1.3《氧化还原反应》同步拓展选做题2026-2027学年高一上学期化学人教版必修第一册

1.3《氧化还原反应》拓展选做题 2026-2027学年高一上学期化学人教版必修第一册 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．化学常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强，值越低，还原型物质的还原能力越强。根据表中数据，下列说法错误的是 氧化型/还原型 (酸性条件中) 1.685 V 1.51 V 0.77 V 1.36 V 1.92 V A．下列离子的氧化性强弱顺序一定为 B．实验室可用与浓盐酸反应制备 C．已知，则的还原性强于的还原性 D．硫酸酸化的溶液与溶液反应的离子方程式为： 2．工业制备PH3的流程如图： 下列说法错误的是 A．已知H3PO2是一元酸，则NaH2PO2是正盐 B．上述流程中反应I、II、III都属于氧化还原反应 C．黄磷和烧碱溶液的反应为 D．已知H3PO2分解方程式为，若1molP4参加反应则工业流程中理论上生成2.5molPH3 3．在酸性条件下，下图物质间的转化可以实现黄铁矿（FeS2）的催化氧化。 下列分析错误的是 A．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O B．反应Ⅱ的氧化剂和还原剂的物质的量之比为14：1 C．该反应的总反应为 D．NO是Fe2+被O2氧化为Fe3+的催化剂 4．工业废水脱硝(除去和)是废水处理的重要环节。一种利用还原铁粉和微生物进行脱硝的过程如图所示：实验测得脱硝过程中的浓度几乎为零。下列说法正确的是 A．反应②中是氧化产物 B．脱硝过程中，反应②和③中，转移相同电子数时生成的数目要比消耗的数目多 C．反应①的离子方程式为： D．若无厌氧氨氧化菌，理论上全部转化为离子时，反应①和②消耗还原铁粉物质的量之比为1∶3 5．已知反应(未配平)。下列说法正确的是 A．既是氧化产物又是还原产物 B．7.5 mol消耗，反应中转移的电子的物质的量为5.5 mol C．还原性： D．参与反应的P和的物质的量之比为11：15 6．做实验时不小心沾了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液清洗马上可以复原，其离子方程式为：，关于此反应的叙述正确的是 A．该反应的氧化剂是 B．该反应右边方框内的产物是OH- C．配平该反应式后，H+的化学计量数是6 D．生成8个水分子时，该反应电子转移总数是5e- 7．一种铁基脱硫剂脱除硫化氢的方法包括吸收和再生两个阶段，其工艺流程原理如图所示。下列有关说法正确的是 A．反应①的离子方程式为 B．还原性： C．若为反应的催化剂，则参与反应的和的分子数之比为1:2 D．再生阶段反应之后溶液的酸性减弱 8．在一个氧化还原反应体系中，反应物、生成物共有六种微粒：Fe3+、、Fe2+、、H+、H2O。已知氧化性： (在酸性环境中)>Fe3+。下列叙述正确的是 A．该反应说明Fe(NO3)2溶液不与硝酸反应 B．该反应中氧化剂与还原剂的个数之比为8:1 C．若有1个发生还原反应则转移8e- D．该反应中Fe2+是还原剂，是氧化产物 9．科学研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：下列说法正确的是 A．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸 B．白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑ C．白磷与过量反应得到的PH3属于氧化产物 D．理论上，消耗1个白磷可生产2个PH3 10．水合肼（）具有较强的还原性，易被氧化成。一种利用NaClO氧化尿素[中C元素为＋4价]制备水合肼处理铜氨{}废液回收铜粉的实验流程图如下： 下列说法不正确的是 A．反应1中既作氧化剂又作还原剂 B．反应1所得溶液与尿素反应制备水合肼的试剂加入顺序可以颠倒 C．反应2合成水合肼的反应中每消耗1mol 转移电子数约为个 D．反应3中消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1 11．下列离子方程式书写正确的是 A．氢氧化铜溶液与硫酸的反应： B．向的溶液通入以5：6反应： C．在过氧化氢里加入酸性的高锰酸钾： D．硫酸铁溶液中加入氢氧化钡溶液： 12．已知如下反应：① ② ③ ④ 下列叙述正确的是 A．