第2章第3节氧化还原反应同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．工业上制取的化学反应(未配平)：，下列说法正确的是
A．在反应中被还原 B．在反应中失去电子
C．在反应中作氧化剂 D．氧化剂在反应中得到电子
2．工业上制取ClO2的化学反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列说法正确的是
A．SO2在反应中被氧化
B．NaClO3在反应中失去电子
C．H2SO4在反应中作氧化剂
D．每生成1个ClO2，转移2个电子
3．氢化钙可用作生氢剂，原理如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑，其中水的作用是
A．既不是氧化剂也不是还原剂 B．是氧化剂
C．是还原剂 D．既是氧化剂又是还原剂
4．我国“四大发明”在人类发展史上起到了非常重要的作用。黑火药爆炸的反应为S＋2KNO3＋3C=K2S＋3CO2↑＋N2↑。在该反应中，被还原的元素是
A．N B．C C．N和S D．N和C
5．在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2。下列收集Cl2的装置正确的是
A． B． C． D．
6．已知：2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O。将224mL(标况下)NO和NO2的混合气体溶于20mLNaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出，则NaOH溶液的物质的量浓度为
A．1 mol/L B．0.5mol/L C．0.25mol/L D．0.2mol/L
7．海水是一个巨大的化学资源宝库。下列有关海水综合利用的说法正确的是
A．从海水中可以获得，电解溶液可制备金属钠
B．从海水中提取溴的过程中利用了氧化还原反应原理
C．海水中含有镁元素，只需经过物理变化就可以得到镁单质
D．目前工业上可直接从海水中提取
8．赤铜矿的主要成分是氧化亚铜(Cu2O)，辉铜矿的主要成分是硫化亚铜(Cu2S)，将赤铜矿与辉铜矿混合加热有如下反应：Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑，下列对于该反应的说法正确的是
A．该反应中的氧化剂只有Cu2O B．Cu既是氧化产物又是还原产物
C．Cu2S在反应中只做还原剂 D．氧化产物与还原产物的质量之比为1∶6
9．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是
A． B．
C． D．
10．已知反应：
①2BrO+Cl2=Br2+2ClO；
②5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；
③ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O。
下列微粒氧化性强弱顺序正确的是
A．ClO＞BrO＞HIO3＞Cl2 B．BrO＞Cl2＞ClO＞HIO3
C．BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3 D．Cl2＞BrO＞ClO＞HIO3
11．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是
A．说明具有漂白性 B．实验中只发生了氧化还原反应
C．反应中生成的气体只有Cl2 D．浓盐酸被漂粉精氧化
12．根据反应：①，②，判断以下各物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是
A． B．
C． D．
13．下列反应中，电子转移方向和数目正确的是
A．
B．
C．
D．
14．NaClO溶液是常用的杀菌消毒剂，制备时需控制温度，使用时需现配现用。下列反应的离子方程式正确的是
A．与NaOH溶液在较低温度下反应生成NaClO：
B．若温度偏高，与NaOH溶液反应可生成：
C．NaClO溶液与空气中反应可生成：
D．HC1O在水中见光分解：
15．为了对黄铜矿(主要成分是CuFeS2，其中S元素的化合价为-2)进行综合利用，生产硫酸、铜单质和九水合硫酸铁晶体，设计了如下工业生产流程，下列有关该流程的说法中，不正确的是
A．SO2转化为SO3的化学方程式是2SO2＋O22SO3
B．焙烧CuFeS2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是13︰4
C．试剂a、b、c分别是过量的盐酸、铁粉和过氧化氢溶液
D．操作d是加热浓缩、冷却结晶、过滤
二、填空题
16．实验装置
