1.3 氧化还原反应 同步练习题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．下列物质的用途涉及氧化还原反应的是 A．用做红色颜料 B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热 C．用作食品膨松剂 D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂 2．下列叙述正确的是 A．硫酸钠溶于水的电离方程式为Na2SO4=Na++SO B．氢氧化钠固体中存在Na+和OH-，故氢氧化钠固体能导电 C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡属于电解质 D．NaCl溶液能导电，所以NaCl溶液是电解质 3．是大气污染的主要元凶之一，工业上常用碱液吸收法来处理：，使废气得以净化，下列有关说法正确的是 A．NaOH在该反应中作氧化剂 B．在反应过程中仅失去电子 C．反应后溶液的pH增大 D．上述反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶1 4．反应3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，还原剂是 A．NaClO B．FeCl3 C．NaOH D．NaCl 5．电视剧中的仙境美轮美奂，其中所需的烟雾是在放于温热石棉网上的NH4NO3和Zn粉的混合物中滴几滴水后产生的白烟：NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法中不正确的是 A．每生成0.5molZnO共转移1mol电子 B．NH4NO3既是氧化剂也是还原剂 C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1 D．N2分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构 6．某同学在实验室中进行如下实验： 编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ 实验 现象 没有明显变化，溶液仍为无色 有沉淀生成，溶液为蓝色 有无色气泡产生 以下结论不正确的是 A．Ⅰ中无明显变化，说明两溶液不反应 B．Ⅱ中的白色沉淀为BaSO4 C．Ⅲ中的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑ D．Ⅲ中发生的反应即是氧化还原反应还是离子反应 7．下列反应中，不属于氧化还原反应的是 A． B． C． D． 8．运动会上的发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白烟。撞击时发生反应的化学方程式：。则下列有关叙述错误的是 A．该反应属于氧化还原反应，为氧化反应的产物 B．该反应中n(氧化剂)：n(还原剂) C．该反应中消耗时，转移电子 D．白烟是由于剧烈反应生成的白色固体小颗粒和 二、填空题 9．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 10．工业上可用氨与反应检验输送氯气的管道是否漏气： 。 (1)作氧化剂的物质是_______，氯元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)。 (2)反应中每消耗，生成的物质的量是_______，转移电子的物质的量是_______。 11．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 12．黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)， (1)补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_______ □P4＋□NaOH＋□_______= □PH3↑＋□NaH2PO2 标出电子转移的数目和方向：_________ 方程式配平_______ (2)其中氧化剂和还原剂质量比为_______。 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．研究钠、铁、铜及其化合物具有重要意义。 （1）有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后向溶液中逐渐加入的0.1mol/L盐酸，产生的气体CO2体积(标准状况下) 与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示: 试计算: （1）向NaOH 溶液中通入CO2气体后，所得溶液中的溶质是_______，反应产生的CO2气体体积(标准状况) 是_______L。 （2）向Ba (OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至恰好不再生成沉淀为止，写出发生反应的离子方程式_______________，若在上述反应后溶液中继续滴加NaHSO4溶液，写出此步反应的离子方程式: _______________ 。 （3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。某厂废弃液中，含有2%~5%的NaNO2 直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_____。 A．KMnO4       B．NH4Cl        C．O2       D．