新高考化学一轮复习精品练习第5讲 氧化还原反应（含解析）

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第5讲 氧化还原反应
【练基础】
1．我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是
A．Fe被还原 B．Fe失去2个电子
C．CuSO4发生氧化反应 D．CuSO4失去电子
【答案】B
【解析】A．该反应中Fe元素化合价升高被氧化，A错误；
B．该反应中Fe元素化合价由0价变为+2价，失去2个电子，B正确；
C．CuSO4中Cu元素化合价降低，发生还原反应，C错误；
D．CuSO4中Cu元素化合价降低，得到电子，D错误；
综上所述答案为B。
2．菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有+5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的+3价砷。下列说法正确的是
A．在该反应中维生素C作氧化剂 B．由上述信息可推知砒霜(As2O3)有毒
C．因为河虾中含有砷元素，所以不能食用 D．上述反应中河虾中的+5价砷被氧化
【答案】B
【解析】A．该反应中+5价As被还原为+3价，说明维生素C具有还原性，作还原剂，A错误；
B．砒霜(As2O3)中As元素为+3价，所以有毒，B正确；
C．+5价砷无毒，所以河虾可以食用，C错误；
D．+5价As变化+3价，化合价降低被还原，D错误；
综上所述答案为B。
3．2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2，下列说法正确的是
A．还原剂与氧化剂物质的量之比1∶1
B．氧化剂只有水
C．用氨水也能溶解铝单质
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为2∶3
【答案】B
【解析】A．该反应中Al元素化合价升高为还原剂，根据产物可知部分H2O中H元素化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知还原剂与氧化剂物质的量之比2:3，A错误；
B．该反应的实质是Al先与水反应生成Al(OH)3和氢气，Al(OH)3再和NaOH反应生成Na[Al(OH)4]，从而促进Al与水的反应，氧化剂只有水，B正确；
C．一水合氨为弱碱，不能和Al(OH)3反应，所以氨水不能溶解铝单质，C错误；
D．该反应中Al化合价升高生成Na[Al(OH)4]，所以Na[Al(OH)4]为氧化产物，H元素化合价降低生成H2，所以H2为还原产物，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为3∶2，D错误；
综上所述答案为B。
4．《天工开物》中关于胡粉的制法如下：每铅百斤，熔化，削成薄片，卷作简，安木甑内。甑下甑中各安醋一瓶，外以盐泥固济，纸糊甑缝。安火四两，养之七日。期足启开，铅片皆生霜粉，扫入水缸内。下列叙述错误的是
A．制备胡粉的过程中未洗及氧化还原反应
B．属于弱电解质
C．胡粉属于碱式盐
D．“外以盐泥固济，纸糊甑缝”主要目的之一是防止醋酸挥发逸出
【答案】A
【解析】A．制备胡粉的过程中，Pb从0价升高到+2价，涉及氧化还原反应，A错误；
B．为醋酸，在水溶液中不能完全电离，属于弱电解质，B正确；
C．胡粉的化学式为，属于碱式盐，C正确；
D．醋酸易挥发，装置不密闭会导致其逸出，最终产率下降，D正确。
答案选A。
5．下列所加物质的作用与其还原性无关的是
A．果蔬饮料中加入维C B．向葡萄酒中添加少量SO2
C．月饼脱氧剂包中有铁粉 D．面粉发酵时加入少量小苏打
【答案】D
【解析】A．果蔬饮料中加入维C，维C具有还原性，可以防止果蔬饮料被氧化变质，所以与维C的还原性有关，故A不符合题意；
B．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒被氧化变质，所以与SO2的还原性有关，故B不符合题意；
C．月饼脱氧剂包中有铁粉，铁粉具有还原性，可以除去密闭包装袋中的氧气，使月饼处于无氧状态，有效控制细菌、霉菌的生长，以保持月饼的色、香、味，所以与铁粉的还原性有关，故C不符合题意；
D．小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解生成二氧化碳，同时碳酸氢钠也能与有机酸反应生成二氧化碳，使馒头、面包更疏松，与其还原性无关，故D符合题意；
答案为D。
6．下列变化过程没有涉及氧化还原反应的是
A．打磨过的铝箔加热熔化但不滴落
B．Fe(OH)2白色沉淀在空气中放置变成红褐色
C．Na2O2加入水中后，带火星的木条复燃
D．用干燥洁净的铂丝蘸取氯化钾溶液放到酒精喷灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色
【答案】D
【解析】A．铝在酒精灯上加热到熔化，生成熔点高的氧化铝，熔融但不滴落，发生氧化还原反应，故A不选；
B．氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，发生氧化还原反应，故B不选；
C．Na2O2与水反应生成氧气，而使带火星的木条复燃，发生氧化还原反应，故C不选；
D．焰色试验属于非氧化还原反应，故D选；
故选D。
7．下列应用涉及氧化还原反应的是
A．用TiCl4制备纳米级TiO2
B．高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂
C．用明矾溶液除去铜制品表面的铜绿
D．工业上将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打
【答案】B
【解析】A．TiCl4制备纳米级TiO2发生的反应为：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O+4HCl、TiO2·xH2OTiO2+xH2O，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，A不符题意；
B．4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH，产生的Fe(OH)3有吸附性，可以吸附杂质，同时K2FeO4有强氧化性，可以消毒杀菌，因此高铁酸钾(K2FeO4)用作新型水处理剂涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．明矾溶液因电离产生的Al3+水解产生H+，H+和铜绿[Cu2(OH)2CO3]反应生成Cu2+、水、二氧化碳，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C不符题意；
D．工业上将NH3和CO2(过量)通入饱和食盐水制备小苏打发生NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D不符题意；
答案选B。
8．反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，当有6 mol e-发生转移时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1
【答案】C
【解析】反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，只有N元素化合价发生变化，+4价升高至+5价，+4价降至+2价，所以NO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中N元素的化合价，可知氧化剂与还原剂的NO2的物质的量之比为1：2，所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2：1，综上所述C符合题意，故选C。
答案选C
9．关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应
B．O2是氧化产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol
【答案】C
【解析】A．由于F的非金属性强于O，故O2F2中O显+1价，F显-1价，故O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原发生还原反应，F的化合价不变，A错误；
B．由A项分析可知，反应中O的化合价有+1价降低为0价，故O2是还原产物，B错误；
C．分析反应中，O2F2中O显+1价，F显-1价，O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，被氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C正确；
D．反应中H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，故1molH2S发生反应则失去8mol电子，但题干中未告知H2S的状态，故2.24LH2S被反应，则转移电子不一定为0.8mol，D错误；
故答案为：C。
10．关于反应，下列说法正确的是
A．中的氮元素被氧化
B．既是氧化剂又是还原剂
C．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶1
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶4
【答案】B
【解析】A．HNO3中氮元素化合价由+5降低为+4，氮元素被还原，故A错误；
B．HNO3中氮元素化合价由+5降低为+4、O元素化合价由-2升高为0，HNO3既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．HNO3中氮元素化合价由+5降低为+4，HNO3是氧化剂，HNO3中O元素化合价由-2升高为0， O2是氧化产物，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故C错误；
D．HNO3中氮元素化合价由+5降低为+4，NO2是还原产物；O元素化合价由-2升高为0，O2是氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4∶1，故D错误；
故选B。
【练提升】
11．有下列四个反应：
①
②
③
④
下列说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物依次是、、、
B．氧化性：
C．根据反应①一定可以推理得到
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化
【答案】B
【解析】A．反应①②③④中的氧化产物是化合价升高的的元素对应的物质，依次是、、、，故A错误；
B．氧化剂的氧化性强于氧化产物，①中，②中，③中，④中，氧化性：，故B正确；
C．根据反应①一定可以推理得到氧化性，但不能推出，故C错误；
D．在反应③中，当有参加反应时，有被氧化，因为有5molCl-发生了价态变化，故D错误；故选B。
12．一定量的某硫铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸怡好完全反应矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.30 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+，则下列说法不正确的是
A．该硫黄铁矿中FexS的x=0.75
B．该硫黄铁矿中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为1：1
C．H2S气体在标准状况下体积为6.72 L
D．该盐酸的物质的量浓度为6.0 mol/L
【答案】A
【解析】A．FexS中n(S)= +0.30mol=0.375mol，n(Fe)=0.3mol，所以n(Fe)：n(S)=0.3mol：0.075mol=0.4，所以x=0.4，故A错误；
B．根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.15mol，则n(Fe2+)=0.3mol-0.15mol=0.15mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.15mol：0.15mol=1：1，故B正确；
C．根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.3mol，V(H2S)=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故C正确；
D．盐酸恰好反应生成 0.30mol FeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)==6.0mol/L，故D正确；
故选A。
13．从含砷(As)的有毒工业废水中提取粗As2O3，流程如下：

