2025届高考化学一轮复习第二章化学物质及其变化第5讲氧化还原反应练习含解析新人教版

PAGEPAGE8第5讲氧化还原反应A组基础必做题(40分)一、选择题(本题包括4小题，每题4分，共16分)1．(2024·山东潍坊高三检测)已知下列试验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列推断不正确的是(C)A．化合物KCrO2中Cr为＋3价B．试验①证明Cr2O3是两性氧化物C．试验②证明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)<I2D．试验③证明H2O2有氧化性[解析]依据化合物中元素的正、负化合价代数和等于0可知，KCrO2中Cr为＋3价，A正确；由试验①可知，Cr2O3既可溶于强碱又可溶于强酸生成盐，由此可证明Cr2O3属于两性氧化物，B正确；试验②说明反应生成单质碘，依据“氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性”可知氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>I2，C不正确；试验③说明在酸性条件下，H2O2将CrOeq\o\al(－,2)氧化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，从而证明H2O2具有氧化性，D正确。2．(2024·安徽宣城模拟)有人说“五彩缤纷”形象地说出了化学试验中的颜色改变。下列颜色改变中是由于发生氧化还原反应导致的是(A)①在氯水中加入NaOH溶液②在FeCl3溶液中加入铁粉③在品红溶液中通入二氧化硫气体④在Na2CO3溶液中滴入酚酞⑤在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热A．①②⑤ B．①②④C．①②③ D．①②③④⑤[解析]①在氯水中加入NaOH溶液，氯水颜色消逝，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合价改变，发生氧化还原反应；②在FeCl3溶液中加入铁粉，生成氯化亚铁，颜色由棕黄色变为浅绿色，铁元素的化合价改变，发生氧化还原反应；③在品红溶液中通入二氧化硫气体，品红溶液褪色，发生化合反应，没有元素化合价的改变；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞，没有元素化合价的改变；⑤在新制Cu(OH)2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热，生成砖红色沉淀，铜、碳元素的化合价改变，发生氧化还原反应。3．(2024·福建龙海检测)已知氧化还原反应2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4=2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O。下列说法正确的是(A)A．Cu(IO3)2作氧化剂，Cu(IO3)2中的铜元素和碘元素被还原B．CuI既是氧化产物又是还原产物C．每生成1molCuI，有12molKI发生氧化反应D．每转移1.1mol电子，有0.2molIOeq\o\al(－,3)被氧化[解析]Cu(IO3)2中的铜元素和碘元素均得到电子，化合价降低，被还原，作氧化剂，A项正确；CuI中的碘元素为－1价，由KI中的碘元素供应，铜元素为＋1价，由Cu(IO3)2中铜元素被还原得到，故CuI只是还原产物，B项错误；每生成1molCuI，有12molKI参与反应，但只有11molKI发生氧化反应，C项错误；1molCu(IO3)2参与反应共转移电子的物质的量为1＋2×5＝11(mol)，所以每转移1.1mol电子，有0.1molCu(IO3)2参与反应，有0.2molIOeq\o\al(－,3)被还原，D项错误。[点拨]本题的考查形式是氧化还原反应规律在选择题中常见的，要留意物质既作氧化剂又作还原剂或既是氧化产物又是还原产物的状况，试题常在这些地方结合电子转移数或实际发生氧化、还原反应的物质的量等相关计算中设置陷阱。解题时可先画出电子转移双线桥，如依据电子转移数目进行计算，切勿仅仅依据化学计量数进行计算。4．(2024·山东等级考模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。工业上制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是(C)A．反应①阶段，参与反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2，可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2[解析]A项，依据氧化还原反应中元素化合价升降相等，可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1，正确；B项，NaClO3在反应①中得电子，在原电池正极发生还原反应，ClO2是正极产物，正确；C项，反应②中，ClO2与H2O2反应，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，错误；D项，由C项分析知，反应②条件下ClO2的氧化性大于H2O2，正确。[易错警示](1)H2O2一般表现强氧化性，如与强还原性的Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)和I－反应；(2)H2O2中氧元素处于中间价态，当它遇到强氧化剂时表现还原性，如：5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4=2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑＋8H2O。二、非选择题(本题包括2小题，共24分)5．(2024·湖北武汉模拟)三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一。(1)三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F。NH3的电子式为，反应中氨气显示的化学性质有还原性、碱性，当有17.0g氨气发生反应时，转移电子的物质的量为1.5mol。(2)在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生反应，产物为HF、NO和一种酸，则被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1︰2，NF3、F2、NO三种气体氧化性由弱到强的依次为NO<NF3<F2。(3)三氟化氮在空气中泄漏时，很简单被发觉，依据的现象是有红棕色气体产生、有刺激性气味、产生白雾。(4)NCl3的结构类似NF3，但NCl3中N元素显－3价，NCl3遇水发生反应，且反应为非氧化还原反应，该反应的化学方程式为NCl3＋3H2O=NH3＋3HClO。