还剩18页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应优秀综合训练题
展开
这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应优秀综合训练题，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
人教版（2019）必修第一册
第一章 氧化还原反应
习题精炼（原卷版）
一、选择题
1．通常利用反应：(未配平)定性检验，关于该反应的下列说法中，不正确的是
A．被氧化 B．每消耗，转移
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．在该反应的条件下，氧化性：
2．为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容
实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
3．从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是
①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
②2F2+2H2O=4HF+O2
③2H2O2H2↑+O2↑
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑
A．①⑤ B．②⑤ C．③④ D．②③
4．某体系中发生的一个反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+，已知MnO为其中一种反应物，下列说法正确的是
A．只有MnO和Fe2+是反应物 B．被还原的元素是Fe
C．发生氧化反应的物质是MnO D．氧化剂与还原剂的个数比为1∶5
5．下列物质中的硫元素，不能表现出还原性的是
A． B． C． D．
6．高铁酸钠是一种新型净水剂。其中元素的化合价为
A．0 B． C． D．
7．生活中处处有化学、下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．海水晒盐 B．牛奶变质 C．铁器生锈 D．酿制食醋
8．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应①KOH+Cl2→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，下列说法正确的是
A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO-)：n(ClO)=5：1，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．若2L2mol/L的KOH溶液完全反应，能吸收标准状况下Cl244.8L
C．K2FeO4具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比KClO强
D．按过程①②反应得到3.96kgK2FeO4，理论上消耗Cl2为30mol
9．古诗词是我国传统文化的瑰宝，其中有很多与化学有关。下列解读错误的是
A．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”其中“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，主要成分是氧化铁
B．《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的气属于烃类物质
C．《客中行》中记载：“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”用谷物酿酒的过程中发生了氧化还原反应
D．《诗经》中有“周原膴膴，堇荼如饴(麦芽糖)”，麦芽糖完全水解后只生成葡萄糖
10．关于反应，下列说法正确的是
A．生成1mol的ZnO，共转移5mol电子 B．只做氧化剂
C．该反应中氧化产物只有ZnO D．每产生，生成
11．同时满足四大基本反应类型之一、氧化还原反应、离子反应的变化是
A．NaHCO3粉末加热分解 B．Zn与CuSO4溶液反应
C．铜丝在Cl2中燃烧 D．稀盐酸与NaOH溶液反应
12．已知：①绿茶中含有大量的鞣酸；②鞣酸亚铁溶液为无色，鞣酸铁溶液为蓝黑色，概括如图所示的实验流程分析，下列叙述错误的是
A．绿茶叶水与FeSO4反应生成的鞣酸亚铁易被氧化成鞣酸铁而呈蓝黑色
B．维生素C可将鞣酸铁还原成鞣酸亚铁
C．④中发生的反应只有1个
D．服用补铁剂时不能喝绿茶
13．关于反应，下列说法正确的是
A．可以和反应，生成 B．是氧化产物
C．既是氧化剂又是还原剂 D．生成，转移个电子
14．是优良的饮用水处理剂。将、、KOH混合共熔可制备，反应为：。下列说法不正确的是
A．铁元素被氧化
B．反应中，氮原子得到电子
C．每生成1mol个，转移6mol电子
D．是还原产物
15．电视剧中的仙境美轮美奂，其中产生烟雾的原理是NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．每生成1molZnO，共转移2mol电子
B．水可能是中间产物
C．NH4NO3既是氧化剂，又是还原剂
D．每生成448mLN2，共转移0.1mol电子
二、填空题
16．氧化还原反应在物质的制备和转化中有重要的应用。
(1)碘酸钾(KIO3)是一种重要的食品添加剂，可作为食盐中的补碘剂。一种制备KIO3的方法是将I2与KOH溶液共热，生成KIO3、H2O和另一种化合物。
①写出该反应的化学方程式：_______。
②该反应中被氧化的I原子与被还原的I原子的个数之比为_______。
③每生成2个KIO3，该反应中转移电子_______个。
(2)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”能快速溶于水，放出大量CO2，得到ClO2溶液。生成ClO2的化学方程式为5NaClO2+4NaHSO4=4ClO2+NaCl+4Na2SO4+2H2O。
①该反应的离子方程式为_______。
②该反应中氧化剂为_______(填化学式，下同)，还原剂为_______。
③用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目：_______。
④产生CO2的离子方程式为_______。
17．KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：_______。
三、计算题
18．有三份不同质量的硫化铜与硫化亚铜的混合物样品①②③。甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中硫化铜的量。
(1)甲取2.56克样品①，置于空气中加强热，产物为氧化铜和二氧化硫。若产生0.448 L气体（标准状况），该气体被30 mL一定浓度氢氧化钠恰好完全吸收，将所得溶液小心低温蒸干得固体2.3克。则样品①中硫化铜的质量为_____g，氢氧化钠浓度_______mol·L-1；
(2)乙取3.52克样品②，投入过量的浓硝酸中加热，充分反应后，样品全部参与反应，溶液失重8.44克。样品②中硫化铜的物质的量为____mol；若浓硝酸的浓度为14.2 mol·L-1，则反应消耗浓硝酸____mL。(已知：Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O)