已知：As与P同为VA族元素；Ca3(AsO3)2微溶于水，Ca3(AsO4)2难溶于水。
下列说法不正确的是
A．试剂①的作用是将氧化为
B．滤液①主要成分为NaOH溶液
C．滤液②主要成分可以循环利用
D．“还原”的离子方程式：2H++2+2SO2=2+As2O3↓+H2O
【答案】D
【解析】由流程可知，含H3AsO3、H3AsO4废水加入NaOH溶液碱浸，转化为Na3AsO3、Na3AsO4，加入试剂①将氧化生成，再加入石灰乳沉砷，将转化为难溶于水的Ca3(AsO4)2，过滤后沉淀加H2SO4酸化得到CaSO4和H3AsO4，过滤分离后向H3AsO4溶液中通入SO2还原得到As2O3，结晶后过滤得到粗As2O3。根据以上分析，试剂①的作用是做氧化剂，将氧化为，故A正确；石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na3AsO4反应生成Ca3(AsO4)2和NaOH，所以滤液①主要成分为NaOH溶液，故B正确；SO2还原H3AsO4得到As2O3，本身被氧化为H2SO4，所以滤液②主要成分是H2SO4，可以循环利用，故C正确；由As与P同族可知，As的非金属性比P弱，则酸性H3AsO4< H3PO4，说明H3AsO4为弱酸，写离子方程式时不能拆开，故D错误；答案选D。
14．研究表明，大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生光化学烟雾，其中部分反应历程如图所示。下列说法错误的是