[解析](1)NH3是共价化合物，结构式为，电子式为，反应中部分NH3转化为NF3，氮元素化合价上升，NH3体现还原性；反应中部分NH3转化为NH4F，生成了盐，NH3体现碱性。反应4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F转移6e－，因此当有17.0g氨气，即1mol氨气发生反应时，转移电子的物质的量为6mol÷4＝1.5mol。(2)NF3与水蒸气的反应中，F元素化合价不变，N元素由＋3价降为＋2价，则生成的酸中N元素的化合价上升，故该酸为HNO3。配平该化学方程式为3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。NF3eq\o(→,\s\up7(失2e－))HNO3，被氧化，NF3eq\o(→,\s\up7(得e－))NO，被还原，依据得失电子守恒，则被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1︰2；由4NH3＋3F2=NF3＋3NH4F，可知氧化性：F2>NF3，由3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF，可知氧化性：NF3>NO，则氧化性：F2>NF3>NO。(3)NF3易与空气中的氧气反应生成NO，NO被O2氧化为红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，因此依据的现象是产生红棕色气体，有刺激性气味，产生白雾。(4)NCl3中N元素显－3价，NCl3遇水发生反应，且反应为非氧化还原反应，所以生成物是次氯酸和氨气，该反应的化学方程式为NCl3＋3H2O=NH3＋3HClO。6．(2024·天津高三检测)医学上常用酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液的反应用于测定血钙的含量。回答下列问题：6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4→10CO2↑＋2Mn2＋＋8eq\x(H2O)(1)配平以上离子方程式，并在中填上所需的微粒。(2)该反应中的还原剂是H2C2O4(填化学式)。(3)若反应转移了0.4mol电子，则消耗KMnO4的物质的量为0.08mol。(4)测定血钙含量的方法是：取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化学方程式是CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4。②溶解沉淀时不能(填“能”或“不能”)用稀盐酸，缘由是高锰酸钾会氧化氯离子。③若消耗了1.0×10－4mol·L－1的KMnO4溶液20.00mL，则100mL该血液中含钙0.01g。[解析](1)依据元素守恒知，生成物中还含有水，该反应中锰元素的化合价由＋7价变为＋2价，碳元素的化合价由＋3价变为＋4价，依据得失电子总数相等可知，MnOeq\o\al(－,4)、H2C2O4的计量数分别是2、5，再结合原子守恒配平离子方程式为6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2C2O4=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(2)H2C2O4中碳元素化合价由＋3价变为＋4价，失电子作还原剂。(3)依据MnOeq\o\al(－,4)～5e－得，反应转移了0.4mol电子时消耗KMnO4的物质的量0.08mol。(4)①草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，反应的化学方程式为CaC2O4＋H2SO4=CaSO4＋H2C2O4；②HCl具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而造成误差，所以不能用盐酸。③依据原子守恒可得关系式5Ca2＋～2KMnO4，设钙离子浓度为xmol·L－1，5Ca2＋～2KMnO45mol2mol2.0×10－3xmol2.0×10－6mol5mol︰2mol＝2.0×10－3xmol︰2.0×10－6mol，解得x＝2.5×10－3，则100mL溶液中钙的质量＝40g·mol－1×0.1L×2.5×10－3mol·L－1＝0.01g。B组实力提升题(60分)一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)1．(2024·山东滨州高三检测)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：2S2Cl2＋2H2O=4HCl＋SO2↑＋3S↓。对该反应的说法正确的是(A)A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B．H2O作氧化剂C．每生成1molSO2转移2mol电子D．氧化产物与还原产物物质的量之比为3︰1[解析]因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1；则在反应中只有硫的化合价发生改变，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1︰3，A项正确，B项错误，D项错误；SO2中硫的化合价为＋4，故每生成1molSO2转移3mol电子，C项错误。2．(2024·河南郑州一中月考)肯定量的某磁黄铁矿(主要成分为FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和肯定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是(C)A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L－1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2︰1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85[解析]本题考查FexS与盐酸反应过程中的相关计算，涉及得失电子守恒和原子守恒的应用。n(S)＝eq\f(3.2g,32g·mol－1)＝0.1mol，依据得失电子守恒得n(Fe3＋)＝eq\f(0.1mol×[0－－2],3－2)＝0.2mol，则该磁黄铁矿中n(Fe2＋)＝0.4mol－0.2mol＝0.2mol，所以n(Fe2＋)︰n(Fe3＋)＝0.2mol︰0.2mol＝1︰1。FexS中各元素正、负化合价代数和为0，则0.5x×3＋0.5x×2＋(－2)＝0，则x＝0.8，依据S元素守恒，n(H2S)＝0.4mol×eq\f(1,0.8)－0.1mol＝0.4mol，标准状况下V(H2S)＝0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L。盐酸恰好反应，生成FeCl2的物质的量为0.4mol，依据Cl原子守恒可得c(HCl)＝eq\f(2×0.4mol,0.1L)＝8.0mol·L－1。依据以上分析可知，A、B、D错误，C正确。3．