备战2025届新高考化学一轮总复习分层练习第1章物质及其变化第4讲氧化还原反应的概念和规律（附解析）

这是一份备战2025届新高考化学一轮总复习分层练习第1章物质及其变化第4讲氧化还原反应的概念和规律（附解析），共6页。试卷主要包含了6 ml，已知I2+I-等内容，欢迎下载使用。

1.依据下列实验现象推测,其反应原理不涉及氧化还原反应的是( )
A.K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合,产生刺激性气味
B.将钠放入CuSO4溶液中,有蓝色沉淀生成
C.向酸性KMnO4溶液中加入H2O2,溶液紫色褪去
D.氯水在光照条件下放置一段时间后,溶液的pH降低
2.下列过程体现所用物质的氧化性的是( )
A.用FeCl3溶液腐蚀铜板
B.用SO2的水溶液吸收Br2
C.用锌块防止钢铁船体腐蚀
D.用铁粉防止FeSO4溶液变质
3.误食白磷中毒,有人认为可通过口服CuSO4溶液解毒:11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P↓+24H3PO4+60H2SO4。关于该反应的下列说法不正确的是( )
A.不可服用CuSO4溶液
B.P4既是氧化剂又是还原剂
C.Cu3P中Cu元素化合价为+1价
D.生成6 ml H2SO4时,被CuSO4氧化的P4为0.6 ml
4.纳米铁粉具有较强的还原性和吸附性,能被水体中的O2氧化。利用纳米铁粉去除水体中Cr(Ⅵ)的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A.Cr参与的反应一定有电子转移
B.向水体中通入N2,可提高Cr的去除率
C.处理的Cr(Ⅵ)与消耗的Fe的物质的量之比为2∶3
D.铁粉处理成纳米铁粉有利于提高Cr的处理效率
5.已知I2+I-。在酸化的KI溶液中通入SO2,观察到溶液变为棕色并出现浑浊,继续通入SO2,直到溶液棕色恰好褪去,发生的反应分别为SO2+6I-+4H+2+S↓+2H2O,SO2++2H2OS+3I-+4H+,下列说法错误的是( )
A.SO2和水在KI的催化下可以发生氧化还原反应
B.物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关
C.整个过程中被氧化的SO2和被还原的SO2物质的量之比为1∶2
D.配制碘酒时可以加入一定量KI
6.(2024·陕西渭南模拟)工业上用S8(分子结构:)与CH4为原料制备CS2,反应原理:S8+2CH42CS2+4H2S,设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是( )
A.S8既是氧化剂,又是还原剂
B.生成17 g H2S,转移电子2 ml
C.消耗1 ml S8,断裂的S—S键数目为8NA
D.CS2既是氧化产物,又是还原产物
7.亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐,外观与食盐非常相似,但毒性较强,食品中添加亚硝酸钠必须严格控制用量。某化学兴趣小组设计实验探究NaNO2的性质。
(1)已知NaNO2能发生如下反应:2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O。用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目: 。
(2)根据NaNO2中N的化合价是 ,推测NaNO2具有 (填“氧化性”“还原性”或“氧化性和还原性”)。
(3)①实验操作如表所示,请完善表格中的实验现象和结论(已知淀粉遇I2变蓝)。
②通过上述实验可知,NaNO2、KMnO4、I2的氧化性由强到弱的顺序为 。
③写出实验3中发生反应的化学方程式: 。
层次2综合性
8.改良Claus法利用天然气脱硫产生的H2S回收单质硫,首先将原料气通入反应炉并发生高温反应Ⅰ:2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g);反应后的混合气体通入串联的多个温度逐渐降低的转化器内进行反应Ⅱ:2H2S(g)+SO2(g)3S(l)+2H2O(g)。下列说法正确的是( )
A.反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
B.反应Ⅰ、Ⅱ中SO2既体现还原性又体现氧化性
C.反应Ⅰ、Ⅱ消耗等量H2S时,转移电子数之比为1∶3
D.反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的时,硫的回收率最高
9.高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体,与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成:①K2[Cu(OH)4]+HBrOKCuO2+KBr+KBrO+H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定:②KCuO2+H2SO4O2↑+CuSO4+H2O+K2SO4(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是( )
A.①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
