課時(shí)規(guī)范練7氧化還原反應(yīng)一、選擇題(本題共11小題，每小題5分，共55分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求)1、下列敘述正確的是()A、氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是化合價(jià)發(fā)生變化B、有單質(zhì)參加的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)C、臭氧氧化性很弱，不能用于餐具消毒D、反應(yīng)中同一反應(yīng)物可能既發(fā)生氧化反應(yīng)又發(fā)生還原反應(yīng)2、赤銅礦的成分是Cu2O，輝銅礦的成分是Cu2S，將赤銅礦與輝銅礦混合加熱有以下反應(yīng):2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。對(duì)于該反應(yīng)，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A、反應(yīng)中Cu2S只作氧化劑B、還原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為6∶1C、Cu2O在反應(yīng)中具有氧化性D、反應(yīng)中被氧化的元素是S3、在5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反應(yīng)中，被還原的氮原子與被氧化的氮原子物質(zhì)的量之比是()A、5∶8 B、5∶4 C、5∶3 D、3∶54、(2018黑龍江實(shí)驗(yàn)中學(xué)檢測(cè))在濃鹽酸中H3AsO3與SnCl2反應(yīng)的離子方程式為3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl-2As+3SnCl62-①氧化劑是H3AsO3②還原性:Cl->As③每生成1molAs，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol④M為OH-⑤SnCl6A、①②④⑤ B、①③⑤C、①②③④ D、只有①③5、有下列三個(gè)反應(yīng):①Cl2+FeI2FeCl2+I2②2Fe2++Br22Fe3++2Br-③Co2O3+6HCl2CoCl2+Cl2↑+3H2O下列說(shuō)法正確的是()A、反應(yīng)①②③中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2B、根據(jù)以上方程式可以得到氧化性:Cl2>Fe3+>Co2O3C、在反應(yīng)③中當(dāng)1molCo2O3參加反應(yīng)時(shí)，2molHCl被氧化D、可以推理得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br26、(2018陜西西安長(zhǎng)安區(qū)第一中學(xué)檢測(cè))已知NH4CuSO3與足量的10mol·L-1硫酸溶液混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象:①有紅色金屬生成;②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體;③溶液呈現(xiàn)藍(lán)色;據(jù)此判斷下列說(shuō)法正確的是()A、反應(yīng)中硫酸作氧化劑B、NH4CuSO3中硫元素被氧化C、刺激性氣味的氣體是氨氣D、1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0、5mol電子7、將SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反應(yīng)后再加入K2CrO4溶液，發(fā)生的兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)為SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4W①，Cr2O72-+aFe2++bH+Cr3++Fe3+A、還原性:Cr3+>SO2B、方程式②中，a=6，b=7C、Cr2O72-能將Na2SO3氧化成NaD、方程式①中W為OH-8、CsICl2是一種堿金屬的化合物，這類物質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)中既可表現(xiàn)氧化性又可表現(xiàn)還原性，有關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法正確的是()A、Cs顯+3價(jià)B、CsICl2溶于水，電離生成:Cs+、I-、Cl-C、在CsICl2溶液中通入Cl2，有單質(zhì)碘生成D、酸性高錳酸鉀溶液中滴加CsICl2溶液，溶液退色9、反應(yīng)NO+O2+NO2+H2OHNO3(未配平)，當(dāng)氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3時(shí)，此反應(yīng)各物質(zhì)化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為()A、4∶9∶24∶14∶28 