(3)丙称量样品③强热后剩余的固体质量比原样品减小了a g，若该固体为氧化铜，则样品③中硫化铜物质的量(n)为_________mol。若要计算硫化亚铜的质量，则缺少_____________数据，若设该数据为b克，则硫化亚铜的质量为___________。
四、元素或物质推断题
19．（1）某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的4种离子，所含离子均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。回答下列问题：
①溶液中存在的离子是______；
②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式______；
（2)以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN－的浓度为0.2mol·L—1）进行实验。
①写出CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________；
②若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为____。
（3）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸 (H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式________________ 。
②取300 mL 0.2 mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是________mol。
③在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。写出溶液先变为浅绿色的离子方程式：_________________________________。
五、实验题
20．五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时对热不稳定。
(1)某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3=N2O5+O2。实验装置如图：
回答下列问题：
①装置C的名称_______，装置E的作用是_______。
②写出装置A中发生反应的化学方程式_______。
③实验时，将装置C浸入_______ (填“热水”或“冰水”)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
(2)判断C中反应已结束的简单方法是_______。
(3)该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_______。
②判断滴定终点的方法是_______。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．锰元素化合价升高， Mn2+ 被氧化，故A不选；
B．PbO2中Pb元素化合价由+4降低为+2，则每消耗1mol PbO2，转移2mole-，故B不选；
C．PbO2作氧化剂，Pb元素化合价由+4降低为+2，降低2价，Mn2+作还原剂，锰元素化合价由+2升高为+7，升高5价，根据化合价升降总数相等可得，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 5:2，故C选；
D．在同一化学反应方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中Pb元素化合价降低，PbO2 是氧化剂，锰元素化合价升高， MnO是氧化产物，则氧化性： PbO2>MnO，故D不选；
故选C。
2．C
解析：A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；
B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；
C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；
D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；
故选C。
3．A
解析：①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂；
②2F2+2H2O=4HF+O2中，H2O中O元素化合价上升，H2O是还原剂；
③2H2O2H2↑+O2↑中，H2O既是氧化剂也是还原剂；
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素化合价既上升又下降，H2O既不是氧化剂，也不是还原剂；
⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂；
因此反应中水的作用相同的是①⑤，故选A。
4．D
【分析】Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但氧化性弱于酸性条件下MnO的氧化性，则Fe2+作还原剂，MnO作氧化剂，由此得出该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
解析：A．由分析可知，MnO、Fe2+和H+是反应物，故A错误；
B．由分析可知，Fe2+作还原剂，被氧化，故B错误；
C．由分析可知，MnO作氧化剂，被还原，故C错误；
D．由分析可知，该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂的个数比为1∶5，故D正确；
故选D。
5．B
解析：A．中S元素为-2价，为S元素的最低价态，则只有还原性，故A不符合题意；
B．中硫元素为最高价态，只有氧化性，故B符合题意；
C．中S元素为+2价，处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，故C不符合题意；
D．中S元素是+4价，处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，故D不符合题意；
故答案选B。
6．D
解析：高铁酸钠是一种新型净水剂，钠化合价为+1价，氧化合价为−2价，根据化合价代数和为0，则元素的化合价为+6价，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
7．A
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
解析：A．海水晒盐为物理变化，不涉及氧化还原反应，A选；
B．牛奶变质涉及有机物的腐败变质过程，涉及氧化还原反应，B不选；
C．铁器生锈涉及铁单质转化为化合物的过程，涉及氧化还原反应，C不选；
D．酿制食醋涉及有机物被氧化的过程，涉及氧化还原反应，D不选；
故选A。
8．B
解析：A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设n(ClO−)＝5xmol、n(ClO)＝xmol，根据转移电子守恒得n(Cl−)＝，作氧化剂的氯气是生成KCl的氯气、作还原剂的氯气是生成KClO、KClO3的氯气，根据氯原子守恒知，生成KCl的，生成KClO、KClO3的，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为5xmol：3xmol＝5：3，故A错误；