B.②若有标准状况下5.6 L O2生成,转移电子数为0.2NA
C.②中KCuO2既表现氧化性,又表现还原性
D.由①②可知氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2
10.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水,可溶于氯离子浓度较大的体系,易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,生产CuCl的工艺如下:
下列说法错误的是( )
A.“溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O
B.“反应”过程发生反应的离子方程式:2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+
C.“溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替
D.“烘干”需在隔绝空气的环境中进行
11.乙二醇生产工艺中,需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2,脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量,操作中涉及两个反应如下:①V2O5+6HCl+2KI2VOCl2+2KCl+I2+3H2O;②I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。下列说法错误的是( )
A.反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2
B.反应①生成1 ml VOCl2时,反应转移1 ml电子
C.V的最高价为+5价,推测V2O5只有氧化性
D.溶液酸性过强时,反应②易发生其他反应
12.水合肼(N2H4·H2O)的性质类似氨水。利用水合肼处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是( )
A.上述三步反应均为氧化还原反应
B.反应1的目的是制备NaClO
C.合成水合肼的反应中每消耗1 ml CO(NH2)2转移电子数为NA
D.反应2为2[Cu(NH3)4]2++N2H4·H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O
13.利用雾霾中的污染物NO、SO2获得产品NH4NO3的流程图如下,下列说法错误的是( )
A.“吸收池1”中反应的离子方程式:SO2+OH-HS
B.“吸收池2”中生成等物质的量N和N的离子方程式:2NO+4Ce4++3H2ON+N+4Ce3++6H+
C.“电解池”中阴极的电极反应式:2HS+4e-+4H+S2+3H2O
D.“氧化池”中反应的离子方程式:2NH3+O2+2N2N+2N
层次3创新性
14.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,NaClO2的一种生产工艺流程如图所示。已知:“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。下列说法错误的是( )
A.在该生产过程中,有三处涉及氧化还原反应
B.在电解过程中,NaClO2是还原产物
C.“尾气吸收”反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D.NaClO2的“有效氯含量”约为1.57 g
15.用零价铁(Fe)去除含氮废水中的硝酸盐(N)是环境修复的重要方法。一种去除N的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后,分离混合物的方法是 。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是 。
(3)实验发现,在Ⅱ中补充一定量的Fe2+可以明显提高N的去除率。向两份含氮废水[n(N)=8.1×10-5 ml]中均加入足量Fe粉,进行对比研究。
研究发现:Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面;随着反应的进行,产生FeO(OH)(不导电),它覆盖在Fe3O4表面,形成钝化层,阻碍电子传输。
ⅰ、ⅱ中均能发生反应Fe+2H+Fe2++H2↑。该反应明显有助于ⅰ中N的去除,结合方程式解释原因: 。
(4)测定N含量
步骤1.取V mL含氮(N)水样,加入催化剂、V1 mL c1 ml·L-1 FeSO4标准溶液(过量),再加入稀硫酸。
步骤2.用c2 ml·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+(Cr2被还原为Cr3+),终点时消耗V2 mL。
已知:3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O
水样中N的含量为 ml·L-1。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3,产生CO2驱赶O2,否则会使测定结果 (填“偏大”或“偏小”)。
第4讲 氧化还原反应的概念和规律