装置特点：固＋液气。
(1)仪器a的名称_______，仪器b的名称_______。
(2)Cl2的收集方法是_______。
(3)烧杯中NaOH溶液的作用是_______。
(4)A装置中导出的气体有Cl2、HCl、H2O(g)等。
17．氧化性还原性强弱判断
①根据氧化还原反应方程式比较
氧化性：_______；
还原性：_______。
②根据金属的活动性顺序判断
③根据反应的条件及反应的剧烈程度比较
反应条件要求_______，反应越_______，对应物质的氧化性或还原性_______。
④根据氧化还原反应的程度比较
不同氧化剂与相同还原剂作用时，还原剂化合价升高的数值_______，氧化剂的氧化性_______。例如：
三、实验题
18．为探究氯气与KI溶液的反应，某课外小组用如图装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验),装置A中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
实验操作 实验现象
打开A中分液漏斗活塞，放下部分浓盐酸，加热 装置B中溶液变蓝色，随后蓝色褪去，溶液显浅棕色
(1)装置A中生成氯气的离子反应方程式为_____。
(2)装置C中NaOH的作用是____。
(3)能证明氯气的氧化性强于碘的实验现象是____。
(4)为探究B中溶液颜色变化的原因，小组同学查阅资料并进行实验。
查阅资料：I2和I-在溶液中会发生反应：I2+I-=，显棕黄色且遇淀粉变蓝；I2可被氯气氧化为 (红色)和 (黄色)，两种离子可继续被氧化成 (无色)。
进行实验：
实验操作 实验现象
I.取反应后B中的溶液4mL分成两等份，第一份滴入1滴碘水；第二份滴入1滴淀粉溶液 第一份溶液变蓝色 第二份溶液颜色没有变化
II.将I2溶于KI溶液中配制得碘总浓度为0.1mol/L的溶液，取上述溶液2mL，滴加1滴淀粉溶液，再通入氯气 加淀粉后溶液变蓝，通氯气后蓝色褪去，溶液显浅棕色
III.向II所得溶液继续通入氯气 溶液几乎变为无色
①操作I的实验目的是___。
②写出在水溶液中与氯气反应生成的离子方程式____。
③由以上实验可推断B中溶液颜色变成浅棕色的原因是____。
19．含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为_______。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中_______已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是_______。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务 通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。
③提出猜想 猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度
④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表1中实验1～3，记录数据。
表1
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/()
1 Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液 45 A3
⑤数据分析、交流讨论
实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有_______。
⑥优化实验 小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5，请完成表2中内容。
表2
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/()
4 Ⅰ _______ B1
5 _______ _______ B2
⑦实验总结 根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是_______。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．D
【详解】A．在反应中中S元素化合价由+4升高至+6价，失去电子被氧化，故A错误；
B．中Cl元素化合价由+5价降为中的+4价，得到电子发生还原反应，故B错误；
C．在反应既不作氧化剂也不作还原剂，故C错误；
D．由可知，氧化剂在反应中得到电子，故D正确；
答案选D。
2．A
【详解】A．反应时，SO2中S元素的化合价升高，失电子发生氧化反应，故A正确；