氧化性由强到弱的顺序： B．还原性由强到弱的顺序为： C．与浓盐酸共热可能发生反应： D．向含有、的混合溶液中滴加KI溶液，则先与反应 13．三氟化溴()(F为-1价)是一种具有刺激性气味的稻草色液体，遇水会剧烈反应生成两种单质：(待配平)，下列说法错误的是 A．反应中既作氧化剂又作还原剂 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比可以为 C．投料时，二者可以完全反应 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比一定为 二、多选题 14．为探究六价铬盐与氧化性相对强弱，设计实验如下： 实验 操作与现象 ① 向溶液()中加入过量，溶液变为棕褐色，产生少量气泡 ② 向溶液中滴加稀硫酸至，然后加入过量，溶液迅速变为绿色，产生气泡；继续加入溶液10滴，又有气泡生成，溶液最终变为黄色 已知：(橙色)(黄色)，(绿色)、(棕褐色，其中为+5价)；在碱性条件下易分解。下列说法错误的是 A．实验①发生的反应为 B．实验①说明Cr(Ⅵ)氧化性弱于 C．实验②加溶液后产生气体，说明与发生氧化还原反应 D．向实验②后溶液逐滴滴加稀硫酸，会出现黄→橙→棕褐的颜色变化 三、填空题 15．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以下信息，结合所掌握的化学知识，回答下列问题。 Ⅰ．已知铜在常温下能被稀溶解，反应为。 (1)请将上述反应改写成离子方程式：________。 (2)上述反应中，被还原的物质是________(填化学式，下同)，发生氧化反应的物质是________。 (3)用双线桥法标出该反应的电子转移情况：________。 Ⅱ．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 (4)将废钒催化剂(主要成分为)与稀硫酸、溶液混合，充分反应后生成，该反应中氧化剂和还原剂的个数之比为________。 (5)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是________。 (6)在氮气氛围中，碳高温条件下还原氮气制备，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为________。 16．NaBH4也能与AgNO3溶液共热制备具有较强杀菌能力的银纳米粒子，反应过程表示如下，配平(反应只涉及一种氧化剂和一种还原剂，生成的H3BO3可溶于水)：___________。 ___________NaBH4＋___________AgNO3＋___________=___________Ag＋___________H3BO3＋___________H2↑＋___________HNO3＋___________NaNO3 上述反应说明氧化性Ag＋___________H2。(填“>”、“<”或“=”) 17．配平下面的方程式_______。 18．稀硫酸中几种离子的转化关系如下图所示： (1)写出反应1的离子方程式___________。 (2)反应3中氧化剂和还原剂的数目之比为___________。 (3)3个反应中的氧化剂氧化性从大到小的顺序为___________。 (4)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)： Ⅰ．； Ⅱ．； Ⅲ．。 其中你认为一定不可能实现的是___________(填序号)。 (5)已知下列三个氧化还原反应(未配平)在一定条件下均能发生 Ⅰ．； Ⅱ．； Ⅲ．。 ①若溶质中Cl-与I-共存，为氧化I-而Cl-不被氧化，除Cl2外还可用上述反应中的___________(填化学式)作氧化剂。 ②请将Ⅲ改写为离子方程式并配平___________，当有12.6g MnCl2生成时，作还原剂的HCl质量为___________g。 19．按要求填空。 (1)氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。    分析下列四个化学反应： A． B． C． D． 区域5所属的反应类型是_______反应。以上化学反应属于区域“1”的是_______(填字母，下同)，属于区域“4”的是_______。写出一个属于区域“2”的反应的化学方程式_______。 (2)已知(H为-1价)与水反应的化学方程式为。 ①中B的化合价是_______价。 ②与水反应氧化剂是_______。 ③用“双线桥”标出电子转移的方向和数目_______。 (3)铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①，②，③。则、、的氧化性由强到弱的顺序是_______，若某溶液中、、共存，要将除去而、发生不反应，则可加入的试剂是_______。 A．        　　B．Ag    　　C．        　　D．Fe (4)某废水中含有，为了处理有毒的，可向废水中加入适量。配平下列离子方程式_______。 __________________________________________ 四、解答题 20．氧化还原反应为我们研究化学物质和化学反应提供了新的视角。 (1)氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图，则以下化学反应属于阴影区域的是 。 A． B． C． D． (2)下列粒子中只有还原性的是__________(填序号)。 ①    ②    ③    ④S    ⑤    ⑥    ⑦Mg (3)亚硝酸钠()是一种用途广泛的工业盐，有像食盐一样的外观和咸味，它可将正常的血红蛋白变为高铁血红蛋白，使血红蛋白中的铁元素由二价变为三价，失去携氧能力。美蓝是亚硝酸盐中毒的有效解毒剂。下列关于亚硝酸钠的中毒与解毒原理说法正确的是 。 A．中毒过程中血红蛋白体现还原性 B．中毒过程中亚硝酸钠发生氧化反应 C．解毒时高铁血红蛋白被还原 D．解毒剂美蓝应该具有氧化性 (4)实验室中可利用溶液与溶液反应快速制备，其反应方程式为：。 ①该反应中被氧化的是__________元素，还原产物是__________(填化学式)。 ②用单线桥表示其电子转移的方向和数目：__________。 (5)也可作为食品防腐剂，但由于其具有一定的毒性，因此食品中用量和残留量均有严格规定。可用酸性测定含量，其反应原理如下：。 配平上述离子方程式__________。 (6)在钢铁的发蓝工艺中也有应用。发蓝工艺是一种材料保护技术，实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。某钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知的还原产物为。 反应①中氧化剂和还原剂的微粒数之比为__________。 21．次磷酸钠(NaH2PO2)具有强还原性，在制药等多个领域具有广泛的应用。 Ⅰ．利用黄磷(P)、NaOH和H2O2制备NaH2PO2，涉及以下三个阶段。 ①阶段一：P和NaOH反应生成NaH2PO2和PH3。 ②阶段二：PH3被H2O2氧化为H3PO2。 ③阶段三：H3PO2与过量的NaOH反应，生成NaH2PO2。 (1)阶段三发生反应的化学方程式是___________。 (2)理论上，消耗的P和H2O2与生成的NaH2PO2的物质的量之比，___________。 Ⅱ．利用NaH2PO2和CuSO4可除去酸性废水中的Cl-。 (3)补全离子方程式：___________。 (4)取6份含0.01molNaCl的酸性溶液，再分别溶解0.02mol CuSO4，最后加入NaH2PO2，充分反应。测得Cl-去除率与初始加入的n(NaH2PO2)之间的关系如下图所示。 ①结合上图，推测n(NaH2PO2)=0.01mol时，氧化NaH2PO2的粒子有___________。 ②当n(NaH2PO2)>0.04mol时，Cl-去除率逐渐减小。从氧化还原角度推测其原因可能是___________。 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《1.3《氧化还原反应》拓展选做题 2026-2027学年高一上学期化学人教版必修第一册》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C D D C D C B B 题号 11 12 13 14 答案 B C C BC 1．A 【详解】A．值越高，氧化型物质的氧化能力越强，由表中数据可知，在酸性条件下氧化性顺序为，但在其他条件下不一定，A符合题意； B．由表中数据可知，的值高于的值，则在酸性条件下氧化性，故可用与浓盐酸反应制备，B不符合题意； C．值越低，还原型物质的还原能力越强，已知，，故的还原性强于的还原性，C不符合题意； D．由表中数据可知，的值高于的值，则在酸性条件下氧化性，高锰酸钾在常温下一般氧化的是浓盐酸，故溶液与溶液反应的离子方程式为，D不符合题意； 故答案选A。 