B．氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、KClO3时，K、Cl原子个数之比为1：1，n(KOH)＝2mol/L×2L＝4mol，则需要n(Cl)＝n(K)＝4mol，所以，V(Cl2)＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，故B正确；
C．该反应中Cl元素的化合价由＋1价变为−1价、Fe元素的化合价由＋3价变为＋6价，则KClO是氧化剂、K2FeO4是氧化产物，所以氧化性：KClO＞K2FeO4，故C错误；
D．n(K2FeO4)＝，根据“2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O”知，n(KClO)＝n(K2FeO4)＝30mol，根据“8Cl2＋16KOH＝10KCl＋5KClO+KClO3＋8H2O”知，消耗的n(Cl2)＝n(KClO)＝48mol，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确方程式中各物质的关系是解本题关键，注意转移电子守恒、原子守恒的灵活运用，题目难度不大。
9．A
解析：A．朱砂的主要成分是HgS，选项A错误；
B．文中的“气”具有催熟水果的作用，应为乙烯，乙烯属于烃类，选项B正确；
C．酿酒是采用富含糖类的谷物经缓慢氧化生成乙醇的过程，选项C正确；
D．一分子麦芽糖水解得到两分子葡萄糖，选项D正确；
答案选A。
10．A
【分析】该反应中铵根中N元素化合价升高，Zn元素化合价也升高，硝酸根中N元素化合价降低。
解析：A．当生成1mol的ZnO时，有1mol的硝酸根得电子转为氮气，所以转移5mol电子，A项正确；
B．该反应中氧化剂为硝酸根，还原剂有铵根和单质锌，所以既作氧化剂又作还原剂，B错误；
C．、Zn都被氧化，所以N2、ZnO都氧化产物，C错误；
D．没说明是标况下，无法计算，D错误；
故选A。
11．B
解析：A．NaHCO3粉末加热分解，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，未在水溶液中进行，不是离子反应，A不符合；
B．Zn与溶液发生反应Zn+=ZnSO4+Cu，属于置换反应；有离子参与反应，属于离子反应；Cu、Zn元素化合价改变，属于氧化还原反应，B符合；
C．铜丝在中燃烧生成氯化铜，不是在溶液中的反应，不属于离子反应，C不符合；
D．稀盐酸与溶液反应生成氯化钠和水，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，D不符合；
故选B。
12．C
解析：A．鞣酸亚铁溶液为无色，鞣酸铁溶液为蓝黑色，在绿茶叶水中加入FeSO4，出现蓝黑色，说明鞣酸亚铁易被氧化，A正确；
B．向蓝黑色溶液中加入维生素C，溶液由蓝黑色恢复原色，说明维生素C能将鞣酸铁还原成鞣酸亚铁，表现还原性，B正确；
C．④中发生的反应有维生素C、Fe2+被H2O2氧化、Fe3+与SCN-的络合反应等，反应不止2个，C错误；
D．因为绿茶叶水中的鞣酸与补铁剂中的Fe2+反应生成鞣酸亚铁，鞣酸亚铁不稳定，易被氧化为鞣酸铁，故服用补铁剂时不能喝绿茶，D正确；
故选C。
13．A
【分析】根据反应可知，为类卤素，类似于Cl2与反应，中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，为还原剂，为氧化产物，为氧化剂，为还原产物；
解析：A．根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，可以和反应，生成，选项A正确；
B．是还原产物，选项B错误；
C．是还原剂，选项C错误；
D．中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，生成，转移个电子，选项D错误；
答案选A。
14．C
【分析】反应中，Fe元素从+3价升高到+6价，N元素从+5价降低到+3价，结合氧化还原反应的规律分析。
解析：A．铁元素从+3价升高到+6价，被氧化，A正确；
B．反应中，氮原子得到电子，被还原，B正确；
C．每生成1mol个，转移(6-3)mol=3mol电子，C错误；
D．N元素从+5价降低到+3价，是还原产物，D正确；
故选C。
15．C
解析：A．反应中部分氮元素化合价由-3变为0、部分氮元素化合价由+5变为0，锌元素化合价由0变为+2，电子转移为，每生成1molZnO，共转移5mol电子，A错误；
B．水为生成物，B错误；
C．部分氮元素化合价由-3变为0、部分氮元素化合价由+5变为0，故NH4NO3既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D．没有标况，不能计算氮气的物质的量，D错误；
故选C。
二、填空题
16．(1) 1:5 10
(2) NaClO2 NaClO2
解析：（1）①I2与KOH溶液共热生成KIO3、H2O，根据得失电子守恒，另一种化合物为KI，反应方程式为；
②该反应中碘单质中部分I元素化合价由0升高为+5被氧化、部分I元素化合价由0降低为-1被还原，根据电子守恒可知，被氧化的I原子与被还原的I原子的物质的量之比为1:5。
③该反应中I元素化合价由0升高为+5，每生成2个KIO3，转移电子的数目为10。
（2）①由化学方程式可知，5NaClO2+4NaHSO4=4ClO2+NaCl+4Na2SO4+2H2O反应的离子方程式为。
②NaClO2中部分Cl元素化合价由+3升高为+4、部分Cl元素化合价由+3降低为-1，该反应中氧化剂为NaClO2，还原剂为NaClO2。
③NaClO2中Cl元素化合价由+3升高为+4、Cl元素化合价由+3降低为-1，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目为。
④NaHSO4、NaHCO3反应生成硫酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。
17．4KClO3KCl+3KClO4
解析：400℃时KClO3分解生成无氧酸盐一定是KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价只能升高到+7价。即被氧化成高氯酸钾(KClO4)，其阴阳离子分别是和K+，符合“另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1”的条件。根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。
三、计算题
18．96 1 0.02 23.9 0.0625a或 样品总质量 b-6a 克
【分析】(1)根据n=计算SO2的物质的量，然后利用S原子守恒、固体质量计算CuS的质量；根据硫原子守恒、得到固体的质量计算亚硫酸钠、硫酸氢钠的物质的量，再根据钠原子守恒计算氢氧化钠的物质的量浓度；
(2)CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，根据固体质量及溶液失重质量列方程式计算CuS的物质的量；根据CuS、Cu2S与硝酸的关系式计算硝酸的体积；
(3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，据此计算CuS的物质的量；要计算硫化亚铜的质量，还需要知道样品总的质量，根据m=n·M计算CuS的质量，总质量减去CuS的质量就是硫化亚铜的质量。
