专题04 氧化还原反应及其应用
一、基础练习
1.化学与生产生活密切相关。下列过程涉及氧化还原反应的是
A．将钢铁部件进行“发蓝”处理，在表面生成致密氧化膜，能起到减缓金属腐蚀的作用
B．熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，常用于制作医疗石膏绷带
C．利用X射线对晶体的特殊效应，可快速准确地对普通玻璃伪造的假宝石进行无损鉴定
D．“复方氯乙烷气雾剂”汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，常用于急性运动损伤后镇痛
【答案】A
【解析】“发蓝”处理就是用化学方法在钢铁部件表面生成一层致密的Fe3O4薄膜，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，A符合题意；熟石膏与水反应生成生石膏，反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B不符合题意；利用X射线对晶体的特殊效应，是X射线衍射，过程中某一新物质产生，不属于化学反应，C不符合题意；氯乙烷汽化吸热属于物理变化，不是化学变化，因此没有发生氧化还原反应，D不符合题意；故选A。
2.下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色
【答案】B
【解析】过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2
=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A不选；向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，白色沉淀氢氧化镁转化为红褐色沉淀氢氧化铁，无化合价的变化，与氧化还原无关，故B选；向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C不选；向KI溶液中通入少量氯气，KI被氯气氧化为碘单质，溶液由无色变为棕黄色，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D不选；故选B。
3.下列物质的用途利用其氧化性的是
A．氨气用于制备硝酸 B．二氧化硫用于葡萄酒和果酒的生产
C．FeCl3溶液用于制作简易印刷电路板 D．浓盐酸用于检查氨气运输管道是否有泄漏
【答案】C
【解析】氨气用于制备硝酸，氮元素化合价升高 ，发生氧化反应，氨气为还原剂，A错误； 二氧化硫具有还原性，用于葡萄酒和果酒的生产可防止酒被氧化且能杀菌，B错误；FeCl3溶液用于制作简易印刷电路板是和铜生成氯化亚铁，氯化铁为氧化剂，C正确； 浓盐酸用于检查氨气运输管道是否有泄漏，是浓盐酸和氨气生成氯化铵的反应，不是氧化还原，D错误；故选C。
4.将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4 的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH－＋O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是( )
A．M中Cr的化合价为＋3
B．参与反应的H2O2全部被氧化
C．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
D．转移0.2 mol电子时，生成M的质量为16.7 g
【答案】D
【解析】本题考查氧化还原反应。由化学方程式可知，反应生成1 mol O2，H2O2失去2 mol电子，因反应生成1 mol M，CrO得(6－a)mol电子，由得失电子数目守恒可知，6－a＝2，a＝4，故A错；由化学方程式可知，3 mol H2O2参与反应，只有1 mol O2生成说明H2O2有一部分没有被氧化，故B错；由题意M中有2个过氧键，则向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子会被M氧化为铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，故C错；由离子方程式可知，反应转移2 mol电子，生成1 mol M，所以转移0.2 mol电子时，生成M的质量为0.1 mol×167 g·
mol－1＝16.7 g，故D正确。
5.下列变化或应用涉及氧化还原反应的有几种
①明矾净水 ②漂白粉变质 ③自然固氮 ④电解 ⑤绚丽的烟花 ⑥风化 ⑦电离 ⑧二氧化硫使品红溶液褪色 ⑨臭氧杀菌 ⑩纳米铁粉去除污水中的重金属离子
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】A
【解析】①明矾净水主要是利用了胶体的聚沉原理，明矾溶于水后，通过水解形成了氢氧化铝胶体，不涉及氧化还原反应；②漂白粉主要成分是次氯酸钙，漂白粉失效原理是次氯酸钙会与空气中的CO2和水蒸气反映生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸遇光会发生光解反应，产生了氧气和氯化氢气体，次氯酸光解属于氧化还原反应；③自然固氮是氮气还原成氨的过程，涉及氧化还原反应；④电解过程涉及电子的得失，涉及氧化还原反应；
⑤绚丽的焰火是焰色反应，焰色反应是物理变化，不涉及氧化还原反应；⑥风化是失去结晶水的过程，不涉及氧化还原反应；⑦电离是盐在溶液中电离出离子，不涉及氧化还原反应；⑧二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，不涉及氧化还原反应；⑨臭氧是一种强氧化剂，灭菌过程属生物化学氧化反应，涉及氧化还原反应；
⑩纳米铁可通过吸附作用或还原作用将重金属离子除去，涉及氧化还原反应；所以②③④⑨⑩涉及氧化还原反应；故选A。
6.三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑。下列有关该反应的说法正确的是
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
B．当反应转移3mol电子时，生成的还原产物为1mol
C．当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.1mol
D．当0.5molH2O被氧化时，生成0.25molO2
【答案】D
【解析】该反应每消耗3molBrF3和5molH2O，有2molBrF3作氧化剂，有1molBrF3和2molH2O作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A错误；该反应每转移6mol电子，生成1mol还原产物Br2，故当反应转移3mol电子时，生成的还原产物为0.5mol，B错误；根据关系式，每生成9molHF～molBrF3(被BrF3还原的)，可知当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol，C错误；每消耗5molH2O，就有2molH2O被氧化，生成1molO2，故当0.5molH2O被氧化时，生成0.25molO2，D正确，故选D。
7.下列实验中，实验操作、对应的现象及结论都正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向乙醇中加入绿豆大小的钠块 有气泡产生 乙醇中含有水
B 向溶液中依次通入和X气体 通入X气体后产生沉淀 通入的X气体一定具有强氧化性
C 向含有淀粉的足量溶液中滴加2滴氯水 溶液变蓝 还原性：
D 将用稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中 溶液变黄 氧化性：
【答案】C