2．B 【分析】黄磷在碱性条件下发生歧化反应产生PH3、NaH2PO2，NaH2PO2与H2SO4发生复分解反应产生H3PO2、Na2SO4(或NaHSO4)，H3PO2在加热条件下发生分解反应产生PH3、H3PO4。 【详解】A．已知是一元酸，说明其分子中只有1个可电离的羟基氢，电离后只能生成1种盐，中不存在可电离的剩余氢原子，因此属于正盐，A正确； B．反应I：转化为（P为-3价）和（P为+1价），P元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；反应II：和硫酸发生复分解反应，生成和，所有元素化合价均无变化，属于非氧化还原反应；反应III：歧化生成（P为-3价）和（P为+5价），P元素化合价变化，属于氧化还原反应。 因此并非三步反应全是氧化还原反应，B错误； C．黄磷与氢氧化钠反应产生PH3、NaH2PO2，化学方程式为，C正确； D．根据反应I：1mol 反应生成1mol 和3mol ；3mol 经反应II转化为3mol ，结合分解反应，3mol 分解可得到1.5mol ，因此总产量为，D正确； 故选B。 3．C 【分析】由图知，箭头指入为反应物，箭头指出为生成物，则反应Ⅰ：，反应Ⅱ：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，反应Ⅲ：Fe2++NO=Fe(NO)2+，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，反应I的离子方程式为，A正确； B．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2+++16H+，反应中Fe3+是氧化剂，FeS2为还原剂，故反应Ⅱ的氧化剂和还原剂的物质的量之比为14：1，B正确； C．由分析中反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ方程式可知，酸性溶液中没有大量的OH-，故该反应的总反应为，C错误； D．由题干信息可知，NO参与反应Ⅲ，反应Ⅰ中又生成NO，结合分析方程式可知，NO是Fe2+被O2氧化为Fe3+的催化剂，D正确； 故答案为C。 4．D 【详解】A．反应②中，中氮元素的化合价由+3价降低为中的-3价，故铵根离子是还原产物，A错误； B．反应②中生成1个对应氮元素得到6个电子；反应③中每消耗1个，其中氮元素由-3价升高到0价，对应失去3个电子。因此转移相同电子数时，反应②生成的铵根离子数少于反应③消耗的铵根离子数，B错误； C．题图只表明反应①中铁被氧化为亚铁离子，并未给出酸性反应介质；选项所写离子方程式额外限定了氢离子参与，不能由题给条件确定，C错误； D．反应①中氮元素由+5价降为+3价，每转化1 mol硝酸根离子得到2 mol电子，需消耗1 mol铁；反应②中氮元素由+3价降为-3价，每转化1 mol亚硝酸根离子得到6 mol电子，需消耗3 mol铁。因此反应①和②消耗铁的物质的量之比为1∶3，D正确； 故选D。 5．D 【详解】A．P元素化合价从0价部分升高到+5价（生成），部分降低到-3价（生成），Cu元素化合价从+2价降低到+1价（生成），其中P元素化合价从0降至-3和Cu元素化合价从+2降至+1是还原过程，所以Cu3P是还原产物，不是氧化产物，A错误； B．P元素化合价从0价部分升高到+5价（生成），部分降低到-3价（生成），Cu元素化合价从+2价降低到+1价（生成），根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，7.5 mol消耗时，生成3mol H3PO4，转移3mol×5=15mol 电子，B错误。 C．P元素化合价从0价部分升高到+5价（生成），部分降低到-3价（生成），Cu元素化合价从+2价降低到+1价（生成），是该反应的氧化剂，还原性弱，H3PO4是氧化产物，则氧化性：CuSO4>H3PO4  ，无法通过该方程式比较二者还原性的强弱，故C错误； D．由B可知该化学方程式为：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，参与反应的P和CuSO4的物质的量之比为11:15，D正确； 故选D。 6．C 【详解】A．该反应中，中的Mn从+7价降至+2价，被还原，是氧化剂；中的C从+3价升至+4价，被氧化，是还原剂；因此氧化剂是，A错误； B．反应在酸性条件下进行，产物中不可能生成，方框内的产物应为，B错误； C．