解析：(1) n(SO2)===0.02 mol，设CuS的物质的量为x mol，Cu2S的物质的量为y mol，则x+y=0.02，96x+160y=2.56，解得x=0.01，y=0.01，则m(CuS)=0.01 mol×96 g/mol=0.96 g；设反应产生Na2SO3的物质的量为a mol、NaHSO3的物质的量为b mol，a+b=0.02，126a+104y=2.3，解得a=0.01，b=0.01，所以根据钠原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2SO3)+n(NaHSO3)=2×0.01 mol+0.01 mol=0.03 mol，故NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)==1 mol/L；
(2)设CuS的物质的量为c mol，Cu2S的物质的量为d mol，则根据固体质量和为3.52 g可得：96c+160d=3.52；根据CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，溶液失重可得：272c+300d=8.44，两式联立，解得c=0.02 mol，d=0.01 mol，所以样品②中CuS的物质的量为0.02 mol，Cu2S为0.01 mol。由CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O可知，0.02 molCuS完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.02mol×10=0.2 mol，根据Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O可知，0.01 mol Cu2S完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.01 mol×14=0.14 mol，故需要总的硝酸的物质的量n(HNO3)总=0.2 mol+0.14 mol=0.34 mol因此需要硝酸的体积V(HNO3)总==0.0239 L=23.9 mL；
(3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，所以n(CuS)=mol=0.0625a mol；m(CuS)=96 g/mol×mol=6a g，所以m(Cu2S)=bg-6a g=(b-6a) g。
四、元素或物质推断题
19． Na+、Fe2+、NO3-、SO42- 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O 80% Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O 0.032mol 2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+
解析：（1）①加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，故一定存在的离子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；
②溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2)①CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式为：2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；② 1.408g CO2的物质的量为，根据反应2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，CNO－物质的量为，根据碳原子守恒，CN－离子与CNO-物质的量相等为，开始溶液中CN－离子物质的量=0.2，故CN－被处理的百分率为；（3）①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O；②0.300 L 0.2 mol/L=0.6molI-0.02molI2+0.02molIO3-，转移0.16mol电子，从MnO4-Mn2+可以看出，化合价由+7降为+2价，由电子守恒可知参加反应的KMnO4的物质的量的是mol；③先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe2+先被还原后又氧化，先变为浅绿色的离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。
五、实验题
20．(1) 三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 冰水
(2)红棕色褪去
(3) 5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+ 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；2NO2⇌N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
解析：（1）①据分析可知，装置C的名称三颈烧瓶；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；故答案为三颈烧瓶；防止空气中的水蒸气进入C中；
②装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
③由于N2O5高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中；故答案为冰水；
（2）装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束，故答案为红棕色褪去；
（3）①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；故答案为5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；故答案为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。
人教版（2019）必修第一册
第一章 氧化还原反应
习题精炼（原卷版）
一、选择题
1．通常利用反应：(未配平)定性检验，关于该反应的下列说法中，不正确的是
A．被氧化 B．每消耗，转移
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．在该反应的条件下，氧化性：
2．为探究“”碘离子氧化过程进行如下实验．
编号
1
2
实验内容
实验现象
随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅
随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是
A．实验1中溶液变浅是因为
B．实验2中出现紫色沉淀是因为
C．实验1中产生大量气体的原因是被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察
3．从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是
①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
②2F2+2H2O=4HF+O2
③2H2O2H2↑+O2↑
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑
A．①⑤ B．②⑤ C．③④ D．②③
4．某体系中发生的一个反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+，已知MnO为其中一种反应物，下列说法正确的是