HNO3 （4）向含Fe(NO3)3、 Cu(NO3)2、HNO3 的稀溶液中逐渐加入铁粉，c(Fe2+)的变化如图所示。 ①横坐标0~1段反应的离子方程式为:_____________。 ②忽略溶液体积的变化，则原溶液Cu(NO3)2的浓度为_____________。 15．氮化锂是一种优良的贮氢材料，遇水剧烈反应，在加热的条件下锂和与氮气反应生成氮化锂。某化学实验小组设计了如图实验装置制备氮化锂(部分夹持装置省略)并测定其纯度。回答下列问题： 已知： i．实验室可用饱和溶液与溶液加热后反应制取，该反应为放热反应； ii． (1)氮化锂的制备： ①连接好装置开始实验前必须进行的操作是___________。 ②盛装溶液的仪器名称为___________；装置A中反生的离子方程式为___________。 ③实验开始先点燃A处酒精灯，这样做的目的是___________。 ④经查阅资料得知，装置A处不需要持续加热，分析可能原因___________；装置E的作用是___________。 (2)氮化锂纯度的测定： ①取产品于蒸馏烧瓶中，打开止水夹，通过安全漏斗向蒸馏烧瓶中加入足量的水，装置如下图所示。G中的液体可选择___________(填标号)。 A．煤油 B．蒸馏水 C．四氯化碳 D．饱和食盐水 ②当反应完全后，测得体积为(已折合成标准状况)。该产品的纯度为_______%。(结果精确到小数点后两位) 【参考答案】 一、选择题 1．B 解析：A．用为红色固体，俗称铁红，可做红色颜料，是利用其稳定性不涉及氧化还原，选项A不选； B．用暖宝贴(成分：铁粉、水、食盐、活性炭等)供热，在反应中铁粉被氧气氧化，发生了氧化还原反应，选项B选； C．用NaHCO3作食品膨松剂是因为受热分解放出二氧化碳气体，不涉及氧化还原反应，选项C不选； D．用可溶性的铁盐、铝盐作净水剂，原理是铁离子和铝离子发生水解反应生成胶体，不涉及氧化还原反应，选项D不选； 答案选B。 2．C 解析：A．硫酸钠溶于水的电离方程式为Na2SO4=Na++SO，不遵循电荷守恒，钠离子系数为2，Na2SO4=2Na++SO，A错误； B．氢氧化钠固体中存在Na+和OH-，但不能自由移动，故氢氧化钠固体不能导电，B错误； C．硫酸钡难溶于水，但硫酸钡是一种盐，属于电解质，C正确； D．NaCl溶液能导电，所以NaCl是电解质，NaCl溶液不是电解质，也不是非电解质，D错误； 故选C。 3．D 解析：A．NaOH在反应中没有元素发生化合价变化，不是氧化剂，A错误； B．NO2在反应过程中失电子也得电子，B错误； C．反应消耗NaOH溶液，pH减小，C错误； D．NO2在反应过程中既作还原剂又作氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶1，D正确； 故选D。 4．B 解析：反应3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，FeCl3中Fe元素化合价由+3价上升到+6价，还原剂是FeCl3，故选B。 5．A 【分析】在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，NH4NO3中N元素分别为-3、+5价，反应后都转化为0价；Zn生成ZnO，由0价升高到+2价，以此来解析； 解析：A．在反应NH4NO3＋Zn=ZnO＋N2↑＋2H2O中，电子转移的数目为5e-，所以每生成1molZnO，共转移5mol电子，则每生成0.5molZnO共转移2.5mol电子，故A错误； B．NH4NO3中N元素价态既升高又降低，所以既是氧化剂又是还原剂，故B正确； C．根据分析可知，氧化锌为氧化产物，N2既是氧化产物又是还原产物，根据得失电子守恒，可判断，个 N2为氧化产物，个 N2是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为(1+):=3:1，故C正确； D．N原子最外层5个电子，N2中N原子之间形成3对共用电子对，故N2分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构，故D正确； 故选D。 6．A 解析：A．Ⅰ中氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，A错误； B．Ⅱ中氯化钡与硫酸铜反应生成白色沉淀为BaSO4和蓝色溶液氯化铜，B正确； C．Ⅲ中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，C正确； D．Ⅲ中反应的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，锌元素、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应同时也是离子反应，D正确； 故本题选A。 7．C 解析：A．Na元素的化合价由0价升至+1价，H元素的化合价由H2O中+1价降至0价，存在化合价变化属于氧化还原反应，故A不符合题意； B．Na2O2中O元素的化合价一部分由-1价升至O2中的0价，一部分由-1价降至NaOH中的-2价，存在化合价变化属于氧化还原反应，故B不符合题意； C．反应前后各元素化合价均未改变，不属于氧化还原反应，故C符合题意； D．Co元素化合价由+3价降为+2价，Cl元素化合价部分由-1价升为0价，存在化合价变化属于氧化还原反应，故D不符合题意； 故选：C。 8．B 解析：A．该反应属于氧化还原反应，P价态升高， 为氧化反应的产物，A正确； B．氯元素价态价态降低，磷元素价态升高，为氧化剂，P为还原剂，n(氧化剂)∶n(还原剂)，B错误； C．