B、1∶2∶5∶3∶6C、8∶9∶12∶10∶20 D、1∶1∶1∶1∶210、(2018安徽淮北高三聯(lián)考)向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如下圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是()A、線段BC代表Fe3+物質(zhì)的量的變化情況B、原混合溶液中c(FeBr2)=6mol·L-1C、當(dāng)通入Cl22mol時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-D、原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶311、(2019天津?qū)嶒?yàn)中學(xué)月考)已知H2SO3+Br2+H2OH2SO4+2HBr，將0、1molCl2通入100mL含等物質(zhì)的量HBr與H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，則下列說(shuō)法正確的是()A、物質(zhì)的還原性:HBr>H2SO3>HClB、HBr與H2SO3的物質(zhì)的量濃度均為0、6mol·L-1C、通入0、1molCl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為:5Cl2+4H2SO3+2Br-+4H2O4SO42-+Br2+10ClD、若再通入0、05molCl2，恰好能將HBr和H2SO3完全氧化二、非選擇題(本題共4小題，共45分)12、(9分)二氧化硒(SeO2)是一種氧化劑，其被還原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，通過(guò)與濃硝酸或濃硫酸反應(yīng)生成SeO2來(lái)回收Se。完成下列填空:(1)Se和濃硝酸反應(yīng)的還原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為1∶1，寫出Se和濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(2)回收得到的SeO2的含量，可以通過(guò)下面的方法測(cè)定:①SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O②I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI配平化學(xué)方程式①:(只寫化學(xué)方程式中各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù))。(3)實(shí)驗(yàn)中，準(zhǔn)確稱量SeO2樣品0、1500g，消耗0、2000mol·L-1的Na2S2O3溶液25、00mL，所測(cè)定的樣品中SeO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。13、(12分)醫(yī)學(xué)上常用酸性高錳酸鉀溶液和草酸溶液的反應(yīng)(方程式如下)測(cè)定血鈣的含量?；卮鹣铝袉?wèn)題:H++MnO4-+H2C2O4CO2↑+Mn2+(1)配平以上離子方程式，并在中填上適當(dāng)?shù)幕瘜W(xué)式。(2)該反應(yīng)中的還原劑是(填化學(xué)式)。(3)反應(yīng)轉(zhuǎn)移了0、4mol電子，則消耗KMnO4的物質(zhì)的量為mol。(4)測(cè)定血鈣含量的方法是:取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO①稀硫酸溶解CaC2O4沉淀的化學(xué)方程式為。②溶解沉淀時(shí)(填“能”或“不能”)用稀鹽酸，原因是。③若消耗了1、0×10-4mol·L-1的KMnO4溶液20、00mL，則100mL該血液中含鈣g。14、(12分)已知將鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色退去?，F(xiàn)有一個(gè)氧化還原反應(yīng)的體系，共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七種物質(zhì):(1)該反應(yīng)中，化合價(jià)升高的反應(yīng)物是，化合價(jià)沒有發(fā)生變化的反應(yīng)物是。(2)寫出一個(gè)包含上述七種物質(zhì)的氧化還原反應(yīng)方程式(需配平)。(3)上述反應(yīng)中，氧化劑是，1mol氧化劑在反應(yīng)中(填“得到”或“失去”)mol電子。(4)如果在反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3，溶液又顯紫紅色。此現(xiàn)象說(shuō)明NaBiO3具有什么性質(zhì):。寫出該反應(yīng)的離子方程式。(提示:NaBiO3為黃色或棕色粉末，不溶于冷水，在該反應(yīng)中轉(zhuǎn)化為Bi3+)15、(12分)Ⅰ、氫化亞銅(CuH)是一種難溶物質(zhì)，用CuSO4溶液和“另一物質(zhì)”在40~50℃時(shí)反應(yīng)可生成它。