人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应优秀随堂练习题

这是一份人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应优秀随堂练习题，共21页。试卷主要包含了0分），8L Cl2，6，故A错误；，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

1.3氧化还原反应同步练习（标准）人教版（ 2019）高中化学必修第一册
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 已知FeS+HNO3−Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO2+N2O4+NO+H2O(未配平)，当产物中n(NO2):n(N2O4):n(NO)=1:1:1时，下列说法错误的是(    )
A. 反应中FeS是还原剂，NO2、N2O4、NO是还原产物
B. 氧化性：HNO3>Fe(NO3)3
C. 参加反应的n(FeS):n(HNO3)=1:6
D. 1 mol FeS参加反应时有9 mol电子转移
2. 氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为：
8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O。下列说法正确的是
A. 所得混合气体的平均相对分子质量为51.5
B. O2、Cl2是氧化产物
C. 生成标准状况下1.344 L O2，转移电子数0.4NA
D. 被氧化和被还原的氯元素之比为2:1
3. 把图乙中的物质补充到图甲中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。

对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是  (    )
A. IO4−作氧化剂，具有氧化性
B. 氧化性：MnO4−>IO4−
C. Mn2+是还原剂，具有还原性
D. 若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子
4. 已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：




这些化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是  (    )
A. G、Y、Q、Z、X B. X、Z、Q、G、Y C. X、Z、Q、Y、G D. G、Q、Y、Z、X
5. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：
下列说法不正确是(    )
A. CO2是氧化产物
B. H2C2O4在反应中被氧化
C. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
D. ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性
6. 某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、NO3−、Fe3+、NH4+、H+和水六种粒子，在反应过程中测得Fe3+、NO3−的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列有关判断错误的是(     )
A. 在反应中NO3−被还原，发生还原反应
B. 还原性：Fe2+>NH4+
C. 该反应中Fe2+被氧化为Fe3+
D. 在反应中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为6:1
7. 已知A，B，C，D，E五种物质，它们是硫或硫的不同价态化合物，已知在一定条件下有如下未配平的转化关系。(注：每个关系式中化合价的升降都只有一处)：①A+KOH→B+C+H2O  ②C+E→B+H2O  ③B+D→C+H2O   ④C+Cl2+H2O→D+HCl，则这些物质中硫元素的化合价由低到高的顺序为(    )
A. A C。根据③B+D→C+H2O分析，化合价为D>C>B。结合②C+E→B+H2O分析，D>C>B>E；①A+KOH→B+C+H2O中A中硫元素化合价在B、C之间，所以有D>C>A>B>E。
故选C。  
8.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应，掌握氧化还原反应的概念和规律是解题的关键，难度一般。
【解答】
反应中As的化合价从+3升高到+5价，S的化合价从−2价升高到0价，O的化合价从0价降低到−2价，根据电子守恒，反应方程式配平为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，据此回答。
A.根据反应2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S可知，参与反应的O2和H2O的物质的量之比为5：6，故A正确；
B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：O2>S，故B正确；
C.As2S3中As和S的化合价均升高，被氧化，作还原剂；H3AsO4中As的化合价升高，O的化合价降低，既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D.反应2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S中转移电子数为20，故生成1molH3AsO4，转移5mol电子，故D错误。
故选D。  
9.【答案】D

【解析】
【分析】
本题综合考查了氧化还原反应的相关知识，涉及了计算等知识，综合性较强，应多练习，题目难度不大。
【解答】
A.由于KCl、KClO、KClO3中K与Cl个数比均是1:1，所以每消耗4molKOH，应吸收标准状况下44.8LCl2，故A错误；
B.在反应②中KClO是氧化剂，而K2FeO4是氧化产物，所以氧化性应为K2FeO4Cl2； 2FeCl2+Cl2=2FeCl3反应中Cl2是氧化剂，氧化FeCl2得到氧化产物FeCl3，氧化性Cl2>FeCl3； 2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2中，FeCl3是氧化剂，氧化KI为I2，氧化性FeCl3>I2； 
综上所述氧化性由大到小的顺序为：MnO 4−>Cl2>Fe3+>I2，故A正确；
B.反应中2mol高锰酸钾全部作氧化剂，16molHCl只有10mol作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故B错误；
C.反应②中Cl2是氧化剂，被还原得到Cl−，FeCl2是还原剂，被氧化得到Fe3+，所以FeCl3既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D.还原性I−>Fe2+，氯气优先氧化I−，反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3不能发生，故D正确。  
11.【答案】(1)CuSO4；2.24L；
(2)②⑤；④；
(3)Ag；Mg2+、Zn2+；
(4)①1.6；②。

