高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应课后练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应课后练习题，共16页。试卷主要包含了3 氧化还原反应 同步练习题，6 ml 电子转移时，生成0，4L氧气，转移2ml电子等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．某同学做实验时白色衣服上沾了一些KMnO4，产生褐色斑点，如果用草酸(H2C2O4)的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++______(未配平)。关于此反应的叙述正确的是
A．该反应的氧化产物是Mn2+
B．离子方程式横线上的生成物是OH-
C．配平离子方程式，H+的计量数是6
D．标准状况下，有5.6 LCO2生成时，转移电子的物质的量为0.5 ml
2．氮化铝(AlN)在电子、陶瓷工业应用广泛。工业上常通过如下反应合成：，下列有关该反应的说法中，正确的是
A．Al2O3是氧化剂B．每生成1 ml AlN时至少消耗36 g 单质碳
C．C被还原，发生氧化反应D．当有0.6 ml 电子转移时，生成0.3 ml CO
3．自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中正确的是
A．氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为
B．硝化过程中，含氮物质均发生还原反应
C．在氨氧化过程中，水体中的氮元素可转移至大气中
D．除去硝态氮生成5.6 L (标准状况下)时，转移电子数为
4．某非金属单质能与足量浓硝酸反应，放出NO2气体，若参加反应的非金属单质与硝酸的物质的量之比为1：a，则该非金属元素在生成物中的化合价是
A．+2aB．+aC．+D．+a/4
5．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH= Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是
A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化
B．若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH， 则Na2HPO3是正盐
C．反应中每转移6.02 ×1023个e-，则生成标准状况下5.6 L H2
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
6．某同学在实验室中进行如下实验：
以下结论不正确的是
A．Ⅰ中无明显变化，说明两溶液不反应
B．Ⅱ中的白色沉淀为BaSO4
C．Ⅲ中的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑
D．Ⅲ中发生的反应即是氧化还原反应还是离子反应
7．双氧水是一种重要的原料和精细化工产品，下面是测定双氧水含量的一种原理：。下列说法正确的是
A．反应中双氧水是还原剂
B．KMnO4的还原性强于O2
C．每生成22.4L氧气，转移2ml电子
D．单线桥法：
8．下列反应中氯元素全被还原的是
A．
B．
C．
D．
9．某科研团队利用缺陷工程(贫氧环境焙烧)制备了含有大量氧缺陷和表面基的，该参与如图所示的还原。下列说法正确的是
A．图中总反应可能为
B．该为整个过程的氧化剂
C．该流程中，溶液的pH越小越好
D．整个流程含铁元素的物质中，铁的化合价均相同
10．下列反应的离子方程式正确的是
A．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液加热：
B．通入氯水：
C．向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：
D．往水玻璃中通入过量二氧化碳：
11．反应可用于制备金属钼(M)。下列关于该反应的说法不正确的是
A．Al的还原性比M强B．M为还原产物
C．Al得到电子D．发生还原反应
12．高纯硅(Si)是当今科技的核心材料，是现代电子信息工业的关键材料。利用高纯硅可制成计算机内的芯片和CPU，还可以制成太阳能光伏电池。目前，中国已经成为世界太阳能电池生产第一大国。制备高纯硅的反应为：。制备高纯硅的反应又属于氧化还原反应，有关该反应的说法正确的是
A．是氧化剂B．中Si得到电子
C．发生还原反应D．是还原剂
13．下列反应不是氧化还原反应
A．CO＋CuO=Cu＋CO2
B．HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3
C．Cl2＋H2O=HCl＋HClO
D．Br2＋2KI =2KBr＋I2
14．高铁酸钾()是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：。下列说法错误的是
A．发生氧化反应
B．KCl为还原产物
C．每生成1ml 转移2ml电子
D．氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2
15．已知，常温常压下将氨气与氯气以体积比8∶3混合反应，下列说法正确的是
A．反应中作还原剂
B．2ml氨气参加反应时转移电子
C．是氧化产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
二、填空题
16．淡黄色固体单质与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：_______。
