1.3氧化还原反应同步练习题（含解析）高一上学期化学人教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 1.3氧化还原反应同步练习题（含解析）高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 686.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-13 06:54:10 | ||
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文档简介
1.3 氧化还原反应 同步练习题
一、选择题
1．实验室用和浓盐酸反应制取：(浓)。下列判断错误的是
A．HCl既作还原剂，又作酸 B．氧化剂和还原剂的数量之比为1∶8
C．是氧化产物 D．每5个分子生成，转移电子10个
2．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆[含]上清液中的，制取石膏()的过程如图：
下列说法错误的是
A．上述流程中，钙元素的化合价没有变化
B．过程Ⅰ中，为氧化产物
C．过程Ⅱ中，为还原剂
D．属于盐类和纯净物
3．一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应Ⅰ属于复分解反应 B．反应Ⅱ中为还原剂
C．由图可知该条件下，的氧化性强于的 D．若要制得，则消耗的体积为
4．分类法是学习化学的重要方法。下表有关物质及其反应的分类都正确的是
分类选项 碱性氧化物 电解质 不是氧化还原反应
A CaO 硫酸
B 一水合氨
C FeO 次氯酸
D 盐酸
A．A B．B C．C D．D
5．下列反应既属于氧化还原反应，又属于化合反应的是
A．
B．
C．
D．
6．“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分是(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应不是氧化还原反应
B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中1mol铜原子参加反应失去2mol电子，同时消耗标准状况下22.4L的
D．该反应是氧化还原反应，变价的只有两种元素
7．某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是
A．该工艺流程是用来制备
B．参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1
C．气体M参加的反应是化合反应
D．该流程需要定期补充溶液
8．高铜酸钾 (KCuO2)是黑色固体，可通过如下反应制取：，下列说法错误的是
A．CuO中氧元素化合价不变
B．可能具有强氧化性
C．该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.2mol电子
D．该反应中既发生氧化反应又发生还原反应
9．某强氧化剂XO(OH)2+可将亚硫酸钠氧化成硫酸钠。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH)2+，需用30mL0.20mol L-1的亚硫酸钠溶液，还原后X的最终化合价为
A． B． C． D．0
10．在碱性溶液中可被KClO氧化为，而KClO被还原为KCl，若反应中与KCl的化学计量数分别为1和7，则m的值为
A．2 B．3 C．4 D．5
11．已知下列反应：，，，则下列物质氧化性由强到弱的顺序是
A．FeCl3> I2>FeCl3> Co2O3 B．
C． D．Co2O3> Cl2>FeCl3> I2
12．从海水中可以提取溴，主要反应为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。下列说法正确的是
A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
13．发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)：
下列说法中，不正确的是
A．反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O
B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34gNH3
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1
D．发蓝工艺的总反应可以表示为：9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑
14．由铁及其化合物可制得铁红、氯化铁、绿矾、高铁酸钾、铁黄等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。由硫铁矿烧渣(主要含)得到绿矾，再由绿矾制备铁黄的流程如下：
已知：难溶于水也难溶于盐酸、硫酸、硝酸等酸。下列说法不正确的是
A．“酸浸”时应选用硫酸来溶解烧渣
B．“还原”时参加反应的与烧渣中满足：
C．“氧化”时发生的反应为
D．“氧化”时越高，越有利于制得纯净的铁黄
15．Cl2与下列物质反应时，氯元素既被氧化又被还原的是
A．H2 B．Fe C．NaBr D．Ca(OH)2
二、填空题
16．反应可用于氯气管道的检漏。
(1)该反应中作还原剂的物质是_______(填化学式)，氯元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)；
(2)反应中每生成1mol，消耗的物质的量是_______mol，同时转移电子的物质的量是_______mol。
17．在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，NH3中氮元素的化合价是___________，氧化剂是___________(填化学式，下同)，氧化产物是___________，被氧化的氨和未被氧化的氨的质量之比为___________，当反应生成1个N2时，转移的电子是___________个。
三、计算题