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应及其计算，为高考常见题型，侧重氧化还原反应的基本概念、氧化还原反应的计算、电子守恒的应用等内容的考查，把握元素的化合价变化是解题的关键，题目难度中等。
【解答】
（1）Cu与浓H2SO4发生化学反应：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，铜元素化合价升高，发生氧化反应，对应氧化产物为CuSO4，该反应转移电子2e-，根据2e-~SO2可知，若反应中转移的电子的物质的量为0.2mol，则生成的SO2气体在标况下的体积为22.4L/mol×0.2mol2=2.24L；
（2）①S的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
②S2-的化合价处于最低价态，只有还原性；
③Fe2+的化合价处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性；
④H+的化合价处于最高价态，只有氧化性；
⑤Cu的化合价处于最低价态，只有还原性；
⑥HCl中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；Cl元素的化合价处于最低价态，只有还原性；所以HCl既有氧化性又有还原性；
⑦H2O中氢元素的化合价处于最高价态，只有氧化性；O的化合价处于最低价态，只有还原性；所以H2O既有氧化性又有还原性；
结合以上分析可知，在化学反应中，该物质做还原剂，只能被氧化的是②⑤；该物质只做氧化剂，只能表现出氧化性的是④；
（3）根据金属活动性顺序可知，金属的还原性顺序：Mg＞Zn＞Cu＞Ag；向含有Cu2+、Mg2+、Ag+的混合液中加入适量锌粉，锌首先置换出银，当银离子完全反应后，锌再置换出铜；锌不能置换镁，所以最终反应容器中有固体剩余，则固体中一定含有银，反应后溶液中一定含有的阳离子是Zn2+、Mg2+；
（4）①方案a：3.4gNH3的物质的量为3.4g17g/mol=0.2mol；Fe（OH）2→Fe（OH）3，铁元素化合价由+2价变为+3价，NO3-→NH3，氮元素化合价由+5价变为-3价，根据电子得失守恒可知，（3-2）×n[Fe（OH）3]=0.2×（5+3），解得：n[（Fe（OH）3]=1.6mol；
②方案b：Al→AlO2-中，铝元素化合价升高了3价，2NO3-→N2中，氮元素化合价降低了5价，共变化了10价；根据氧化还原反应中化合价升降总数相等规律可知，Al填系数10，AlO2-填系数10，NO3-填系数6，N2填系数3，最后根据电荷守恒及原子守恒配平其它物质的系数，具体如下：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O；根据方程式可知，该反应中转移了30e-，电子转移的方向和数目如下：。  
12.【答案】(1)2H2O2=2H2O+O2↑
(2)H2O2；KMnO4；H2SO4；MnSO4；O2；K2SO4
①H2O2；MnSO4；② Mn
(3)>

【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应方程式的书写及配平，氧化还原反应的相关概念等，题目难度不大。
【解答】
(1)过氧化氢分解生成水和氧气，过氧化氢中氧元素的化合价一部分升高到0价，一部分降低到−2价，过氧化氢既做氧化剂又做还原剂，既体现氧化性又体现还原性，化学方程式为：；
(2)根据变价元素分析，此反应是高锰酸钾将过氧化氢氧化，过氧化氢中氧元素升高到氧气中的0价，高锰酸钾中锰元素化合价降低到硫酸锰中的+2价，根据元素守恒得一个不配平的方程式为：KMnO4+H2O2+H2SO4→K2SO4+MnSO4+O2↑+H2O；
①该反应中过氧化氢中氧元素化合价升高，被氧化，还原剂是H2O2；氧化剂是高锰酸钾，高锰酸钾被还原得到还原产物为硫酸锰；
②锰元素化合价降低，被还原，发生还原反应的元素是 Mn；
(3)根据B反应，过氧化氢为氧化剂，铬酸钾为氧化产物，则氧化性：H2O2>K2CrO4，根据(2)分析，氧化性：KMnO4>H2O2，则氧化性：KMnO4>K2CrO4。  
13.【答案】(1)Cl2、H+；Cl2
(2)①酸性     ②氧化性和还原性
(3)