A．整个过程中O3作催化剂和氧化剂
B．反应Ⅲ的方程式为 CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2
C．光化学烟雾中含甲醛、乙醛等有机物
D．反应Ⅰ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
【答案】A
【解析】A．催化剂：反应前后质量和性质不发生改变，根据过程，O3只参与反应，没有O3的生成，因此O3不是催化剂，选项A错误；
B．根据过程，反应III：CH2=CHCH3和O3参与反应，生成HCHO、CH3CHO、O2，即反应方程式为CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，选项B正确；
C．根据反应过程，反应Ⅱ生成甲醛和乙醛，因此光化学烟雾中含有甲醛和乙醛等有机物，选项C正确；
D．反应I：O3＋3NO=3NO2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ：CH2=CHCH3 +2O3→HCHO+CH3CHO+2O2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，选项D正确；
答案选A。
15．ClO2是国际上公认的安全绿色消毒剂。工业上利用甲醇还原NaClO3的方法制备ClO2的反应原理为：NaClO3+H2SO4+CH3OH→C1O2↑+HCOOH+Na3H(SO4)2↓+H2O(未配平)，下列说法错误的是
A．HCOOH为该反应的氧化产物
B．生成2.24L C1O2时，电子转移数是0.1NA
C．反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为4：1
D．ClO2和SO2均能漂白纸张，但漂白原理不同
【答案】B
【解析】利用氧化还原反应化合价升降发 方程式为。
A．反应中甲醇被氧化，其氧化产物为甲酸，故A正确；
B．未说明二氧化氯气体是否在标况下，故2.24L不一定为0.1mol，故B错误；
C．反应中氯酸钠为氧化剂，甲醇作还原剂，其中全部参与氧化还原反应，物质的量之比为4:1，故C正确；
D．二氧化氯漂白是因为强氧化性，二氧化硫漂白属于非氧化还原，故D正确；故选B。
16．硫元素的几种化合物存在下列转化关系：
浓H2SO4 SO2 Na2SO3溶液 Na2S2O3 S
下列判断不正确的是
A．反应①中浓硫酸作氧化剂 B．反应②表明SO2有酸性氧化物的性质
C．反应③的原子利用率是100% D．反应④稀H2SO4作还原剂
【答案】D
【解析】Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，据此分析；
A.Cu与浓硫酸反应时，浓硫酸将Cu氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；
C．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；答案选D。
17．工业上常用碱性溶液吸收工业废气中的.为了提高吸收效率，常用作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对的吸收，该催化过程如图所示：

下列说法错误的是
A．过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是
B．过程2的离子方程式是：
C．吸收反应的总方程式是：
D．用代替脱硫效果更好
【答案】C
【解析】A．过程1中，ClO-转化为Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，化合价降低，ClO-作氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由+3价变为+4价，化合价升高，Ni2O3作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是，A项正确；
B．过程2中，NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，离子方程式为，B项正确；
C．用碱性溶液吸收工业废气中的，离子方程式为：，C项错误；
D．与结合生成难溶的，有利于反应的进行，因此用代替脱硫效果更好，D项正确；答案选C。
18．以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是

A．黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂
B．欲得到更纯的，反应①应通入过量的气体
C．还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度
D．加热制备的化学方程式为
【答案】C
【解析】A．黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；
B．通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；
C．盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；
D．加热制备的化学方程式为，选项D正确；
答案选C。
19．根据溶液中发生的两个反应：①；②。下列说法不正确的是
A．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．酸性条件下，氧化性：
C．实验室将高锰酸钾酸化时，常用硫酸酸化而不用盐酸酸化
D．反应②中每生成的气体，则反应中转移的电子的物质的量为
【答案】D
【解析】反应①中氧化剂是，还原剂是，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，A项正确；
氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则酸性条件下，反应①中氧化性：，反应②中氧化性：，则氧化性：，B项正确；H2SO4中S元素为+6价，是最高正价，不能被氧化，因此硫酸不能被高锰酸钾氧化，HCl中Cl元素为-1价，能被高锰酸钾氧化，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，C项正确；未指明标准状况，无法计算气体的物质的量，D项错误；答案选D。
20．用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应①：Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)
反应②：FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)
下列判断错误的是
A．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O
C．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等
D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质
【答案】C
【解析】根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平两个方程式如下：反应①：3Cu2S+5+46H+=6Cu2++3+10Cr3++23H2O；反应②：6FeS+9+78H+=6Fe3++6+18Cr3++39H2O。
由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3:5，A正确；1molCu2S参与反应失去10mol电子，1molFeS参与反应失去9mol电子，根据得失电子守恒可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理时，Cu2S消耗更多，B正确；由分析知，处理等物质的量的时，反应①②中消耗H+的物质的量不等，C错误；用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，且该反应还可以生成Fe3+，Fe3+能水解生成氢氧化铁胶体，其具有吸附性，可吸附悬浮杂质，D正确；故选C。