【解析】乙醇也会和钠反应产生气体，A错误；X气体可能具有氧化性，生成硫酸钡沉淀；也可能具有碱性，生成亚硫酸钡沉淀，B错误；向含有淀粉的足量FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝，说明I-先于Fe2+与氯气反应，证明还原性I-强于Fe2+，C正确；高锰酸钾、硝酸都有强氧化性，用稀硫酸酸化后的高锰酸钾溶液滴入硝酸亚铁溶液中，溶液变黄，不能证明氧化性KMnO4>Fe3+，D错误；故选C。
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
【答案】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。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；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；
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；
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.黄铁矿(主要成分为FeS2)在酸性条件和催化剂作用下，可发生如图所示的转化。下列说法错误的是
A．反应I、II、III均属于氧化还原反应
B．反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
C．反应III中氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4
D．该过程中Fe3+是催化剂，NO是中间产物
【答案】A
【解析】反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，反应III的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应I、III是氧化还原反应；反应II的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；根据流程中信息可知，反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；反应III为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，只有Fe、O元素化合价发生变化，O2为氧化剂，Fe(NO)2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4，C正确；反应中Fe3+是催化剂，Fe2+、NO是中间产物，选项D正确；
故选A。
10.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O，反应如下。
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1 mol Cr2O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∶5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O
【答案】C
【解析】在反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化，在反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ配平后的方程式为3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O，可见处理1 mol Cr2O时，反应Ⅰ消耗H＋的物质的量是8 mol，反应Ⅱ消耗H＋的物质的量是9.2 mol，B错误；反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O，二者反应的物质的量之比为3∶5，C正确；根据方程式可知3 mol即3×96 g CuS处理4 mol Cr2O，每克处理Cr2O的物质的量为＝ mol；3 mol即3×160 g Cu2S处理5 mol Cr2O，每克处理Cr2O的物质的量为＝ mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O，D错误。
11.白磷在过量氢氧化钾溶液中可以发生反应：，(已知为正盐)，下列说法错误的是
A．白磷P4既是氧化剂又是还原剂
B．溶液中存在4种离子
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1
D．33.6 g KOH参加反应可得气体11.2 L(标况)
【答案】D
【解析】A．反应，P4中P元素化合价既有升高又有降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故A正确；为正盐，溶液中存在K+、、H+、OH-，共4种离子，故B正确；反应，P4中P元素化合价由0降低为-3，PH3是还原产物，P4中P元素化合价由0升高为+1，是氧化产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1，故C正确；33.6 g KOH的物质的量为0.6mol，根据反应方程式可知生成PH3的物质的量为0.2mol，生成PH3气体4.48L(标况)，故D错误；故选D。
12.已知：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I22Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列离子方程式书写不合理的是( )
A．2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋2I2＋6Cl－
B．2Br－＋2I－＋2Fe2＋＋3Cl2===I2＋Br2＋2Fe3＋＋6Cl－
C．2Br－＋4I－＋2Fe2＋＋4Cl2===2I2＋Br2＋2Fe3＋＋8Cl－
D．2I－＋2Fe2＋＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
【答案】C
【解析】由已知离子方程式可得还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Br－，向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，Cl2依次与溶液中的I－、Fe2＋、Br－反应，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，证明溶液中有Fe3＋生成，则I－已完全被氧化。FeI2、FeBr2的物质的量浓度相同，则原溶液中I－、Fe2＋、Br－的物质的量之比为1∶1∶1。C项表示溶液中的I－完全被氧化，Fe2＋、Br－部分被氧化，溶液中还有Fe2＋、Br－，故不合理。
13.关于反应，下列说法不正确的是
A．， B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性： D．该反应生成1mol水，转移个电子
【答案】C
【解析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：；由分析可知，，，A正确； 该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：，C错误； 由化学方程式可知，电子转移情况为，该反应生成1mol水，转移个电子，D正确；故选C。
14.完成下列各小题。
(1)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
NaBiO3＋Mn2＋＋________→Na＋＋Bi3＋＋________＋________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：
