高考化学《氧化还原反应》试题汇编1

A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂 B．Fe2O3在反应中显氧化性

C．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol电子转移 D．Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性

【答案】D【解析】试题分析：根据方程式可知，过氧化钠中氧元素的化合价从-1价降低到-2价，得到1个电子，过氧化钠作氧化剂；氧化铁中铁元素的化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氧化铁作还原剂；A和B不正确，C不正确，应该是6mol电子；高铁酸钠中铁的化合价是+6价的，因此该化合物具有强氧化性，答案选D。

2.三氟化氮(NF3)是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3＋3F2===NF3＋3NH4F。在潮湿的空气中，NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是( )

A．制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 B．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂

C．若在制取NF3的反应中有0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为3 mol D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现

【答案】A【解析】试题分析：根据4NH3＋3F2===NF3＋3NH4F可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，0.5 mol NH3参加反应，转移电子的物质的量为0.75 mol。根据NF3能与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3可知H2O没有参与氧化还原反应，如果NF3泄漏，必然与空气中的水蒸气反应生成NO，NO被氧化成NO2，空气中有红棕色气体生成，易被发现。答案选A。

3.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是

A．产物铜和硫酸铜的物质的量之比是1∶1 B．参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5 C．反应中Cu2S既做氧化剂，又做还原剂 D．1 molCu2S参加反应时有8 mol电子转移

【答案】A【解析】试题分析：根据方程式可知，铜元素的化合价从＋1价升高到＋2价，失去1个电子，S元素的化合价从－2价升高到＋6价，失去8个电子，因此1 molCu2S参加反应时有10mol电子转移，C和

D不正确。而氮元素的化合价从＋5价部分降低到＋2价，得到3个电子，部分降低到＋4价，得到1个电子。由于n(NO2)∶n(NO)＝1∶1，所以如果设生成的NO和NO2都是1mol，则根据电子的得失守恒可知，参加反应的硫化铜的物质的量是4÷10＝0.4mol电子。因此生成硫酸铜就是0.4mol，则生成铜就是0.8mol－0.4mol＝0.4mol，A正确；根据原子守恒可知，参加反应的是2mol＋0.4mol×2＝2.8mol，则参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝0.4∶2.8＝1∶7，B不正确，答案选A。

4.赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O＝6Cu+SO2↑，关于该反应的说法中，正确的是 A．该反应的氧化剂只有Cu2O

B．Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂 C．Cu既是氧化产物又是还原产物

D．每生成19.2gCu，反应中转移0.6mol电子

【答案】B【解析】试题分析：硫化亚铜和氧化亚铜中铜均为+1价，反应后降为0价，得6e-；硫由－2价升为+4价，失6e-。反应中氧化剂为氧化亚铜和硫化亚铜，还原剂为硫化亚铜，A错误、B正确；铜是还原产物，C错误；由反应知每生成6mol铜转移电子6mol，所以生成19.2克铜转移电子0.3mol，D错误。

5.自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。下列分析正确的是 A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度

B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性 C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-= CuS↓ D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应

【答案】D 【解析】试题分析：首先审清题意，再逐一分析。硫化物经氧化，淋滤作用后变成CuSO4溶液，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS）。

Ａ由难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS），应符合沉淀转化的原理，难溶物易转化为更难溶的物质，应该为CuS的溶解度更小，小于PbS的溶解度，所以A错误；

Ｂ．由硫化物经氧化可得原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝CuS中S处于－2价，具有强的还原性，所以B错误；

Ｃ．注意ZnS为难溶物，不能拆成离子形式，CuSO4与ZnS反应的离子方程式应为Cu2++ZnS= CuS＋Zn2+，所以C错误；

Ｄ．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应是正确的。

6.ClO2是一种杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3 +H2C2O4 + H2SO4==2ClO2↑+ K2SO4 +2CO2↑+2H2O，下列说法正确的是（ ） A．KClO3在反应中得到电子

B．1mol KClO3参加反应有2mol电子转移

C．ClO2是氧化产物 D．H2C2O4在反应中被还原

【答案】A【解析】试题分析：在2KClO3 +H2C2O4 + H2SO4==2ClO2↑+ K2SO4 +2CO2↑+2H2O反应中，KClO3氯的化合价降低，在反应中得到电子。1mol KClO3参加反应有1mol电子转移。ClO2是还原产物。H2C2O4中碳的化合价升高，在反应中被氧化。答案选A。

7.已知：还原性HSO3¯>I¯，氧化性IO3¯> I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如右图所示。下列说法不正确的是 A．0--b ：3HSO3－ + IO3－＝ 3SO4２－ + I－ + 3H＋ B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1．2 mol