18．在 K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中。
（1）______元素被氧化
（2）此反应若转移了12mol的电子，则生成氯气______L（标准状况）
四、元素或物质推断题
19．硫、铁的化合物有广泛的应用。
（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸。
①(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为_________；
②用过二硫酸铵溶液检测废水中的Mn2+，配平下面的离子反应：
__ S2O+__Mn2++__＝___MnO4-+__ SO+____。
（2）大苏打的成分是Na2S2O3·5H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式______________。
（3）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：
①A的化学式为____________；
②已知化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的离子方程式：_______________________。
五、实验题
20．某小组通过实验探究NO的某些性质。
(1)以Cu和HNO3为原料制备NO，反应的化学方程式为____。
(2)设计实验探究NO的氧化性。
实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
资料：i.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应NO被还原为N2O。
ii.Ag+与N2O反应生成黄色沉淀。
检验SO的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，____(填操作和实验现象)。
(3)某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验II：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，无明显变化。
实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，____(填实验现象)。
上述实验证明NO有氧化性。
(4)①实验II的目的是____。
②写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式____。
③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。
还原反应：2NO+2e-=N2O
氧化反应：____。
(5)实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。
根据上述实验所得结论：____。
【参考答案】
一、选择题
1．B
【分析】方程式中锰元素的化合价降低，被还原，故高锰酸钾是氧化剂，氯化锰是还原产物，HCl是还原剂，Cl2是氧化产物。
解析：A．由方程式可知，HCl中氯元素的化合价部分发生了改变，故HCl既作还原剂，又作酸，A正确；
B．方程式中16个HCl分子参与反应，10个HCl分子被氧化，故氧化剂和还原剂的数量之比为2∶10=1∶5，B错误；
C．根据分析，氯气是氧化产物，C正确；
D．每5个分子生成，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移电子10个，D正确；
故选B。
2．B
【分析】Ca(OH)2与MnSO4发生复分解反应生成Mn(OH)2和CaSO4，过程I中Mn(OH)2与O2、OH-反应生成和H2O，过程II中S2-与反应生成Mn(OH)2、，被O2氧化成，最终制得CaSO4 2H2O。
解析：A．上述流程中，钙元素的化合价都为+2价，钙元素的化合价没有变化，A项正确；
B．过程I中发生的反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，反应中Mn元素的化合价由+2价升至+4价，Mn(OH)2为还原剂、为氧化产物，O2为氧化剂，H2O为还原产物，B项错误；
C．过程II中S元素的化合价由S2-中的-2价升至中的+2价，S2-为还原剂，C项正确；
D．CaSO4 2H2O属于结晶水合物，有固定的组成和性质，属于纯净物中的盐类，D项正确；
答案选B。
3．D
【分析】反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程；反应II为氯化铜与氧气反应生成氧化铜 氯气的过程，其化学方程式为：，据此分析。
解析：A．反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程，属于复分解反应，A正确；
B．反应II中Cl元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，所以作还原剂，B正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应II可知，的氧化性强于的氧化性，C正确；
D．未指明是否为标准状况，无法准确计算消耗的体积，D错误；
故选D。
4．A
【分析】碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。
解析：A．氧化钙为碱性氧化物；硫酸为电解质；氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙和水，该反应中没有元素化合价的升降，不是氧化还原反应；A正确；
B．二氧化碳和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，B错误；
C．反应中铁元素、氯元素化合价发生改变，为氧化还原反应，C错误；
D．过氧化钠和盐酸生成氯化钠、水和氧气，故过氧化钠不是碱性氧化物，D错误；
故选A。
5．B
解析：A．反应生成2种物质，不是化合反应，A错误；
B．反应中氧元素、氮元素化合价改变，且是2种物质生成1种物质的反应，既属于氧化还原反应，又属于化合反应，B正确；
C．反应生成2种物质，不是化合反应，C错误；