FeO＋H2O===Fe(OH)3(胶体)＋O2↑＋OH－。
(3)以亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应原理为5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(4)在含VO2＋的溶液中加入KClO3，可使VO2＋转化为VO，则欲使3 mol VO2＋变成VO，需要氧化剂KClO3至少为________mol。
(5)已知M2O可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2O的还原产物中M为＋3价；又知c(M2O)＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c(R2－)＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为________。
【解析】(1)由题意知生成紫色离子MnO。
(3)根据化合价变化规律知，NaClO2既作氧化剂又作还原剂，n(氧化剂)×4＝n(还原剂)×1，可知答案。
(4)3 mol VO2＋转变成VO，共失去了3 mol电子，而1 mol ClO变为Cl－得到6 mol 电子，所以需要0.5 mol KClO3。
(5)n(M2O)＝0.3 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，n(R2－)＝0.6 mol·L－1×0.15 L＝0.09 mol，反应中M化合价降低到＋3，R元素化合价升高到0。设M2O中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有(n－1－3)×0.03 mol×2＝(2－0)×0.09 mol，n＝7。
【答案】(1)5 2 14 H＋ 5 5 2 MnO 7 H2O
(2)4 10 4 3 8
(3)1∶4
(4)0.5
(5)7
二、真题练习
15.（2022·浙江卷）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A.CO是氧化产物 B.SiH4发生还原反应
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D.生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。
16.（2022·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是
A.发生还原反应
B.既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.发生反应，转移电子
【答案】B
【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。故选B。
17.（2021·浙江卷）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A.NH3中H元素被氧化
B.NO2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3：4
D.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，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。NH3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；NO2在反应过程中得到电子，B不正确；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；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。
18.（2021·山东卷）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A.G与H均为氧化产物 B.实验中KMnO4只作氧化剂
C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】BD
【解析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，故选BD。
（2021·浙江卷）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A.NH3中H元素被氧化
B.NO2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3：4
D.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，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。NH3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；NO2在反应过程中得到电子，B不正确；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；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。
19.（2021·浙江卷）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12.7g I2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】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；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；12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故故选D。
20.（2020·山东卷）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 谷物发酵酿造食醋 B. 小苏打用作食品膨松剂
C. 含氯消毒剂用于环境消毒 D. 大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。
21.（2020·浙江卷）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A. 1:2 B. 1:1 C. 2:1 D. 4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。
22.(2019·北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】A项，Fe粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B项，Mg2＋与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2与水反应生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。
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专题04 氧化还原反应及其应用
一、基础练习
1.化学与生产生活密切相关。下列过程涉及氧化还原反应的是
A．将钢铁部件进行“发蓝”处理，在表面生成致密氧化膜，能起到减缓金属腐蚀的作用
B．熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，常用于制作医疗石膏绷带
