第三节-氧化还原反应(实战演练)(解析版)

第三节氧化还原反应可能用到的相对原子质量：N14O16Mg24Mn55Cu64Zn65一、选择题1．（2022·上海静安区·高三二模）反应2Na2S2O3+I2→2NaI+Na2S4O6常用于定量分析。下列相关说法错误的是A．反应中，每生成1molNa2S4O6，就有4mol电子发生转移B．反应中，I2表现了氧化性C．I2被还原，Na2S4O6是氧化产物D．Na2S2O3溶液最好即配即用，久置空气易被氧化，可能生成Na2SO4【答案】A【解析】A项：该反应中Na2S2O3为唯一还原剂，且只得电子，每生成1molNa2S4O6，则有4molS的化合价由+2价变为+2.5价，转移2mol电子，A错误；B项：该反应中I元素化合价降低，I2表现了氧化性，B正确；C项：该反应中I元素化合价降低，I2被还原，S元素化合价升高，Na2S4O6是氧化产物，C正确；D项：Na2S2O3具有还原性，久置以被空气中的氧气氧化，S元素可能被氧化为+6价，生成Na2SO4，D正确；综上所述答案为A。2.（2021·湖南高考试题）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在【答案】A【解析】A项：该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；B项：该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C项：漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D项：食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。3.．（2022·浙江金华市·高三二模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种白色晶体，具有无毒，无臭，无污染等优点，常做食品、医药、卫生等部门的去污剂、清洗剂、杀毒剂，也是一种性能优异的急救供氧剂。可用碳酸钠和双氧水化合制备：，下列说法不正确的是A．过碳酸钠具有强氧化性B．1mol过碳酸钠发生热分解，转移的电子数为3NAC．生产过种中若遇到酸、铁盐等都可能导致产率下降D．将过碳酸钠溶液与亚硫酸氢钠溶液混合，发生的反应为2Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=2Na2CO3+3NaHSO4+3H2O【答案】D【解析】A项：过碳酸钠中含有过氧键，具有强氧化性，A正确；B项：根据过碳酸钠的化学式可知1mol过碳酸钠发生热分解转移的电子数应和3molH2O2分解转移的电子数相同，转移3mol

电子，即转移的电子数为3NA，B正确；C项：酸会消耗碳酸钠，铁盐消耗碳酸钠同时还能促进双氧水分解，所以会导致产率下降，C正确；D项：亚硫酸钠和碳酸钠不能共存，根据电子守恒和元素守恒可得正确方程式应为Na2CO3·3H2O2+3NaHSO3=NaHCO3

+3Na2SO4

+CO2↑+4H2O，D错误；综上所述答案为D。4．（2021·陕西咸阳市·高三三模）冬季燃煤活动排放的大量活性溴化合物BrCl能通过光解释放溴自由基和氯自由基，从而影响大气中自由基(OH、HO2、RO2)的浓度，其原理循环如图所示。下列说法正确的是A．活性溴化合物BrCl中含非极性键B．溴自由基和氯自由基只具有氧化性C．通过循环大气中OH自由基的浓度降低D．BrCl的排放会造成臭氧含量减少、水中汞含量超标等【答案】D【解析】A项：BrCl之间是不同原子形成的共价键，属于极性键，故A错误；B项：溴自由基和氯自由基处于低价，Br和O3反应生成BrO，具有还原性，故B错误；C项：BrO+HO2=HOBr+OH，循环大气中OH自由基的浓度升高，故C错误；D项：BrCl的循环中自由基Br和臭氧结合生成BrO而造成臭氧含量减小，自由基Br结合Hg0生成HgII，造成水中汞含量超标，故D正确；故选：D。5．（2021·浙江高考试题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A．K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物C．生成12.7gI2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1【答案】D【解析】A项：反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项：KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项：12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项：反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。6．（2022·广东高三模拟）化学与生活密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．煅烧贝壳，将产物投入海水中以获得B．用小麦、大米、玉米、高粱、糯米五种粮食发酵酿酒C．将在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，能闻到刺激性气味D．将乙烯通人酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫色褪去【答案】A【解析】A项：贝壳的主要成分为碳酸钙，煅烧碳酸钙时为碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，氧化钙、水、镁离子结合反应生成氢氧化镁和钙离子，在整个过程中均不涉及氧化还原反应，故选A；B项：用小麦、大米、玉米、高粱、糯米五种粮食的主要成分为淀粉，由淀粉发酵酿酒需要经过水解成葡萄糖，葡萄糖再被氧化成乙醇二氧化碳和水，涉及氧化还原反应，故B不选；C项：在酒精灯上灼烧后的铜丝迅速插入乙醇中，会引起乙醇的催化氧化，故涉及氧化还原反应，故C不选；D项：乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳和水，高锰酸钾本身被还原而褪色，涉及氧化还原反应，故D不选；答案选A7．