高中化学鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 氧化还原反应练习

这是一份高中化学鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 氧化还原反应练习，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．向含有0.2 ml FeI2溶液中加入a ml Br2。下列叙述不正确的是
A．a=0.1 时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-
B．a=0.25 时，发生的反应为 4Fe2++6I-+5Br2=4Fe3++3I2+10Br-
C．溶液中的I-一半被氧化时，c(I-)∶c(Br-)=l∶l
D．0.2Fe2＋> Br－>Cl－，溴水先氧化I－再氧化Fe2＋。所以向含有Cl－、Br－、I－、Fe2＋的溶液中，逐滴加入新制的溴水至足量，依次发生反应为：2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+，由反应可知，I- 和Fe2+被消耗减少，生成Br-增多，Cl-不变，
故答案为：I- 、Fe2+；Br-；Cl-；2I-+Br2=I2+ 2Br- 、Fe2+ +Br2 =2Br-+Fe3+。
14．(1)10.7
(2) 500mL容量瓶 胶头滴管
(3) 搅拌 引流
(4)B
(5)0.3
【详解】（1）500mL0.10ml/LKIO3溶液需要的KIO3的质量为：；
（2）配制500mL溶液需要500mL容量瓶，配制溶液时需要定容，定容需要胶头滴管，所以还需要的仪器有500mL容量瓶和胶头滴管；
（3）溶解过程需要搅拌，玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解；转移溶液过程，为防止溶液洒出，需要玻璃棒引流，所以转移溶液过程中玻璃棒的作用是引流；
（4）转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，会造成溶质偏少，所得溶液的浓度偏低，A项错误；定容时俯视刻度线观察液面，会造成溶液总体积偏小，所得溶液的浓度偏高，B项正确；容量瓶用蒸馏水洗净后未干燥，不会影响溶液浓度，C项错误；摇匀后静置，发现液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线，会造成溶液总体积偏大，所得溶液的浓度偏低，D项错误；故选B。
（5）中碘元素的化合价由+5价变成了0价，转移5个电子，如果反应中转移0.5ml电子，则相当于0.1ml发生反应，生成0.3ml。
15．(1) C S和KNO3
(2)
【详解】（1）中碳元素化合价升高，失去电子，被氧化的元素是C；硫元素和氮元素化合价降低，得到电子，被还原，氧化剂是S和KNO3；
（2）中硫化氢是还原剂，氧化剂是二氧化硫，属于硫元素之间的归中反应，电子转移的方向和数目为。
16．(1) KClO3 HCl
(2) MnO2 HCl Cl2 MnCl2
【详解】（1）6HCl(浓)＋KClO3 = 3Cl2↑＋KCl＋3H2O，该反应中KClO3中Cl元素化合价由+5价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂。
（2）MnO2 ＋ 4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋ 2H2O，该反应MnO2中锰元素化合价由+4价降低到0价，HCl中Cl元素化合价由-5价升高到0价，MnO2做氧化剂，被还原，得到还原产物MnCl2，HCl做还原剂，被氧化，得氧化产物Cl2，答案：MnO2；HCl；Cl2；MnCl2。
17． 4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4 H2SO3、KI、Cu2I2 ＋1 1 bd
【详解】试题分析：（1）反应中KI中I元素的化合价由-1价升高0生成单质碘I2，失去2e-，CuSO4中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，得到e-，根据得失电子数目相等可知二者最小公倍数数为2，则硫酸铜前的系数为2，碘化亚铜前的系数为1，则结合质量守恒定律可知平衡后的化学方程式为4KI+2CuSO4＝I2+Cu2I2↓+2K2SO4；
（2）由（1）解答可知，KI为还原剂，Cu2I2为还原产物，所以还原性KI＞Cu2I2，往上述反应后溶液中加入淀粉，溶液变蓝，是因为碘单质和淀粉显示蓝色，再滴加亚硫酸溶液，蓝色又褪去是因为发生H2SO3+I2+H2O＝H2SO4+HI，该反应中H2SO3是还原剂，I-是还原产物，还原性H2SO3＞I-；故还原性由强到弱的顺序是H2SO3、KI、Cu2I2；
（3）根据在化合物中正负化合价代数和为零可知：在Cu2HgI4中，铜元素的化合价为：x×2+（+2）+（-1）×4＝0，则x＝+1；反应2Cu2I2+Hg＝Cu2HgI4(玫瑰红)+ 2Cu中，Cu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，Cu2I2为氧化剂，Hg元素化合价由0价升高到+2价，Hg为还原剂，当有1mlCu2I2参与反应时，只有1mlCu元素的化合价发生变化，转移1ml电子；