CuH具有的性質(zhì):不穩(wěn)定，易分解;在氯氣中能燃燒;與稀鹽酸反應(yīng)能生成氣體;Cu+在酸性條件下發(fā)生的反應(yīng)是2Cu+Cu2++Cu。根據(jù)以上信息，結(jié)合自己所掌握的化學(xué)知識(shí)，回答下列問(wèn)題:(1)用CuSO4溶液和“另一物質(zhì)”制CuH的反應(yīng)中，用氧化還原觀點(diǎn)分析，這“另一物質(zhì)”在反應(yīng)中作(填“氧化劑”或“還原劑”);(2)寫出CuH在氯氣中燃燒的化學(xué)反應(yīng)方程式:;(3)CuH溶解在稀鹽酸中生成的氣體是(填化學(xué)式);(4)如果把CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的氣體只有NO，請(qǐng)寫出CuH溶解在足量稀硝酸中反應(yīng)的離子方程式:。Ⅱ、某強(qiáng)酸性反應(yīng)體系中，反應(yīng)物和生成物共有六種物質(zhì):PbO2、PbSO4(難溶鹽)、Pb(MnO4)2(強(qiáng)電解質(zhì))、H2O、X(水溶液呈無(wú)色)、H2SO4;已知X是一種鹽，且0、1molX在該反應(yīng)中失去3、01×1023個(gè)電子。(1)寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式:;(2)若有9、8gH2SO4參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為;(3)本反應(yīng)體系中，若用濃鹽酸代替硫酸，用離子方程式表示后果:。

課時(shí)規(guī)范練7氧化還原反應(yīng)1、D氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)是電子轉(zhuǎn)移，而化合價(jià)發(fā)生變化是氧化還原反應(yīng)的特征;氧氣轉(zhuǎn)化為臭氧是非氧化還原反應(yīng);臭氧可以殺菌消毒，常作消毒劑。2、ACu2O和Cu2S中Cu的化合價(jià)都降低，都是氧化劑，同時(shí)Cu2S也作還原劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)中還原產(chǎn)物為Cu，氧化產(chǎn)物為SO2，則二者物質(zhì)的量之比為6∶1，B項(xiàng)正確;Cu2O在反應(yīng)中Cu化合價(jià)由+1價(jià)降低到0價(jià)，作氧化劑有氧化性，C項(xiàng)正確;反應(yīng)中硫元素化合價(jià)升高被氧化，銅元素化合價(jià)降低被還原，D項(xiàng)正確。3、D在氧化還原反應(yīng)5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O中，-3價(jià)的氮元素的化合價(jià)升高，被氧化，作還原劑;部分+5價(jià)氮元素的化合價(jià)降低，被還原，作氧化劑，根據(jù)方程式可知，被還原的氮原子與被氧化的氮原子的物質(zhì)的量之比是3∶5。4、B3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl-2As+3SnCl62-+6M中，由原子守恒可知M為H2O。①As元素的化合價(jià)降低，則氧化劑是H3AsO3，所以正確。②氯元素的化合價(jià)在該反應(yīng)中不變，則不能比較Cl-和As的還原性，所以錯(cuò)誤。③由反應(yīng)可知，生成1molAs時(shí)轉(zhuǎn)移3mol電子，所以正確。④由原子守恒可知，M為H2O，所以錯(cuò)誤。⑤反應(yīng)中元素Sn化合價(jià)升高，則SnCl625、C在已知的三個(gè)反應(yīng)中，I2、Fe3+、Cl2是氧化產(chǎn)物，故A項(xiàng)錯(cuò)誤;氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，在反應(yīng)①中，氧化性:Cl2>I2，在反應(yīng)②中，氧化性:Br2>Fe3+，在反應(yīng)③中，氧化性:Co2O3>Cl2，氧化性順序是:Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+，故B項(xiàng)錯(cuò)誤;在反應(yīng)③中當(dāng)1molCo2O3參加反應(yīng)時(shí)，有6mol的HCl參加反應(yīng)，其中2molHCl被氧化，故C項(xiàng)正確;根據(jù)還原性順序:Br-<Fe2+，Cl2和FeBr2反應(yīng)時(shí)，氯氣先氧化亞鐵離子，再氧化溴離子，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。6、DNH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色固體、產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體和藍(lán)色溶液，說(shuō)明反應(yīng)生成Cu、SO2和Cu2+，發(fā)生反應(yīng)的方程式為2NH4CuSO3+4H+Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+。