C．利用X射线对晶体的特殊效应，可快速准确地对普通玻璃伪造的假宝石进行无损鉴定
D．“复方氯乙烷气雾剂”汽化时大量吸热，具有冷冻麻醉作用，常用于急性运动损伤后镇痛
【答案】A
【解析】“发蓝”处理就是用化学方法在钢铁部件表面生成一层致密的Fe3O4薄膜，反应过程中元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，A符合题意；熟石膏与水反应生成生石膏，反应过程中元素化合价不变，因此反应属于非氧化还原反应，B不符合题意；利用X射线对晶体的特殊效应，是X射线衍射，过程中某一新物质产生，不属于化学反应，C不符合题意；氯乙烷汽化吸热属于物理变化，不是化学变化，因此没有发生氧化还原反应，D不符合题意；故选A。
2.下列实验中物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
B．向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，固体由白色变为红褐色
C．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
D．向KI溶液中通入少量氯气，溶液由无色变为棕黄色
【答案】B
【解析】过氧化钠在空气中与二氧化碳反应生成碳酸钠，由淡黄色变为白色，发生反应：2Na2O2+2CO2
=2Na2CO3+O2，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故A不选；向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，白色沉淀氢氧化镁转化为红褐色沉淀氢氧化铁，无化合价的变化，与氧化还原无关，故B选；向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色，可知Cr、C元素的化合价变化，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故C不选；向KI溶液中通入少量氯气，KI被氯气氧化为碘单质，溶液由无色变为棕黄色，属于氧化还原反应，与氧化还原反应有关，故D不选；故选B。
3.下列物质的用途利用其氧化性的是
A．氨气用于制备硝酸 B．二氧化硫用于葡萄酒和果酒的生产
C．FeCl3溶液用于制作简易印刷电路板 D．浓盐酸用于检查氨气运输管道是否有泄漏
【答案】C
【解析】氨气用于制备硝酸，氮元素化合价升高 ，发生氧化反应，氨气为还原剂，A错误； 二氧化硫具有还原性，用于葡萄酒和果酒的生产可防止酒被氧化且能杀菌，B错误；FeCl3溶液用于制作简易印刷电路板是和铜生成氯化亚铁，氯化铁为氧化剂，C正确； 浓盐酸用于检查氨气运输管道是否有泄漏，是浓盐酸和氨气生成氯化铵的反应，不是氧化还原，D错误；故选C。
4.将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4 的氨水中，加热后冷却，生成暗棕红色晶体M[化学式为Cr(NH3)3O4]，其离子方程式为：CrO＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH－＋O2↑，测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是( )
A．M中Cr的化合价为＋3
B．参与反应的H2O2全部被氧化
C．向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，没有明显现象
D．转移0.2 mol电子时，生成M的质量为16.7 g
【答案】D
【解析】本题考查氧化还原反应。由化学方程式可知，反应生成1 mol O2，H2O2失去2 mol电子，因反应生成1 mol M，CrO得(6－a)mol电子，由得失电子数目守恒可知，6－a＝2，a＝4，故A错；由化学方程式可知，3 mol H2O2参与反应，只有1 mol O2生成说明H2O2有一部分没有被氧化，故B错；由题意M中有2个过氧键，则向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液，亚铁离子会被M氧化为铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，故C错；由离子方程式可知，反应转移2 mol电子，生成1 mol M，所以转移0.2 mol电子时，生成M的质量为0.1 mol×167 g·
mol－1＝16.7 g，故D正确。
5.下列变化或应用涉及氧化还原反应的有几种
①明矾净水 ②漂白粉变质 ③自然固氮 ④电解 ⑤绚丽的烟花 ⑥风化 ⑦电离 ⑧二氧化硫使品红溶液褪色 ⑨臭氧杀菌 ⑩纳米铁粉去除污水中的重金属离子
A．5种 B．6种 C．7种 D．8种
【答案】A
【解析】①明矾净水主要是利用了胶体的聚沉原理，明矾溶于水后，通过水解形成了氢氧化铝胶体，不涉及氧化还原反应；②漂白粉主要成分是次氯酸钙，漂白粉失效原理是次氯酸钙会与空气中的CO2和水蒸气反映生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸遇光会发生光解反应，产生了氧气和氯化氢气体，次氯酸光解属于氧化还原反应；③自然固氮是氮气还原成氨的过程，涉及氧化还原反应；④电解过程涉及电子的得失，涉及氧化还原反应；
⑤绚丽的焰火是焰色反应，焰色反应是物理变化，不涉及氧化还原反应；⑥风化是失去结晶水的过程，不涉及氧化还原反应；⑦电离是盐在溶液中电离出离子，不涉及氧化还原反应；⑧二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，不涉及氧化还原反应；⑨臭氧是一种强氧化剂，灭菌过程属生物化学氧化反应，涉及氧化还原反应；
⑩纳米铁可通过吸附作用或还原作用将重金属离子除去，涉及氧化还原反应；所以②③④⑨⑩涉及氧化还原反应；故选A。
6.三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑。下列有关该反应的说法正确的是
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2
B．当反应转移3mol电子时，生成的还原产物为1mol
C．当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.1mol
D．当0.5molH2O被氧化时，生成0.25molO2
【答案】D
【解析】该反应每消耗3molBrF3和5molH2O，有2molBrF3作氧化剂，有1molBrF3和2molH2O作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，A错误；该反应每转移6mol电子，生成1mol还原产物Br2，故当反应转移3mol电子时，生成的还原产物为0.5mol，B错误；根据关系式，每生成9molHF～molBrF3(被BrF3还原的)，可知当生成2.7molHF时，被BrF3还原的BrF3为0.2mol，C错误；每消耗5molH2O，就有2molH2O被氧化，生成1molO2，故当0.5molH2O被氧化时，生成0.25molO2，D正确，故选D。
7.下列实验中，实验操作、对应的现象及结论都正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向乙醇中加入绿豆大小的钠块 有气泡产生 乙醇中含有水
B 向溶液中依次通入和X气体 通入X气体后产生沉淀 通入的X气体一定具有强氧化性
C 向含有淀粉的足量溶液中滴加2滴氯水 溶液变蓝 还原性：
D 将用稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中 溶液变黄 氧化性：
【答案】C