【解析】
【分析】本题考查了氧化还原反应基本概念，氧化性、还原性强弱的比较，氧化还原反应中电子转移的表示等，试题难度一般。
【解答】
(1)Cl−中氯元素处于最低价态，只表现还原性，H+中氢元素处于最高价态，只表现氧化性，Cl2中氯元素处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，所以具有氧化性的是Cl2和H+；又由于铁钉与氯气反应生成FeCl3，而铁钉与盐酸反应生成FeCl2，故Cl2的氧化性强于H+的氧化性。
(2)①NaOH与HCl反应生成盐和水，发生中和反应，HCl表现酸性。
②HCl中H元素化合价降低，Cl元素化合价升高，HCl既作氧化剂又作还原剂，HCl表现氧化性和还原性。
(3)反应2HClH2↑+Cl2↑属于氧化还原反应，电子转移的方向和数目用双线桥法表示为。
  
14.【答案】(1)c 
(2)2F2+2H2O=4HF+O2或2Na+2H2O=2NaOH+H2↑或C+H2OCO+H2 
(3)① 
②NaHSO3；I；2 
(4)>；H2O+I2+HSO3−→2I−+SO42−+3H+

【解析】
【分析】
本题考查了四种基本反应类型和氧化还原反应的关系，氧化还原反应的配平和计算、氧化还原反应中的概念等，题目难度不大，熟练掌握概念是解答的关键。
【解答】
(1)a.海水提溴，涉及溴离子被氧化为溴单质，有氧化还原反应，故不选；
b.工业制氯碱是电解饱和氯化钠溶液得到氯气、氢气和氢氧化钠，有氧化还原反应，故不选；
c.海水晒盐，只是将水蒸发，是物理过程，不涉及氧化还原反应，故选；
d.海带提碘涉及将I−氧化为碘单质，有氧化还原反应，故不选；
故选c；
(2)反应类型Ⅳ属于置换反应，有水参与的置换反应有：2F2+2H2O=4HF+O2或2Na+2H2O=2NaOH+H2↑或C+H2OCO+H2；
(3)①根据化合价升降守恒或电子得失守恒配平方程式及电子转移为： ；
②该反应中反应前后S元素化合价升高，亚硫酸氢钠被氧化，还原剂为：NaHSO3；I元素化合价降低，被还原；HSO3−被氧化生成SO42−，S元素升高2价，所以生成1 mol氧化产物则转移电子数目为2NA；
(4)HSO3−、I2、I−、SO42−和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中SO42−是氧化产物，说明还原剂为HSO3−，氧化剂为I2，还原产物为I−，还原剂还原性大于还原产物，所以还原性：HSO3−>I−；该反应的离子方程式为：H2O+I2+HSO3−→2I−+SO42−+3H+。  
15.【答案】Ⅰ.(1)①27.8；烧杯
②100mL
(2)①偏大
②偏小


Ⅱ.①+6价
② +4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O
③BC

【解析】
Ⅰ.【分析】
本题考查了一定体积物质的量浓度溶液的配制，明确物质的量浓度定义，熟悉配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和技巧。
【解答】
(1)①需要绿矾的质量为：0.1L×1mol/L×278g/mol=27.8g；在烧杯中溶解并恢复至室温；
故答案为：27.8；烧杯；
②配制100mL溶液，需用规格为100mL的容量瓶，故答案为：100mL；
(2)①若该绿矾晶体已部分失去结晶水，则绿矾晶体中铁元素的含量增大，根据c=nV可知，所以所配溶液浓度偏大；
故答案为：偏大；
②如图所示，仰视加水定容，则溶液体积偏大，根据c=nV可知，所配溶液浓度偏小；
故答案为：偏小。