A．只有MnO和Fe2+是反应物 B．被还原的元素是Fe
C．发生氧化反应的物质是MnO D．氧化剂与还原剂的个数比为1∶5
5．下列物质中的硫元素，不能表现出还原性的是
A． B． C． D．
6．高铁酸钠是一种新型净水剂。其中元素的化合价为
A．0 B． C． D．
7．生活中处处有化学、下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．海水晒盐 B．牛奶变质 C．铁器生锈 D．酿制食醋
8．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应①KOH+Cl2→KCl+KClO+KClO3+H2O(未配平)②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，下列说法正确的是
A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO-)：n(ClO)=5：1，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．若2L2mol/L的KOH溶液完全反应，能吸收标准状况下Cl244.8L
C．K2FeO4具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比KClO强
D．按过程①②反应得到3.96kgK2FeO4，理论上消耗Cl2为30mol
9．古诗词是我国传统文化的瑰宝，其中有很多与化学有关。下列解读错误的是
A．《傅鹑觚集·太子少傅箴》中记载：“故近朱者赤，近墨者黑。”其中“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，主要成分是氧化铁
B．《格物粗谈》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的气属于烃类物质
C．《客中行》中记载：“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光。”用谷物酿酒的过程中发生了氧化还原反应
D．《诗经》中有“周原膴膴，堇荼如饴(麦芽糖)”，麦芽糖完全水解后只生成葡萄糖
10．关于反应，下列说法正确的是
A．生成1mol的ZnO，共转移5mol电子 B．只做氧化剂
C．该反应中氧化产物只有ZnO D．每产生，生成
11．同时满足四大基本反应类型之一、氧化还原反应、离子反应的变化是
A．NaHCO3粉末加热分解 B．Zn与CuSO4溶液反应
C．铜丝在Cl2中燃烧 D．稀盐酸与NaOH溶液反应
12．已知：①绿茶中含有大量的鞣酸；②鞣酸亚铁溶液为无色，鞣酸铁溶液为蓝黑色，概括如图所示的实验流程分析，下列叙述错误的是
A．绿茶叶水与FeSO4反应生成的鞣酸亚铁易被氧化成鞣酸铁而呈蓝黑色
B．维生素C可将鞣酸铁还原成鞣酸亚铁
C．④中发生的反应只有1个
D．服用补铁剂时不能喝绿茶
13．关于反应，下列说法正确的是
A．可以和反应，生成 B．是氧化产物
C．既是氧化剂又是还原剂 D．生成，转移个电子
14．是优良的饮用水处理剂。将、、KOH混合共熔可制备，反应为：。下列说法不正确的是
A．铁元素被氧化
B．反应中，氮原子得到电子
C．每生成1mol个，转移6mol电子
D．是还原产物
15．电视剧中的仙境美轮美奂，其中产生烟雾的原理是NH4NO3+Zn=ZnO+N2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．每生成1molZnO，共转移2mol电子
B．水可能是中间产物
C．NH4NO3既是氧化剂，又是还原剂
D．每生成448mLN2，共转移0.1mol电子
二、填空题
16．氧化还原反应在物质的制备和转化中有重要的应用。
(1)碘酸钾(KIO3)是一种重要的食品添加剂，可作为食盐中的补碘剂。一种制备KIO3的方法是将I2与KOH溶液共热，生成KIO3、H2O和另一种化合物。
①写出该反应的化学方程式：_______。
②该反应中被氧化的I原子与被还原的I原子的个数之比为_______。
③每生成2个KIO3，该反应中转移电子_______个。
(2)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”能快速溶于水，放出大量CO2，得到ClO2溶液。生成ClO2的化学方程式为5NaClO2+4NaHSO4=4ClO2+NaCl+4Na2SO4+2H2O。
①该反应的离子方程式为_______。
②该反应中氧化剂为_______(填化学式，下同)，还原剂为_______。
③用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目：_______。
④产生CO2的离子方程式为_______。
17．KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：_______。
三、计算题
18．有三份不同质量的硫化铜与硫化亚铜的混合物样品①②③。甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中硫化铜的量。
(1)甲取2.56克样品①，置于空气中加强热，产物为氧化铜和二氧化硫。若产生0.448 L气体（标准状况），该气体被30 mL一定浓度氢氧化钠恰好完全吸收，将所得溶液小心低温蒸干得固体2.3克。则样品①中硫化铜的质量为_____g，氢氧化钠浓度_______mol·L-1；
(2)乙取3.52克样品②，投入过量的浓硝酸中加热，充分反应后，样品全部参与反应，溶液失重8.44克。样品②中硫化铜的物质的量为____mol；若浓硝酸的浓度为14.2 mol·L-1，则反应消耗浓硝酸____mL。(已知：Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O)
(3)丙称量样品③强热后剩余的固体质量比原样品减小了a g，若该固体为氧化铜，则样品③中硫化铜物质的量(n)为_________mol。若要计算硫化亚铜的质量，则缺少_____________数据，若设该数据为b克，则硫化亚铜的质量为___________。
四、元素或物质推断题
19．（1）某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、NO3-、Cl-、SO42-中的4种离子，所含离子均为1mol。若向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变（不考虑水的电离和离子的水解）。回答下列问题：
①溶液中存在的离子是______；
②写出溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式______；
（2)以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－离子的废水与过量NaClO溶液的混合液共200mL（设其中CN－的浓度为0.2mol·L—1）进行实验。
①写出CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________；
②若结果测得CO2的质量为1.408g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为____。
（3）酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸 (H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式________________ 。