【解析】乙醇也会和钠反应产生气体，A错误；X气体可能具有氧化性，生成硫酸钡沉淀；也可能具有碱性，生成亚硫酸钡沉淀，B错误；向含有淀粉的足量FeI2溶液中滴加2滴氯水，溶液变蓝，说明I-先于Fe2+与氯气反应，证明还原性I-强于Fe2+，C正确；高锰酸钾、硝酸都有强氧化性，用稀硫酸酸化后的高锰酸钾溶液滴入硝酸亚铁溶液中，溶液变黄，不能证明氧化性KMnO4>Fe3+，D错误；故选C。
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
【答案】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。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；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；
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；
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.黄铁矿(主要成分为FeS2)在酸性条件和催化剂作用下，可发生如图所示的转化。下列说法错误的是
A．反应I、II、III均属于氧化还原反应
B．反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+
C．反应III中氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4
D．该过程中Fe3+是催化剂，NO是中间产物
【答案】A
【解析】反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，反应III的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应I、III是氧化还原反应；反应II的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；根据流程中信息可知，反应I的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，B正确；反应III为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，只有Fe、O元素化合价发生变化，O2为氧化剂，Fe(NO)2+为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量比为1：4，C正确；反应中Fe3+是催化剂，Fe2+、NO是中间产物，选项D正确；
故选A。
10.CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O，反应如下。
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A．反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化
B．处理1 mol Cr2O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∶5
D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O
【答案】C
【解析】在反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化，在反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；反应Ⅰ方程式配平后为3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ配平后的方程式为3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O，可见处理1 mol Cr2O时，反应Ⅰ消耗H＋的物质的量是8 mol，反应Ⅱ消耗H＋的物质的量是9.2 mol，B错误；反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O，二者反应的物质的量之比为3∶5，C正确；根据方程式可知3 mol即3×96 g CuS处理4 mol Cr2O，每克处理Cr2O的物质的量为＝ mol；3 mol即3×160 g Cu2S处理5 mol Cr2O，每克处理Cr2O的物质的量为＝ mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O，D错误。
11.白磷在过量氢氧化钾溶液中可以发生反应：，(已知为正盐)，下列说法错误的是
A．白磷P4既是氧化剂又是还原剂
B．溶液中存在4种离子
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1
D．33.6 g KOH参加反应可得气体11.2 L(标况)
【答案】D
【解析】A．反应，P4中P元素化合价既有升高又有降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故A正确；为正盐，溶液中存在K+、、H+、OH-，共4种离子，故B正确；反应，P4中P元素化合价由0降低为-3，PH3是还原产物，P4中P元素化合价由0升高为+1，是氧化产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1，故C正确；33.6 g KOH的物质的量为0.6mol，根据反应方程式可知生成PH3的物质的量为0.2mol，生成PH3气体4.48L(标况)，故D错误；故选D。
12.已知：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I22Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变为红色，则下列离子方程式书写不合理的是( )
A．2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe3＋＋2I2＋6Cl－
B．2Br－＋2I－＋2Fe2＋＋3Cl2===I2＋Br2＋2Fe3＋＋6Cl－
C．2Br－＋4I－＋2Fe2＋＋4Cl2===2I2＋Br2＋2Fe3＋＋8Cl－
D．2I－＋2Fe2＋＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
【答案】C
【解析】由已知离子方程式可得还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Br－，向含等物质的量浓度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯气后，Cl2依次与溶液中的I－、Fe2＋、Br－反应，再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红色，证明溶液中有Fe3＋生成，则I－已完全被氧化。FeI2、FeBr2的物质的量浓度相同，则原溶液中I－、Fe2＋、Br－的物质的量之比为1∶1∶1。C项表示溶液中的I－完全被氧化，Fe2＋、Br－部分被氧化，溶液中还有Fe2＋、Br－，故不合理。
13.关于反应，下列说法不正确的是
A．， B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性： D．该反应生成1mol水，转移个电子
【答案】C
【解析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：；由分析可知，，，A正确； 该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：，C错误； 由化学方程式可知，电子转移情况为，该反应生成1mol水，转移个电子，D正确；故选C。
14.完成下列各小题。
(1)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
