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1、第二章 化学物质及其变化第06讲 氧化还原反应（精练）完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：N 14 O 16 Mg 24 Mn 55 Cu 64 Zn 65一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）1（2021·浙江高考真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是ANH3中H元素被氧化BNO2在反应过程中失去电子C还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【解析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，N
2、H3是还原剂， NO2是氧化剂。ANH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；BNO2在反应过程中得到电子，B不正确；C该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。2（2021·江苏常州市·高三二模）燃煤和工业生产中产生的过量排放会形成酸雨。是重要的化工原料，可作漂白
3、剂。在接触法制硫酸的工业中，发生的反应为： 。下列关于的说法正确的是A分子呈直线形，是非极性分子B的水溶液能导电，是电解质C和反应，每生成1mol S，转移的电子数为2molD用石灰石浆液吸收烟气中的，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏【答案】D【解析】A的价层电子对数为2+(6-22)=3，且有一对孤对电子，构型为V形，是极性分子，故A错误；B的水溶液能导电是因为和水反应生成了亚硫酸，是非电解质，故B错误；C和反应生成S单质，S元素由+4价下降到0价，又由-2价上升到0价，方程式为：2H2S + SO2=3S+2H2O，每生成1mol S，转移的电子数为mol，故C错误；D石灰石浆吸收废气中的
4、二氧化硫的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，可减少酸雨的形成，最终转化为石膏，故D正确；故选D。3（2021·山东潍坊市·高三二模）光催化甲烷重整技术利用太阳光作为反应动力。以为载体，激发产生电子(e-)空穴(h+)，反应机理如图所示。下列说法错误的是A该催化重整过程中，C原子的成键数目不变B在上发生还原反应C在表面，每生成，向空穴转移电子数为D该反应可表示为【答案】A【解析】A的结构式为O=C=O，甲烷与中C原子成键数均为4，CO的结构式为CO，C原子成键数位3，C原子的成键数目改变，故A错误；B在Rh上CO，C元素的化合价降低，发生还原反
5、应，故B正确；C在表面，每生成，向空穴转移电子数为，故C正确；D在上+，结合C选项解析得该反应可表示为，故D正确；故选A。4（2021·天津河西区·高三二模）工业上将NH3和NO在催化剂表面转化为N2和H2O的反应进程中相对能量变化如下图所示。下列说法正确的是ANH2NO是该反应的催化剂B总反应中n（氧化剂）n（还原剂）=23C平衡后当升高温度时，总反应v（正）v（逆）DH的移除过程因相对能量较低，故此步反应速率很快【答案】C【解析】A观察相对能量-反应进程曲线可知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO
6、是该反应过程的活性中间体，而不是催化剂。A项错误；B由题中：NH3和NO在催化剂表面转化为N2和H2O，可知总反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O。其中，NO中N元素的化合价由+2价变为0价，化合价降低，NO作氧化剂。NH3中N元素的化合价由-3价变为0价，化合价升高，NH3作还原剂，由总反应可知，n（氧化剂）n（还原剂）=32，B项错误；C由曲线图可知，起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡向逆反应反向移动。所以平衡后，升高温度，正反应速率的增大程度小于逆反应速率的增大程度，总反应v（正）v（逆），C项正确；D相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程相对能
7、量逐渐升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程中几个反应中最慢的，D项错误；答案选C。5（2021·山东德州市·高三二模）为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象：测得0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH约为5。向0.01mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，溶液的紫红色褪去。向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。在Ag+催化条件下，向0.1mol·L-1K2S2O8无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液变为紫红
8、色。由上述实验现象得出的结论不合理是A实验说明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)<KwB实验中发生反应：5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2+3H2OC实验中的淡黄色沉淀为S，无色刺激性气味的气体为SO2D实验说明：该条件下，S2O的氧化性强于MnO【答案】A【解析】A实验说明NaHSO3溶液显酸性，电离程度大于其水解程度，而，即，A项符合题意；B实验为强酸性环境，根据价态变化及氧化还原反应的规律，该离子方程式正确，B项不符合题意；C实验Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2，C项不
9、符合题意；D实验说明作氧化剂，生成氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，D项不符合题意；故正确选项为A6（2020·湖南郴州市·高三一模）现有由0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O组成的混合物，与足量稀HNO3充分反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则被还原的HNO3的物质的量是A0.4 molB0.6 molC0.8 molD1.0 mol【答案】B【解析】CuS中硫元素化合价从-2升高到+6，则1 mol CuS被氧化失去8mol电子、Cu2O中铜元素化合价从+1升高到+2，则1 mol Cu2O被氧化失去2mol电子，稀HNO3作氧化
10、剂时氮元素化合价从+5降低到+2，每1mol硝酸被还原得电子物质的量为3mol， 0.2 mol CuS和0.1 mol Cu2O被氧化失去电子的物质的量为0.2 mol×8+0.1 mol×2=1.8 mol，按得失电子数守恒，被还原的HNO3的物质的量是，B正确；答案选B。7（2021·广东茂名市·高三二模）电键时，具有高导电性，镀层细致等优点。可用于处理含的电镀废水，反应方程式。下列说法正确的是A是氧化剂B是还原产物C生成物A的化学式为D中元素的化合价为+4【答案】A【解析】A反应中中Cl的化合价从+4价降到-1价,化合价降低,是氧化剂,故A正确;