D．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，D错误；
故选B。
6．D
解析：A．该反应有元素化合价的变化，是氧化还原反应，A项错误；
B．该反应是铜元素化合价由0价变为+2价，失去电子被氧化，氧元素化合价由0价变为-2价，得到电子被还原，B项错误；
C．该反应中1mol铜原子参加反应失去2mol电子，消耗0.5mol氧气，C项错误；
D．该反应是氧化还原反应，变价的只有两种元素，D项正确；
答案选D。
7．B
【分析】由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁、硫酸铁可以循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁作用生成硫酸铁，气体M为氧气，所以该工艺流程是用来制备硫酸的。
解析：A．根据流程图可知，最终反应完离开体系的为硫酸，因此该工艺流程的目的是制备硫酸，故A错误；
B．二氧化硫参加反应的化学方程式为：SO2+ Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，二氧化硫为还原剂，硫酸铁中铁元素的化合价降低，硫酸铁是氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1，故B正确；
C．根据反应关系分析，气体M、H2SO4和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3和水，铁元素的价态发生了变化，M是具有氧化性的氧气，反应的化学方程式为O2+4FeSO4+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，不是化合反应，故C错误；
D．根据流程图可知，气体M、SO2进入体系内，最终有硫酸离开体系，所以该流程的总反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，作反应的催化剂，不需要补充，故D正确；
故选：B。
8．C
解析：A．CuO中氧化合价为 2价，KCuO2中氧化合价为 2价，根据反应方程式分析氧化铜中氧全部转变到KCuO2中，因此CuO中氧元素化合价不变，故A正确；
B．中Cu化合价为+3价，则可能具有强氧化性，故B正确；
C．根据方程式Cu由+2价变为+3价，2molCuO失去2mol电子，2mol中失去1mol电子，得到3mol电子，转移3mol电子，因此该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.3mol电子，故C错误；
D．该反应中中氧化合价既升高又降低，说明既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
9．D
解析：设还原后X的最终化合价为n，
亚硫酸钠作还原剂，S由+4价升高到+6价，则依据得失电子守恒可得：2.4×10-3 mol×(5-n)= 0.030L×0.20mol L-1，解之得：n=0。
故选D。
10．A
解析：在碱性溶液中可被KClO氧化为K2SO4，S元素化合价由升高为+6，而KClO被还原为KCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中与KCl的物质的量之比为1:7，根据电子转移守恒，则：m×[6-()]=7×[1-(-1)]，解得：m=2；
故选A。
11．D
解析：在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物强，从题给方程式判断得到：Co2O3>Cl2，FeCl3>I2，Cl2>FeCl3，联合可知氧化性由强到弱的顺序是Co2O3> Cl2>FeCl3> I2；
故选择D。
12．D
解析：A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，具有还原性，A错误；
B．，化合价降低，被还原，作氧化剂，B错误；
C．该反应属于置换反应，C错误；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氯气的氧化性比溴单质强，D正确；
故选D。
13．B
解析：A．反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到+2价，根据氧化还原反应规律可知N元素由+3价下降到-3价生成NH3，方程式为：3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O，故A正确；
B．当反应②中NaFeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由+2价上升到+3价，NaNO2中N由+3价降为-3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5molNH3，质量为8.5g，故B错误；
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由+2价升为+ 价，Na2Fe2O4中Fe由+3价降为+ 价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑，故D正确；
故选B。
14．D
【分析】均溶于硫酸，由制备流程可知，酸溶后的溶液含Fe2+、Fe3+、Cu2+，加入过量铁粉后溶液中只有Fe2+，滤渣中为SiO2、Cu。滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，以此来解答。
解析：A．由硫铁矿烧渣得到绿矾主要成分为FeSO4·7H2O，所以酸浸选用硫酸来溶解，A正确；
B．“还原”时参加反应的与烧渣中反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+ Cu2+=Cu+ Fe2+，所以过量还原铁粉满足：，B正确；
C．“氧化”时发生的反应为FeSO4与空气中的氧气发生氧化还原反应生成FeOOH，化学方程式为，C正确；
D．“氧化”时越高，会使铁黄中混有Fe(OH)3，得不到纯净的铁黄，D错误；
故选D。
15．D
解析：A．氢气和氯气生成氯化氢，氯元素化合价降低，被还原，故A错误；