②取300 mL 0.2 mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是________mol。
③在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。写出溶液先变为浅绿色的离子方程式：_________________________________。
五、实验题
20．五氧化二氮(N2O5)是有机合成中常用的绿色硝化剂。N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成强酸，高于室温时对热不稳定。
(1)某化学兴趣小组设计臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为N2O4+O3=N2O5+O2。实验装置如图：
回答下列问题：
①装置C的名称_______，装置E的作用是_______。
②写出装置A中发生反应的化学方程式_______。
③实验时，将装置C浸入_______ (填“热水”或“冰水”)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，一段时间后C中液体变为红棕色。关闭分液漏斗的活塞，打开活塞K，通过臭氧发生器向装置C中通入含有臭氧的氧气。
(2)判断C中反应已结束的简单方法是_______。
(3)该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品中N2O4的含量。取2.0g粗产品，加入20.00mL0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。(已知：H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解)
①产品中N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为_______。
②判断滴定终点的方法是_______。
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．锰元素化合价升高， Mn2+ 被氧化，故A不选；
B．PbO2中Pb元素化合价由+4降低为+2，则每消耗1mol PbO2，转移2mole-，故B不选；
C．PbO2作氧化剂，Pb元素化合价由+4降低为+2，降低2价，Mn2+作还原剂，锰元素化合价由+2升高为+7，升高5价，根据化合价升降总数相等可得，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 5:2，故C选；
D．在同一化学反应方程式中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，该反应中Pb元素化合价降低，PbO2 是氧化剂，锰元素化合价升高， MnO是氧化产物，则氧化性： PbO2>MnO，故D不选；
故选C。
2．C
解析：A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；
B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；
C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；
D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D正确；
故选C。
3．A
解析：①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂；
②2F2+2H2O=4HF+O2中，H2O中O元素化合价上升，H2O是还原剂；
③2H2O2H2↑+O2↑中，H2O既是氧化剂也是还原剂；
④2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中，Na2O2中O元素化合价既上升又下降，H2O既不是氧化剂，也不是还原剂；
⑤NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H2O中H元素化合价降低，H2O是氧化剂；
因此反应中水的作用相同的是①⑤，故选A。
4．D
【分析】Fe3+、Mn2+、MnO、H2O、Fe2+、H+六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但氧化性弱于酸性条件下MnO的氧化性，则Fe2+作还原剂，MnO作氧化剂，由此得出该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
解析：A．由分析可知，MnO、Fe2+和H+是反应物，故A错误；
B．由分析可知，Fe2+作还原剂，被氧化，故B错误；
C．由分析可知，MnO作氧化剂，被还原，故C错误；
D．由分析可知，该反应为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂的个数比为1∶5，故D正确；
故选D。
5．B
解析：A．中S元素为-2价，为S元素的最低价态，则只有还原性，故A不符合题意；
B．中硫元素为最高价态，只有氧化性，故B符合题意；
C．中S元素为+2价，处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，故C不符合题意；
D．中S元素是+4价，处于中间价态，既有氧化性，也有还原性，故D不符合题意；
故答案选B。
6．D
解析：高铁酸钠是一种新型净水剂，钠化合价为+1价，氧化合价为−2价，根据化合价代数和为0，则元素的化合价为+6价，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
7．A
【分析】化合价升降为氧化还原反应的特征，则反应中存在元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此进行判断。
解析：A．海水晒盐为物理变化，不涉及氧化还原反应，A选；
B．牛奶变质涉及有机物的腐败变质过程，涉及氧化还原反应，B不选；
C．铁器生锈涉及铁单质转化为化合物的过程，涉及氧化还原反应，C不选；
D．酿制食醋涉及有机物被氧化的过程，涉及氧化还原反应，D不选；
故选A。
8．B
解析：A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设n(ClO−)＝5xmol、n(ClO)＝xmol，根据转移电子守恒得n(Cl−)＝，作氧化剂的氯气是生成KCl的氯气、作还原剂的氯气是生成KClO、KClO3的氯气，根据氯原子守恒知，生成KCl的，生成KClO、KClO3的，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为5xmol：3xmol＝5：3，故A错误；
B．氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、KClO3时，K、Cl原子个数之比为1：1，n(KOH)＝2mol/L×2L＝4mol，则需要n(Cl)＝n(K)＝4mol，所以，V(Cl2)＝2mol×22.4L/mol＝44.8L，故B正确；
C．该反应中Cl元素的化合价由＋1价变为−1价、Fe元素的化合价由＋3价变为＋6价，则KClO是氧化剂、K2FeO4是氧化产物，所以氧化性：KClO＞K2FeO4，故C错误；