17．氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素为-l价。NaH用作生氢剂时的化学反应原理为：NaH+H2O=NaOH+H2↑。氢化钠(NaH)中H元素的化合价是____，氧化剂是_____；氧化产物是____，还原产物是____，二者质量比是____。
18．已知反应：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
(1)参加反应的HNO3和作为氧化剂的HNO3的个数比为________。
(2)若有64 g Cu被氧化，则被还原的HNO3的质量是________。
19．完成下列问题。
(1)有A、B、C、D四种化合物，分别由K+、Ba2+、、、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：①A不溶于水和盐酸；②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出无色无刺激性气味的气体E；③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A；④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E，E可使澄清石灰水变浑浊。推断A、B、C、D的化学式：A．_______，B．_______，C．_______，D．_______。写出B与盐酸反应的离子方程式：_______，
(2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH (B元素的化合价为+3价)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_______。
(3)在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑，该反应中物质X的化学式为_______，b与c的关系是_______。
20．二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_____。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过如图1过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为_____。
②除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_____(填标号)。
a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水
(3)用图2装置可以测定混合气中ClO2的含量：
I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；
II.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
III.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
V.用0.1000ml•L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O=2I-+S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____。
②玻璃液封装置的作用是____。
③测得混合气中ClO2的质量为____g。编号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
实验
现象
没有明显变化，溶液仍为无色
有沉淀生成，溶液为蓝色
有无色气泡产生
【参考答案】
一、选择题
1．C
解析：A．在该反应中Mn2+元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低，得到电子被还原，所以该反应的还原产物是Mn2+，A错误；
B．溶液为酸性环境，不可能大量存在OH-，B错误；
C．在该反应中Mn2+元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；C元素化合价由反应前H2C2O4中的+3价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以、Mn2+的系数是2，H2C2O4的系数是5，CO2的系数是10；载根据电荷守恒，可知H+的系数是6，最后根据原子守恒，可知缺项物质是H2O，H2O的系数是8，配平后的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+→10CO2↑+2Mn2++8H2O，C正确；
D．根据选项C分析可知：该反应的离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+→10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可知：在该反应中，每反应产生10 ml CO2气体，反应过程中转移10 ml电子，在标准状况下，有5.6 LCO2生成时，其物质的量是0.25 ml，则转移电子的物质的量为0.25 ml，D错误；
故合理选项是C。
2．D
解析：A．反应中，Al和O的化合价没有变化，不是氧化剂，A错误；
B．根据反应方程式，每生成1 ml时至少消耗单质碳，质量为：，B错误；
C．反应中，化合价升高，C被氧化，发生氧化反应，C错误；
D．根据反应，，当有生成时，转移的电子数为：，D正确；
故选D。
3．C
解析：A．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：+=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，故A错误；