B．铁和氯气生成氯化铁，氯元素化合价降低，被还原，故B错误；
C．溴化钠和氯气生成氯化钠，氯元素化合价降低，被还原，故C错误；
D．氢氧化钙和氯气生成氯化钙和次氯酸钠，部分氯元素化合价升高、部分氯元素化合价降低，既被氧化又被还原，D正确；
故选D。
二、填空题
16．(1) 降低
(2) 3 6
解析：（1）反应中N元素化合价部分从-3价升高到0价，做还原剂，氯元素的化合价从0价降低到-1价，故答案为：；降低；
（2）根据方程式，反应中每生成1mol，消耗的物质的量是3mol，氯元素的化合价从0价降低到-1价，转移电子的物质的量是6mol，故答案为：3；6。
17． -3 Cl2 N2 1:3 2
解析：NH3中H为+1价，N为-3价；该反应中Cl2中Cl元素化合价升高，得电子为氧化剂；NH3中部分N元素化合价升高生成N2，所以N2为氧化产物；被氧化的氨气生成N2，生成NH4Cl的氨气没有被氧化，所以被氧化的氨和未被氧化的氨的质量之比为2:6，即1:3；根据N元素的化合价的变化可知，当反应生成1个N2时，转移的电子是2个。
三、计算题
18． Cl 134.4
【分析】由方程式可知，反应中Cr从+6价降低到+3价，得到电子，发生还原反应，Cl从-1价升高到0价，发生氧化反应，且电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，据此计算。
解析：（1）由分析可知Cl元素被氧化；
（2）电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，生成氯气3mol，因此反应若转移了12mol的电子，生成氯气6mol，体积为6mol×22.4L/mol=134.4L。
四、元素或物质推断题
19． +6 5 2 8H2O 2 10 16H+ S2O +4Cl2+5H2O＝2 SO+8C1－+10H+ Fe3S4 Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S
解析：（1）①H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸，取代后S元素化合价不变，则(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；
②反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO 中+7价，Mn2+是还原剂，S2O中2个-1价氧元素降低到-2价，S2O是氧化剂，根据电子转移守恒和原子守恒可配得离子方程式为：5S2O +2Mn2++8H2O＝2MnO+10SO +16H+；
（2）若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，Na2S2O3中硫的化合价为+2，则化合价应该升为+6价，且根据得失电子守恒，反应时消耗的氯气的物质的量为4mol且生成氯离子，则其水溶液吸收氯气的离子方程式为：S2O +4Cl2+5H2O＝2 SO+8C1－+10H+；
（3）C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A煅烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，应为Fe3S4，
①由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；
②化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的摩尔质量为1.518 g/L×22.4L/mol=34g/mol，为H2S气体，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S。
五、实验题
20．(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀
(3)出现黄色沉淀
(4) 排除SO对Ag+检验N2O的干扰 2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O SO+2OH--2e-=SO+H2O
(5)NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快
解析：（1）单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，可制取NO，则以Cu和HNO3为原料制备NO的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）检验SO的氧化产物为硫酸根离子，要检验SO要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，故操作和实验现象为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，故答案为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀；
（3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，则需检验还原产物N2O的生成，利用信息：Ag+与N2O反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰，故答案为：出现黄色沉淀；
（4）①实验II的目的是排除SO对Ag+检验N2O的干扰，而实验Ⅲ则是检验N2O的生成，故实验Ⅲ的现象是：出现黄色沉淀，故答案为：排除SO对Ag+检验N2O的干扰；②NO与碱性Na2SO3溶液反应生成N2O、SO和H2O，则离子方程式2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O，故答案为：2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O；③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。还原反应：2NO+2e-=N2O，SO32-在碱性环境下失去电子生成SO42-、H2O是氧化反应：SO+2OH--2e-=SO+H2O。故答案为：SO+2OH--2e-=SO+H2O；