（2022·浙江高三三模）关于反应，下列说法不正确的是A．中元素被氧化 B．在反应过程中得到电子C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为 D．既是氧化产物又是还原产物【答案】D【解析】A项：中元素化合价从+2价升高到+5价，失去5个电子，N元素被氧化，A正确；B项：中氧元素化合价从0价降低到－2价，在反应过程中得到电子，B正确；C项：铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去电子，被氧化，所以反应中氧化剂是臭氧，还原剂是硫酸亚铁和NO，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为(3+3):2=，C正确；D项：根据选项B、C分析可知是氧化产物，硝酸铁既是氧化产物又是还原产物，D错误；答案选D。8．（2022·安徽宣城市·高三二模）“84”消毒液和“洁厕灵”混用时，因易发生反应引起中毒，若反应为：Na35ClO+2H37Cl=NaCl+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是［设NA为阿伏加德罗常数的值，已知：K(HClO)=3.0×10-8，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11]A．理论上，上述反应生成的1molCl2含有的中子数为40NAB．“84”消毒液在空气中会发生反应：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClOC．理论上，上述反应每转移NA个电子，氧化剂比还原剂少2gD．为提高氯水中HClO的浓度，可加过量K2CO3固体【答案】B【解析】Na35ClO+2H37Cl=NaCl+Cl2↑+H2O中化合价发生变化的只有Cl元素，分别由+1价、-1价变成0价，结合氧化还原反应的规律和电离平衡常数与酸性强弱的关系分析判断。A项：反应中生成的氯气为35Cl37Cl，一个分子中含有18+20=38个中子，因此1molCl2含有的中子数为38NA，故A错误；B项：根据电离平衡常数，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，由强酸制弱酸原理可知，CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HClO，故B正确；C项：Na35ClO+2H37Cl=NaCl+Cl2↑+H2O中化合价发生变化的只有Cl元素，分别由+1价、-1价变成0价，转移一个电子，因此每转移NA个电子，有1mol氧化剂Na35ClO和1mol还原剂H37Cl反应，氧化剂的质量为74g，还原剂的质量为38g，氧化剂比还原剂多36g，故C错误；D项：氯水中存在平衡Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，在氯水中加入过量K2CO3固体，由于酸性：HCl＞HClO＞HCO，K2CO3固体能够与H+和HClO反应，氯水中HClO的浓度减小，故D错误；故选B。9．（2022·山东潍坊市·高三模拟）工业上常用碱性溶液吸收工业废气中的.为了提高吸收效率，常用作为催化剂，在反应过程中产生的四价镍和氧原子具有极强的氧化能力，可加快对的吸收，该催化过程如图所示：下列说法错误的是A．过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是B．过程2的离子方程式是：C．吸收反应的总方程式是：D．用代替脱硫效果更好【答案】C【解析】A项：过程1中，ClO-转化为Cl-，Cl元素化合价由+1价变为-1价，化合价降低，ClO-作氧化剂，Ni2O3转化为NiO2，Ni元素化合价由+3价变为+4价，化合价升高，Ni2O3作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比是，A项正确；B项：过程2中，NiO2和ClO-反应生成Ni2O3、Cl-和O，离子方程式为，B项正确；C项：用碱性溶液吸收工业废气中的，离子方程式为：，C项错误；D项：与结合生成难溶的，有利于反应的进行，因此用代替脱硫效果更好，D项正确；答案选C。10．（2022·辽宁高三模拟）以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是A．黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂B．欲得到更纯的，反应①应通入过量的气体C．还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度D．加热制备的化学方程式为【答案】C【解析】A项：黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；B项：通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；C项：盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；D项：加热制备的化学方程式为，选项D正确；答案选C。11．（2022·重庆高三三模）硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法正确的是A．水在此过程中作还原剂B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体只有HDC．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH+H2O=B(OH)+4H2D．