由方程式可知反應(yīng)只有銅元素的化合價(jià)發(fā)生變化，硫酸根反應(yīng)前后未變，反應(yīng)中硫酸體現(xiàn)酸性，A錯(cuò)誤;根據(jù)方程式可知反應(yīng)前后硫元素的化合價(jià)沒有發(fā)生變化，B錯(cuò)誤;因反應(yīng)是在酸性條件下進(jìn)行，不可能生成氨氣，C錯(cuò)誤;反應(yīng)只有銅元素的化合價(jià)發(fā)生變化，分別由+1→+2，+1→0，根據(jù)方程式可知每2molNH4CuSO3參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，則1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0、5mol電子7、C由反應(yīng)①②中各元素的價(jià)態(tài)變化可知，反應(yīng)①中，SO2為還原劑，F(xiàn)e3+為氧化劑，且還原性為SO2>Fe2+，氧化性為Fe3+>SO42-。反應(yīng)②中，F(xiàn)e2+為還原劑，Cr2O72-為氧化劑，且還原性為Fe2+>Cr3+，氧化性為Cr2O72->Fe3+，A項(xiàng)錯(cuò)誤。配平反應(yīng)②:Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O，故a=6，b=14，B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于Cr2O72-具有氧化性，Na2SO3具有還原性，故Cr2O8、DCs在化合物中為+1價(jià)，I為+1價(jià)，Cl為-1價(jià)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤;CsICl2中I為+1價(jià)，不可能電離出I-，故B項(xiàng)錯(cuò)誤;在CsICl2溶液中通入Cl2，CsICl2和Cl2不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不會(huì)有單質(zhì)碘生成，故C項(xiàng)錯(cuò)誤;在CsICl2溶液滴加酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)，高錳酸鉀被還原，溶液紫色退去，故D項(xiàng)正確。9、B反應(yīng)中NO→HNO3，氮元素化合價(jià)升高3;NO2→HNO3，氮元素化合價(jià)升高1;O2→HNO3，氧元素化合價(jià)降低4;還原劑為NO、NO2，氧化劑為O2，依據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒，原子個(gè)數(shù)守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3，利用代入法解答。4NO+9O2+24NO2+14H2O28HNO3，氧化劑物質(zhì)的量為9mol，還原劑物質(zhì)的量為:4mol+24mol=28mol，二者物質(zhì)的量之比為9∶28，故A項(xiàng)錯(cuò)誤;NO+2O2+5NO2+3H2O6HNO3，氧化劑物質(zhì)的量為2mol，還原劑物質(zhì)的量為1mol+5mol=6mol，二者物質(zhì)的量之比為2∶6=1∶3，故B項(xiàng)正確;8NO+9O2+12NO2+10H2O20HNO3，氧化劑物質(zhì)的量為9mol，還原劑物質(zhì)的量為8mol+12mol=20mol，二者物質(zhì)的量之比為9∶20，故C項(xiàng)錯(cuò)誤;NO+O2+NO2+H2O2HNO3，氧化劑物質(zhì)的量為1mol，還原劑物質(zhì)的量為1mol+1mol=2mol，二者物質(zhì)的量之比為1∶2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。10、B根據(jù)還原性Br-<Fe2+<I-可知，線段AB代表I-物質(zhì)的量的變化情況，線段BC代表Fe3+物質(zhì)的量的變化情況，線段DE代表Br-物質(zhì)的量的變化情況，A項(xiàng)正確;由于溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)通入2molCl2時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-，C項(xiàng)正確;根據(jù)三段消耗氯氣的量可知，原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3，D項(xiàng)正確。11、C已知H2SO3+Br2+H2OH2SO4+2HBr，說(shuō)明溴單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于亞硫酸，亞硫酸的還原性強(qiáng)于HBr。將0、1molCl2通入100mL含等物質(zhì)的量HBr與H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，則亞硫酸完全被氧化。