氧化还原反应 课时练习(含答案解析)

课时跟踪检测（五）氧化还原反应1．下列水处理方法涉及氧化还原反应的是()A．用明矾处理水中的悬浮物B．用Na2S处理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子C．用FeSO4处理含Cr2O2－7的酸性废水，再调节pH除去Cr3＋D．用NaOH处理含高浓度NH＋4的废水并回收利用氨解析：选C A项，用明矾处理水中的悬浮物，利用的是Al3＋的水解反应，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应；B项，用Na2S处理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子，S2－与Cu2＋、Hg2＋生成沉淀，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应；C项，用FeSO4处理含Cr2O2－7的酸性废水，再调节pH除去Cr3＋，Fe2＋与Cr2O2－7发生氧化还原反应；D 项，用NaOH处理含高浓度NH＋4的废水并回收利用氨，OH－与NH＋4反应生成氨气，不存在化合价的变化，不涉及氧化还原反应。

2．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。

下列说法正确的是()A．X的化学式为AgSB．银针验毒时，空气中氧气失去电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1 mol X，反应转移2 mol e－解析：选D根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，D项正确。

3．(2020·门头沟一模)中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。

下列说法正确的是()A．C3N4中C元素的化合价为－4B．反应的两个阶段均为吸热过程C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化解析：选C依据化合物中各元素正负化合价的代数和为0，C3N4中N元素的化合价为－3价，所以C元素的化合价为＋4价，A项错误；阶段Ⅱ中，H2O2分解生成O2和H2O 的过程为放热反应，B项错误；阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。

4．高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。

工业制备高铁酸钾的离子方程式为3ClO －＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。

下列相关叙述不合理的是() A．K2FeO4中铁元素的化合价是＋6B．制得1 mol K2FeO4转移3 mol e－C．Fe3＋的氧化性强于FeO2－4D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶3解析：选C根据化合物中各元素化合价的代数和等于0，可计算出K2FeO4中铁元素的化合价是＋6，A项正确；根据题给离子方程式可知，制得1 mol K2FeO4转移3 mol电子，B项正确；FeO2－4的氧化性强于Fe3＋，C项错误；该反应中氧化产物是FeO2－4，还原产物是Cl－，二者的物质的量之比为2∶3，D项正确。

5．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋由此可以确定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是()A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋B．Sn2＋、Ce3＋、Fe2＋C．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋解析：选A在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。

由方程式可知，还原性：Fe2＋＞Ce3＋；Sn2＋＞Fe2＋。

6.(2020·烟台期末)用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NO x)转化为无害物质。

常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。

下列说法不正确的是()A．反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C．反应前溶液中c(Ce4＋)一定等于反应后溶液中的c(Ce4＋)D．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变解析：选C根据图示可知反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，A正确；反应Ⅱ的反应物为Ce3＋、H＋、NO，生成物为Ce4＋、N2、H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得反应的离子方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋N2＋2H2O，NO是氧化剂，Ce3＋是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶4＝1∶2，B正确；反应前后溶液中n(Ce4＋)不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增大，所以反应后溶液中c(Ce4＋)减小，C错误；根据Ce原子守恒可知，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数不变，D正确。

7．用“银-Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下：下列说法错误的是()A．标准状况下，11.2 L CO2中含碳氧双键的数目为6.02×1023B．30 g HCHO被氧化时转移电子数目为4×6.02×1023C．反应①的化学方程式为2Ag2O＋HCHO===4Ag＋CO2＋H2OD．理论上，吸收的HCHO与消耗的Fe3＋的物质的量之比为4∶1解析：选D标准状况下，11.2 L CO2的物质的量是0.5 mol，其中含碳氧双键的数目为6.02×1023，A正确；甲醛中C元素化合价为0价，被氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到＋4价，30 g HCHO的物质的量是1 mol，被氧化时转移电子的数目为4×6.02×1023，B正确；由流程图可知Ag2O与HCHO反应生成Ag、CO2和水，则反应的化学方程式为2Ag2O＋HCHO===4Ag＋CO2＋H2O，C正确；甲醛中碳元素的化合价从0价升高到＋4价，Fe元素的化合价由＋3价降低到＋2价，可得关系式：HCHO～4Ag～4Fe3＋，故理论上消耗的甲醛与Fe3＋的物质的量之比为1∶4，D错误。

8．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝下列判断不正确的是()A．化合物KCrO2中铬元素为＋3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性D．实验③证明氧化性：Cr2O2－7>I2解析：选C化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由正负化合价代数和为0知，铬元素为＋3价，A正确；由实验①可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水为两性氧化物，B正确；由实验②可知，铬元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素的化合价降低，故H2O2有氧化性，C错误；由③中溶液变蓝，可知生成碘单质，K2Cr2O7为氧化剂，I2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D正确。

9.(2020·厦门外国语学校月考)某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO－3、N2、Cl－六种粒子。

在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。

下列有关判断中不正确的是()A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物只有N2B．氧化剂是ClO－，HCO－3是氧化产物C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol解析：选A由题图可知，随着反应进行，ClO－的物质的量减小，N2的物质的量增大，故ClO－为反应物，N2为生成物，根据氮原子守恒可知，CN－是反应物，由氯原子守恒可知Cl－是生成物，由碳原子守恒可知HCO－3是生成物，由氢原子守恒可知H2O是反应物。

反应中Cl元素化合价由＋1价降低为－1价，C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，由得失电子守恒配平可得反应的离子方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO－3＋N2↑＋5Cl－，可知氧化产物有HCO－3、N2，A项错误；ClO－是氧化剂，HCO－3是氧化产物，B项正确；反应中CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，C项正确；2.24 L N2(标准状况)的物质的量为0.1 mol，根据反应的离子方程式知参加反应的ClO－的物质的量为0.5 mol，转移电子的物质的量为0.5 mol×2＝1 mol，D项正确。

10．把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。

下列有关该离子方程式的说法正确的是()A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移解析：选B A项，在碱性条件下，S与OH－反应生成S2－、SO2－3和H2O，其反应的离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO2－3＋3H2O，错误；B项，若有1 mol S被氧化，则转移4 mol 电子，则生成2 mol S2－，正确；C项，若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，有2 mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，错误；D项，由方程式可知3 mol S 参加反应转移4 mol电子，则2 mol S参加反应有83mol电子发生转移，错误。

11．(2020·赣州南康中学月考)某工业废气中的SO2经如图所示的两个循环可分别得到S 和H2SO4。

下列说法正确的是()A．循环Ⅰ中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5B．循环Ⅰ中，反应2中的还原产物为ZnFeO4C．Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料D．循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗相同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49解析：选D由题图可知反应1中H元素化合价升高，被氧化，氧化产物为H2O，A 项错误；反应2中S元素化合价降低，被还原，还原产物为S，B项错误；循环Ⅱ中电解时，阳极上Mn2＋放电生成MnO2，若Mn作为阳极材料，则阳极上Mn放电生成Mn2＋，得不到MnO2，C项错误；循环Ⅰ中总反应为2H2＋SO2===S↓＋2H2O，循环Ⅱ中电解过程发生的反应为MnSO4＋2H2O电解,MnO2↓＋H2SO4＋H2↑，吸收过程发生的反应为MnO2＋SO 2===MnSO 4，故循环Ⅱ中的总反应为2H 2O ＋SO 2===H 2SO 4＋H 2，循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO 2，理论上得到S 和H 2SO 4的物质的量之比为1∶1，质量之比为16∶49，D 项正确。