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）化学必修第一册

1.3 氧化还原反应 同步练习题 一、选择题 1．下列反应属于氧化还原反应，但不于四大基本反应类型的是 A． B． C． D． 2．使用交叉分类法可从不同角度认识化学反应。下列反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是 A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ C．3NO2+H2O=2HNO3+NO D．4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 3．三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是 A．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、、三种成分的净化 B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C．还原过程中生成，转移电子 D．在转化过程中，氮元素均被还原 4．为探究、、氧化性强弱，进行如下实验： ①向溶液中滴加适量溶液，观察到溶液变成紫红色； ②继续往溶液中滴加适量溶液，观察到紫红色逐渐褪去，并且伴有气泡产生。 下列说法错误的是 A．中Bi的化合价为＋5 B．氧化性： C．反应②每生成1mol ，转移4mol电子 D．预测向溶液中滴加，可以观察到有气泡产生 5．反应3NaClO+2FeCl3+10NaOH=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，还原剂是 A．NaClO B．FeCl3 C．NaOH D．NaCl 6．下列反应中，不属于氧化还原反应的是 A． B． C． D． 7．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 8．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 二、填空题 9．工业废水中含有的重铬酸根()有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)做处理剂，反应的离子方程式如下：6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，回答下列问题： (1)氧化性：___________Fe3+(填“>”或“<”)。 (2)用“单线桥”标出电子转移的方向和数目___________ 6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 (3)每处理含0.5 mol 的废水，需消耗绿矾___________ g (已知：FeSO4·7H2O的摩尔质量为278 g/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．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．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)。 13．铜广泛应用于电气、轻工、机械制造、国防工业等。回答下列问题： (1)用黄铜矿冶铜原理如图所示： ①反应Ⅱ中每消耗转移电子的物质的量为______。 ②反应Ⅲ的化学方程式为______。 (2)铜锈中有无害的和有害的“粉状锈”。 ①和均属于______填“正”“酸式”或“碱式")盐；在湿的空气中生成的化学方程式为______。 ②某铜锈样品可能由、和组成，测定其组成的步骤如图所示，则铜锈样品中______。 14．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．A 解析：A．一氧化碳与氧化铁高温条件下的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，但该反应不属于四大基本反应类型，故A符合题意； B．氢氧化亚铁转化为氢氧化铁的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应属于化合反应，故B不符合题意； C．铁与硫酸铜溶液的置换反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是置换反应，故C不符合题意； D．高锰酸钾受热发生分解反应制备氧气的反应是有元素化合价变化的氧化还原反应，该反应是分解反应，故D不符合题意； 故选A。 2．D 【分析】根据反应特点及特征分析判断。 解析：A．该反应中反应物有2种，生成物也有2种，因此反应不属于化合反应，A错误； B．该反应中反应物有2种，生成物也有2种，因此反应不属于化合反应，B错误； C．该反应中反应物有2种，生成物也有2种，因此反应不属于化合反应，C错误； D．该反应中反应物有3种，生成物只有1种，反应基本类型属于化合反应，且在反应过程中Fe、O元素的化合价发生了变化，因此反应又属于氧化还原反应，D正确； 故合理选项是D。 3．A 解析：A．催化过程中，CO、CxHy、NOx转化成无污染的CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、、三种成分的净化，故A正确； B．BaO为催化剂，在NOx、O2、BaO转化为Ba(NO3)2的过程中，BaO参与储存N元素，故B错误； C．Ba(NO3)2转化成氮气时，N元素化合价降低5，则生成0.1mol氮气转移了0.1mol×(5-0)×2=1mol电子，故C错误； D．NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故D错误； 故答案选A。 4．C 解析：A．中Na是+1价，O是-2价，根据化合价代数和为0可知Bi的化合价为+5价，故A正确； B．向溶液中滴加适量溶液，观察到溶液变成紫红色，说明将Mn2+氧化为KMnO4，说明氧化性：>KMnO4，继续往溶液中滴加适量溶液，观察到紫红色逐渐褪去，并且伴有气泡产生，说明KMnO4将氧化为氧气，说明氧化性：KMnO4>，故B正确； C．反应②中KMnO4将氧化为氧气，O元素由-1价上升到0价，每生成1mol ，转移2mol电子，故C错误； D．由B可知氧化性：，则也可以将氧化为氧气，故D正确； 故选C。 5．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。 6．B 解析：A．反应中铝、氢元素化合价改变，为氧化还原反应，A不符合题意； B．石灰石和稀盐酸反应生成氯化钙、水、二氧化碳，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．和水反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D． 铁、氢元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 7．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。 8．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。 二、填空题 9．(1)> (2) (3)834 解析：（1）反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O中，Cr元素的化合价降低被还原，为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：> Fe3+； （2）6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O中，亚铁离子的化合价由+2价升高到+3价，共转移6×(3-2)=6个电子，则“单线桥”表示电子转移为 ； （3）和绿矾之间的系数比为1:6，则每处理含0.5 mol 的废水，需消耗3mol绿矾，则需消耗绿矾质量=3mol×278g/mol=834g。 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)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． 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； 13． 2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑ 碱式 【分析】根据化合价的变化计算转移的电子数，反应Ⅲ中Cu2O和Cu2S在高温下反应生成铜，结合元素守恒，应该还生成二氧化硫，据此书写反应的化学方程式； 根据图示，1.2940g铜锈样品用含有FeCl3的盐酸溶解，其中的CuCl被氧化生成+2价的Cu，FeCl3被还原生成Fe2+，然后用0.1000mol/L的Ce(SO4)2滴定Fe2+，消耗20.00mLCe(SO4)2溶液，结合反应的方程式计算n(CuCl)；1.2940g铜锈样品用含有H2O2的盐酸溶解，反应后生成的溶液中加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，灼烧得到氧化铜0.9600g；反应生成的二氧化碳气体通入氢氧化钡溶液吸收，生成0.5910g碳酸钡沉淀，根据铜元素守恒和碳元素守恒列式计算和。 解析：(1)①反应Ⅱ中O2变为O2-，化合价由0价降低为-2价，因此反应中每消耗1molO2转移的电子的物质的量为4mol； ②反应Ⅲ中Cu2O和Cu2S在高温下反应生成铜，同时生成二氧化硫，反应的化学方程式为2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑； (2)①和都含有金属阳离子、氢氧根离子和酸根阴离子，均属于碱式盐；中Cu为+2价，而中Cu为+1价，因此在湿的空气中被氧化生成，反应中作还原剂，反应的化学方程式为； ②根据图示，1.2940g铜锈样品用含有FeCl3的盐酸溶解，其中的被氧化生成+2价的Cu，FeCl3被还原生成Fe2+，反应方程式为Fe3++CuCl = Cu2++Fe2++Cl-。然后用0.1000mol/L的Ce(SO4)2滴定，消耗20.00mLCe(SO4)2溶液，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，存在关系CuCl～Fe2+～Ce4+，因此=0.1000mol/L×0.02L=0.002mol；1.2940g铜锈样品用含有H2O2的盐酸溶解，反应后生成的溶液中加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，灼烧得到氧化铜0.9600g，氧化铜的物质的量==0.012mol，根据铜元素酸守恒，+2+2=0.012mol，即=0.005mol，1.2940g铜锈样品用含有H2O2的盐酸溶解，反应生成二氧化碳气体，将二氧化碳通入氢氧化钡溶液吸收，生成0.5910g碳酸钡沉淀，则生成的二氧化碳为=0.003mol，即=0.003mol，则=0.002mol，则：：=0.002mol：0.002mol：0.003mol=2：2：3。 14．(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 $$