（4）a、杂质CuCl2与碘化钾溶液反应生成Cu2I2、碘单质和氯化钾，氯化钾是新杂质，a错误；b、杂质CuCl2与氢碘酸溶液反应生成Cu2I2、碘单质和盐酸，先过滤，后萃取分液，可得盐酸，b正确；c、杂质CuCl2与氢气不反应，c错误；d、杂质CuCl2与氢硫酸溶液，生成硫化铜沉淀和盐酸，过滤即可除去，d正确；答案选bd。
【考点】本题主要是考查氧化还原反应和除杂问题
【点晴】该题为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念并把握物质的性质，抓住除杂质的必需条件（加入的试剂只与杂质反应，反应后不能引入新的杂质）是正确解题的关键，题目难度中等。
18．(1)还原
(2) Cu2S 、、 Cu2S和O2 Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O
【详解】（1）金属在自然界以化合物形态存在时，都显正化合价，如果冶炼成金属单质，则金属元素的化合价降低，被还原。
（2）①CuFeS2中铜元素的百分含量为，Cu2S中铜元素的百分含量为，Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为，所以上表所列铜化合物中，铜的质量百分含量最高的是Cu2S；
②CuFeS2其中Cu为+1价、Fe为+3价，高温焙烧时发生的反应是CuFeS2+O2SO2+FeS+Cu，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以焙烧过程中被还原的元素有Cu、Fe、O。
③火法炼铜的反应为：Cu2S+O22Cu+SO2，其中铜元素化合价从+1价降低到0价，氧元素化合价从0价降低到－2价，所以该反应中氧化剂是Cu2S和O2。
④可以把Cu2(OH)2CO3拆分为Cu(OH)2+CuCO3，再分别与稀硫酸反应，则Cu2(OH)2CO3与稀硫酸反应的化学方程式为Cu2(OH)2CO3+2H2SO4(稀)=2CuSO4+CO2↑+3H2O。
19．(1)作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
(2) c a
(3)
(4) 还原性 >
(5)a：b≥1：1
【详解】（1）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，所以CaCl2作助溶剂，故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；
（2）采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸，故答案为：c；a；
（3）Na2O2是钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O-O键，电子式为；
（4）过氧化钠与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现了过氧化钠的还原性；KMnO4是氧化剂，O2是氧化产物，氧化剂的氧化性比氧化产物的强，则氧化性：KMnO4> O2；
（5）固体加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，若排出气体不含水时，过氧化钠分别与二氧化碳、水反应，相关反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O↑+CO2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，则2ml NaHCO3~1ml H2O、1ml CO2~2mlNa2O2，过氧化钠可过量，则≥2:2=1:1。
20．(1) CuSO4=Cu2++SO NaCl固体中不存在自由移动的离子 向烧杯B中加入蒸馏水 灯泡变暗
(2) MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O 打开 H+、Cl— b
【详解】（1）硫酸铜是含氧酸盐，在溶液中能电离出铜离子和硫酸根离子，电离方程式为CuSO4=Cu2++SO；氯化钠固体中不含有自由移动的离子，不能导电，所以接通电源后，灯泡不亮；要使灯泡发光，可向烧杯B中加入蒸馏水，使氯化钠固体溶解得到含有自由移动离子的氯化钠溶液；向烧杯A中滴加氢氧化钡溶液发生的反应为硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钡沉淀，溶液中离子浓度减小，导电性减弱，灯泡会逐渐变暗，故答案为：CuSO4=Cu2++SO；NaCl固体中不存在自由移动的离子；向烧杯B中加入蒸馏水；灯泡变暗；
（2）①实验室可用二氧化锰与浓盐酸制备氯气的反应为二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；干燥的氯气没有漂白性，不能使有色布条褪色，而氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，则观察到C处红布条褪色说明B处的开关应该处于打开状态，故答案为：MnO2+4H++2Cl—Mn2++Cl2↑+2H2O；打开；
②D中氯气溶于水得到氯水，光照时氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，溶液的颜色变浅，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱、漂白性减弱，氢离子、氯离子浓度增大，酸性增强，故选b，故答案为：H+、Cl—；b。
21．(1)a、be、dc
(2) 酸 还原 MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O