C．b点时的还原产物可能是KI或NaI，b~c间的还原产物是I2

D．当溶液中I¯与I2的物质的量之比为5∶2时，加入的KIO3为1．8mol

【答案】D【解析】试题分析：根据图像可知，o－b阶段没有单质碘生成，因此反应的离子方程式是3HSO3

－

+ IO3－＝ 3SO4２－ + I－ + 3H＋，A正确；亚硫酸氢钠总计是3mol，所以d点对应的亚硫酸氢钠是3mol÷5

×2＝1.2mol，B正确；根据氧化性可知，IO3－能氧化I－生成单质碘，所以选项C正确；b点碘酸钾的物质的量是1mol，生成碘离子也是1mol。根据反应式IO3－＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O可知，如果设此时消耗碘离子的物质的量是x，则消耗碘酸钾就是x/5,生成单质碘是3x/5,所以有（1－x）︰3x/5＝5∶2，解得x＝0.4，所以加入的的碘酸钾是1＋x/5＝1.08mol，选项D不正确，答案选D。

8.向100 mol FeBr2的溶液中，通入3 mol Cl2 。反应后溶液中Br-和Cl-的物质的量浓度相等，则溶液中发生反应的离子方程式为 A．2Fe+Cl2 = 2Fe+2Cl B．2Br-+Cl2 = Br2+2Cl-

C．4Fe2++2Br-+3Cl2 = Br2+4Fe3++6Cl- D．2Fe2++4Br-+3Cl2 = 2Br2+2Fe3++6Cl-

【答案】C【解析】试题分析：由于亚铁离子的还原性强于溴离子的，所以氯气首先氧化亚铁离子，设溴化亚铁的物质的量是x，则由于反应后溶液中Br和Cl的物质的量浓度相等，所以x＋（2x－6）＝6，解得x＝4，因此选项C正确，答案选C。

--2+

3+

-

9.阿伏加德罗常数约为6．02×1023mol－1，下列说法中正确的是 A．22．4 L CH3CHO中含有的分子数约为6.02×1023zxxk B．56g铁与足量稀H2SO4充分反应，转移电子数为0.3NA

C．常温常压下，由6 g NO2和40 g N2O4组成的混合气体中原子总数约为3×6.02×1023 D．80 g NH4NO3晶体中含有NH4+小于 6.02×1023个

【答案】C【解析】试题分析：A中22.4L乙醛不是气体，物质的量不是1mol，A不正确；铁和稀硫酸的反应中失去2个电子，5.6g铁是0.1mol，转移0.2mol电子，B不正确；NO2和N2O4的最简式是相同的，都是NO2，所以由6 g NO2和40 g N2O4组成的混合气体的氮原子和氧原子的物质的量分别是1mol和2mol，则原子总数约为3×6.02×1023，C正确；80g铵的物质的量是1mol，含有1molNH4+，D不正确，答案选C。

10.下列说法正确的是（ ）

A．当7.8 g Na2O2与H2O完全反应时，有0.2 mol电子发生了转移

B．FeCl2溶液与K3[Fe(CN)6]溶液混合后得到特征蓝色沉淀，利用此反应可检验Fe2+ C．用浓盐酸酸化KMnO4溶液以增强其氧化性

D．在3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氧化剂和还原剂的质量比为2:1

【答案】B【解析】试题分析：Na2O2与H2O反应中，Na2O2即是氧化剂，又是还原剂，2molNa2O2发生反应转移电子2mol，A错误；Fe2+与[Fe(CN)6]3－反应生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀，B正确；KMnO4氧化性强于Cl2，高锰酸钾溶液能与盐酸反应（2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O），高锰酸钾溶液不能用盐酸酸化，一般用硫酸酸化，C错误；3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中，氧化剂和还原剂都是NO2，氧化剂和还原剂物质的量比为1：2，D错误。

11.已知：CuI是难溶于水的白色固体。氧化性Cu2+>I2> Cu+，还原性Cu>I-> Cu+

（1）根据物质氧化性还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I－反应的产物是 、 ； （2）久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为_______________________；

（3）欲消除（2）中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性H2S_______（填“>”、“<”、“=”）I－；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度________（填“高”、“低”、“相等”）；