（5）实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快，是因为碱性增强反应更快。根据上述实验所得结论：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。故答案为：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。
一、选择题
1．实验室用和浓盐酸反应制取：(浓)。下列判断错误的是
A．HCl既作还原剂，又作酸 B．氧化剂和还原剂的数量之比为1∶8
C．是氧化产物 D．每5个分子生成，转移电子10个
2．利用空气催化氧化法除掉电石渣浆[含]上清液中的，制取石膏()的过程如图：
下列说法错误的是
A．上述流程中，钙元素的化合价没有变化
B．过程Ⅰ中，为氧化产物
C．过程Ⅱ中，为还原剂
D．属于盐类和纯净物
3．一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示，下列说法错误的是
A．反应Ⅰ属于复分解反应 B．反应Ⅱ中为还原剂
C．由图可知该条件下，的氧化性强于的 D．若要制得，则消耗的体积为
4．分类法是学习化学的重要方法。下表有关物质及其反应的分类都正确的是
分类选项 碱性氧化物 电解质 不是氧化还原反应
A CaO 硫酸
B 一水合氨
C FeO 次氯酸
D 盐酸
A．A B．B C．C D．D
5．下列反应既属于氧化还原反应，又属于化合反应的是
A．
B．
C．
D．
6．“帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿”，其中的“铜绿”即是铜锈，它的化学成分是(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应不是氧化还原反应
B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化，所以是氧化还原反应
C．该反应中1mol铜原子参加反应失去2mol电子，同时消耗标准状况下22.4L的
D．该反应是氧化还原反应，变价的只有两种元素
7．某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是
A．该工艺流程是用来制备
B．参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1
C．气体M参加的反应是化合反应
D．该流程需要定期补充溶液
8．高铜酸钾 (KCuO2)是黑色固体，可通过如下反应制取：，下列说法错误的是
A．CuO中氧元素化合价不变
B．可能具有强氧化性
C．该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.2mol电子
D．该反应中既发生氧化反应又发生还原反应
9．某强氧化剂XO(OH)2+可将亚硫酸钠氧化成硫酸钠。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH)2+，需用30mL0.20mol L-1的亚硫酸钠溶液，还原后X的最终化合价为
A． B． C． D．0
10．在碱性溶液中可被KClO氧化为，而KClO被还原为KCl，若反应中与KCl的化学计量数分别为1和7，则m的值为
A．2 B．3 C．4 D．5
11．已知下列反应：，，，则下列物质氧化性由强到弱的顺序是
A．FeCl3> I2>FeCl3> Co2O3 B．
C． D．Co2O3> Cl2>FeCl3> I2
12．从海水中可以提取溴，主要反应为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。下列说法正确的是
A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
13．发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)：
下列说法中，不正确的是
A．反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O
B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34gNH3
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1
D．发蓝工艺的总反应可以表示为：9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑
14．由铁及其化合物可制得铁红、氯化铁、绿矾、高铁酸钾、铁黄等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。由硫铁矿烧渣(主要含)得到绿矾，再由绿矾制备铁黄的流程如下：
已知：难溶于水也难溶于盐酸、硫酸、硝酸等酸。下列说法不正确的是
A．“酸浸”时应选用硫酸来溶解烧渣
B．“还原”时参加反应的与烧渣中满足：
C．“氧化”时发生的反应为
D．“氧化”时越高，越有利于制得纯净的铁黄
15．Cl2与下列物质反应时，氯元素既被氧化又被还原的是
A．H2 B．Fe C．NaBr D．Ca(OH)2
二、填空题
16．反应可用于氯气管道的检漏。
(1)该反应中作还原剂的物质是_______(填化学式)，氯元素的化合价_______(填“升高”或“降低”)；
(2)反应中每生成1mol，消耗的物质的量是_______mol，同时转移电子的物质的量是_______mol。
17．在反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，NH3中氮元素的化合价是___________，氧化剂是___________(填化学式，下同)，氧化产物是___________，被氧化的氨和未被氧化的氨的质量之比为___________，当反应生成1个N2时，转移的电子是___________个。
三、计算题
18．在 K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O反应中。
（1）______元素被氧化
（2）此反应若转移了12mol的电子，则生成氯气______L（标准状况）
四、元素或物质推断题
19．硫、铁的化合物有广泛的应用。