(3) 除去Cl2中的HCl 浓硫酸
(4)Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O
(5) HClO KI溶液(或碘水) 溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)
【分析】本实验的目的，是制取、收集纯净干燥的氯气并探究氯气的性质，装置F为制取氯气的装置，装置A、B为除去氯气中杂质的装置(A中的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢、B中的浓硫酸用于干燥氯气)，装置C、D为探究氯气性质并进行尾气处理的装置(装置C用于探究氯气的氧化性，装置D用于吸收氯气尾气)，装置E为收集氯气的装置(由于氯气的密度比空气大，氯气应长进短出)。依据题意，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为F、A与B、E、C与D，则整套装置的连接顺序是：f接a、b接e、d接c。答案为：a、be、dc；
（2）在F装置中MnO2与浓盐酸发生反应，生成MnCl2、Cl2等，浓盐酸体现出的化学性质分别为酸性和还原性，该反应的化学方程式是：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O。答案为：酸；还原；MnO2＋4HCl(浓)MnCl2 ＋Cl2↑＋2H2O；
（3）由分析可知，A装置的作用是：除去Cl2中的HCl，B装置用于干燥氯气，所以试剂Y是浓硫酸。答案为：除去Cl2中的HCl；浓硫酸；
（4）D装置的作用是除去剩余的氯气，氯气是酸性气体，能与氢氧化钠溶液发生歧化反应，该反应的离子方程式：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O。答案为：Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O；
（5）乙同学认为是过量的氯气与I2发生了反应，当溶液中I2反应完全了，蓝色褪去。则甲同学认为过量氯气与水反应的产物起漂白作用，所以甲同学认为是HClO漂白了蓝色物质而褪色。设计实验方案时，若认为HClO起漂白性，则淀粉的结构发生了改变，若认为是I2被氧化，则淀粉的结构与性质没有改变。所以可进行如下实验：取少量C中恰好褪色的溶液于试管中，加入KI溶液(或碘水)，观察到：溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)，说明乙同学的观点是正确。答案为：HClO；KI溶液(或碘水)；溶液变蓝色(或者淀粉溶液，溶液不变蓝色)。
【点睛】探究碘与淀粉反应产物蓝色褪去的原因时，需设计实验，探究淀粉或碘是否存在。
22． ③ 除去Cl2中HCl气体 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O 4.48 0.8 ml
【分析】①制取装置：MnO2+4HClMnCl2+2H2O+Cl2↑②洗气瓶中盛有饱和氯化钠溶液，导管长进短出，除去挥发出来的HCl气体③洗气瓶中盛有浓硫酸，导管长进短出，除去Cl2中的水蒸气④向上排空气法收集氯气⑤防止造成污染，除去未反应的氯气。
【详解】（1）上述装置中的错误的是③，导管应该长进短出；
答案：③；
（2）②装置的作用是除去Cl2中HCl气体；
答案：除去Cl2中HCl气体；
（3）⑤装置中氢氧化钠的作用是吸收氯气，发生的化学反应方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；
答案：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ；
（4）n（MnO2）==0.2ml；
MnO2 + 4HCl MnCl2+ 2H2O+ Cl2↑
1ml 4ml 22.4L
0.2ml n（HCl） V（Cl2）
根据=，得n（HCl）=0.8ml；根据=，得V（Cl2）=4.48L；
答案：4.48；0.8 ml。
23．(1) 分液漏斗 MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)除去氯气中的氯化氢
(3)Cl2＋2I－=2Cl－＋I2
(4)浓硫酸
(5)Cl2＋H2O =HCl＋HClO
【分析】实验室利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，制备的氯气中含HCl和H2O，饱和食盐水可除去氯气中的HCl，氯气具有氧化性，所以可使淀粉-KI溶液变蓝，氯气经过浓硫酸干燥后可检验干燥的氯气是否具有漂白性，最后利用石灰乳进行尾气处理，吸收多余氯气，防止污染环境，据此分析解答。
【详解】（1）根据仪器构造可知，仪器②的名称为分液漏斗；①中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－ Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
（2）饱和食盐水可降低氯气在水中的溶解度，除去氯气中的HCl；
（3）淀粉­KI溶液中氯气会将KI氧化为I2，反应的离子方程式为Cl2＋2I－=2Cl－＋I2；
（4）若干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，则说明甲中溶剂的作用是干燥氯气中的水蒸气，所以可盛放的是浓硫酸；
（5）Cl2与水反应会生成HCl和HClO，其化学方程式为：Cl2＋H2O =HCl＋HClO。