D．n(K2FeO4)＝，根据“2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O”知，n(KClO)＝n(K2FeO4)＝30mol，根据“8Cl2＋16KOH＝10KCl＋5KClO+KClO3＋8H2O”知，消耗的n(Cl2)＝n(KClO)＝48mol，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确方程式中各物质的关系是解本题关键，注意转移电子守恒、原子守恒的灵活运用，题目难度不大。
9．A
解析：A．朱砂的主要成分是HgS，选项A错误；
B．文中的“气”具有催熟水果的作用，应为乙烯，乙烯属于烃类，选项B正确；
C．酿酒是采用富含糖类的谷物经缓慢氧化生成乙醇的过程，选项C正确；
D．一分子麦芽糖水解得到两分子葡萄糖，选项D正确；
答案选A。
10．A
【分析】该反应中铵根中N元素化合价升高，Zn元素化合价也升高，硝酸根中N元素化合价降低。
解析：A．当生成1mol的ZnO时，有1mol的硝酸根得电子转为氮气，所以转移5mol电子，A项正确；
B．该反应中氧化剂为硝酸根，还原剂有铵根和单质锌，所以既作氧化剂又作还原剂，B错误；
C．、Zn都被氧化，所以N2、ZnO都氧化产物，C错误；
D．没说明是标况下，无法计算，D错误；
故选A。
11．B
解析：A．NaHCO3粉末加热分解，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，未在水溶液中进行，不是离子反应，A不符合；
B．Zn与溶液发生反应Zn+=ZnSO4+Cu，属于置换反应；有离子参与反应，属于离子反应；Cu、Zn元素化合价改变，属于氧化还原反应，B符合；
C．铜丝在中燃烧生成氯化铜，不是在溶液中的反应，不属于离子反应，C不符合；
D．稀盐酸与溶液反应生成氯化钠和水，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，D不符合；
故选B。
12．C
解析：A．鞣酸亚铁溶液为无色，鞣酸铁溶液为蓝黑色，在绿茶叶水中加入FeSO4，出现蓝黑色，说明鞣酸亚铁易被氧化，A正确；
B．向蓝黑色溶液中加入维生素C，溶液由蓝黑色恢复原色，说明维生素C能将鞣酸铁还原成鞣酸亚铁，表现还原性，B正确；
C．④中发生的反应有维生素C、Fe2+被H2O2氧化、Fe3+与SCN-的络合反应等，反应不止2个，C错误；
D．因为绿茶叶水中的鞣酸与补铁剂中的Fe2+反应生成鞣酸亚铁，鞣酸亚铁不稳定，易被氧化为鞣酸铁，故服用补铁剂时不能喝绿茶，D正确；
故选C。
13．A
【分析】根据反应可知，为类卤素，类似于Cl2与反应，中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，为还原剂，为氧化产物，为氧化剂，为还原产物；
解析：A．根据氯气与钠反应生成氯化钠可推知，可以和反应，生成，选项A正确；
B．是还原产物，选项B错误；
C．是还原剂，选项C错误；
D．中S的化合价为+5，升高为+6价被氧化，生成，转移个电子，选项D错误；
答案选A。
14．C
【分析】反应中，Fe元素从+3价升高到+6价，N元素从+5价降低到+3价，结合氧化还原反应的规律分析。
解析：A．铁元素从+3价升高到+6价，被氧化，A正确；
B．反应中，氮原子得到电子，被还原，B正确；
C．每生成1mol个，转移(6-3)mol=3mol电子，C错误；
D．N元素从+5价降低到+3价，是还原产物，D正确；
故选C。
15．C
解析：A．反应中部分氮元素化合价由-3变为0、部分氮元素化合价由+5变为0，锌元素化合价由0变为+2，电子转移为，每生成1molZnO，共转移5mol电子，A错误；
B．水为生成物，B错误；
C．部分氮元素化合价由-3变为0、部分氮元素化合价由+5变为0，故NH4NO3既是氧化剂，又是还原剂，C正确；
D．没有标况，不能计算氮气的物质的量，D错误；
故选C。
二、填空题
16．(1) 1:5 10
(2) NaClO2 NaClO2
解析：（1）①I2与KOH溶液共热生成KIO3、H2O，根据得失电子守恒，另一种化合物为KI，反应方程式为；
②该反应中碘单质中部分I元素化合价由0升高为+5被氧化、部分I元素化合价由0降低为-1被还原，根据电子守恒可知，被氧化的I原子与被还原的I原子的物质的量之比为1:5。
③该反应中I元素化合价由0升高为+5，每生成2个KIO3，转移电子的数目为10。
（2）①由化学方程式可知，5NaClO2+4NaHSO4=4ClO2+NaCl+4Na2SO4+2H2O反应的离子方程式为。
②NaClO2中部分Cl元素化合价由+3升高为+4、部分Cl元素化合价由+3降低为-1，该反应中氧化剂为NaClO2，还原剂为NaClO2。
③NaClO2中Cl元素化合价由+3升高为+4、Cl元素化合价由+3降低为-1，用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目为。
④NaHSO4、NaHCO3反应生成硫酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。
17．4KClO3KCl+3KClO4
解析：400℃时KClO3分解生成无氧酸盐一定是KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价只能升高到+7价。即被氧化成高氯酸钾(KClO4)，其阴阳离子分别是和K+，符合“另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1”的条件。根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。
三、计算题
18．96 1 0.02 23.9 0.0625a或 样品总质量 b-6a 克
【分析】(1)根据n=计算SO2的物质的量，然后利用S原子守恒、固体质量计算CuS的质量；根据硫原子守恒、得到固体的质量计算亚硫酸钠、硫酸氢钠的物质的量，再根据钠原子守恒计算氢氧化钠的物质的量浓度；
(2)CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，根据固体质量及溶液失重质量列方程式计算CuS的物质的量；根据CuS、Cu2S与硝酸的关系式计算硝酸的体积；
(3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，据此计算CuS的物质的量；要计算硫化亚铜的质量，还需要知道样品总的质量，根据m=n·M计算CuS的质量，总质量减去CuS的质量就是硫化亚铜的质量。
解析：(1) n(SO2)===0.02 mol，设CuS的物质的量为x mol，Cu2S的物质的量为y mol，则x+y=0.02，96x+160y=2.56，解得x=0.01，y=0.01，则m(CuS)=0.01 mol×96 g/mol=0.96 g；设反应产生Na2SO3的物质的量为a mol、NaHSO3的物质的量为b mol，a+b=0.02，126a+104y=2.3，解得a=0.01，b=0.01，所以根据钠原子守恒得n(NaOH)=2n(Na2SO3)+n(NaHSO3)=2×0.01 mol+0.01 mol=0.03 mol，故NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)==1 mol/L；