若不使用催化剂，NaBH4与水不能反应产生H2【答案】C【解析】A项：据图可知H2O脱去的氢原子最终生成氢气，水中H元素化合价降低，所以水为氧化剂，A错误；B项：据图可知，第一步中两个BH各脱去一个H原子结合形成H2，即反应后生成的气体中有H2，B错误；C项：据图可知NaBH4与水反应过程中反应物为BH和H2O，产物为B(OH)和氢气，离子方程式为BH+H2O=B(OH)+4H2，C正确；D项：催化剂只是加快反应速率，即使不使用催化剂，NaBH4与水反应依然能产生氧气，D错误；综上所述答案为C。12．（2022·山东临沂市·高三二模）用[Ru]催化硝基化合物(R1NO2)与醇(R2CH2OH)反应制备胺(R2CH2NHR1)，反应过程如图所示。已知：R1、R2表示烃基或氢原子。下列叙述错误的是A．[Ru]可以降低该反应过程中的活化能B．历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH=NR1+H2OC．每生成1molR2CH2NHR1，消耗1molR2CH2OHD．制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2NO2和CH3OH【答案】C【解析】A项：由由题意可知[Ru]是该反应的催化剂，故可以降低该反应过程中的活化能，A正确；B项：结合反应历程图左半边可知，历程中存在反应：R1NH2+R2CHO→R2CH=NR1+H2O，B正确；C项：根据物质反应转化关系图，结合原子守恒可知总反应为4R2CH2OH+R1NO2R2CH2NHR1+3R2CHO+3H2O，因此每反应生成1molR2CH2NHR1，就会消耗4molR2CH2OH，C错误；D项：由C中总反应历程，制备CH3CH2NHCH3的原料可以是CH3CH2OH和CH3NO2，也可以是CH3OH和CH3CH2NO2，D正确；故合理选项是C。13．（2022·海南海口市·高三三模）硫元素的几种化合物存在下列转化关系：浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3S下列判断不正确的是A．反应①中浓硫酸作氧化剂 B．反应②表明SO2有酸性氧化物的性质C．反应③的原子利用率是100% D．反应④稀H2SO4作还原剂【答案】D【解析】Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，据此分析；A项：与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；B项：二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；C项：反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；D项：反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；答案选D。14．（2021·浙江高考试题）关于化合物的性质，下列推测不合理的是A．具有强氧化性 B．与溶液反应可生成两种钠盐C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】A项：里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项：与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项：与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项：发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。二、主观题15．（2022·上海金山区·高三一模）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)完成下列填空：(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘升华克服的微粒间作用力为___________。(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)a.原子的最外层都有7个电子b.ICl中碘元素为+1价c.酸性：HClO3>HIO3d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。【答案】（每空2分）(1)2，5，3，2，1，1(2)IO+5I-+6H+→3I2+3H2O5：1(3)分子间作用力（范德华力）(4)bd(5)取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质【解析】(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3molI2，其中第一步提供5molIO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；(3)碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：分子间作用力（范德华力）；(4)a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；故答案为：bd；(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。16．（2022·北京丰台区·高三一模）锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。I.制备(1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式_______。(2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。处理方法一：①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式_______。②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示