NaBiO3＋Mn2＋＋________→Na＋＋Bi3＋＋________＋________。
(2)高铁酸钾(K2FeO4)作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，配平该反应的离子方程式：
FeO＋H2O===Fe(OH)3(胶体)＋O2↑＋OH－。
(3)以亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应原理为5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(4)在含VO2＋的溶液中加入KClO3，可使VO2＋转化为VO，则欲使3 mol VO2＋变成VO，需要氧化剂KClO3至少为________mol。
(5)已知M2O可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2O的还原产物中M为＋3价；又知c(M2O)＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c(R2－)＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为________。
【解析】(1)由题意知生成紫色离子MnO。
(3)根据化合价变化规律知，NaClO2既作氧化剂又作还原剂，n(氧化剂)×4＝n(还原剂)×1，可知答案。
(4)3 mol VO2＋转变成VO，共失去了3 mol电子，而1 mol ClO变为Cl－得到6 mol 电子，所以需要0.5 mol KClO3。
(5)n(M2O)＝0.3 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，n(R2－)＝0.6 mol·L－1×0.15 L＝0.09 mol，反应中M化合价降低到＋3，R元素化合价升高到0。设M2O中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有(n－1－3)×0.03 mol×2＝(2－0)×0.09 mol，n＝7。
【答案】(1)5 2 14 H＋ 5 5 2 MnO 7 H2O
(2)4 10 4 3 8
(3)1∶4
(4)0.5
(5)7
二、真题练习
15.（2022·浙江卷）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A.CO是氧化产物 B.SiH4发生还原反应
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D.生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。
16.（2022·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是
A.发生还原反应
B.既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.发生反应，转移电子
【答案】B
【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。故选B。
17.（2021·浙江卷）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A.NH3中H元素被氧化
B.NO2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3：4
D.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，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。NH3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；NO2在反应过程中得到电子，B不正确；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；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。
18.（2021·山东卷）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A.G与H均为氧化产物 B.实验中KMnO4只作氧化剂
C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】BD
【解析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，故选BD。
（2021·浙江卷）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A.NH3中H元素被氧化
B.NO2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3：4
D.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，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。NH3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；NO2在反应过程中得到电子，B不正确；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；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。
19.（2021·浙江卷）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12.7g I2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】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；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；12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故故选D。
20.（2020·山东卷）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A. 谷物发酵酿造食醋 B. 小苏打用作食品膨松剂
C. 含氯消毒剂用于环境消毒 D. 大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。
21.（2020·浙江卷）反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A. 1:2 B. 1:1 C. 2:1 D. 4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。
22.(2019·北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
【答案】B
【解析】A项，Fe粉将溶液中的Fe3＋转化为Fe2＋，涉及氧化还原反应；B项，Mg2＋与NaOH溶液反应生成Mg(OH)2沉淀，多余的NaOH用稀盐酸中和，两个反应均不涉及氧化还原反应；C项，Cl2能溶于水并与水发生氧化还原反应，不能用水除去Cl2中的HCl；D项，NO2与水反应生成HNO3和NO，涉及氧化还原反应。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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