（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸。
①(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为_________；
②用过二硫酸铵溶液检测废水中的Mn2+，配平下面的离子反应：
__ S2O+__Mn2++__＝___MnO4-+__ SO+____。
（2）大苏打的成分是Na2S2O3·5H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式______________。
（3）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：
①A的化学式为____________；
②已知化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的离子方程式：_______________________。
五、实验题
20．某小组通过实验探究NO的某些性质。
(1)以Cu和HNO3为原料制备NO，反应的化学方程式为____。
(2)设计实验探究NO的氧化性。
实验I：用排水法收集一瓶NO，将其倒扣在盛有碱性Na2SO3溶液的水槽中，振荡，观察到集气瓶中液面上升。
资料：i.NO与碱性Na2SO3溶液会发生氧化还原反应NO被还原为N2O。
ii.Ag+与N2O反应生成黄色沉淀。
检验SO的氧化产物。取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，____(填操作和实验现象)。
(3)某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，补充以下实验：
实验II：取饱和Na2SO4溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，无明显变化。
实验III：取少量实验I反应后集气瓶中的溶液，加入少量冰醋酸，再滴加5滴0.1mol/L的AgNO3溶液，____(填实验现象)。
上述实验证明NO有氧化性。
(4)①实验II的目的是____。
②写出NO与碱性Na2SO3溶液反应的离子方程式____。
③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。
还原反应：2NO+2e-=N2O
氧化反应：____。
(5)实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快。
根据上述实验所得结论：____。
【参考答案】
一、选择题
1．B
【分析】方程式中锰元素的化合价降低，被还原，故高锰酸钾是氧化剂，氯化锰是还原产物，HCl是还原剂，Cl2是氧化产物。
解析：A．由方程式可知，HCl中氯元素的化合价部分发生了改变，故HCl既作还原剂，又作酸，A正确；
B．方程式中16个HCl分子参与反应，10个HCl分子被氧化，故氧化剂和还原剂的数量之比为2∶10=1∶5，B错误；
C．根据分析，氯气是氧化产物，C正确；
D．每5个分子生成，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移电子10个，D正确；
故选B。
2．B
【分析】Ca(OH)2与MnSO4发生复分解反应生成Mn(OH)2和CaSO4，过程I中Mn(OH)2与O2、OH-反应生成和H2O，过程II中S2-与反应生成Mn(OH)2、，被O2氧化成，最终制得CaSO4 2H2O。
解析：A．上述流程中，钙元素的化合价都为+2价，钙元素的化合价没有变化，A项正确；
B．过程I中发生的反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，反应中Mn元素的化合价由+2价升至+4价，Mn(OH)2为还原剂、为氧化产物，O2为氧化剂，H2O为还原产物，B项错误；
C．过程II中S元素的化合价由S2-中的-2价升至中的+2价，S2-为还原剂，C项正确；
D．CaSO4 2H2O属于结晶水合物，有固定的组成和性质，属于纯净物中的盐类，D项正确；
答案选B。
3．D
【分析】反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程；反应II为氯化铜与氧气反应生成氧化铜 氯气的过程，其化学方程式为：，据此分析。
解析：A．反应I为氧化铜与HCl反应生成氯化铜和水的过程，属于复分解反应，A正确；
B．反应II中Cl元素化合价从-1价升高到0价，被氧化，所以作还原剂，B正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据反应II可知，的氧化性强于的氧化性，C正确；
D．未指明是否为标准状况，无法准确计算消耗的体积，D错误；
故选D。
4．A
【分析】碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物；电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；有元素化合价升降的反应是氧化还原反应。
解析：A．氧化钙为碱性氧化物；硫酸为电解质；氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙和水，该反应中没有元素化合价的升降，不是氧化还原反应；A正确；
B．二氧化碳和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，B错误；
C．反应中铁元素、氯元素化合价发生改变，为氧化还原反应，C错误；
D．过氧化钠和盐酸生成氯化钠、水和氧气，故过氧化钠不是碱性氧化物，D错误；
故选A。
5．B
解析：A．反应生成2种物质，不是化合反应，A错误；
B．反应中氧元素、氮元素化合价改变，且是2种物质生成1种物质的反应，既属于氧化还原反应，又属于化合反应，B正确；
C．反应生成2种物质，不是化合反应，C错误；
D．反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应，D错误；
故选B。
6．D
解析：A．该反应有元素化合价的变化，是氧化还原反应，A项错误；
B．该反应是铜元素化合价由0价变为+2价，失去电子被氧化，氧元素化合价由0价变为-2价，得到电子被还原，B项错误；