结合得失电子守恒和电荷、原子守恒，配平后的反应式为：，因此的化学计量数为6，C正确； D．该反应中，中的Mn元素从+7价降至+2价，氧化剂是，根据配平后的方程式可知，生成8个水分子时，消耗2个，电子转移总数为10e-，D错误； 故答案选C。 7．D 【详解】A．离子方程式未配平，正确的应为，A错误； B．根据反应①还原为，还原性：>；反应②氧化为，还原性：>，因此还原性顺序为，B错误； C．总反应为，与的分子数之比为2:1，C错误； D．再生阶段反应为，消耗使溶液酸性减弱，D正确； 故答案选D。 8．C 【分析】在所给的六种微粒中，元素化合价高的为Fe3+、，元素化合价低的为Fe2+、，因为氧化性：(H+)＞Fe3+，说明(H+)、Fe2+为反应物，Fe3+、为生成物，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒定律可知，该反应的离子方程式为：8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O，据此分析回答。 【详解】A．由分析可知，该反应中Fe2+在酸性条件下被氧化，说明Fe(NO3)2溶液能与硝酸反应，A错误； B．由分析可知，氧化剂是，还原剂是Fe2+，其个数之比为1:8，B错误； C．由化学方程式：8Fe2+++10H+=8Fe3+++3H2O可知，1个被还原为时，氮的化合价从+5降至-3，转移8个电子，C正确； D．由分析可知，Fe2+是还原剂（被氧化为Fe3+），是氧化剂（被还原为），D错误； 故选C。 9．B 【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和NaH2PO2，NaH2PO2酸化得到H3PO2，H3PO2分解反应的方程式为，以此解答。 【详解】A．白磷与过量的浓NaOH溶液反应生成了NaH2PO2，说明次磷酸钠为正盐，故次磷酸的分子式为H3PO2，为一元酸，A错误； B．白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和NaH2PO2过程中，白磷发生歧化反应：部分P元素(0价)被还原为PH3 (P元素为-3价)，部分被氧化为NaH2PO2 (P元素为+1价)，根据得失电子守恒、原子守恒知，化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2O3NaH2PO2+PH3↑，B正确； C．白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和NaH2PO2过程中，白磷发生歧化反应，部分P元素(0价)被还原为PH3 (P元素为-3价)，PH3属于还原产物，C错误； D．假设最初的白磷为1mol，1mol P4与NaOH反应生成1mol PH3和3mol NaH2PO2，3mol NaH2PO2可以转化生成3mol H3PO2，H3PO2分解反应的方程式为，3mol H3PO2分解生成1.5mol PH3，整个流程生成的PH3为2.5mol，故理论上，消耗1个白磷可生成2.5个PH3，D错误； 故选B。 10．B 【分析】氢氧化钠和氯气生成次氯酸钠，次氯酸钠和尿素反应生成水合肼，加入铜氨溶液还原得到铜粉； 【详解】A．反应1为Cl2与NaOH稀溶液反应，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，Cl元素化合价部分从0价降低到-1价（Cl⁻），部分升高到+1价（ClO⁻），Cl2既作氧化剂又作还原剂，A正确； B．水合肼具有强还原性，易被氧化剂NaClO氧化。为防止生成的肼被过量的NaClO氧化，应将反应1所得溶液（含NaClO）滴加到尿素溶液中。若颠倒顺序，将尿素加入NaClO溶液中，会因局部NaClO过量导致水合肼产率降低，故加入顺序不可颠倒，B错误； C．尿素中N为-3价，水合肼中N为-2价，1个尿素分子含2个N原子，每消耗1mol尿素转移电子2mol，电子数为，C正确； D．反应3中，铜化合价由+2变为0，[Cu(NH3)4]2+为氧化剂，肼中氮化合价由-2变为0，N2H₄为还原剂，由电子守恒n(氧化剂)×2=n(还原剂)×4，则n(氧化剂):n(还原剂)=2:1，D正确； 故选B。 11．B 【详解】A．氢氧化铜是难溶物，不能拆成离子，正确离子方程式为，A错误； B．的还原性强于，Cl2优先氧化，即先后发生：、，向的溶液通入以5：6反应，5 mol Fe2+消耗则2.5 mol Cl2，剩余的3.5 mol Cl2和 7mol Br-反应，则离子方程式为：，B正确； C．