Ⅱ.【分析】
本题考查了氧化还原反应的分析，注意根据元素化合价的变化分析，题目难度较小。
【解答】
①FeO42−中，O元素的化合价为−2价，根据化合价代数和为0价，则铁元素化合价为+6价；故答案为：+6价；
②该反应中，铁元素由+3价升高到+6价，共失去6e−，氯元素由+1价降低到−1价，共得到6e−，用单线桥表示反应中电子转移情况为：+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；
故答案为：+4OH−=2FeO42−+3Cl−+5H2O；
③FeO42−中铁元素化合价为+6价，是最高价，只能与具有还原性的物质反应，
A.KMnO4只具有强氧化性，故A不符合；
B.SO2中S元素为+4价，具有很强的还原性，故B符合；
C.H2S中S元素为−2价，只具有很强的还原性，故C符合；
D.O2只具有强氧化性，故D不符合。
故答案为：BC。  
16.【答案】(1)①+7；氧化性；②还原剂；③2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(2)①；②淡黄色固体变为白色；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；③CO2+2OH−=CO 32−+H2O


【解析】
【分析】
本题考查了性质实验方案的设计，为高考常见题型，注意掌握常见物质的性质及检验方法，明确物质性质实验方案设计与评价的方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度中等。
【解答】
(1)①KClO4中氯元素的化合价为+7价，为最高价态，具有氧化性。
②Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂。
③NaHCO3不稳定，易分解，可生成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
(2)①B用为干燥装置，可用浓硫酸除去水，装置图为。
②装置C中发生 2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 +O2，观察到的现象是淡黄色固体变为白色。
③二氧化碳与氢氧化钠反应可生成碳酸钠，反应的离子方程式为CO2 +2OH−=CO32−+H2O。  
17.【答案】(1)①8MnO4−+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O    ②0.8NA 
(2)①6MnO4−+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O     ②B  
(3)① MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O    ②B
(4)①50%      ②0.2  


【解析】
【分析】
本题考查氧化还原反应的相关计算、基本概念等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，注意从元素化合价的变化以及氧化还原反应中得失电子数目相等的角度解答该题．
【解答】
(1)①在用 KMnO4 酸性溶液处理固体 Cu2S时，溶液变蓝，并有SO2气体生成：写出发生的反应的离子方程式：8MnO4−+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O，故答案为：8MnO4−+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O；
②2.24 L(标况下)SO2的物质的量为22.4L22.4L/mol=0.1mol，由方程式可知消耗MnO4−为0.1mol×85=0.16mol，反应中Mn元素化合价有+7降低到+2价，故转移电子为0.16mol×(7−2)=0.8mol，转移电子数目为0.8NA，故答案为：0.8NA；
(2)①用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS时，也可将 CuS反应成 Cu2+和 SO2，离子反应方程式：6MnO4−+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O  ，故答案为：6MnO4−+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O  ；
②H2S和盐酸容易被高锰酸钾氧化，硝酸本身具有强氧化性，只有硫酸适合酸化KMnO4溶液，故答案为：B；
(3)①高锰酸钾溶液在酸性条件下可以将硫酸亚铁氧化为硫酸铁离子方程式：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，故答案为：MnO4−+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；
②A.MnO 4−是氧化剂，Fe3+是氧化产物，故A错误；
B.还原剂的还原性强于还原产物的还原性，故Fe2+的还原性强于Mn2+，故B正确；
C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到溶液变红，Fe(SCN)3不是沉淀，故C错误；
D.生成1 mol水时，消耗Fe2+为：1mol×54=1.25mol，故转移电子为1.25 mol，故D错误；
故选B；
(4)高锰酸钾加热分解的反应方程式为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，15.8g KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=15.8g158g/mol=0.1mol，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的重量为氧气的质量，m(O2)=15.8g−15g=0.8g，n(O2)=0.8g32g/mol=0.025mol。
①消耗的KMnO4物质的量为0.025mol×2=0.05mol，则KMnO4的分解率为：0.050.1×100%=50%，故答案为：50%；
②在反应后剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体为氯气，根据电荷守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，设氯气的物质的量为xmol，
由电子转移守恒可得：Mn总获得的电子为0.1mol(7−2)，O元素、Cl元素失去的电子为4n(O2)+2n(Cl2)=4×0.025mol+2x，则0.1mol(7−2)=4×0.025mol+2x，得x=0.2mol，故答案为：0.2。