1.A 解析 C和N发生相互促进的水解反应产生刺激性气味的气体NH3,不是氧化还原反应,A符合题意;钠放入CuSO4溶液中,钠与水反应生成NaOH和氢气,属于氧化还原反应,B不符合题意;向酸性KMnO4溶液中加入H2O2生成水和氧气,Mn、O元素化合价变化,C不符合题意;氯水在光照条件下放置一段时间后,其中的HClO分解生成HCl和氧气,Cl、O元素化合价变化,D不符合题意。
2.A 解析 用氯化铁溶液腐蚀铜板,发生的反应为2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,体现FeCl3的氧化性,A正确;用SO2的水溶液吸收Br2:SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4,体现SO2的还原性,B错误;用锌块防止钢铁船体腐蚀,是利用原电池原理,锌和铁构成了原电池的两个电极,锌比铁活泼,锌为负极,利用了锌的还原性,C错误;用铁粉防止FeSO4溶液变质,利用了铁的还原性,D错误。
3.D 解析 CuSO4是重金属盐,可使蛋白质发生变性而引起中毒,故不可服用CuSO4溶液,A正确;Cu元素的化合价由+2价降低到+1价,CuSO4是氧化剂,P4部分磷元素由0价降低到-3价,部分磷元素由0价升高到+5价,磷元素的化合价既升高又降低,故P4既是氧化剂又是还原剂,B正确;Cu3P中Cu元素为+1价,C正确;若有11mlP4参加反应,其中5ml的P4做氧化剂,60ml硫酸铜做氧化剂,只有6ml的P4做还原剂,则由电子守恒可知,生成6mlH2SO4时,有6mlCuSO4参加反应,6mlCuSO4得到6ml电子,1mlP4被氧化失去20ml电子,故6mlCuSO4能氧化白磷的物质的量为ml=0.3ml,D错误。
4.A 解析 结合题干物质转化图,Cr3+与OH-结合生成Cr(OH)3时,没有电子转移,A错误;向水体中通入N2,可减少水体中的氧气含量,减少纳米铁粉被氧化,提高Cr的去除率,B正确;根据转化信息,Cr(Ⅵ)被还原为+3价,Fe被氧化为+2价,故处理的Cr(Ⅵ)与消耗的Fe的物质的量之比为2∶3,C正确;铁粉处理成纳米铁粉,纳米铁粉的吸附性更强,反应速率更快,有利于提高Cr的处理效率,D正确。
5.C 解析 根据已知两个反应,SO2和水在KI的催化下生成硫酸根和S单质,发生了氧化还原反应,A正确;物质的氧化性或还原性强弱与浓度有关,如铜与浓硝酸反应生成二氧化氮,铜与稀硝酸反应时生成NO,B正确;该总反应为3SO2+2H2O2S+S↓+4H+,SO2转化为硫酸根过程中硫元素被氧化,转化为S的过程中硫元素被还原,则被氧化的SO2和被还原的SO2物质的量比为2∶1,C错误;配制碘酒时,加入一定量KI可促进平衡I2+I-正向移动,增加碘单质的溶解度,D正确。
6.A 解析 反应中C元素化合价由CH4中-4价升至CS2中+4价,CH4做还原剂,S元素化合价由0价降至-2价,S8做氧化剂,CS2既是氧化产物又是还原产物,A错误,D正确。每生成4mlH2S,反应转移16ml电子,17gH2S是0.5ml,生成17gH2S转移电子2ml,B正确。1mlS8中含有8mlS—S键,消耗1mlS8时断裂8mlS—S键,C正确。
7.答案 (1)
(2)+3价 氧化性和还原性
(3)①氧化性 酸性高锰酸钾溶液褪色
②KMnO4>NaNO2>I2
③2NaNO2+H2SO4Na2SO4+NO↑+NO2↑+H2O
8.D 解析 反应Ⅱ:2H2S(g)+SO2(g)3S(l)+2H2O(g)中,H2S中的S化合价升高,转变为氧化产物,SO2中S的化合价降低,转变为还原产物,氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1,A错误;反应Ⅰ中的SO2作为生成物,没有体现氧化性和还原性,B错误;反应Ⅰ消耗1mlH2S时,转移电子6ml,反应Ⅱ消耗1mlH2S时,转移电子2ml,则转移电子数之比为3∶1,C错误;反应Ⅰ中消耗H2S的量占通入H2S总量的时,反应Ⅱ中H2S和SO2物质的量之比为2∶1,此时反应进行得最彻底,硫的回收率最高,D正确。
9.B 解析 反应①中HBrOKBr中Br元素化合价降低,HBrO是氧化剂,K2[Cu(OH)4]KCuO2中Cu元素化合价升高,K2[Cu(OH)4]是还原剂,根据得失电子守恒可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,A正确;反应②的化学方程式为4KCuO2+6H2SO4O2↑+4CuSO4+6H2O+2K2SO4,生成1mlO2转移4ml电子,标准状况下生成5.6LO2,O2的物质的量为0.25ml,转移电子数为0.25ml×4×NAml-1=NA,B错误;反应②中Cu元素化合价降低,O元素化合价升高,KCuO2既表现氧化性,又表现还原性,C正确;由①可得氧化性:HBrO>KCuO2,由②可得氧化性:KCuO2>O2,则氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2>O2,D正确。
10.C 解析 “溶解”过程中,硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸,将铜氧化:3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O,A正确;从后续操作看,“反应”过程生成CuCl,则溶液中的Cu2+被S还原:2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+,B正确;“溶解”过程中,若用浓盐酸代替硫酸,则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl-溶解,难以得到CuCl沉淀,C错误;“烘干”时,CuCl易被空气中的氧气氧化,所以需在隔绝空气的环境中进行,D正确。