在过氧化氢里加入酸性的高锰酸钾，过氧化氢中O元素由-1价上升到0价，高锰酸钾中Mn元素由+7价下降到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，C错误； D．反应遗漏与生成沉淀，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 12．C 【详解】A．根据氧化还原强弱规律中氧化剂的氧化性大于氧化产物，①，氧化性：， ②，氧化性：， ③，氧化性：， ④，氧化性：，氧化性顺序应为，A错误； B．根据氧化还原强弱规律中还原剂的还原性大于还原产物， ①还原性：，②还原性：，③还原性：，④还原性：，还原性顺序应为，，B错误； C．氧化性顺序应为，因此可将浓盐酸中的Cl⁻氧化为，反应可能发生，C正确； D．氧化性顺序应为，I⁻应优先与反应而非，D错误； 故选C。 13．C 【分析】反应中部分Br元素化合价由+3价升高为+5价，发生氧化反应得到氧化产物，部分Br元素化合价由+3价降低为0价，发生还原反应得到还原产物，部分O元素由-2价升高为0价，发生氧化反应得到氧化产物。 【详解】A．反应中部分Br元素化合价由+3价升高为+5价，部分Br元素化合价由+3价降低为0价，既作氧化剂又作还原剂，故A正确； B．若生成还原产物2mol，则得到电子2×6mol=12mol，结合电子守恒，可以生成1mol失去4mol电子、生成4mol失去8mol电子，此时8mol参与反应生成2mol、1mol、4mol，则结合氧守恒，应该有14mol参与反应，结合氟守恒，会生成24molHF，反应方程式可以为，则氧化产物与还原产物的物质的量之比可以为，故B正确； C．投料时，则H、F原子个数比为14:15，结合H、F守恒，不能恰好生成HF，二者不可以完全反应，故C错误； D．结合A分析、电子守恒、质量守恒，反应可以为，结合B分析，反应也可为，其中氧化剂与还原剂的物质的量之比均为，故D正确； 故选C。 14．BC 【详解】A．实验①中溶液变为棕褐色，即生成，又产生少量气泡，只能是氧气，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式为，A正确； B．根据A选项离子方程式，是氧化剂，是还原剂，则说明Cr(Ⅵ)氧化性强于，B错误； C．实验②加NaOH溶液后，在碱性条件下易分解产生气体，并不是与发生氧化还原反应，C错误； D．向实验②后溶液逐滴滴加稀硫酸，首先（黄色）在酸性条件下转化为（橙色），继续滴加稀硫酸，根据实验①，与反应生成（棕褐色），因此会出现黄→橙→棕褐的颜色变化，D正确； 故选BC。 15．(1)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O (2) (3) (4)1:1 (5)>Cl->VO2+ (6) 【详解】（1）将易溶于水的强电解质、拆为离子形式，删去反应前后未参与反应的，检查电荷、原子守恒得到离子方程式3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O； （2）反应中的元素从价降低为中的价，得电子被还原；元素从价升高为中的价，失电子发生氧化反应； （3） 双线桥法标出该反应的电子转移； （4）作氧化剂，从价降为价，1个共得；作还原剂，从价升为价，1个共失，得失电子守恒，故二者个数比为； （5）根据题意可知V2O5可以将盐酸氧化为Cl2，该过程中Cl-为还原剂，VO2+为还原产物，所以还原性Cl-＞VO2+；氯气可以氧化Na2SO3，该过程中为还原剂，Cl-为还原产物，所以还原性＞Cl-，综上所述还原性：>Cl->VO2+； （6）根据题意可知高温条件下V2O5可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为。 16． ＞ 【分析】 与 共热制备银纳米粒子，反应只涉及一种氧化剂和一种还原剂： 中 得电子由 +1 价降至 0 价生成 单质，为氧化剂； 中 H 为 −1 价，失电子被氧化生成 ，为还原剂，B、Na、N、O 元素化合价均不变。配平时先由得失电子守恒确定 与 的化学计量数之比为 1∶4，再依次用 Na、N、B、O、H 原子守恒确定 、、、、 的系数；比较氧化性则依据“氧化剂的氧化性强于氧化产物”。 【详解】标化合价：中 Na 为 +1 价、B 为 +3 价、H 为 −1 价， 中 为 +1 价。反应中 由 +1 价降至 0 价生成 单质，每个 得 1 个电子； 中 −1 价 H 被氧化为 0 价（生成 ），每个 H 失 1 个电子。