（4）CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)＋Hg＝Cu2HgI4(亮黄色)＋2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是_____________。

a． 该反应被氧化的元素是铜元素和汞元素 b．该反应的氧化剂为CuI

c．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物

【答案】（1）CuI、I2 （2）2Cu＋I2 =2CuI↓（3）>，高 （4）a c

【解析】试题分析：（1）氧化性Cu2+>I2> Cu+，还原性Cu>I-> Cu+，所以在溶液中Cu2+和I－反应的产物应该是CuI、I2。

（2）久置于空气中的HI溶液呈黄色，说明有单质碘生成，所以加入铜后的反应方程式是2Cu＋I2 =2CuI↓。

（3）硫化氢的还原性大于碘离子的，所以也可以通过硫化氢还原碘单质。由于在该反应中碘单质全部被还原生成碘化氢，所以浓度高。

（4）根据反应的方程式可知，Hg的化合价升高，做还原剂。铜元素的化合价从＋1价降低到0价，所以CuI是氧化剂，Cu2HgI4是氧化产物，而铜是还原产物，所以选项ac不正确，答案选ac。

12.高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O2、C1O2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。

（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：

2FeSO4 + a Na2O2 = 2Na2FeO4 + b X + 2Na2SO4 + c O2↑

①该反应中物质X应是 ，a与c的关系是 。 ②简要说明K2FeO4作为水处理剂时，在水处理过程中所起的作用

（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe(OH)3、C1O－、OH－、FeO42-、C1－、H2O。 ①写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式： 。

②每生成1mol FeO42-转移 mo1电子，若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物的物质的量为 mo1。

③低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明什么问题 。

【答案】(1) ①Na2O a=4+2c ②高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降(2) ①2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O ②3 0.15

③该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小【解析】（1）①根据原子守恒和电子的得失守恒可知，X应该是氧化钠；根据方程式可知，过氧化钠中氧元素的化合价从－1价部分降低到－2价，得到1个电子，而部分升

高到0价，失去1个电子。另外铁元素的化合价从＋2价升高到＋6价，失去4个电子，所以根据电子的得失守恒可知，2×4＋2c＝2a－2c，解得a=4+2c。

②由于高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3+；Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降，所以高铁酸钾起杀菌和净水的作用。

（2）①根据元素的化合价变化可知，铁元素的化合价从＋3价升高到＋6价，失去3个电子.而氯元素的化合价从＋1价降低到－1价，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，反应的方程式是2Fe(OH)3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O。

②根据方程式可知，每生成1mol FeO42-转移3mol电子；若反应过程中转移了0.3mo1电子，则还原产物氯离子的物质的量是0.3mol÷2＝0.15mol。

③由于该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小，所以低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾。

13.用氯气对饮用水消毒已有百年历史。这种消毒方法会使饮用水中的有机物发生氯代反应，生成有机含氯化合物，对人体有害，且氯气本身也是一种有毒气体。世界环保联盟即将全面禁止用氯气对饮用水消毒，建议推广采用广谱性高效消毒剂二氧化氯（ClO2）。目前欧洲一些国家用NaClO3氧化浓盐酸来制取ClO2，同时有Cl2生成，反应的化学方程式为：

___NaClO3+___HCl===___NaCl+___ClO2↑+___Cl2↑+___H2O。 （1）配平上述化学方程式。

（2）此反应中氧化剂是：__________，在反应中盐酸体现的性质是_________和_________； （3）在标准状况下有4.48L氯气生成时，转移的电子数为_________mol，被氧化的盐酸的物质的量为________mol。

（4）我国研制成功用氯气氧化亚氯酸钠（在氮气保护下）制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是2NaClO2+Cl2==2ClO2↑+2A。已知A物质是一种盐，它的化学式为_________。这一方法的优点是 。

【答案】（1）2，4，2，2，1，2．（2）NaClO3；还原性、酸性。（3）0.4；0.4。（4）NaCl；不产生有毒的氯气，减小对环境的污染。【解析】考查氧化还原反应的有关判断即计算等。

（1）同一种元素之间发生氧化还原反应时，生成物的价态只能介于中间，且氧化产物的价态不能高于还原产物的价态，即ClO2是还原产物，而氯气是氧化产物，氯酸钾是还原剂，氯化氢是还原剂，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的化学计量数依次是2，4，2，2，1，2。

（2）氯酸钾中氯元素的化合价降低，所以氯酸钾是氧化剂；盐酸中氯元素的化合价升高，所以氯化氢是还原剂。又因为还生成氯化钾，所以盐酸还起酸性的作用。

（3）标准状况下，4.48L氯气是0.2mol，则转移电子的物质的量是0.2mol×2＝0.4mol，所以被氧化的盐酸就是0.4mol。

（4）根据原子守恒可知，A应该是氯化钠。根据方程式可知，该方法的优点是在反应中不能产生有毒的气体氯气。

14.用黄铜矿炼铜按反应物和生成物可将总反应可以写成：

aCuFeS2 + bSiO2 + cO2 → dCu +e FeSiO3 + fSO2

（1）配平上述化学反应方程式：a=___ b=___ c=___ d=___ e=___ f=___

（2）若2.5吨黄铜矿（含CuFeS280%）发生上述反应，计算生成的SO2在标准状况下的体积（m3）。 （3）若将标准状况下的SO2 280mL通入100mL碘水中充分吸收后，多余的碘用0.182mol/LNa2S2O3溶液滴定（I2 + 2Na2S2O3 =\" 2NaI\" + Na2S4O6），用去Na2S2O3溶液5.50mL。写出SO2通入碘水中反应的离子方程式。 （4）计算（3）中碘水的物质的量浓度。

