高中化学必修一 第三节 氧化还原反应二20202021学年新解析版

1、第一单元 物质及其变化第三节 氧化还原反应（二）一、基础巩固1下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是（）ASO2+2H2S3S+H2OB2Na2O2+2H2O4NaOH+O2CHCl+NaOHNaCl+H2ODZn+2HClZnCl2+H2【答案】A【解析】A、SO2+2H2S3S+H2O中氧化剂是二氧化硫、还原剂是硫化氢，硫既是氧化产物与又是还原产物，故A选；B、反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中，氧化产物是氧气，还原产物为氢氧化钠，故B不选；C、HCl+NaOHNaCl+H2O非氧化还原反应，故C不选；D、Zn+2HClZnCl2+H2氧化产物为氯化锌，还原产物为氢气，故

2、D不选；故选：A。2海洋是资源的宝库，下列生产过程中不涉及氧化还原反应的是（）A海水晒盐B电解饱和食盐水C海带提碘D用氯气制漂粉精【答案】A【解析】A海水晒盐，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故A选；B电解饱和食盐水是由NaCl变为Cl2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；C海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C不选；D用氯气制漂粉精由Cl2变为Ca（ClO）2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选：A。3下列变化中，气体被氧化的是（）AC2H2通入酸性KMnO4溶液BCl2通入KBr溶液CH2S通入CuSO4溶液DNH3

3、通入AlCl3溶液【答案】A【解析】AC2H4使酸性KMnO4溶液褪色，C2H4被氧化，发生氧化还原反应，故A选；BCl2通入KBr溶液，Cl2中Cl元素化合价降低，Cl2被还原，故B不选；CH2S通入CuSO4溶液，有黑色硫化铜沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故C不选；D氨气通入AlCl3溶液，有白色沉淀生成，是复分解反应，没有元素化合价的变化，故D不选；故选：A。4反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O中，还原产物是（）ACuBH2SO4CCuSO4DSO2【答案】D【解析】在Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O反应中，Cu元素化合价升高，失

4、电子被氧化，S元素化合价降低，得电子被还原，则氧化剂是H2SO4，还原剂是Cu，氧化产物是CuSO4，还原产物是SO2，故选：D。5下列氧化还原反应中，氧化剂和还原剂是同一种物质的是（）A2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2BSO2+2H2S3S+2H2OCCl2+2NaI2NaCl+I2D3Mg+N2Mg3N2【答案】A【解析】A只有过氧化钠中O元素的化合价变化，氧化剂和还原剂为同一种物质，故A选；BSO2+2H2S3S+2H2O中硫化氢为还原剂，SO2为氧化剂，故B不选；CCl2+2NaI2NaCl+I2中，氯元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则Cl2为氧化剂，NaI为还原剂，故

5、C不选；D3Mg+N2Mg3N2中，镁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则N2为氧化剂，Mg为还原剂，故D不选；故选：A。6向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（）ACu2+将H2O2还原为O2BH2O2既表现氧化性又表现还原性CCu2+是H2O2分解反应的催化剂D发生了反应Cu2O+H2O2 +4H+2Cu2+3H2O【答案】A【解析】A硫酸铜与H2O2溶液首先发生反应产生氧化亚铜，铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂

6、，则H2O2作还原剂被氧化成氧气，故A错误；B开始结合过氧化氢被氧化成氧气表现还原性作还原剂；继续滴加过氧化氢溶液后氧化亚铜转变成铜离子被氧化，则过氧化氢又表现氧化性，故B正确；C整个过程中反应开始有铜离子，反应结束时还有铜离子，铜离子的量没有变化，符合催化剂的特点，故C正确；D反应的第二阶段是过氧化氢与氧化亚铜反应产生铜离子的过程，根据价态变化，可知过氧化氢应被还原成水，根据化合价升降总数相等完成方程式书写：Cu2O+H2O2 +4H+2Cu2+3H2O，故D正确。故选：A。7科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒。这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用

7、下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物。通过以上信息填空：维生素C具有 （填“氧化性”或“还原性”）。3mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移 个电子。【答案】还原性；6NA。【解析】+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，反应中砷元素的化合价降低，得到电子，所以维生素C失去电子做还原剂，具有还原性，故答案为：还原性；题目中+5价砷类化合物作为氧化剂，化合价降低到+3价，得2个电子，3mol+5价砷完全转化为+3价砷，共转移电子3mol26mol，其个数为6NA个，故答案为：6NA。二、拓展提升8标出下列氧化还原反应的电子转移数目和方向，并写出氧化剂（1）2K

8、2S+K2SO3+3H2SO43K2SO4 +3S+3H2O 氧化剂： ；（2）2KMnO4 +5H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O 氧化剂： 。【答案】（1）K2SO3；（2）KMnO4；。【解析】（1）该反应中S元素化合价由2、+4价变为0价，转移电子数2（0+2）4，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，所以K2SO3是氧化剂，其电子转移方向和数目为，故答案为：K2SO3；（2）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、双氧水中O元素化合价由1价变为0价，转移电子数2（72）10，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，则氧化剂是KMnO4 ，其电子转移方向和数目为，