C．该反应中1mol铜原子参加反应失去2mol电子，消耗0.5mol氧气，C项错误；
D．该反应是氧化还原反应，变价的只有两种元素，D项正确；
答案选D。
7．B
【分析】由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁、硫酸铁可以循环使用，气体M和SO2为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸、硫酸亚铁作用生成硫酸铁，气体M为氧气，所以该工艺流程是用来制备硫酸的。
解析：A．根据流程图可知，最终反应完离开体系的为硫酸，因此该工艺流程的目的是制备硫酸，故A错误；
B．二氧化硫参加反应的化学方程式为：SO2+ Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，反应中二氧化硫中硫元素的化合价升高，二氧化硫为还原剂，硫酸铁中铁元素的化合价降低，硫酸铁是氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比是1∶1，故B正确；
C．根据反应关系分析，气体M、H2SO4和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3和水，铁元素的价态发生了变化，M是具有氧化性的氧气，反应的化学方程式为O2+4FeSO4+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，不是化合反应，故C错误；
D．根据流程图可知，气体M、SO2进入体系内，最终有硫酸离开体系，所以该流程的总反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，作反应的催化剂，不需要补充，故D正确；
故选：B。
8．C
解析：A．CuO中氧化合价为 2价，KCuO2中氧化合价为 2价，根据反应方程式分析氧化铜中氧全部转变到KCuO2中，因此CuO中氧元素化合价不变，故A正确；
B．中Cu化合价为+3价，则可能具有强氧化性，故B正确；
C．根据方程式Cu由+2价变为+3价，2molCuO失去2mol电子，2mol中失去1mol电子，得到3mol电子，转移3mol电子，因此该反应中每消耗0.2mol CuO，转移0.3mol电子，故C错误；
D．该反应中中氧化合价既升高又降低，说明既发生氧化反应又发生还原反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
9．D
解析：设还原后X的最终化合价为n，
亚硫酸钠作还原剂，S由+4价升高到+6价，则依据得失电子守恒可得：2.4×10-3 mol×(5-n)= 0.030L×0.20mol L-1，解之得：n=0。
故选D。
10．A
解析：在碱性溶液中可被KClO氧化为K2SO4，S元素化合价由升高为+6，而KClO被还原为KCl，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，反应中与KCl的物质的量之比为1:7，根据电子转移守恒，则：m×[6-()]=7×[1-(-1)]，解得：m=2；
故选A。
11．D
解析：在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物强，从题给方程式判断得到：Co2O3>Cl2，FeCl3>I2，Cl2>FeCl3，联合可知氧化性由强到弱的顺序是Co2O3> Cl2>FeCl3> I2；
故选择D。
12．D
解析：A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，具有还原性，A错误；
B．，化合价降低，被还原，作氧化剂，B错误；
C．该反应属于置换反应，C错误；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氯气的氧化性比溴单质强，D正确；
故选D。
13．B
解析：A．反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到+2价，根据氧化还原反应规律可知N元素由+3价下降到-3价生成NH3，方程式为：3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O，故A正确；
B．当反应②中NaFeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由+2价上升到+3价，NaNO2中N由+3价降为-3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5molNH3，质量为8.5g，故B错误；
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由+2价升为+ 价，Na2Fe2O4中Fe由+3价降为+ 价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑，故D正确；
故选B。
14．D
【分析】均溶于硫酸，由制备流程可知，酸溶后的溶液含Fe2+、Fe3+、Cu2+，加入过量铁粉后溶液中只有Fe2+，滤渣中为SiO2、Cu。滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成FeOOH，以此来解答。
解析：A．由硫铁矿烧渣得到绿矾主要成分为FeSO4·7H2O，所以酸浸选用硫酸来溶解，A正确；
B．“还原”时参加反应的与烧渣中反应方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+ Cu2+=Cu+ Fe2+，所以过量还原铁粉满足：，B正确；
C．“氧化”时发生的反应为FeSO4与空气中的氧气发生氧化还原反应生成FeOOH，化学方程式为，C正确；
D．“氧化”时越高，会使铁黄中混有Fe(OH)3，得不到纯净的铁黄，D错误；
故选D。
15．D
解析：A．氢气和氯气生成氯化氢，氯元素化合价降低，被还原，故A错误；
B．铁和氯气生成氯化铁，氯元素化合价降低，被还原，故B错误；
C．溴化钠和氯气生成氯化钠，氯元素化合价降低，被还原，故C错误；
D．氢氧化钙和氯气生成氯化钙和次氯酸钠，部分氯元素化合价升高、部分氯元素化合价降低，既被氧化又被还原，D正确；
故选D。
二、填空题
16．(1) 降低
(2) 3 6
解析：（1）反应中N元素化合价部分从-3价升高到0价，做还原剂，氯元素的化合价从0价降低到-1价，故答案为：；降低；
（2）根据方程式，反应中每生成1mol，消耗的物质的量是3mol，氯元素的化合价从0价降低到-1价，转移电子的物质的量是6mol，故答案为：3；6。
17． -3 Cl2 N2 1:3 2
解析：NH3中H为+1价，N为-3价；该反应中Cl2中Cl元素化合价升高，得电子为氧化剂；NH3中部分N元素化合价升高生成N2，所以N2为氧化产物；被氧化的氨气生成N2，生成NH4Cl的氨气没有被氧化，所以被氧化的氨和未被氧化的氨的质量之比为2:6，即1:3；根据N元素的化合价的变化可知，当反应生成1个N2时，转移的电子是2个。
三、计算题
18． Cl 134.4
【分析】由方程式可知，反应中Cr从+6价降低到+3价，得到电子，发生还原反应，Cl从-1价升高到0价，发生氧化反应，且电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，据此计算。
解析：（1）由分析可知Cl元素被氧化；
（2）电子转移6mol时被氧化的HCl为6mol，生成氯气3mol，因此反应若转移了12mol的电子，生成氯气6mol，体积为6mol×22.4L/mol=134.4L。
四、元素或物质推断题
19． +6 5 2 8H2O 2 10 16H+ S2O +4Cl2+5H2O＝2 SO+8C1－+10H+ Fe3S4 Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S
解析：（1）①H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸，取代后S元素化合价不变，则(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为+6价；
②反应中Mn元素化合价由Mn2+中+2价升高为MnO 中+7价，Mn2+是还原剂，S2O中2个-1价氧元素降低到-2价，S2O是氧化剂，根据电子转移守恒和原子守恒可配得离子方程式为：5S2O +2Mn2++8H2O＝2MnO+10SO +16H+；
（2）若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，Na2S2O3中硫的化合价为+2，则化合价应该升为+6价，且根据得失电子守恒，反应时消耗的氯气的物质的量为4mol且生成氯离子，则其水溶液吸收氯气的离子方程式为：S2O +4Cl2+5H2O＝2 SO+8C1－+10H+；
（3）C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n（Fe2O3）= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A煅烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g﹣1.68g=1.28g，n（S）= =0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，应为Fe3S4，
①由以上分析可知，A组成元素为Fe、S，为Fe3S4；
②化合物A能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为1.518g L﹣1），淡黄色不溶物为S，气体的摩尔质量为1.518 g/L×22.4L/mol=34g/mol，为H2S气体，反应的离子方程式为Fe3S4+6H+=3H2S↑+3Fe2+ +S。
五、实验题
20．(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀
(3)出现黄色沉淀
(4) 排除SO对Ag+检验N2O的干扰 2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O SO+2OH--2e-=SO+H2O
(5)NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快
解析：（1）单质铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，可制取NO，则以Cu和HNO3为原料制备NO的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
（2）检验SO的氧化产物为硫酸根离子，要检验SO要排除多余亚硫酸根离子等的干扰，故操作和实验现象为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，故答案为：取少量实验Ⅰ反应后集气瓶中的溶液，先加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀；
（3）某同学认为，需通过进一步实验验证NO的氧化性，则需检验还原产物N2O的生成，利用信息：Ag+与N2O反应生成黄色沉淀，同时要防止硫酸根离子对实验的干扰，故答案为：出现黄色沉淀；
（4）①实验II的目的是排除SO对Ag+检验N2O的干扰，而实验Ⅲ则是检验N2O的生成，故实验Ⅲ的现象是：出现黄色沉淀，故答案为：排除SO对Ag+检验N2O的干扰；②NO与碱性Na2SO3溶液反应生成N2O、SO和H2O，则离子方程式2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O，故答案为：2OH-+2NO+SO=N2O+SO+H2O；③从电极反应角度分析NO与碱性Na2SO3溶液的反应。还原反应：2NO+2e-=N2O，SO32-在碱性环境下失去电子生成SO42-、H2O是氧化反应：SO+2OH--2e-=SO+H2O。故答案为：SO+2OH--2e-=SO+H2O；
（5）实验IV：用排水法收集两瓶NO，将其分别倒扣在饱和Na2SO3溶液和加有NaOH的饱和Na2SO3溶液中，后者集气瓶中液面上升更快，是因为碱性增强反应更快。根据上述实验所得结论：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。故答案为：NO和SO反应体现了NO的氧化性，碱性增强反应更快。