11.C 解析 反应①中KI是还原剂,V2O5是氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A正确。反应①中生成2mlVOCl2,转移电子的物质的量为2ml,则生成1mlVOCl2时转移电子的物质的量是1ml,B正确;V2O5中V显+5价,处于最高价,O显-2价,处于最低价,则V2O5既具有氧化性又具有还原性,C错误;在酸性过强时,S2与H+反应生成S、SO2和H2O,D正确。
12.C 解析 第一步反应中Cl元素化合价发生变化,第二步反应中Cl、N元素化合价发生变化,第三步反应中Cu、N元素化合价发生变化,三步反应均为氧化还原反应,A正确;合成水合肼时需要用到NaClO,则反应1的目的是用氢氧化钠溶液与氯气反应制备NaClO,B正确;NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中,N元素化合价由-3价升高至-2价,则消耗1mlCO(NH2)2时需要转移2ml电子,转移电子数为2NA,C错误;反应2为2[Cu(NH3)4]2++N2H4·H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O,D正确。
13.D 解析 根据图中信息得到“吸收池1”中是NaOH和SO2反应生成NaHSO3:SO2+OH-HS,A正确;“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成N、N和Ce3+,若生成等物质的量N和N,假设都生成1ml,则转移4ml电子,说明有4mlCe4+参与反应,再根据电荷守恒和质量守恒配平:2NO+4Ce4++3H2ON+N+4Ce3++6H+,B正确;“电解池”中阴极是HS得到电子变为S2:2HS+4e-+4H+S2+3H2O,C正确;“氧化池”中反应的离子方程式为O2+2N2N,D错误。
14.C 解析 由制备流程可知,“反应”“电解”“尾气吸收”过程均发生Cl元素的化合价变化,发生了氧化还原反应,A正确;电解过程中,ClO2在阴极得电子生成Cl,所以阴极反应的主要产物是NaClO2,B正确;“尾气吸收”过程发生反应的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+O2↑+2H2O,ClO2是氧化剂,H2O2是还原剂,其物质的量之比为2∶1,C错误;1gNaClO2的物质的量为ml,依据电子转移数目相等,结合关系式NaClO2~Cl-~4e-、Cl2~2Cl-~2e-,可知氯气的物质的量为ml×4×ml,则“有效氯含量”为ml×71g·ml-1≈1.57g,D正确。
15.答案 (1)过滤
(2)3Fe+N+2H++H2OFe3O4+N
(3)Fe2++2FeO(OH)Fe3O4+2H+,Fe2+破坏了钝化层
(4)① ②偏大
解析 (2)由图可知步骤Ⅱ反应产物为四氧化三铁和N,且铁粉和N在酸性条件下发生该反应,该氧化还原反应为3Fe+N+2H++H2OFe3O4+N。
(3)由题中信息可知,生成的Fe3O4(导电)覆盖在铁粉表面,随着反应的进行,产生FeO(OH)(不导电),它覆盖在Fe3O4表面,形成钝化层,阻碍电子传输。由于发生反应Fe2++2FeO(OH)Fe3O4+2H+,则破坏了钝化层有利于内层的铁继续与硝酸根反应。
(4)步骤1取VmL含氮(N)水样,加入催化剂、V1mLc1ml·L-1FeSO4标准溶液(过量),再加入稀硫酸,发生反应3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O,步骤2用c2ml·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+(Cr2被还原为Cr3+),终点时消耗V2mL,发生反应6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,根据K2Cr2O7标准溶液的用量求得剩余的FeSO4的物质的量为6c2V2×10-3ml,则参与步骤1反应的FeSO4的物质的量为(c1V1-6c2V2)×10-3ml,根据该反应3Fe2++N+4H+3Fe3++NO↑+2H2O可得反应消耗n(N)=ml,故原水样中N的含量为c(N)=ml·L-1=ml·L-1。溶液中有O2存在,也会消耗FeSO4,则K2Cr2O7用量偏小,由于FeSO4总量一定,使得参与步骤1反应的FeSO4物质的量会偏大(计算造成的误差),则计算出来的水样中N的含量偏大。
实验
实验操作及现象或结果
结论
1
取5 mL NaNO2溶液置于试管中,加入少量KI溶液,充分反应后,再滴加淀粉溶液,溶液变蓝
NaNO2具有
2
取2 mL酸性KMnO4溶液置于试管中,滴加足量的NaNO2溶液,可观察到的实验现象为
NaNO2具有还原性
3
NaNO2固体与70%硫酸反应生成了NO和NO2两种气体
NaNO2具有氧化性和还原性
实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2(3.6×10-5 ml)
N的去除率
≈50%
≈100%