9、故答案为：KMnO4；。9为验证氧化性Cl2Fe3+SO2，某小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略）。实验过程：查好装置的气密性后，在各仪器中添加相应试剂打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3更换试管D，重复过程V，检验B溶液中的离子（1）检验虚线框内装置气密性的操作是 。（2）B棉花中浸润的溶液为 。实验通入N2的作用是 。（3）

10、C中发生反应的化学方程式 。（4）用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，原因是 。（5）若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为 。（6）甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如表所示。他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2 Fe3+SO2的是 （填“甲”“乙”“丙”）。氢氧化物Fe（OH）2Fe（OH）3Cd（OH）2Mn（OH）2开始沉淀的pH6.51.57.28.2沉淀完全的pH9.93.39.510.6【答案】（1）关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好；（2）NaOH溶液；排除

11、装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；（3）Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（4）70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；（5）2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+；（6）甲、丙。【解析】（1）根据压差法来检验装置的气密性：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加入水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好，故答案为：关闭K1、K2，打开分液漏斗的盖子和活塞，向其中加水，一段时间后分液漏斗尖嘴处不再滴液即证明气密性良好；（2）装置A是制备氯气的，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，氯气有毒，要用氢

12、氧化钠进行吸收，由于装置中含有空气，而空气的存在，会对实验产生干扰，所以通入氮气的目的是排除装置中的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化，故答案为：NaOH溶液；排除装置内的空气，防止FeCl2溶液被O2氧化；（3）亚硫酸钠可以和较浓的硫酸之间反应生成硫酸钠和水以及二氧化硫，即Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；（4）98%的硫酸中主要是硫酸分子，70%的硫酸的氢离子浓度较大，所以用70%的硫酸制取SO2，反应速率比用98%的硫酸快，故答案为：70%的硫酸中的H+的浓度比98%的硫酸中的H+的浓度大；（5）二氧化硫

13、具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，SO2通入酸性高锰酸钾溶液，二者之间可以发生氧化还原反应：2MnO4+5SO2+4H2O2Mn2+5SO42+4H+，故答案为：2MnO4+5SO2+2H2O2Mn2+5SO42+4H+；（6）甲的过程中B溶液中含有Fe3+、Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；乙的过程中B溶液中含有Fe3+，能够说明氯气的氧化性大于铁离子，过程中B溶液中含有SO42，可能是剩余的氯气将二氧化硫氧化，不能说明氧化性铁离子大于二氧化硫；丙中过程中B溶液中有Fe3+，无Fe2+，则氯气的

14、氧化性大于铁离子，过程中B溶液中有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子发生了反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，故答案为：甲、丙。10.取一定量的酸性硫酸锰（MnSO4）溶液，向其中依次加入下列物质，对应现象如表所示：步骤1步骤2步骤3依次加入适量NaBiO3过量的H2O2溶液适量KI淀粉混合液实验现象溶液呈紫红色紫红色消失，产生气泡现象A已知：金属铋（Bi），价态为+3 时较稳定铋酸钠（NaBiO3）无色，难溶于水，高锰酸根（MnO4）呈紫红色I2 遇到淀粉溶液变成蓝色（1）步骤 1 氧化产物为（填序号：Bi3+MnO4 ）。（2）补充步骤 2 中的离子反应方程式并配平：2MnO4+5H2O2+

15、6H+2Mn2+8H2O+5O2（3）步骤 2 中过量的 H2O2 可以氧化 KI，则步骤 3 现象 A 为：溶液变蓝。（4）由上述现象可以补充下列粒子氧化性由强到弱的顺序为：NaBiO3I2（填序号：H2O2 MnO4 ）。（5）根据上述结论，推断下列离子反应可能发生且书写正确的是（不定项选择）BD。ABi3+H2O2+H2OBiO3+4H+BNaBiO3+2I+6H+Na+I2+Bi3+3H2OC5I2+2Mn2+16OH2MnO4+10I+8H2OH2O2+2I+2H+I2+2H2O【答案】（1）；（2）2；5；6；2；8；5O2；（3）溶液变蓝；（4）；（5）BD。【解析】（1）根据题

16、目中的实验现象，溶液变为紫红色，说明生成了MnO4还原剂（Mn2+）发生氧化反应，化合价升高，生成氧化产物。故答案为：；（2）氧化还原的配平根据得失电子数相等，Mn元素的化合价由+7变为+2，有化合价降低必须有化合价升高，所以H2O2中O元素的化合价由1变为0价，生成O2，可知（MnO4）：n（H2O2）2：5，离子方程式还需遵循电荷守恒，其他物质根据电荷守恒和原子守恒配平，2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2故答案为：2；5；6；2；8；5O2；（3）过量的 H2O2 可以氧化 KI生成I2，淀粉遇I2变蓝。故答案为：溶液变蓝；（4）根据步骤1现象：NaBiO3做氧化剂氧化Mn2+，MnO4为氧化产物。步骤2现象：MnO4做氧化剂氧化H2O2步骤3现象：H2O2做氧化剂氧化I，I2为氧化产物。故答案