B．由图可知，硝化过程为：转化为，再进一步转化为，该过程中N元素化合价均在升高，含氮物质被氧化，均发生氧化反应，故B错误；
C．在氨氧化过程中，与反应生成N2，根据化合价变化规律知，此反应为N元素的归中反应，即+=N2+2H2O，水体中的氮元素转化为氮气，可转移至大气中，故C正确；
D．硝态氮转化为N2，反应为：+=N2+2H2O，生成1mlN2转移3ml电子，标准状况下5.6 LN2的物质的量为，转移电子数为3×0.25ml×NAml-1=0.75NA,故D错误；
故选：C。
4．C
解析：设该金属为M，硝酸盐中金属M的化合价为+n，根据金属单质与硝酸的物质的量之比为1∶A，得硝酸盐中硝酸根离子的物质的量是n ml，生成的二氧化氮的物质的量是(a-n) ml，根据得失电子守恒，M失电子物质的量是n ml，生成二氧化氮硝酸得电子的物质的量是(a-n) ml，所以(a-n) ml=n ml，解得n=；
答案选C。
5．D
解析：A．反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，失去2个电子，铜元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据电子得失守恒可知参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确；
B．若1 ml H3PO3最多消耗2 ml NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此Na2HPO3是正盐，B正确；
C．根据选项A分析可知，转移4ml电子生成1ml氢气，因此反应中每转移6.02×1023个e-即1ml电子，生成0.25ml氢气，在标准状况下的体积为V=n∙Vm=0.25ml ×22.4L/ml=5.6 L，C正确；
D．NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2均是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:2=1:1，D错误；
答案选D。
6．A
解析：A．Ⅰ中氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，A错误；
B．Ⅱ中氯化钡与硫酸铜反应生成白色沉淀为BaSO4和蓝色溶液氯化铜，B正确；
C．Ⅲ中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，C正确；
D．Ⅲ中反应的化学方程式为2HCl+Zn=ZnCl2+H2↑，锌元素、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应同时也是离子反应，D正确；
故本题选A。
7．A
解析：A．反应中，H2O2中O元素化合价由-1价上升到0价，H2O2是还原剂，故A正确；
B．反应中，H2O2中O元素化合价由-1价上升到0价，Mn元素化合价由+7价下降到+2价，KMnO4是氧化剂，O2是氧化产物，则KMnO4的氧化性强于O2，故B错误；
C．未说明是否为标准状况，不能计算22.4L氧气的物质的量，故C错误；
D．单线桥法表示氧化还原反应时，不用注明电子的得失，故D错误；
故选A。
8．A
解析：A． 中，氯元素从0价降低到-1价，氯元素全被还原，A符合；
B． 中部分氯元素从0价降低到-1价，部分氯元素化合价升高到+1价，氯元素部分被还原， B不符合；
C． 中，氯气中氯元素从0价降低到-1价，氯化亚铁中氯元素化合价不变，氯元素部分被还原， C不符合；
D． 中，部分氯元素从-1价升高到0价、部分氯元素化合价不变，氯元素部分被氧化，D不符合；
答案选A。
9．A
解析：A．由图可知，总反应可能为，故A正确；
B．由图可知，为整个过程的催化剂，故B错误；
C．由图可知，溶液的pH小，会与H+发生反应，会减弱对反应的催化效果，不利于反应进行，故C错误；
D．整个流程中发生了氧化还原反应，铁的化合价发生了变化，故D错误；
故选A。
10．B
解析：A．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液加热，产物为氨气和水：，A错误；
B．通入氯水，发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸，离子方程式正确，B正确；
C．所给离子方程式电荷不守恒，正确的为，C错误；
D．往水玻璃中通入过量二氧化碳，生成硅酸和碳酸氢根，离子方程式为，D错误；
故选B。
11．C
解析：A．铝作还原剂，钼作还原产物，还原剂还原性大于还原产物，A正确；
B．钼作为生成物，元素化合价降低，做还原产物，B正确；
C．铝元素化合价升高，失去电子，C错误；
D．三氧化钼中钼元素化合价降低，发生还原反应，D正确；
故选C。
12．B
【分析】，该反应中，硅元素的化合价从中的+4价降到中的0价，是氧化剂，氢元素的化合价从中的0价升到中的+1价，是还原剂。
解析：A．是还原剂，A选项错误；
B．是氧化剂， 中Si得到电子，B选项正确；
C．是还原剂，发生氧化反应，C选项错误；
D．是氧化剂，D选项错误；
答案选B。
13．B
解析：A．反应CO＋CuO=Cu＋CO2，C、Cu元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选A；
B．反应HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故选B；
C．反应Cl2＋H2O=HCl＋HClO，Cl元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选C；
D．反应Br2＋2KI =2KBr＋I2，Br、I元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选D；
选B。
14．C
