2024届鲁科版高考化学一轮复习第2章第3节氧化还原反应作业含答案

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第2章 第3节 氧化还原反应
[基础练]
1．古诗词很浪漫且充满了艺术魅力，成语俗语等脍炙人口，都是中华民族文化中的瑰宝。下列诗词、语句中包含的化学反应既是离子反应又是氧化还原反应的是(　　)
A．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间
B．春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C．曾青得铁则化为铜
D．水滴石穿
解析：A项包含碳酸钙受热分解的反应，没有元素化合价的变化，既不是氧化还原反应，也不是离子反应，错误；B项包含石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，但不是离子反应，错误；C项包含Fe与硫酸铜溶液生成Cu和硫酸亚铁的反应，属于离子反应，Cu、Fe元素的化合价均发生变化，属于氧化还原反应，正确；D项包含二氧化碳、水与碳酸钙的反应，不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应，错误。
答案：C
2．(2022·北京育才学校三模)下列离子检验利用了氧化还原反应的是(　　)
选项
待检验离子
检验试剂
A
Fe3＋
KSCN溶液
B
SO
稀盐酸、氯化钡溶液
C
I－
Cl2、淀粉溶液
D
NH
浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸
解析：Fe3＋与KSCN溶液发生络合反应，不是氧化还原反应，A不符合；SO与氯化钡溶液反应属于复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合；氯气能把碘离子氧化为单质碘，属于氧化还原反应，碘遇淀粉显蓝色，C符合；浓NaOH溶液与铵盐发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，D不符合。
答案：C
3．(2022·山西吕梁一模)下列关于反应MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)的说法中不正确的是(　　)
A．被氧化的元素为Cu和S
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5
C．生成2.24 L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol
D．还原性的强弱关系是：Mn2＋>Cu2S
解析：铜元素的化合价由＋1升到＋2价，硫元素的化合价由－2升到＋4价，均被氧化，故A正确；设氧化剂的物质的量为x，还原剂的物质的量为y，则5x＝(2＋6)y，＝，故B正确；根据B项分析可知，当生成5 mol SO2时，转移电子40 mol，所以当有0.1 mol SO2生成时，转移电子0.8 mol，故C正确；根据方程式，因还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性Cu2S＞Mn2＋，故D错误。
答案：D
4．(2022·陕西咸阳一模)ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应1：4HCl＋2KClO3===2ClO2↑＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O
反应2：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O
下列说法正确的是(　　)
A．两个反应中KClO3都作氧化剂
B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应2中每转移6 mol电子，生成气体的物质的量为15 mol
D．制备等量的ClO2，反应1比反应2转移的电子总数多
解析：反应1和反应2：KClO3中Cl元素化合价由＋5价变为＋4价，则两个反应中KClO3都得电子而作氧化剂，故A正确；反应1：HCl中有一半的Cl元素化合价由－1价变为0价，KClO3中Cl元素化合价由＋5价变为＋4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；反应2：氧化剂是KClO3，生成24 mol ClO2转移电子的物质的量为24 mol×(5－4)＝24 mol，转移24 mol电子生成30 mol气体，则每转移6 mol电子，生成气体的物质的量为7.5 mol，故C错误；反应1、反应2中ClO2都是还原产物，且氧化剂都是KClO3，所以制备等量的ClO2，反应1、反应2转移的电子总数相等，故D错误。
答案：A
5．(2022·河南郑州一模)甲酸钙[(HCOO)2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙的方法之一，是将Ca(OH)2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是(　　)
A．反应温度不宜过高
B．该反应中被还原的元素只有O
C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D．每生成26 g (HCOO)2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
解析：温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不易过高，A正确；在该反应中H2O2中的O元素化合价由－1价变为－2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；HCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应HCHO＋H2O2===HCOOH＋H2O可知：参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；制取甲酸钙的反应方程式为：Ca(OH)2＋2HCHO＋2H2O2===(HCOO)2Ca＋4H2O，根据方程式可知：每产生1 mol (HCOO)2Ca，反应过程中转移4 mol电子。当生成26 g (HCOO)2Ca时，其物质的量n＝＝0.2 mol，则反应过程中转移电子的物质的量n(e－)＝0.2 mol×4＝0.8 mol，D错误。
答案：D
6．(2022·安徽黄山二模)硝酸厂烟气中含有大量氮氧化物(NOx)。常温下，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，其转化过程如图所示(以NO为例)。下列说法不正确的是(　　)

A．反应Ⅰ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
B．反应Ⅱ的离子方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋2H2O＋N2
C．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的物质的量浓度均保持不变
D．该转化过程的实质是NO被H2还原成N2
解析：由图分析可知，反应物为H2和NO，生成物为N2和H2O，Ce3＋和Ce4＋为催化剂，反应方程式为：2NO＋2H2N2＋2H2O。由图分析，过程Ⅰ为H2＋2Ce4＋===2H＋＋2Ce3＋，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，A正确；由图分析，过程Ⅱ的离子方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋2H2O＋N2，B正确；据以上分析可知，Ce3＋和Ce4＋为催化剂，反应前后质量不变，但溶液体积增大，故混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的物质的量浓度减小，C错误；据以上分析可知，该转化过程的实质是NO被H2还原成N2，D正确。
答案：C
7．(2022·湖南师大附中月考)在处理废水时某反应体系中有6种粒子：N2、HCO、ClO－、CNO－、H2O、Cl－，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该反应的说法正确的是(　　)