(2)设CuS的物质的量为c mol，Cu2S的物质的量为d mol，则根据固体质量和为3.52 g可得：96c+160d=3.52；根据CuS、Cu2S与硝酸发生反应：CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O、Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O，溶液失重可得：272c+300d=8.44，两式联立，解得c=0.02 mol，d=0.01 mol，所以样品②中CuS的物质的量为0.02 mol，Cu2S为0.01 mol。由CuS+10HNO3=Cu(NO3)2+8NO2↑+H2SO4+4H2O可知，0.02 molCuS完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.02mol×10=0.2 mol，根据Cu2S+14HNO3→2Cu(NO3)2+10NO2↑+H2SO4+6H2O可知，0.01 mol Cu2S完全反应需要硝酸的物质的量n(HNO3)=0.01 mol×14=0.14 mol，故需要总的硝酸的物质的量n(HNO3)总=0.2 mol+0.14 mol=0.34 mol因此需要硝酸的体积V(HNO3)总==0.0239 L=23.9 mL；
(3)CuS、Cu2S发生反应生成CuO，根据化学式知，Cu2S的相对分子质量相当于2个CuO的相对分子质量，所以反应过程中减少的质量相当于CuS---CuO之间减少的质量，所以n(CuS)=mol=0.0625a mol；m(CuS)=96 g/mol×mol=6a g，所以m(Cu2S)=bg-6a g=(b-6a) g。
四、元素或物质推断题
19． Na+、Fe2+、NO3-、SO42- 3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O 80% Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O 0.032mol 2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+
解析：（1）①加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，气体只能为NO，为Fe2+、NO3-之间氧化还原反应生成的，由于阴离子种类不变，则原溶液中一定存在SO42-，又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，根据电荷守恒，一定还含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，故一定存在的离子是Na+、Fe2+、NO3-、SO42-；
②溶液中加入过量的稀硫酸反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；（2)①CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式为：2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O；② 1.408g CO2的物质的量为，根据反应2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O，CNO－物质的量为，根据碳原子守恒，CN－离子与CNO-物质的量相等为，开始溶液中CN－离子物质的量=0.2，故CN－被处理的百分率为；（3）①向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，反应的化学方程式Cu+2HCl+H2O2=CuCl2+2H2O；②0.300 L 0.2 mol/L=0.6molI-0.02molI2+0.02molIO3-，转移0.16mol电子，从MnO4-Mn2+可以看出，化合价由+7降为+2价，由电子守恒可知参加反应的KMnO4的物质的量的是mol；③先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，则Fe2+先被还原后又氧化，先变为浅绿色的离子方程式为：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+。
五、实验题
20．(1) 三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入C中 Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 冰水
(2)红棕色褪去
(3) 5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+ 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2；2NO2⇌N2O4，装置C中发生的反应为N2O4+O3=N2O5+O2，N2O5常温下为白色固体，可溶于CH2Cl2等氯代烃溶剂，故二氯甲烷的作用为溶解反应物NO2、充分混合反应物使其反应更加充分、溶解生成物N2O5；装置D是保护装置，防止倒吸；N2O5微溶于水且与水反应生成强酸，则装置E是为了防止空气中的水蒸气进入C中。
解析：（1）①据分析可知，装置C的名称三颈烧瓶；装置E的作用是防止空气中的水蒸气进入C中；故答案为三颈烧瓶；防止空气中的水蒸气进入C中；
②装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；故答案为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
③由于N2O5高于室温时对热不稳定，所以实验时，将装置C浸入冰水中；故答案为冰水；
（2）装置C中，NO2溶于CH2Cl2，使溶液变为红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束，故答案为红棕色褪去；
（3）①N2O4与酸性KMnO4溶液反应生成硝酸锰和硝酸，离子方程式为5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；故答案为5N2O4+2+2H2O=2Mn2++10+4H+；
②酸性KMnO4溶液呈紫红色，用H2O2溶液滴定被还原为无色的Mn2+，则判断滴定终点的方法是：溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色；故答案为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。
相关试卷
人教版（2019）高中化学必修第一册第四章第物质结构元素周期律习题精炼（原卷版）： 这是一份人教版（2019）高中化学必修第一册第四章第物质结构元素周期律习题精炼（原卷版），文件包含人教版2019高中化学必修第一册第四章第三节化学键习题精炼原卷版docx、人教版2019高中化学必修第一册第四章第三节原子结构与元素周期律习题精炼原卷版docx、人教版2019高中化学必修第一册第四章第三节元素周期律习题精炼原卷版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
人教版（2019)高中化学必修第一册第三章铁及金属材料习题精炼（原卷精品）： 这是一份人教版（2019)高中化学必修第一册第三章铁及金属材料习题精炼（原卷精品），文件包含人教版2019高中化学必修第一册第三章第二节金属材料docx、人教版2019高中化学必修第一册第三章铁金属材料习题精炼docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
化学人教版 (2019)第三节 物质的量精品课后作业题： 这是一份化学人教版 (2019)第三节 物质的量精品课后作业题，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