由方程式可知反应中P元素的化合价由0价升高为价，故消耗时，转移电子，C正确； D．与P反应生成和，和均为固体小颗粒，所以白烟是由于剧烈反应生成的白色固体小颗粒和，D正确； 故选B。 二、填空题 9．(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。 10．(1) 降低 (2) 0.5 3 解析：（1）反应中氯元素化合价由0变为-1，化合价降低发生还原反应，氯气作为氧化剂； （2）根据化学方程式可知，反应中每消耗，生成的物质的量是0.5，电子转移关系为，转移电子的物质的量是3mol。 11．(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； 12．(1) (2)1:3 解析：（1）反应中磷元素部分化合价由0变为-3、部分由0变为+1，根据质量守恒可知，还会有水参与反应，结合电子守恒，反应为 ；单线桥表示电子的转移情况，故表示为 ； （2）反应中磷元素部分化合价由0变为-3发生还原反应为氧化剂、部分由0变为+1发生氧化反应为还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂和还原剂质量比为1:3。 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． NaOH和Na2CO3 0.056 L Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O OH-+H+=H2O B Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O 1mol/L 解析：（1）图中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；根据反应NaHCO3+HCl= NaCl+CO2↑+H2O可知n(CO2)=n(HCl)= 0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，V(CO2)= 0.0025mol×22.4L/mol=0.056L；（2）向Ba (OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至恰好不再生成沉淀为止，以硫酸根离子与钡离子按1：1进行反应，发生反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，若在上述反应后溶液中继续滴加NaHSO4溶液，溶液中未反应的氢氧根离子继续与NaHSO4电离出的氢离子反应，反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O；（3）含有2%～5%的NaNO2的溶液直接排放会造成污染，若试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，则物质应该有还原性，加入的物质是NH4Cl，选项是B； （4）Fe(NO3)3、 Cu(NO3)2、HNO3 的稀溶液氧化性为HNO3＞Fe3+＞Cu2+，金属铁先和氧化性强的离子反应。①横坐标0~1段是金属铁和硝酸之间的反应，发生反应的离子方程式为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，所以亚铁离子的浓度不变；②0～1：开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变；1～2：金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，此时c(Fe2+)=3mol/L，说明溶液的体积为1L；2～3：反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，所有的离子均被还原，此时加入的1mol铁会和Cu2+反应生成1mol亚铁离子；则n(Cu2+)=1mol；c(Cu2+)==1mol/L。 15．(1) 检验装置的气密性 分液漏斗 A生成氮气排净装置中的空气 反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行 吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中和反应 (2) AC 70.00 解析：（1）①连接好装置开始实验前必须进行的操作是检验装置的气密性，答案为：检验装置的气密性； ②盛装溶液的仪器名称为分液漏斗；装置A中亚硝酸钠和氯化铵反应生成氮气，根据电子转移守恒配平方程式， ，答案为：分液漏斗 ，； ③实验开始先点燃A处酒精灯，这样做的目的是用生成的氮气排净装置中的空气，答案为：A生成氮气排净装置中的空气； ④经查阅资料得知，装置A处不需要持续加热，分析可能原因反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行；装置E的作用是吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中和反应，答案为：反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行，吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入E装置中和反应； （2）①由题意知氮化锂与水反应生成氢氧化锂和氨气，通过测量气体体积，求的样品得含量，所以所选液体不能溶解氨气，氨气溶于水和饱和食盐水所以BD错误，AC正确， 故选AC; ②，由氮元素守恒样品中，所以产品的纯度为，答案为：70.00。 学科网（北京）股份有限公司 $$