B．NaClO3中Cl元素的化合价降低，得电子发生还原反应，故B错误；
C．H2SO4在反应中各元素化合价均未发生改变，既不是氧化剂，也不是还原剂，故C错误；
D．2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4反应中Cl从+5价降低为+4价，生成1个ClO2，转移1个电子，故D错误；
选A。
3．B
【详解】CaH2中H的化合价为-1价，失去1个电子化合价升为0价，H2O中H的化合价为+1价，得到1个电子化合价降为0价，CaH2为还原剂，H2O为氧化剂，氧化产物、还原产物均为H2；
故选B。
4．C
【详解】S＋2KNO3＋3C=K2S＋3CO2↑＋N2↑反应，S元素化合价由0降低为-2、N元素化合价由+5降低为0；该反应中，被还原的元素是N和S，故选C。
5．C
【详解】A．装置没有出气导管，不能用于收集气体，A错误；
B．装置用于收集密度比空气小的气体，B错误；
C．装置可以收集密度比空气大的气体，且C中具有尾气吸收装置，C正确；
D．装置可用于吸收氯气，不能用于收集氯气，D错误；
答案选C。
6．B
【详解】n(NOx)= =0.01mol，根据方程式知，氮氧化物和NaOH反应时无论生成硝酸钠还是亚硝酸钠，N、Na原子个数之比都是1：1，所以n(NOx)=n(NaOH)，则c(NaOH)= =0.5mol/L，故选B。
【点睛】本题考查化学方程式的有关计算，侧重考查学生分析计算能力，利用原子守恒分析解答即可，注意解题方法技巧。
7．B
【详解】A．海水晒盐得到NaCl，Na为活泼金属，则电解熔融NaCl可制备Na同时产生氯气，A错误；
B．从海水中提取溴的过程中溴离子发生氧化反应生成溴单质，利用了氧化还原反应原理，B正确；
C．海水中镁以离子形成存在，经过化学反应可以获得氯化镁，然后电解熔融氯化镁可冶炼Mg，一定发生化学变化，C错误；
D．虽然海水中碘的总含量很大，但是海水中碘的浓度很低，不能直接由海水提取碘，D错误；
故选B。
8．D
【分析】Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑ 中，得电子化合价降低的反应物的氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物的还原产物，还原剂对应的产物是氧化产物，根据得失电子数相等确定氧化产物和还原产物的物质的量之比。
【详解】A．反应中，Cu2S和Cu2O中的+1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu2S和Cu2O都是氧化剂，故A错误；
B．反应中，+1价Cu元素得电子生成0价的Cu，所以Cu是还原产物，故B错误；
C．硫化铜中硫元素化合价升高，铜元素的化合价升高，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C错误；
D．根据Cu2S+2Cu2O=6Cu+SO2↑知，氧化产物与还原产物的质量之比为1∶6，故D正确；
故选D。
9．A
【详解】A．反应符合反应事实，遵循电子转移的方向及数目，A正确；
B．在反应过程中电子转移数目是2个，故用双线桥法表示电子转移为：，B错误；
C．电子转移方向及数目均不合理。反应过程中KClO3的Cl得到电子被还原变为Cl2，HCl失去电子被氧化变为Cl2，反应过程中电子转移数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，C错误；
D．电子得失方向弄反。CuO变为Cu单质，Cu元素化合价降低，得到电子2×2e-，C变为CO2，失去电子数目是4e-，用双线桥法表示电子转移为：，D错误；
故合理选项是A。
10．C
【分析】根据氧化还原反应的规律可知，有元素化合价降低的物质参与反应作氧化剂；有元素化合价升高的物质得到的对应产物为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断即可。
【详解】①中BrO是氧化剂，ClO是氧化产物，所以氧化性BrO＞ClO；
②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞HIO3；
③中ClO是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO＞Cl2，
则氧化能力强弱顺序为BrO＞ClO＞Cl2＞HIO3，故C正确。
故选C。
11．D
【详解】A．没有漂白性，HClO具有漂白性，故A错误；
B．部分变质的漂粉精中含有碳酸钙，碳酸钙和盐酸发生复分解反应，实验中不只发生氧化还原反应，故B错误；
C．部分变质的漂粉精中含有碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应放出二氧化碳气体，反应中生成的气体有Cl2、CO2，故C错误；