【答案】（1） 225224 （2） 2.5×106g×80%÷184g/mol×2×22.4×10-3m3/mol = 487m3 （3） SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-

（4） (0.182mol/L×5.50×10-3L×1/2+0.280L÷22.4L/mol)÷0.100L = 0.130mol/L【解析】（1）根据方程式可知，铜元素的化合价从＋2价降低到0价，得到2个电子，而氧气在反应中得到4个电子。S元素的化合价从－2价升高到＋4价，失去6个电子，所以根据电子的得失守恒和原子守恒可知，配平后的化学计量数依次是2、2、5、2、2、4。

（2）2.5吨黄铜矿中含有CuFeS2的质量是2.5×106g×80％＝2.0×106g，所以根据反应的方程式可知，生成的SO2在标准状况下的体积是2.0×10g÷184g/mol×2×22.4×10m/mol = 487m。

（3）单质碘具有氧化性，能把SO2氧化生成硫酸，反应的方程式是SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-。 （4）根据反应式I2 + 2Na2S2O3 =\" 2NaI\" + Na2S4O6可知，剩余的单质碘是0.182mol/L×5.50×10-3L×1/2＝5.005×10-4mol。而根据反应式SO2 + I2 +2H2O = 4H+ + SO42- +2I-可知，与SO2反应的单质碘是

0.280L÷22.4L/mol＝0.0125mol，所以碘水的浓度是（5.005×10-4mol＋0.0125mol）÷0.100L = 0.130mol/L。

15.某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是

①原溶液中的Br－一定被氧化；②通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；③不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；④若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe、Br均被完全氧化 A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④

-2+

-6

-3

3

3

【答案】B【解析】由于还原性强弱顺序是I－、Fe2＋、Br－，所以氯气首先氧化的是I－，然后是Fe2＋和Br－。向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中有铁离子生成，所以选项①B不正确，②③④正确，答案选B。

16.铁溶于一定浓度的溶液时，发生反应的离子方程式为：

aFe＋bNO3－＋cH＋＝dFe2＋＋fFe3＋＋gNO↑＋hNO2↑＋kH2O

下列有关推断中，不正确的是 A．2d＋3f＝3g＋h

B．反应中每消耗5.6gFe，转移0.2mol～0.3mole－ C．HNO3的氧化性大于Fe3＋

D．当a不变时，d随着b的增大而增大

【答案】D【解析】A中符合电子得失守恒，正确；铁在反应中最多失去3个电子，最少是2个电子，所以B正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物的，C正确；根据原子守恒和电子得失守恒可知，2d＋3f ＝2g＋b，又因为d＋f＝a，所以3a＝2g＋b＋d，因此选项D不正确，答案选D。

17.下列说法正确的是（ ）

A．根据反应5Fe2++MnO4ˉ+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾（FeSO4·7H2O）是否变质 B．根据反应3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性 C．根据反应CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强 D．根据反应H3PO3+2NaOH(足量)=Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸

【答案】B【解析】酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化亚铁离子，A不正确。B中有铁和NO生成，所以反应中HNO3表现酸性和氧化性，B正确。C不正确，硫化铜不溶于水，也不溶于酸，所以能够发生，但H2S的酸性比H2SO4弱。D不正确，反应中只消耗2mol氢氧化钠，应该是二元酸，答案选B。

18.已知镁和稀反应时，每有1mol HNO3反应，就有0.8mol电子转移，此时的还原产物可能是 A．NO2

B．N2O

C．N2O4

D．NO

【答案】B【解析】在镁和稀的反应中有0.8mol电子转移，由Mg—2e—=Mg2+可知有0.4molMg参加反应，同时生成了0.4molMg（NO3）即在1mol HNO3中只有0.2molN原子被还原；也就是1mol N 原子失去了4 mol2，电子。可见还原产物中N的平均化合价为+1，即N2O或NH4NO3；相应的方程式为： 4Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O 4Mg＋10HNO3=4Mg(NO3)2＋N2O↑＋5H2O