則物質(zhì)的還原性:H2SO3>HBr>HCl，A項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)HBr與H2SO3的物質(zhì)的量均為x，則根據(jù)得失電子守恒有:2x+0、5x=0、1mol×2，解得x=0、08mol，因此HBr與H2SO3的物質(zhì)的量濃度均為0、8mol·L-1，B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)上述計(jì)算，通入0、1molCl2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為5Cl2+4H2SO3+2Br-+4H2O4SO42-+Br2+10Cl-+16H+，C項(xiàng)正確;若再通入0、05molCl2，氧化的HBr的物質(zhì)的量應(yīng)該為0、1mol，而溶液中只有0、04molHBr，12、答案(1)Se+2HNO3(濃)H2SeO3+NO↑+NO2↑(2)1441242(3)92、5%解析(1)利用題中信息可知Se與濃硝酸反應(yīng)時(shí)Se被氧化為+4價(jià)，HNO3被還原為NO與NO2，生成NO與NO2的物質(zhì)的量之比為1∶1，即二者化學(xué)計(jì)量數(shù)比為1∶1，令二者計(jì)量數(shù)均為1，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒可知，Se的計(jì)量數(shù)為1×3+1×14=1，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為Se+2HNO3(濃)H2SeO3+NO↑+NO2↑。(2)①對(duì)于反應(yīng)SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O，根據(jù)得失電子守恒可配平為SeO2+4KI+4HNO3Se+2I2+4KNO3+2H2O。(3)根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可得關(guān)系式SeO2~2I2~4Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3)=0、2000mol·L-1×0、025L=0、005mol，根據(jù)關(guān)系式計(jì)算樣品中n(SeO2)=0、005mol×=0、00125mol，故SeO2的質(zhì)量為0、00125mol×111g·mol-1=0、13875g，所以樣品中SeO213、答案(1)6251028H2O(2)H2C2O4(3)0、(4)①CaC2O4+H2SO4CaSO4+H2C2O4②不能高錳酸鉀會(huì)氧化氯離子③0、解析(1)根據(jù)元素守恒知，生成物中還含有水，該反應(yīng)中錳元素化合價(jià)由+7價(jià)變?yōu)?2價(jià)、碳元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?4價(jià)，設(shè)其轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為10，所以MnO4-、H2C2O4的計(jì)量數(shù)分別是2、5，再結(jié)合原子守恒配平方程式為6H++2MnO4-+5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O。(2)H2C2O4中碳元素化合價(jià)由+3價(jià)變?yōu)?4價(jià)，失電子作還原劑。(3)根據(jù)方程式可知反應(yīng)轉(zhuǎn)移0、4mol電子，則消耗KMnO4的物質(zhì)的量為0、08mol。(4)①草酸鈣和硫酸反應(yīng)生成硫酸鈣和草酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaC2O4+H2SO4CaSO4+H2C2O4;②HCl具有還原性，能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而造成誤差，所以溶解不能用鹽酸。③根據(jù)原子守恒可得關(guān)系式5Ca2+~2KMnO45Ca2+~2KMnO4 5mol 2mol 2、0×10-3xmol 2、0×10-6mol52=2.0×10-3x2.0×10-6，解得x=2、5×1014、答案(1)KClH2SO4(2)2KMnO4+10KCl+8H2SO46K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O(3)KMnO4得到5(4)NaBiO3具有強(qiáng)氧化性5NaBiO3+2Mn2++14H+2MnO4-+5Bi3++5Na++7H解析鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體氯氣，說(shuō)明高錳酸鉀能把Cl-氧化為氯氣，而溶液的紫紅色退去，是高錳酸鉀被還原為Mn2+，則反應(yīng)為KMnO4+KCl+H2SO4MnSO4+K2SO4+Cl2↑+H2O，由得失電子守恒及質(zhì)量守恒可得配平后的化學(xué)方程式為2KMnO4+10KCl+8H2SO42MnSO4+6K2SO4+5Cl2↑+8H2O;該反應(yīng)中，KCl中氯元素化合價(jià)升高，H2SO4化合價(jià)沒有發(fā)生變化，高錳酸鉀中錳元素化合價(jià)降低，作氧化劑，1mol氧化劑在反應(yīng)中得到電子的物質(zhì)的量=1mol×(7-2)=5mol;在反應(yīng)后的溶液中加入NaBiO3，