D．有黄绿色氯气生成，说明和HCl发生氧化还原反应生成氯气，HCl中氯元素化合价升高，浓盐酸被漂粉精氧化，故D正确；
选D。
12．C
【详解】反应①中Fe元素的化合价由+3降低为+2价，则Fe3+为氧化剂，I元素的化合价从-1价升高为0价，所以I2是氧化产物，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性Fe3+＞I2；同理，反应②中Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，Fe元素的化合价由+2升高为+3价，则Fe3+为氧化产物，则氧化性Br2＞Fe3+，因此氧化性为Br2＞Fe3+＞I2；
故选C。
13．D
【详解】A．氯气与氢氧化钙溶液反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应中氯元素即升高被氧化又降低被还原，氯气即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，氯化钙为还原产物，次氯酸钙为氧化产物，反应转移电子数目为2，表示电子转移方向和数目的双线桥为，故A错误；
B．氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，反应中铁元素化合价升高被氧化，氯元化合价降低被还原，氯化亚铁为反应的还原剂，氯气是反应的氧化剂，反应转移电子数目为2，表示电子转移方向和数目的双线桥为，故B错误；
C．浓硫酸与硫化氢反应生成硫、二氧化硫和水，反应中浓硫酸中硫元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，硫化氢中硫元素的化合价升高被氧化，是反应的还原剂，硫是氧化产物，反应转移电子数目为2，表示电子转移方向和数目的双线桥为，故C错误；
D．碘化钾溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成碘、硫酸钾、硫酸锰和水，反应中碘元素的化合价升高被氧化，碘化钾是反应的还原剂，碘是氧化产物，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾是氧化剂，硫酸锰是还原产物，反应转移电子数目为10，表示电子转移方向和数目的双线桥为，故D正确；
故选D。
14．C
【详解】A．与溶液在较低温度下反应生成、NaCl和水，则其离子反应式为：，故A错误；
B．若温度偏高，与溶液反应可生成和NaCl，则其离子反应方程式为：，故B错误；
C．溶液与空气中反应可生成：，故C正确；
D．在水中见光分解生成氧气和HCl，则其离子反应方程式为：，故D错误；
答案选C。
15．C
【分析】焙烧CuFeS2发生反应：4CuFeS2+13O2= 8SO2+4CuO+2Fe2O3，SO2转化为硫酸，CuO、Fe2O3混合物中加入试剂a硫酸酸化，再加入试剂b铁粉还原出铜，过滤得到铜单质，向滤液硫酸亚铁中加入过氧化氢溶液氧化得到硫酸铁溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤得到九水合硫酸铁晶体，据此分析解答。
【详解】A．SO2转化为SO3的化学方程式是2SO2＋O22SO3，故A正确；
B．焙烧CuFeS2发生反应：4CuFeS2+13O2= 8SO2+4CuO+2Fe2O3，氧化剂为O2，还原剂为CuFeS2，氧化剂与还原剂的物质的量之比是13︰4，故B正确；
C．试剂a、b、c分别是过量的硫酸、铁粉和过氧化氢溶液，故C错误；
D．通过操作d加热浓缩、冷却结晶、过滤得到九水合硫酸铁晶体，故D正确；
故答案选B。
16． 分液漏斗 圆底烧瓶 向上排空气法 吸收多余的Cl2、以防污染环境
【详解】(1)仪器a带有活塞，名称为分液漏斗，仪器b的名称为圆底烧瓶。
(2)Cl2的相对分子质量为71，比空气的相对分子质量大，所以密度比空气大，收集方法是向上排空气法。
(3)Cl2是酸性气体，能与碱反应，所以烧杯中NaOH溶液的作用是：吸收多余的Cl2、以防污染环境。
(4)A装置中导出的气体有Cl2、HCl、H2O(g)等。
答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；向上排空气法；吸收多余的Cl2、以防污染环境。
17． 氧化剂>氧化产物 还原剂>还原产物 越低 剧烈 越强 越大 越强
【详解】①得电子能力越强其氧化性越强，则氧化性：氧化剂>氧化产物，失电子能力越强其还原性越强，则还原性：还原剂>还原产物；
③反应条件要求越低，反应越容易进行，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强；
