，属于氧化还原反应的是②③④⑤；H2O被氧化的是③；H2O被还原的是④；反应物中的H2O既不被氧化，又不被还原的是②⑤； 故答案为：②③④⑤；③；④；②⑤； （2）HClO、H2O为弱电解质不能拆，Cl2是单质不拆，故离子方程式为； 故答案为：。 11．(1)2H＋＋2Fe2＋＋ClO-=2Fe3＋＋Cl-＋H2O (2)N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH-=2Ni↓＋N2↑＋5H2O 解析：（1）FeO被酸溶解生成Fe2＋，用NaClO氧化Fe2＋，前面加入了H2SO4，故为酸性条件下，ClO-将Fe2＋氧化生成Fe3＋，ClO-自身被还原为Cl-，根据Cl和Fe得失电子守恒配平反应，用H＋平衡电荷。故离子方程式为2H＋＋2Fe2＋＋ClO-=2Fe3＋＋Cl-＋H2O。N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH-=2Ni↓＋N2↑＋5H2O。 （2）Ni2＋氧化N2H4·H2O，生成N2，自身被还原为Ni，根据N和Ni得失电子守恒配平反应，用OH-平衡电荷。故离子方程式为N2H4·H2O＋2Ni2＋＋4OH-=2Ni↓＋N2↑＋5H2O。 12． -1 -3 +3 +1 解析：①钠的化合价为+1价，根据所有元素化合价之和为0，知O的化合价为-1；②铵根离子中的氮元素来源于氨气，故为-3价③H元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，C元素的化合价为+3价；④氢元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，则Cl元素的化合价为+1价 13．3∶2 17 160.5 【分析】反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低到-1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，结合氧化还原反应的规律分析解答。 解析：(1) 反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低到-1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，失电子的N元素化合价升高，得电子的Cl元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目=6，故答案为：6； (2)由方程式可知，当有3molCl2参加反应时，有2molNH3被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比=分子个数比=3∶2，故答案为：3∶2； (3)当有68g NH3参加反应时，n(NH3)==4mol，其中有的氨气被氧化，即被氧化的氨气为4mol××17g/mol=17g，还原产物为NH4Cl，其质量为4mol××53.5g/mol=160.5g，故答案为：17；160.5。 14．(1) Ba(NO3)2、Na2CO3、NaCl CuSO4 (2) Ba2＋＋CO=BaCO3↓ BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑ Ba2＋＋SO=BaSO4↓ (3)1:1 (4)2NaNO2＋2KI＋2H2SO4=2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O 【分析】白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba(NO3)2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种； ①取少量白色固体粉末于烧杯中，加水搅拌，有白色不溶物生成，过滤，滤液无色透明，说明不含硫酸铜，则含有硝酸钡和碳酸钠，硝酸钡和碳酸钠生成碳酸钡白色沉淀； ④另取①得到的无色透明溶液少量于试管中，加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明样品含有氯化钠，氯化钠和硝酸银生成氯化银白色沉淀。 解析：（1）由分析可知，原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3、NaCl，一定不含有的物质是CuSO4； （2）①硝酸钡和碳酸钠生成碳酸钡白色沉淀，Ba2＋＋CO=BaCO3↓； ②碳酸钡和稀盐酸生成氯化钡、水、二氧化碳气体，BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑； ③硝酸钡和稀硫酸生成硫酸钡沉淀和盐酸，Ba2＋＋SO=BaSO4↓； （3）该反应中2分子硫酸中有1分子发生还原反应生成二氧化硫，硫酸为氧化剂；铜化合价升高发生氧化反应生成硫酸铜，为还原剂；故氧化剂与还原剂的个数之比为1:1； （4）反应中氮元素化合价由+3变为+2，碘元素化合价由-1变为0，根据电子守恒、质量守恒配平为：2NaNO2＋2KI＋2H2SO4=2NO↑＋I2＋K2SO4＋Na2SO4＋2H2O。 15．(1) 三颈烧瓶 除去HCl (2)Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O (3)C中的白色固体消失(或黄色不再加深；C中上方充满黄绿色气体等) (4) K1、K3(K1可不填) K2 (5)在冰水中冷却结晶 (或冷却结晶) (6)5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+5Na++7H2O (7)Mba×10-3/w或0.1Mba/w％ 【分析】用浓盐酸和二氧化锰反应制备氯气，其中混合有挥发出的氯化氢气体，要用饱和食盐水进行除杂，然后利用氯气的强氧化性，在碱性环境下将Bi(OH)3氧化为NaBiO3；利用锰离子的还原性将NaBiO3还原，锰离子氧化为高锰酸根离子，检验NaBiO3的氧化性；实验结束后，产物有毒性，故打开三颈烧瓶的氢氧化钠溶液，吸收剩余的氯气；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和锰离子反应生成高锰酸根，高锰酸根再与草酸反应来测定，根据氧化还原反应反应进行计算。 解析：（1）由图可知，装二氧化锰的仪器名称是三颈烧瓶；由于浓盐酸会挥发，则制备的氯气中含有氯化氢，故B装置的作用是除去HCl； （2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH的混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，根据氧化还原反应原理，Bi(OH)3+3NaOH+Cl2=NaBiO3+2NaCl+3H2O； （3）C中反应已经完成，则白色的Bi(OH)3全部变成了黄色的NaBiO3，白色固体消失，故答案为：C中的白色固体消失(或黄色不再加深；C中上方充满黄绿色气体等)； （4）氯气可以和NaOH溶液反应，从图上装置看，关闭K1、K3，打开K2可使氢氧化钠流下与剩余的氯气反应，将其吸收； （5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，由题意可知，NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冷水环境下进行，需要的操作可在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （6）往待检液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，生成Bi3+，且溶液变为紫红色，证明待检液中存在Mn2+，说明铋酸钠将锰离子氧化为高锰酸根离子，因为属于酸性环境，所以铋酸钠被还原为Bi3+，根据氧化还原反应原理可知，产生紫红色现象的离子方程式为： 5NaBiO3 + 2Mn2+ + 14H+ = 5Bi3+ + 2MnO+ 5Na+ + 7H2O； （7）根据得失电子守恒可知，草酸和高锰酸根离子的反应比例 H2C2O4~MnO=5:2，又因为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2+5Na++7H2O，即：NaBiO3:H2C2O4=1:1，m(NaBiO3)= Mba×10-3 g，纯度为×100%，故答案为：Mba×10-3/w或0.1Mba/w％。 学科网（北京）股份有限公司 $$