11、B中N化合价是-3价,氮气中化合价是0价,化合价升高,氮气是氧化产物,故B错误;C根据原子守恒可得A是二氧化碳,故C错误;D中钾是+1价,氮的非金属性强,显负价-3价,碳显+2价,故D错误;故答案为:A8（2021·辽宁大连市·高三一模）高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等.制备NH4ClO4的工艺流程如图：已知除杂时发生的反应为：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2+O2+2H2O下列说法中错误的是ANH4ClO4中阴阳离子的立体构型均是正四面体B本流程可以得出相同条件下氧化性：ClOClOC该流程中可循环利用的物质是NaClO3D电解NaClO3溶液时
12、，阳极的电极反应式为ClO-2e-+H2O=ClO+2H+【答案】C【解析】ANH4ClO4中阳离子为NH，阴离子为ClO，中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子对，均为正四面体构型，A正确；B根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClO将双氧水氧化，而ClO不反应，说明氧化性：ClOH2O2ClO，B正确；C“反应”时需用NaClO4和NH4Cl制备NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO3并没有重复利用，C错误；D电解氯酸钠溶液时，ClO变为NaClO4时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClO在阳极反应，电极反应式为：ClO-2e-+
13、H2O=ClO+2H+，D正确；综上所述答案为C。9（2021·江西新余市·高三一模）下图为分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：下列叙述错误的是A反应属于氮的固定；反应可用于工业上合成B在催化剂a、b的作用下，提高了化学反应速率和平衡的转化率C与反应生成的原子利用率为100%D在反应和反应中，均有极性共价键形成，并且反应中的氮原子发生了还原反应，而反应中的氮原子发生了氧化反应【答案】B【解析】A将游离态的氮转化为化合态的氮的过程为氮的固定，反应将氮气转化为氨气，属于氮的固定；反应为工业上合成的第一步反应，故A正确；B催化剂可以降低反应物的活化能，提高反应速率，但不能
14、影响平衡移动，不能提高转化率，故B错误；C与反应生成为化合反应，反应物全部转化为生成物，没有副产物，则原子利用率为100%，故C正确；D在反应形成N-H键，反应中形成NO，均有极性共价键形成；反应中的氮由0价变为-3价，化合价降低，发生了还原反应，反应中的氮由-3价变为+2价，化合价升高，发生了氧化反应，故D正确；答案选B。10（2021·山西太原市·高三一模）工业上采用NH3和O2在钒基催化剂表面协同脱除烟气中的NO，一种反应过程如图所示，下列叙述错误的是AV5+-O-H是催化剂BV4+-O-H+O2V5+=O+H2O属于氧化还原反应C反应过程中氮原子的成键数目发生改变D
15、总反应的化学方程式为4NH3+2O2+2NO=3N2+6H2O【答案】D【解析】A由反应示意图知，V5+-O-H与氨气反应后，又由转化生成，故V5+-O-H是催化剂，A正确；B V4+-O-H+O2V5+=O+H2O，元素化合价发生变化，则属于氧化还原反应，B正确；C该反应前后氮原子成键数目均为3，反应过程中氮原子的成键数目有3、4，则N原子的成键数目发生改变，C正确；D 没有催化剂反应难以顺利发生，且反应过程中得失电子数守恒、元素质量守恒，由图知，则总反应的化学方程式为4NH3+O2+4NO=4N2+6H2O，D不正确；答案选D。11（2021·山东德州市·高三一模）工业
16、用强氧化剂 PbO2来制备 KClO4 的工业流程如图：下列判断不正确的是A“滤渣”的主要成分是 PbO2，可循环使用B“酸化”的试剂可用浓盐酸CNaClO3与 PbO2 反应的物质的量之比为1：1D在滤液1中加入 KNO3制得 KClO4利用的是体系中各物质溶解度不同【答案】B【解析】工业用强氧化剂PbO2来制备KClO4的流程：酸性条件下过量的PbO2氧化NaClO3生成NaClO4，过滤得到含有NaClO4的溶液，在该溶液中加入硝酸钾，经结晶可得到KClO4的晶体。A酸性条件下过量的PbO2氧化KClO3生成KClO4，滤渣的主要成分是过量的PbO2，可循环使用，A项正确；B浓盐酸具有还
17、原性，被PbO2、KClO3氧化，所以“酸化”的试剂不可以用浓盐酸，B项错误；CNaClO3与 PbO2反应的化学方程式为：，NaClO3与 PbO2 反应的物质的量之比为1：1，C项正确；D滤液1是NaClO4溶液，在滤液1中加入 KNO3，结晶得到KClO4，利用的是体系中各物质溶解度不同，D项正确；答案选B。12（2010·上海宝山区·高三二模）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是A
18、加入合金的质量可能为6.4gB参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24L【答案】A【解析】将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)发生反应：3Mg +8 HNO3(稀)= 3Mg(NO3)2 +2NO+4H2O；3Cu+8 HNO3(稀)= 3Cu( NO3)2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2 +2NaOH = Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2 +2NaOH =Cu(OH)2+2
19、NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为: n(OH-)=0.3mol，根据反应方程式可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol。A.根据反应方程式Mg(NO3)2 +2NaOH = Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2 +2NaOH =Cu(OH)2+2NaNO可知，镁和铜的总的物质的量为氢氧根离子物质的量的一半，即0.15mol，假定全为镁，金属质量为: 0.15mol 24g/mol=3.6g，若全为铜，则金属质量为: 0.15mol 64g/mol=9.6g，两者混合金属
20、的质量可能为6.4g，故A正确；B.根据方程式可知参加反应的反应n(HNO3)= n(金属)=0.4mol，故B错误；C.反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n( NaOH)=n(OH-)=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积=0.1L=100mL， 故C错误；D.金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol2=0.3mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量 n(NO)=0.1mol，没有状态，不能确定气体的体积，故D错误；故选：A。二、主观题（共3小题，共40分）13（2021·上海金山区·高三一模）（14分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠
21、后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：_NaIO3+_NaHSO33NaHSO4+_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：IO+3HSO3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为_；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
22、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+3H2O 5：1 (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
23、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：2IO+5HSO3H+5SO+I2+H2O，则根据第一步反应IO+3HSO3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则3-5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3mol I2，其中第一步提供5mol IO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
24、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；bICl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
25、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。14（2021·陕西安康市·高三一模）（14分）SO2在生产、生活中具有重要的作用，据所学知识回答相关问题。(1) SO2通入Na2CO3溶液中有CO2生成，说明H2SO3具有_(填“酸性”、“氧化性”、“还原性”或“漂白性”，下同)，SO2通入品红溶液中，品红溶液
26、褪色，说明SO2具有_。(2)已知SO2通入FeCl3溶液会发生反应，还原产物为_(填化学式，下同)，氧化产物为_。(3)向含锌粉的悬浊液中通入SO2可制备ZnS2O4。该反应的化学方程式为_，若反应中有0.1mol电子转移，则生成ZnS2O4_g。向反应后的溶液中加入过量盐酸，溶液出现黄色浑浊，且有刺激性气体产生，反应的化学方程式为_。(4)已知室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水。ZnO水悬浊液常用于吸收烟气中的SO2。向ZnO水悬浊液中缓慢匀速通入SO2，在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH的变化如图。020min内，溶液pH几乎不变的原因是_，SO2吸收率
27、在30min后迅速降低，其原因是_。【答案】（除标注外，每空2分）(1)酸性（1分）漂白性（1分） (2)Fe2+（1分） SO（1分） (3) Zn+2SO2=ZnS2O4 9.65 2ZnS2O4+4HC1=2ZnCl2+S +2H2O+3SO2 (4)可知020min内，悬浊液中的ZnO吸收大量SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变 ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH遂渐变小，SO2的吸收率迅速降低 【解析】(1)SO2通入Na2CO3溶液中有CO2生成，说明H2SO3具有酸性，酸性H2SO3强于H2CO
28、3；SO2通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性；(2)SO2通入FeCl3溶液会发生离子反应SO2+2Fe3+2H2O =2Fe2+4H+ SO，反应中FeCl3中铁元素化合价由+3价降为+2价被还原，生成Fe2+，则还原产物为Fe2+；SO2中硫元素化合价由+4价升为+6价，生成SO，则氧化产物为SO；(3)向含锌粉的悬浊液中通入SO2可制备ZnS2O4，根据元素守恒可知发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；当该反应中有0.1mol电子转移时，则生成0.05molZnS2O4，质量为0.05mol ×193g/mol=9.65g；向反应后的溶液
29、中加入过量盐酸，溶液出现黄色浑浊，且有刺激性气体产生，则生成硫单质和二氧化硫，根据氧化还原反应配平可得反应的化学方程式为2ZnS2O4+4HCl=2ZnCl2+S +2H2O+3SO2；(4)根据图中信息可知020min内，悬浊液中的ZnO吸收大量SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH遂渐变小，SO2的吸收率迅速降低。15（2021·北京丰台区·高三一模）（12分）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：MnCO3难溶于
30、水，可溶于稀酸。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：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_。研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：过程I：过程II ：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+过程I的离子方程式是_。处理方法二：用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：_。II.废水中锰含量的测定(3)取1
31、 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4 ，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为_ g/mL。【答案】（除标注外，每空2分）(1)4Al+3MnO23Mn+2Al2O3 (2) MnO2+SO2MnSO4 2Fe2+MnO2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O 溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H
32、2SO4发生（3分） (3)55 c(V1-V0)×10-3 （3分） 【解析】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3；(2)根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2MnSO4；据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)，消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O2H2SO4发生；(3)滴定时发生反应Fe2+Mn3+=Fe3+Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。