A．在上述反应体系中，CNO－是氧化剂
B．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3
C．在标准状况下，产生4.48 L N2时转移0.8 mol电子
D．上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化
解析：依题意，ClO－是反应物，HCO是产物。所以，离子反应为2CNO－＋3ClO－＋H2O===N2↑＋3Cl－＋2HCO。在该反应中，CNO－是还原剂，A错误；还原产物是Cl－，氧化产物是N2，B错误；CNO－中氮元素为－3价，碳元素为＋4价，在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化，生成1 mol N2转移6 mol电子，n(N2)＝＝0.2 mol，故生成0.2 mol N2时转移1.2 mol电子，C错误；上述反应中，氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化，D正确。
答案：D
[提升练]
8．(双选)NSR(NOx储存还原)技术可有效降低柴油发动机中的NOx排放，NOx的储存和还原在不同时段交替进行，工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．NOx储存过程中N元素化合价不变
B．Pt和Ba(NO3)2都是该反应过程的催化剂
C．NOx储存还原总反应中，NOx是氧化剂，N2是还原产物
D．NOx还原过程发生的反应为：5CH4＋4Ba(NO3)2===4BaO＋5CO2＋4N2＋10H2O
解析：NOx储存过程中被氧气氧化，N元素化合价发生改变，A错误；Pt在反应前后不发生改变，但是参与了反应历程，属于催化剂，Ba(NO3)2是储存时生成的物质，是中间产物，不是催化剂，B错误；NOx储存还原总反应中生成N2，化合价降低，所以NOx是氧化剂，N2是还原产物，C正确；根据示意图可知NOx还原过程发生的反应为甲烷和硝酸钡反应生成氧化钡、二氧化碳、氮气和水，配平得出方程式为：5CH4＋4Ba(NO3)2===4BaO＋5CO2＋4N2＋10H2O，D正确。
答案：CD
9．工业上常用NaClO碱性溶液吸收工业废气中的SO2。为了提高吸收效率，常用Ni2O3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SO2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1∶1
B．过程2的离子方程式是：2NiO2＋ClO－===Cl－＋Ni2O3＋2O
C．吸收反应的总方程式是：ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋
D．用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好
解析：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1∶1，A正确；过程2中，NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－和O，离子方程式为2NiO2＋ClO－===Cl－＋Ni2O3＋2O，B正确；用NaClO碱性溶液吸收工业废气中的SO2，离子方程式为：ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SO＋H2O，C错误；Ca2＋与SO结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行，因此用Ca(ClO)2代替NaClO脱硫效果更好，D正确。
答案：C
10．在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知：
①半反应式：Cu2O－2e－＋2H＋===2Cu2＋＋H2O
②五种物质：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI
③Fe2＋＋MnO＋→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O(未配平)
下列判断正确的是(　　)
A．①中半反应式发生的是还原反应
B．②中五种物质中能使①顺利发生的物质为Fe2(SO4)3
C．MnO＋5e－＋4H2O===Mn2＋＋8OH－是反应③的一个半反应
D．几种物质的氧化性强弱顺序为MnO>Cu2＋>Fe3＋
解析：①中Cu2O→Cu2＋，铜元素化合价升高，发生的是氧化反应，A错误；为使①顺利发生，要选择氧化性强的物质作氧化剂，而Fe2(SO4)3可作①的氧化剂，B正确；配平反应③为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，反应在酸性条件下进行，③的半反应中不能生成OH－，C错误；根据上述分析可知氧化性：Fe3＋>Cu2＋，根据③可知氧化性：MnO>Fe3＋，即氧化性：MnO>Fe3＋>Cu2＋，D错误。
答案：B
[综合练]
11．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：

图1

图2
(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是________(填序号)。
(2)第①步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO4·7H2O)处理，写出并配平反应的离子方程式：
______________________________________。
(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有________、________(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，从沉淀中分离出Cr(OH)3的流程如图2。写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：
____________________________、______________________________。
(4)回收所得的Cr(OH)3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2O＋I2===S4O＋2I－
准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。
解析：(1)第①步中铬元素化合价由＋6价降至＋3价，第④步中铬元素化合价由＋3价升至＋6价。
(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。
(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。
(4)根据离子方程式得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝
＝0.100 0 mol·L－1。
答案：(1)①④
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)Fe(OH)3　CaSO4
Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O　CrO＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO
(4)0.100 0 mol·L－1
12．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：

(1)反应器中反应的化学方程式为____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。
(3)电解槽中总的离子反应方程式为__________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为__________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是____________________________。
(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL用0.020 0 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)
解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH＋3H2O===2K[Al(OH)4]、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总的离子反应方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3。上述反应中3 mol K2MnO4中有1 mol 锰元素化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2 mol锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02× mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g·mol－1＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为×100%≈93.2%。
答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O
(2)偏高
(3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑
(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH循环利用
(5)93.2%