(2024·山东济南质量评估)CuS、Cu2S均可用于处理酸性废水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，发生反应如下。反应Ⅰ：CuS＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有关说法正确的是(C)A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生改变B．处理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3︰5D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)[解析]反应Ⅰ中S、Cr元素的化合价发生改变，反应Ⅱ中Cu、S、Cr元素的化合价发生改变，A项错误；配平离子方程式Ⅰ为3CuS＋4Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋32H＋=3Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋8Cr3＋＋16H2O，配平离子方程式Ⅱ为3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O，处理1molCr2Oeq\o\al(2－,7)时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量不相等，B项错误；反应Ⅱ中还原剂为Cu2S，氧化剂为Cr2Oeq\o\al(2－,7)，二者物质的量之比为3︰5，C项正确；假设CuS、Cu2S的质量均为ag，则CuS去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物质的量为eq\f(a,96)mol×eq\f(4,3)＝eq\f(a,72)mol，Cu2S去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)的物质的量为eq\f(a,160)mol×eq\f(5,3)＝eq\f(a,96)mol，CuS能去除更多的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，D项错误。4．(2024·山东枣庄上学期期末)已知氯气与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO、NaClO3，NaClO在加热条件下可分解生成NaCl和NaClO3。现向氢氧化钠溶液中通入肯定量的氯气，加热少许时间后溶液中形成混合体系，若溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列推断不正确的是(D)A．反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为1︰2B．反应停止后n(NaClO)︰n(NaCl)︰n(NaClO3)可能为1︰11︰2C．若反应过程中消耗1mol氯气，则1mol<转移电子<eq\f(5,3)molD．溶液中c(Na＋)和c(Cl－)之比可能为5︰2[解析]依据题意，氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO、NaClO3，得出n(NaOH)＝n(Na＋)＝n(Cl)＝eq\f(1,2)n(Cl2)，消耗氯气的物质的量与NaOH的物质的量之比为1︰2，故A说法正确。依据化合价，反应后NaCl为还原产物，NaClO、NaClO3为氧化产物，假设生成11molNaCl，转移电子物质的量为11mol，生成1molNaClO和2molNaClO3，转移电子物质的量为(1mol×1＋2mol×5)＝11mol，得失电子守恒，故B说法正确。假设反应后生成NaCl和NaClO，消耗1molCl2，则转移1mol电子；假设生成NaCl和NaClO3，消耗1molCl2，则转移电子物质的量为eq\f(5,3)mol，因此当NaCl、NaClO、NaClO3同时存在时，反应消耗1molCl2，则1mol<转移电子<eq\f(5,3)mol，故C说法正确。若只发生Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，n(Na＋)︰n(Cl－)＝2︰1；若只发生3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O，n(Na＋)︰n(Cl－)＝6︰5，则eq\f(6,5)≤eq\f(cNa＋,cCl－)≤eq\f(2,1)，5︰2不在该范围内，故D说法错误。二、非选择题(本题包括2小题，共36分)5．(2024·山东青岛高三检测)酸性高锰酸钾溶液是试验室常用的氧化剂，其氧化性强于二氧化锰。(1)试验室利用二氧化锰和双氧水制取O2，有关的化学方程式是2H2O2eq\o(=,\s\up7(MnO2))2H2O＋O2↑。(2)软锰矿的主要成分是MnO2，假如用足量浓盐酸处理30.0g软锰矿矿石(杂质不参与反应)，得到标准状况下Cl25.6L。则该软锰矿矿石中MnO2的质量分数是72.5%，反应中转移电子的数目为3.01×1023(或0.5NA)。(3)某同学提出“可以利用酸性高锰酸钾溶液鉴别FeCl3溶液中是否含有FeCl2”的方案。①完成并配平离子方程式：eq\x(1)MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x(5)Fe2＋＋eq\x(8)H＋=eq\x(1)Mn2＋＋eq\x(5)Fe3＋＋eq\x(4)H2O。②推断该同学的方案是否合理？不合理(填“合理”或“不合理”)。(4)工业上用软锰矿制备高锰酸钾的工艺流程如图所示：①操作Ⅱ的名称是eq\r()过滤。②软锰矿与肯定量的KOH和KClO3混合固体在熔融状态下充分反应，该反应的氧化剂是KClO3(填化学式)；产物加水溶解、过滤后，滤液中主要含有KCl和K2MnO4，则滤液酸化时发生反应的离子方程式为3MnOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=MnO2↓＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O。[解析](2)n(Cl2)＝eq\f(5.6L,22.4L/mol)＝0.25mol，依据反应方程式MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，则n(MnO2)＝0.25mol，m(MnO2)＝0.25mol×87g/mol＝21.75g，故软锰矿矿石中MnO2的质量分数为eq\f(21.75g,30.0g)×100%＝72.5%；生成1molCl2转移2mol电子，故生成0.25molCl2时转移0.5mol电子。(3)①酸性KMnO4将Fe2＋氧化为Fe3＋，有H＋参与反应，依据氧化还原方程式的配平方法配平反应方程式。②酸性KMnO4溶液还能够氧化Cl－，所以该方案中看到KMnO4溶液的紫色褪去，不肯定是因为与可能存在的Fe2＋发生了反应，还可能是与Cl－发生了反应，故不合理。(4)①操作Ⅱ是