04第4讲　氧化还原反应及其规律应用-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

跟踪练(4)　氧化还原反应及其规律应用 一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求) 1．(2024·广西南宁普高联盟联考)下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是 (　　) A.向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀 B.向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D.向H2S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 D　解析：向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，发生反应Ba2+＋SO===BaSO4↓，溶液体积增大，c(H＋)减小，pH增大，且没有发生氧化还原反应；向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气发生反应4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，该过程消耗水，则c(OH－)增大，pH增大；向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，该过程没有元素的化合价发生变化，故没有发生氧化还原反应。 2．下列过程所用的物质，利用了其氧化性的是 (　　) A.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板 B.用锌块防止钢铁船体腐蚀 C.用SO2的水溶液吸收Br2 D.用铁粉防止FeSO4溶液氧化 A　解析：用FeCl3溶液腐蚀覆铜板发生的反应为2Fe3+＋Cu===2Fe2+＋Cu2+，铁元素的化合价降低，被还原，利用其氧化性；用锌块防止钢铁船体腐蚀，是利用其还原性；用SO2的水溶液吸收Br2，硫元素的化合价升高，被氧化，利用其还原性；用铁粉防止FeSO4溶液氧化，利用了Fe的还原性。 3．(2024·广西玉林高三上学期统考)有如下反应：①K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；②Cr＋2HCl(稀)===CrCl2＋H2↑；③2KMnO4＋16HCl(稀)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。下列说法正确的是 (　　) A.氧化性强弱：K2Cr2O7＞KMnO4＞Cl2 B.反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1 C.向Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应 D.向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应10Cr3+＋6MnO＋11H2O===5Cr2O＋6Mn2+＋22H＋ D　解析：根据氧化剂的强化性强于氧化产物，由反应①～③分别可得氧化性强弱：K2Cr2O7＞Cl2、HCl＞CrCl2、KMnO4＞Cl2，反应①中使用浓盐酸，反应③中使用稀盐酸，则KMnO4的氧化性强于K2Cr2O7；反应③中，氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5；反应②中Cr与稀盐酸反应生成H2，向Cr中滴入浓硝酸无明显变化，可能是发生了钝化；由上述分析知，向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生氧化还原反应，Cr3+被氧化为Cr2O，MnO则被还原为Mn2+，反应的离子方程式为10Cr3+＋6MnO＋11H2O===5Cr2O＋6Mn2+＋22H＋。 4．(2024·广西河池八校同盟体联考)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr3+，反应的化学方程式为19HClO4＋8CrCl3＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋27HCl。下列说法错误的是 (　　) A.CrO2(ClO4)2中铬元素的化合价为＋6 B.CrCl3作还原剂，发生氧化反应 C.被还原的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为19∶8 D.当有5.4 mol HCl生成时，转移电子的物质的量为4.8 mol C　解析：CrO2(ClO4)2中氯元素的化合价为＋7，氧元素的化合价为－2，则铬元素的化合价为＋6；CrCl3中Cr的化合价由＋3升高到＋6，作还原剂，发生氧化反应；19 mol HClO4中有3 mol作氧化剂被还原，故被还原的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8；当有27 mol HCl生成时，转移电子的物质的量为24 mol，故当有5.4 mol HCl生成时，转移电子的物质的量为4.8 mol。 5．工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如下图所示。下列说法正确的是 (　　) A.碱性条件下，氧化性强弱：O2＜MnO＜S2O B.过程 Ⅰ 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 C.过程 Ⅱ 中，反应的离子方程式为4MnO＋2S2-＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH－ D.将1 mol S2-转化为SO理论上需要O2的体积为22.4 L (标准状况) C　解析：根据氧化性强弱为氧化剂＞氧化产物，由过程 Ⅰ 、 Ⅱ 可得氧化性强弱为O2＞MnO、MnO＞S2O；过程 Ⅰ中，氧化剂是O2，发生转化O2→H2O，还原剂是Mn(OH)2，发生转化Mn(OH)2→MnO，根据得失电子守恒推知，O2和Mn(OH)2的物质的量之比为1∶2；过程 Ⅱ 中，MnO与S2-反应生成Mn(OH)2和S2O，离子方程式为4MnO＋2S2-＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH－；S2-→SO的过程中，1 mol S2-失去8 mol电子，而1 mol O2得到4 mol电子，根据得失电子守恒推知，理论上需要2 mol O2，即标准状况下44.8 L O2。 6．根据溶液中发生的两个反应：①2Mn2+＋5PbO2＋4H＋===2MnO＋5Pb2+＋2H2O、②2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O，判断下列说法错误的是 (　　) A.反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2 B.酸性条件下，氧化性强弱：PbO2>MnO>Cl2 C.实验室将高锰酸钾酸化时，常用盐酸酸化 D.反应②中每生成1.12 L(标准状况)的气体，反应中转移的电子的物质的量为0.1 mol C　解析：反应①中，Mn2+失电子是还原剂，PbO2得电子是氧化剂，则反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知在酸性条件下，氧化性强弱为PbO2>MnO>Cl2；由反应②知，高锰酸钾能氧化HCl生成Cl2，而氯气有毒，故实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化；反应②中每生成1.12 L(标准状况)的气体，物质的量为n＝＝＝0.05 mol，由Cl－→Cl2可知，反应中转移的电子的物质的量为0.05×2×[0－(－1)] mol＝0.1 mol。 7．铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为＋2和＋4，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4＋8HCl(浓)===3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O。下列说法正确的是 (　　) A.Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作还原剂 B.物质的氧化性强弱：Pb3O4＜Cl2 C.Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1 D.当上述反应中消耗1 mol Pb3O4时，生成的氯气为22.4 L C　解析：该反应中铅元素的化合价由＋4降低到＋2，则Pb3O4作氧化剂，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强弱为Pb3O4>Cl2；铅丹中铅元素的化合价只有＋2、＋4，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0，有Pb3O4中＋2价的铅与＋4价的铅的物质的量之比为2∶1；选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积。 8．LiAlH4是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出H2，在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是 (　　) A.AlH的空间结构为正四面体形 B.1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子 C.1 mol LiAlH4与足量水反应，生成44.8 L(标准状况)氢气 D.LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，反应中LiAlH4作还原剂 C　解析：AlH中铝原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，则AlH的空间结构为正四面体形；LiAlH4在125 ℃完全分解，生成LiH、H2和Al，铝元素由＋3价降低到0价，则1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解时转移3 mol电子；由LiAlH4＋4H2O===Li[Al(OH)4]＋4H2↑可知，1 mol LiAlH4与足量水反应生成4 mol H2，在标准状况下4 mol H2的体积为89.6 L；LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，有机物发生还原反应，则LiAlH4作还原剂。 9．(2024·广西横州中学高三上学期统考)某废气(含H2S)脱硫的方法是将废气与空气混合，再通入由FeCl2、CuCl2、FeCl3组成的混合液中，脱硫转化的流程如下图所示，下列说法错误的是 (　　) A.氧化性强弱：S<Fe3+<O2 B.转化过程中参与循环的离子有Fe2+、Fe3+、Cu2+ C.过程 Ⅱ 为氧化还原反应，两种反应物的物质的量之比为1∶1 D.过程 Ⅲ 中每转移0.1 mol电子会生成0.1 mol Fe2+ C　解析：过程 Ⅰ 中O2将Fe2+氧化成Fe3+，O2为氧化剂，Fe3+为氧化产物；过程 Ⅲ 中Fe3+氧化CuS生成S，Fe3+作氧化剂，S作氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强弱为S<Fe3+<O2；该过程总反应为H2S与氧气反应生成S和水，Fe2+、Fe3+、Cu2+均视为催化剂，可循环使用；过程 Ⅱ 中Cu2+与H2S反应生成CuS，没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应；过程 Ⅲ 中1 mol Fe3+得到1 mol电子生成1 mol Fe2+，则转移0.1 mol电子同时生成0.1 mol Fe2+。 10．ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备： 反应1：4HCl＋2KClO3===2ClO2↑＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O 反应2：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O 下列说法正确的是 (　　) A.两个反应中KClO3都作氧化剂 B.反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C.反应2中每转移6 mol电子，生成气体的物质的量为15 mol D.制备等量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数多 A　解析：反应1中KClO3→ClO2及反应2中KClO3→ClO2，氯元素的化合价均降低，故两个反应中KClO3都作氧化剂；反应1中KClO3作氧化剂，HCl→Cl2中氯元素化合价升高，HCl作还原剂，还有一半HCl未参与氧化还原反应，则其氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；反应2中碳元素由0价升高到＋4价，每转移24 mol电子，生成气体的物质的量为30 mol，则转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol；反应1中制取1 mol ClO2转移1 mol电子，反应2中制取1 mol ClO2转移1 mol电子，故制备等量的ClO2，反应1与反应2转移的电子总数相等。 二、非选择题 11．钒具有众多优良的性能，用途十分广泛，有“金属维生素”之称。 (1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应，所得溶液显酸性，溶液中含VO2+、K＋、SO等离子。写出该反应的化学方程式： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，充分反应后，溶液中新增加了VO、Cl－。写出并配平该反应的离子方程式，并标出电子转移的数目和方向： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)在20.00 mL的0.1 mol/L VO溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是________(填序号)。 a.V　　b．V2+　　c．VO　　d．VO2+ (4)已知V2O5能和盐酸反应生成氯气和VO2+，请再写一个离子方程式： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 说明还原性强弱为SO>Cl－>VO2+。 解析：(1)V2O5在酸性条件下将K2SO3氧化为K2SO4，该反应的化学方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。 (2)KClO3将VO2+氧化为VO，同时本身被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO＋6VO2+＋3H2O===Cl－＋6VO＋6H＋。 (3)n(VO)＝20.00×10-3 L×0.1 mol/L＝0.002 0 mol，n(Zn)＝0.003 0 mol，VO中V的化合价为＋5，设V在生成物中的化合价为x，根据得失电子守恒，有0.003 0×2＝0.002 0×(5－x)，解得x＝＋2。 (4)V2O5能和盐酸反应生成Cl2和VO2+，故还原性强弱为Cl－>VO2+；Cl2可以将SO氧化生成SO，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋2H＋＋SO，可说明还原性强弱为SO>Cl－。 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