④不同氧化剂与相同还原剂作用时，还原剂化合价升高的数值越大，氧化剂的氧化性越强，例如铁和氯气反应生成+3价的铁，而铁与硫反应只生成+2价的铁，说明氯气的氧化性比硫强。
18．(1)MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)吸收多余氯气，防止污染环境
(3)B装置中通氯气后溶液变蓝
(4) 证明反应后的B溶液中有淀粉，无，说明溶液的浅棕色不是造成的 +2Cl2+3H2O= +6Cl-+6H+ I-先被氯气氧化成I2，I2又被氯气氧化成 (红色)和 (黄色)，两者混合呈浅棕色溶液
【分析】A装置为实验室制备Cl2，即用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，反应原理为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，B装置中盛放淀粉碘化钾溶液，探究氯气与KI溶液的反应，氯气有毒，不能直接排放到空气中，用盛有NaOH溶液的C装置吸收氯气，(2)根据查阅资料提供的信息结合氧化还原反应配平即可，据此分析解题。
【详解】（1）根据反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，可得离子方程式为：MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反应被吸收，2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染环境，故答案为：吸收多余氯气，防止污染环境；
（3）因Cl2的氧化性大于I2的氧化性，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可发生：Cl2+2I-＝I2+2Cl-，I2能使淀粉变蓝，即B装置中通氯气后溶液变蓝，故答案为：B装置中通氯气后溶液变蓝；
（4）①第一份滴入1滴碘水，碘单质与淀粉作用显示蓝色，证明反应后的B溶液中有淀粉，显棕黄色且遇淀粉变蓝，第二份滴入淀粉溶液，溶液颜色没有变化，说明溶液的浅棕色不是造成的，无，故答案为：证明反应后的B溶液中有淀粉，无，说明溶液的浅棕色不是造成的；②ICl2-中的碘为+1价，反应后生成，碘的价态升高4价价，氯气具有氧化性生成Cl-，氯的价态降低2价，由电子守恒1ICl2-+2Cl2→1+6Cl-，由电荷守恒1ICl2-+2Cl2―→1+6Cl-+6H+，最后由质量守恒得离子反应式为：ICl2-+2Cl2+3H2O＝+6Cl-+6H+，故答案为：ICl2-+2Cl2+3H2O＝+6Cl-+6H+；③向Ⅱ所得溶液继续通入氯气，溶液几乎变为无色，被氧化成 (无色)，B中溶液颜色变成浅棕色的原因是I-先被氯气氧化成I2，Cl2+2I-＝I2+2Cl-，I2又被氯气氧化成 (红色)和 (黄色)，两者混合呈浅棕色溶液，故答案为：I-先被氯气氧化成I2，I2又被氯气氧化成 (红色)和 (黄色)，两者混合呈浅棕色溶液。
19．(1)
(2)cdbae
(3) HClO 取少量久置氯水于试管中，滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀
(4) 即使浓度相同，温度高，电导率也大 35℃ Ⅱ或Ⅲ 35℃(或45℃) B2大于B1，说明温度高时溶解度大，则电导率大
【分析】实验室制氯气原理为：，制备的氯气中含有杂质气体和，因此先用饱和食盐水除去，而后用浓干燥，再利用向上排空气法收集，同时利用溶液吸收多余的，据此分析解答。
【详解】（1）根据得失电子守恒、原子守恒可知软锰矿与浓盐酸在加热条件下反应制氯气的化学方程式为；
（2）制备的氯气中含有杂质气体、，先用饱和食盐水除去，而后用浓干燥，再利用向上排空气法收集，同时利用溶液吸收多余的，故连接顺序是cdbae；
（3）新制氯水中含有的具有漂白性，久置氯水失去漂白性，说明已分解，检验久置氯水中的的操作与现象是：取少量久置氯水于试管中，滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀；
（4）⑤即使浓度相同，温度高，电导率也大，故实验1、2、3的结果不足以说明猜想b成立。⑥为了探究不同温度下溶解度不同引起电导率的变化，应先选取不同温度的两个试样，然后将较低温度的试样升高温度至与另一试样的温度相同，再测试电导率，比较大小，若较高温度的饱和溶液的电导率大于另一溶液，则证明猜想b成立。故实验5可选取Ⅱ或Ⅲ，若选取Ⅱ，则测试温度均选择，若大于，说明温度高时溶解度大，则电导率大；若选取Ⅲ，则测试温度均选择，若大于，说明温度高时溶解度大，则电导率大。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