解析：A．该反应中Fe(OH)3中Fe元素化合价升高，失电子发生氧化反应，A正确；
B．KClO中Cl元素化合价降低生成KCl，KClO为氧化剂，KCl为还原产物，B正确；
C．根据Fe元素的化合价变化可知每生成1 ml K2FeO4转移3 ml电子，C错误；
D．该反应中Fe(OH)3中Fe元素化合价升高，为还原剂，KClO中Cl元素化合价降低，为氧化剂，根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，D正确；
故选：C。
15．D
解析：A．在此反应中氯元素的化合价降低，作氧化剂，A错误；
B．由方程式可知当8ml氨气参加反应时转移电子，所以2ml氨气参加反应时转移电子 ，B错误；
C．是氯元素化合价降低被还原生成的还原产物，C错误；
D．从化合价变化的角度可知氯元素的化合价降低，作氧化剂，氨气中氮元素的化合价部分升高做还原剂，当有8ml氨气参加反应时有2ml 做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，D正确；
故选D。
二、填空题
16．3S+6OH-2S2-++3H2O
解析：根据“淡黄色固体”，可知是硫单质。产物中有+4价硫，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化成Na2S。根据化合价升降相等，所以有3S+6OH-2S2-++3H2O。
17． -1 H2O H2 H2 1：1
解析：氢化钠(NaH)中钠元素为+1，则H元素的化合价是-1；反应NaH中氢元素化合价升高，发生氧化反应，得到氧化产物氢气，NaH为还原剂；H2O中氢元素化合价降低，发生还原反应，得到还原产物氢气，H2O为氧化剂；氢分子中氢一半是氧化产物、一半是还原产物，二者质量比是1：1。
18． 4∶1 42 g
【分析】根据方程式中硝酸中氮的化合价变化分析。
解析：（1）从反应方程式可知3 ml Cu被氧化时，参加反应的HNO3为8 ml，但其中只有2 ml HNO3得到电子被还原，所以参加反应的HNO3和作为氧化剂的HNO3的个数比为4∶1。
（2）64g Cu的物质的量为1ml，从（1）的分析可知，3 ml Cu还原2 ml HNO3，则1 ml Cu还原 ml HNO3，被还原硝酸的质量m(HNO3)＝63 g·ml－1×ml＝42 g。
19．(1) BaSO4 BaCO3 Ba(OH)2 K2CO3 BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+
(2)
(3) Na2O b=2c
解析：气体E无色无刺激性气味、E可使澄清石灰水变浑浊，E为CO2。有A、B、C、D四种化合物，分别由K+、Ba2+、、、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：①A不溶于水和盐酸；则A为BaSO4，②B不溶于水，但溶于盐酸，并放出E(CO2)，则B为BaCO3，③C的水溶液呈碱性，与硫酸反应生成A (BaSO4)；则C为Ba(OH)2，④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E(CO2)，则D为K2CO3，据此回答；
(1)据分析A、B、C、D的化学式：A．BaSO4，B．BaCO3，C．Ba(OH)2，D．K2CO3。 B与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，离子方程式：BaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ba2+。
(2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH (B元素的化合价为+3价、H为-1价)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，则H元素由-1升高到+1、铁元素化合价由+2降低到0、按得失电子数守恒、元素质量守恒，离子方程式为。
(3)对反应：2FeSO4+aNa2O2=2Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑，反应中铁元素由+2价升高到+6，过氧化钠中部分氧原子由-1价升高到0价。根据氧化还原反应中元素化合价升降守恒规律：过氧化钠中的另一部分氧元素会从-1价降低到-2价，反应中硫、铁元素已经守恒，故该反应中物质X的化学式为 Na2O，得配平的化学方程式为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+ 2Na2O+2Na2SO4+O2↑，可见b与c的关系是b=2c。
20．(1)2：1
(2) C
(3) 防止残余的ClO2气体挥发到空气中污染环境 0.027g
解析：（1）KClO3中Cl元素由+5价降低到+4价ClO2，作氧化剂，Na2SO3中S元素由+4价升高到+6价H2SO4，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比2：1；
故答案为：2：1。
（2）①根据流程图，电解时的反应物为NH4Cl和HCl，生成物为H2和NCl3，因此方程式为；
故答案为：
②A．根据信息ClO2易溶于水，NH3极易溶于水，A错误；
B．碱石灰可以用来干燥氨气，不能去除氨气，B错误；
C．氨气是碱性气体，浓硫酸吸收氨气，但不吸收ClO2，C正确；
D．饱和食盐水类似水，D错误；
故答案为：C。
（3）①ClO2具有氧化性，I-具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原，离子方程式；
故答案为：。
②因为ClO2气体有毒，未了防止其挥发到空气中污染环境，需要玻璃液封装置；
故答案为：防止残余的ClO2气体挥发到空气中污染环境。
③由方程式和，可得关系式：，，则，；
故答案为：0.027g。