1 个 中 4 个 −1 价 H 共失 4 个电子，4 个 共得 4 个电子，得失电子守恒，故 与 的化学计量数之比为 1∶4， 的化学计量数为 4；由 Na 守恒得 的化学计量数为 1，由 N 守恒得 的化学计量数为 3，由 B 守恒得 的化学计量数为 1，由 O 守恒得 的化学计量数为 3，再由 H 守恒得 的化学计量数为 2，故配平后的化学方程式为 。该反应中 为氧化剂、 为还原剂， 将 −1 价 H 氧化为 0 价（）， 为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故氧化性 ＞。 17． 【详解】对于：从价变为中平均价，每个升高价；从平均价变为中价，每个升高价，1mol含1个、6个，总升高：价。 对于：化合价始终为价不变；从价变为中价，每个降低3价，1mol含3个，总降低：价。 化合价升降守恒：，得，44与27互质，因此系数为27，系数为44。 按顺序配平，最终验证左右氧原子总数均为528，配平成立。故答案为：。 18．(1) (2)1：1 (3) (4)Ⅱ (5) FeCl3 18.25 【详解】（1）反应1：Ce4+和Mn2+反应生成Ce3+和Mn3+，反应的离子方程式为：Ce4++Mn2+ = Ce3++Mn3+； （2）反应3中，Fe化合价由+3价降至+2价，得到e-，发生还原反应，为氧化剂；I化合价由-1价升至0价，共失去2×e-，发生氧化反应，为还原剂；根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的数目之比为1:1； （3）根据“氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性”可知：反应1：氧化剂Ce4+＞氧化产物Mn3+；反应2：氧化剂Mn3+＞氧化产物Fe3+；反应3：氧化剂Fe3+＞氧化产物；氧化性由强到弱：Ce4+＞Mn3+＞Fe3+； （4）反应Ⅱ中，NH3中N为-3价，NO中N为+2价，若生成HNO2（N为+3价），只有化合价升高，无化合价降低，违反氧化还原反应“有升必有降”的规律，因此Ⅱ一定不可能实现； （5）反应Ⅰ：氧化性Fe3+＞I2，反应Ⅱ：氧化性Cl2＞Fe3+；反应Ⅲ：氧化性＞Cl2； ①若溶质中Cl-与I-共存，为氧化I-而Cl-不被氧化，氧化剂的氧化性需要满足：I2的氧化性＜氧化剂＜Cl2的氧化性，除Cl2外还可用上述反应中的FeCl3作氧化剂； ②由反应Ⅲ可知，Mn化合价由+7降至+2价，得到5e-，Cl化合价由-1价升至0价，失去e-，根据得失电子守恒可知，、Mn2+的化学计量数均为2，Cl-的化学计量数为10，Cl2化学计量数为5，根据电荷守恒和质量守恒可知，H+的化学计量数为16，H2O的化学计量数为8，则反应的离子方程式：；MnCl2的摩尔质量为126 g/mol，当有12.6 g MnCl2，即0.1 mol MnCl2生成时，根据化学方程式：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应可知，消耗HCl的量为0.8 mol，其中16个HCl中作还原剂的HCl有10个，因此消耗HCl的量为0.8 mol时，作还原剂的HCl为0.5 mol，质量为0.5 mol×36.5 g/mol=18.25 g。 19．(1) 置换反应 C B (2) +3 H2O (3) >> B (4)38234 【详解】（1）区域5是一定属于氧化还原反应的基本反应类型，则为置换反应，区域1是化合反应（两种或两种以上物质生成一种物质）且是氧化还原反应（有元素化合价变化）。反应 C．，是多种物质生成一种物质的反应，属于化合反应；且 Fe元素从 +2 价升高到 +3 价， O 元素从 0 价降低到 −2 价，有化合价变化，属于氧化还原反应，所以属于区域1的是 C，区域4是氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，B．中N元素和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型，属于区域“4”的是B，区域2是非氧化还原反应的分解反应，例如： 。 （2）①Na 的化合价为 +1价， H 在 NaBH4中为 −1 价，设 B 的化合价为 x，则可列方程： (+1)+x+4×(−1)=0，x=+3； ②NaBH4中 H为 −1 价，反应后生成 H2（ 0 价）， H的化合价升高（失电子，被氧化），所以 NaBH4还原剂，H2O中 H 为 +1价，反应后生成 H2（ 0 价）， H 的化合价降低（得电子，被还原），所以 H2O 是氧化剂； ③该反应中NaBH4的 H由-1价上升到0价，H2O的H由+1价下降到0价，用“双线桥”标出电子转移的方向和数目为：。 （3）氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，①中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：>；②中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：>；③中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：>，综上，氧化性顺序为： >>， 由①，②，③可得还原性：Fe>>Ag>，若某溶液中、、共存，要将除去而、发生不反应，只有还原性强的物质才能制备还原性弱的物质，需要选择还原性介于和之间的还原剂，故选B。 （4）该反应中Cr元素由+6价下降到+3价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：38234。 20．(1)B (2) ①⑦ (3)AC (4) (5) (6) 【详解】（1）阴影区域为属于氧化还原反应，但不属于化合反应、分解反应、置换反应的反应； A．该反应为置换反应，A不符合题意； B．该反应为氧化还原反应，同时不属于化合、分解、置换反应，B符合题意； C．该反应为分解反应，C不符合题意； D．该反应非氧化还原的复分解反应，D不符合题意； 故选B； （2）元素处于最低价态时只有还原性：中为价（的最低价），单质中为价（金属元素的最低价），二者只有还原性；其余粒子化合价为中间价或最高价，不符合要求； （3）A．中毒时将血红蛋白中氧化为，血红蛋白作还原剂体现还原性，A正确； B．作氧化剂发生还原反应，B错误； C．解毒时需将还原为，高铁血红蛋白被还原，C正确； D．解毒剂美蓝应具有还原性，D错误； 故选AC； （4）①中为价，反应后升高为中的价，被氧化；中为价，反应后降低为中的价，故为还原产物（同时也是氧化产物）； ②单线桥表示电子由还原剂转移到氧化剂，该反应中价失去给价，转移电子总数为，用单线桥表示其电子转移的方向和数目为：； （5）根据化合价升降守恒：从到升价，从到降价，故、系数为、；结合酸性环境和电荷守恒，反应物补充，再根据原子守恒配平系数为即可，离子方程式为：； （6）反应①中作还原剂，每个从价升高到价失；作氧化剂，每个中从价降低到价得，根据电子守恒，氧化剂和还原剂微粒数之比为。 21．(1)H3PO2+NaOH=NaH2PO2+H2O (2)2∶1∶2 (3)2Cu2+++2Cl-+H2O2CuCl↓+H3PO3+H+ (4) Cu2+、O2 NaH2PO2较多时能将Cu2+还原为Cu 【分析】阶段一为P与反应生成和，反应方程式为；阶段二为与反应生成，反应方程式为；阶段三为与生成，化学反应方程式为； 然后利用和除去酸性废液中的氯离子的过程，发现不是完全被氧化，可能有部分是被氧气氧化；如果的物质的量过大时，氯离子的去除率反而降低，可能是被还原成Cu，由此解答； 【详解】（1）根据题意可知，阶段三为与生成，因此化学反应方程式为； （2）阶段一为P与反应生成和，反应方程式为；阶段二为与反应生成，反应方程式为，根据三个阶段的反应可知，； （3）中Cu的化合价从+2价降低到中的+1价，得到一个电子，中P的化合价从+1价升高到中的+3价，失去2个电子，根据得失电子守恒可知，和化学计量数之比为2:1，根据电荷守恒和原子守恒进行配平，化学方程式为2Cu2+++2Cl-+H2O2CuCl↓+H3PO3+H+； （4）①根据2Cu2+++2Cl-+H2O2CuCl↓+H3PO3+H+，0.01mol Cl-完全沉淀，理论上只需消耗0.005mol NaH2PO2。当n(NaH2PO2)= 0.01mol 时NaH2PO2已过量，理论上氯离子的去除率可达100%，结合上图，次磷酸钠未完全参与上述反应，则推测n(NaH2PO2)=0.01mol时，可能是一部分氧气氧化了，导致未全部参与和的反应，因此氧化的粒子为、； ②当n(NaH2PO2)>0.04mol时，Cl-去除率逐渐减小。从氧化还原角度推测其原因可能是NaH2PO2较多时，将进一步还原成了Cu，参与反应的减少了，Cl-去除率降低。 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $