2025版高考化学一轮总复习第1章化学物质及其变化第4讲氧化还原反应的概念和规律提能训练

第4讲氧化还原反应的概念和规律一、选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2024·山东师大附中月考)化学是严谨的，诗歌是浪漫的。严谨的化学融入浪漫精致的诗歌中，为化学教学与古诗的结合供应了重要的素材。下列古诗中描述的反应中不属于氧化还原反应的是(B)A．宋代王安石的《元丰行示德逢》：“雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋”B．南北朝梁代医学家陶弘景《本草经集注》：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”C．唐朝李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”D．唐朝李白《秋浦歌》：“炉火照天地，红星乱紫烟”[解析]A项，涉及反应N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电))2NO，属于氧化还原反应，不符合题意；B项，涉及焰色试验，属于物理变更，符合题意；C项，涉及石蜡燃烧，属于氧化还原反应，不符合题意；D项，涉及金属的冶炼，属于氧化还原反应，不符合题意。2．(2024·福建高三化学模拟题)NA为阿伏加德罗常数的值。HgS溶于“王水”的反应如下：HgS＋HNO3＋HCl→H2HgCl4＋NO↑＋S＋H2O(未配平)。下列叙述正确的是(B)A．100mL10mol·L－1盐酸中含HCl分子数为NAB．标准状况下，生成2.24LNO时转移电子数为0.3NAC．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2D．生成9.6gS时，同时生成氢氧键的数目为0.4NA[解析]HNO3中N元素化合价由＋5降低为＋2，氧化剂是HNO3；HgS中S元素化合价由－2上升为0，还原剂是HgS；盐酸没有参加氧化还原反应，依据得失电子守恒，反应方程式为3HgS＋2HNO3＋12HCl=3H2HgCl4＋2NO↑＋3S＋4H2O。盐酸中HCl完全电离为H＋和Cl－，溶液中不存在HCl分子，A错误；反应过程中N元素化合价由＋5降低为＋2，生成1molNO时转移3mol电子，故生成0.1molNO时转移0.3mol电子，B正确；HNO3中N元素化合价由＋5降低为＋2，氧化剂是HNO3；HgS中S元素化合价由－2上升为0，还原剂是HgS；盐酸没有参加氧化还原反应，依据得失电子守恒，两者物质的量之比为2∶3，C错误；依据3HgS＋2HNO3＋12HCl=3H2HgCl4＋2NO↑＋3S＋4H2O，生成9.6gS时，生成0.4molH2O，即同时生成0.8NA氢氧键，D错误，故选B。3．(2024·重庆万州二中二检)在元素周期表中碲(Te)与氧(O)同族，与硒(Se)相邻且位于硒(Se)的下方。含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是(D)A．反应①利用了H2Te的还原性B．碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应[解析]反应①中H2Te被O2氧化生成Te，A项正确；由O、Se、Te的相对位置可得碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族，B项正确；反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te化合价上升，H2O2作氧化剂，C项正确；H2Te2O5和H2Te4O9中Te的化合价均为＋4，没发生氧化还原反应，D项错误。4．(2024·福建福州1月检测)为探究物质的氧化性，某小组设计如图所示试验。下列说法错误的是(D)A．烧瓶中的反应为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OB．浸有NaOH溶液的棉花起吸取尾气的作用C．CCl4可用淀粉溶液替换D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：Cl2>Fe3＋>I2[解析]漂白粉的有效成分Ca(ClO)2和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，A项正确；浸有NaOH溶液的棉花可吸取多余氯气，B项正确；淀粉遇I2变蓝，可证明有I2生成，可替换CCl4，C项正确；试管下层出现紫红色，说明有碘单质生成，因FeCl3溶液中可能溶有Cl2，不确定I2是否是由Fe3＋氧化所得，不能得出氧化性Fe3＋>I2，D项错误。5．氯气跟氢氧化钾溶液在确定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在确定条件下能自身反应：KX→KY＋KZ(未配平，KY与KZ关系比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是(C)A．＋1 B.＋3C.＋5 D.＋7[解析]反应Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应KX→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价凹凸为Z中Cl>X中Cl(均为正价)。假设KX中Cl元素为＋a价，KZ中Cl元素的化合价为＋b价，依据得失电子守恒及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式探讨，可知a＝5时，b＝7，符合题意。则KX中Cl元素的化合价为＋5。6．(2024·广东深圳期中)氮、铁元素在细菌的作用下可发生如图所示的转化。下列说法不正确的是(B)A．硝化过程中，含氮物质发生氧化反应B．上述转化中，氨氧化细菌参加的反应属于自然固氮C．上述转化中，含氮物质的反硝化作用过程须要还原剂参加D．Fe3＋与NHeq\o\al(＋,4)转化为N2的离子方程式为6Fe3＋＋2NHeq\o\al(＋,4)=6Fe2＋＋N2↑＋8H＋[解析]将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定，氨氧化细菌参加的反应不属于自然固氮，故B错误。7．(2024·山东临沂期末)ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。试验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。下列说法不正确的是(A)A．ClO2是氧化产物B．KClO3在反应中得到电子C．H2C2O4在反应中被氧化D．当1molKClO3参加反应时有1mol电子转移[解析]2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O中，Cl元素的化合价降低，C元素的化合价上升。由Cl元素的化合价由＋5价降低为＋4价，可知ClO2为还原产物，A不正确。8．(2024·湖南长沙一模改编)雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物之一，As2S3和HNO3可发生如下反应：As2S3＋10H＋＋10NOeq\o\al(－,3)=2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O。下列说法错误的是(B)A．生成1molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为5molB．若将该反应设计成原电池，则NO2应当在负极旁边逸出C．反应产生的NO2可用NaOH溶液吸取D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为10∶1[解析]依据反应的方程式分析，NOeq\o\al(－,3)中氮元素由＋5价降低到＋4价，生成2molH3AsO4转移10mol电子，则生成1molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为5mol，A正确；若将该反应设计成原电池，NOeq\o\al(－,3)在正极反应，NO2应当在正极旁边逸出，B错误；NO2会污染环境，反应产生的NO2可用NaOH溶液吸取，C正确；依据方程式可知，NOeq\o\al(－,3)是氧化剂，As2S3是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶1，D正确。9．(2024·山东烟台模拟改编)试验室中利用干净的铜片和浓硫酸进行如图试验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是(A)A．白色物质X为CuSO4B．NO和Y均为还原产物C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占50%D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol[解析]铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，反应过程中无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价上升到＋1价，硫元素从＋6价降低到－2价，依据得失电子守恒分析可知，白色物质X应为CuSO4，配平可得5Cu＋4H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))3CuSO4＋Cu2S＋4H2O。白色物质X为CuSO4，A正确；Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：3Cu2S＋16H＋＋4NOeq\o\al(－,3)=6Cu2＋＋3S↓＋4NO↑＋8H2O，则Y为S单质，NO为还原产物，Y为氧化产物，B错误；由反应5Cu＋4H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))3CuSO4＋Cu2S＋4H2O可知，硫元素从＋6价降低到－2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C错误；由5Cu＋4H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))3CuSO4＋Cu2S＋4H2O可知，3molCu生成0.6molCu2S,0.6molCu2S发生反应3Cu2S＋16H＋＋4NOeq\o\al(－,3)=6Cu2＋＋3S↓＋4NO↑＋8H2O得到0.8molNO与0.6molS，则NO与S的物质的量之和为1.4mol，D错误。10．已知还原性：I－>Fe2＋>Br－。向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变更曲线如图所示，有关说法不正确的是(B)A．DE段代表Br－的物质的量的变更状况B．原混合溶液中c(Fe2＋)＝4mol·L－1C．当通入3molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为4Fe2＋＋2I－＋3Cl2=4Fe3＋＋I2＋6Cl－D．原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)＝1∶3[解析]因为还原性：I－>Fe2＋>Br－，所以AB段是n(I－)的物质的量发生的变更，BC段是n(Fe3＋)的物质的量发生变更，DE段是n(Br－)的物质的量发生变更，A正确；n(Cl2)＝1～3mol段，下降的曲线是n(Fe2＋)的削减，由方程式2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－可知，n(Cl2)＝(3－1)mol＝2mol时，n(Fe2＋)＝4mol，溶液的体积未知，无法求出原混合溶液中c(Fe2＋)，B不正确；当通入3molCl2时，溶液中I－、Fe2＋全部被氧化，依据Cl2的消耗量，可求出n(I－)∶n(Fe2＋)＝2∶4，离子反应可表示为4Fe2＋＋2I－＋3Cl2=4Fe3＋＋I2＋6Cl－，C正确；由图中AB段和DE段消耗Cl2的物质的量分别为1mol、3mol，可求出n(I－)∶n(Br－)＝2∶6，所以原混合溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)＝1∶3，D正确。二、非选择题：本题共4小题。11．(2024·河北衡水高三检测)高铁酸钾(K2FeO4，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。【查阅资料】向胶体中加入电解质后，胶体因失去稳定性而发生离子的聚集以至沉淀，称为电解质对胶体的聚沉作用，简称胶体的聚沉。请回答下列问题：(1)K2FeO4中铁元素的化合价为＋6价。(2)过程①中活性菌表现了还原(填“氧化”或“还原”)性，该过程的还原产物是Fe3＋(填离子符号)；过程③属于物理(填“物理”或“化学”)变更。(3)依据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有杀菌消毒、净水(填两个)。(4)制备高铁酸钾常用的反应原理为Fe(OH)3＋KClO＋KOH→K2FeO4＋KCl＋H2O(反应未配平)。①该反应中，Cl元素的化合价由＋1价变为－1价；通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性ClO－>(填“>”“＝”或“<”)FeOeq\o\al(2－,4)。②写出该反应的离子方程式：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O。[解析](1)K2FeO4中K是＋1价，O是－2价，依据化合价代数和为0可知铁元素的化合价为＋6价。(2)过程①中高铁酸钾转化为铁离子，铁元素化合价降低，被还原，活性菌表现了还原性，该过程的还原产物是Fe3＋；过程③中没有产生新物质，属于物理变更。(3)依据上述原理分析，作水处理剂时，K2FeO4的作用有两个，即杀菌消毒、净水。(4)①该反应中，Cl元素的化合价由＋1价变为－1价，得到电子被还原，氢氧化铁被氧化，因此通过该反应说明：在碱性条件下，氧化性ClO－>FeOeq\o\al(2－,4)。②铁元素化合价从＋3价上升到＋6价，失去3个电子，氯元素得到2个电子，依据得失电子守恒可知该反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O。12．(2024·广东梅州二模)铜及其化合物有着广泛的应用。某试验小组探究Cu2＋的性质。试验任务：探究NaHSO3溶液分别与CuSO4、CuCl2溶液的反应查阅资料：已知：a.Cu2＋eq\o(→,\s\up7(浓氨水))[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液)b．Cu＋eq\o(→,\s\up7(浓氨水))[Cu(NH3)2]＋(无色溶液)eq\o(→,\s\up7(露置在空气中),\s\do5(一段时间))[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液)设计方案并完成试验：试验装置试剂X操作及现象A1.0mol·L－1CuSO4溶液加入2mLCuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变更B1.0mol·L－1CuCl2溶液加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅现象分析与验证：(1)推想试验B产生的无色气体为SO2，试验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，视察到试纸从蓝色变白。(2)推想试验B中的白色沉淀为CuCl，试验验证步骤如下：①试验B完成后，马上过滤、洗涤。②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量浓氨水，视察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为CuCl＋2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O；露置在空气中一段时间，视察到溶液变为深蓝色。(3)对比试验A、B，提出假设：Cl－增加了Cu2＋的氧化性。①若假设合理，试验B反应的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋和HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑。②下述试验C证明白假设合理，装置如图(两个电极均为碳棒)。试验方案：闭合K，电流表的指针偏转至“X”处；向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，视察到电流表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀，U形管左侧溶液中产生无色气体(补全试验操作及现象)。[解析](1)淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故视察到的现象为试纸从蓝色变为白色。(2)依据信息分析，氯化亚铜能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为CuCl＋2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)①试验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子方程式为HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2O＋SO2↑。②为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K，电流表的指针偏转至X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，视察到电流表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀，U形管左侧溶液中产生无色气体。13．(2024·山东青岛高三检测)氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请依据以上信息，结合自己所驾驭的化学学问，回答下列问题：Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40～50℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu＋在酸性条件下发生的反应是2Cu＋=Cu2＋＋Cu。(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：2CuH＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CuCl2＋2HCl。(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是H2(填化学式)。(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：CuH＋3H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2H2O＋NO↑。Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2＋等离子，该反应的化学方程式是V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2＋和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸取，则SOeq\o\al(2－,3)、Cl－、VO2＋还原性由强到弱的依次是SOeq\o\al(2－,3)>Cl－>VO2＋。[解析](3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明－1价H被氧化成＋1价，对应的产物为水，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH＋3H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2H2O＋NO↑。(4)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2＋等离子，该反应的化学方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2＋和一种黄绿色气体，Cl－是还原剂，VO2＋是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl－，依据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SOeq\o\al(2－,3)、Cl－、VO2＋还原性由强到弱的依次是SOeq\o\al(2－,3)>Cl－>VO2＋。14．按要求回答下列问题。(1)氧化气化法可提纯电弧法合成的碳纳米管中的碳纳米颗粒杂质，反应的化学方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4=3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O。用双线桥法标出电子转移的方向和数目：该反应中氧化剂是K2Cr2O7，每生成1个氧化产物，转移的电子数目为4。(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，用于杀菌、消毒。其可通过在强碱性条件下，由NaClO和FeCl3共热而得。则氧化性比较：NaClO>(填“>”或“<”)K2FeO4。(3)ClO2是一种新型的水处理剂，可通过多种方法制取。其中一种方法如下：①2KClO3＋4HCl(浓)=2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O；②Cl2＋2KClO2=2KCl＋2ClO2。则反应①中还原剂是HCl，反应②的氧化产物与还原产物的质量之比为67.5∶74.5(合理即可)。(4)某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2，写出该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：=3O2↑＋2Cr(OH)3＋2H2O。(5)一个完整的氧化还原反应方程式可以拆开写