2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题04氧化还原反应（Word版附解析）

这是一份2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题04氧化还原反应（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了铼是一种极其稀少的贵金属等内容，欢迎下载使用。

1．（2022·天津·耀华中学模拟预测）水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为：3Fe2++2S2O+O2+XOH-=Fe3O4+S4O+2H2O，下列说法正确的是
A．铁元素被氧化，硫元素被还原B．Fe2+、S2O都是还原剂
C．X=2D．每生成1mlFe3O4，则转移电子数2ml
【答案】B
【解析】A．反应中S和Fe元素化合价都升高，被氧化，故A错误；B．S和Fe元素化合价都升高，被氧化，则Fe2+、S2O32-都是还原剂，故B正确；C．由离子方程式的电荷守恒可知x=4，故C错误；D．每生成1 ml Fe3O4，有1ml O2参加反应，则转移电子数为4 ml，故D错误；故答案为B。
2．（2022·河南·模拟预测）下列物质按给定的投料方式，两者均能恰好完全反应的是
A．把、按物质的量之比为1：3充入容器中，在一定条件下充分反应
B．向溶液中滴入溶液使恰好沉淀完全
C．常温下，将2mlFe投入到含7ml硝酸的稀硝酸中充分反应
D．常温下，将1ml铝投入到含5ml硫酸的浓硫酸中充分反应
【答案】C
【解析】A．氮气和氢气反应是可逆反应不可能完全反应，故A不符合题意；B．当硫酸根离子恰好沉淀时，氢氧根离子是氢离子的两倍，氢氧根离子过量，故不能恰好完全反应，B不符合题意；C．当铁足量量时发生反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O； 当铁少量时发生反应是：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，当2mlFe投入到含7ml硝酸的稀硝酸中，两者比值刚好在两个反应的物质的量之比之间，故能恰好完全反应，故C正确；D．常温下，铝在浓硫酸中发生钝化，故两者不可能完全反应，故D不符合题意；故选答案C。
3．（2022·陕西·西安工业大学附中模拟预测）利用NaClO氧化尿素制备N2H4•H2O(水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法正确的是
A．步骤I中无需控制反应的温度
B．步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶5
C．步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D．生成水合肼反应的离子方程式为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+CO
【答案】D
【解析】由流程可知，步骤I中发生，温度过高时易发生，步骤II发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+CO，且将NaClO溶液逐滴滴入尿素中，可防止过量的NaClO会将N2H4•H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼。A．步骤I中温度过高会发生副反应，影响NaClO的制备，所以需控制反应的温度，故A错误；B．步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1，根据得失电子守恒，可知发生反应的离子方程式为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3，故B错误；C．由题意可知，N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，过量的NaClO会将N2H4•H2O氧化，导致N2H4•H2O的产率降低，故C错误；D．NaClO、NaOH以及尿素反应生成N2H4•H2O，反应的化学方程式为：NaClO+CO(NH2)2+2NaOH=NaCl+N2H4•H2O+Na2CO3，反应的离子方程式为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4•H2O+CO，故D正确；答案选D。
4．（2023·广东·深圳市光明区高级中学模拟预测）工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、。
下列说法中错误的是
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1 ml Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8 L(标准状况)
【答案】C
【解析】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，A正确；B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2=3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3=Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，B正确；C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，C错误；D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1 ml Na2S2O3，反应消耗2 ml O2，其在标准状况下体积V(O2)=2 ml×22。4 L/ml=44.8 L，D正确；故合理选项是C。
5．（2022·四川雅安·模拟预测）铁橄榄石 [Fe2(SiO4)]是嫦娥五号月壤的主要含铁矿物之一，我国科学家发现陨石撞击过程的高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生反应形成与，下列相关选项错误的是
A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为
B．该反应的方程式为：
C．铁橄榄石熔融产生自由移动的属于化学变化
D．该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁
【答案】C
【解析】A．铁橄榄石是一种硅酸盐，可改写为亚铁和硅的氧化物：，A正确；B．高温高压可引发铁橄榄石发生熔融产生，发生歧化反应形成与，，B正确；C．铁橄榄石熔融产生自由移动的的过程为盐熔融电离的过程，不是化学变化，C错误；D．发生反应生成与，故该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁，D正确；故选C。
6．（2022·河北·霸州市第一中学模拟预测）铼(Re)是一种极其稀少的贵金属。一种以辉钼矿(主要含有MS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)为原料制备铼的工艺流程如下：
已知“氧化焙烧”后成分有：SiO2、Re2O7、MO3、CuO、Fe3O4，其中Re2O7、MO3与氨水反应分别生成NH4ReO4、(NH4)2MO4。
下列说法错误的是
A．“氧化焙烧”时，ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2
B．若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，滤渣成分不变
C．由MS2生成1ml MO3，转移14ml电子
D．“电沉积”后，金属铼在阴极生成
【答案】B
【解析】辉钼矿(主要含有MS2以及少量ReS2、CuReS4、FeS、SiO2等)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、Re2O7、MO3、CuO、Fe3O4等；用氨水浸出，Re2O7、MO3转化为NH4ReO4、(NH4)2MO4，SiO2、CuO、Fe3O4成为滤渣；浸出液采用离子交换、解吸，可得到NH4ReO4，重结晶去除杂质，进行电沉积，在阴极得到铼。A．ReS2中Re显+2价、S显-1价，“氧化焙烧”时，Re2O7中Re显+7价，SO2中S显+4价，则ReS2反应后的氧化产物为Re2O7和SO2，A正确；B．若改用NaOH溶液代替氨水“浸出”，则SiO2也会溶解在NaOH溶液中，滤渣成分将发生改变，B错误；C．由MS2生成MO3，M由+2价升高到+6价，S由-1价升高到+4价，则生成1ml MO3，转移14ml电子，C正确；D．“电沉积”后，NH4ReO4中+7价铼将获得电子，所以在阴极生成金属铼，D正确；故选B。
7．（2022·河北·霸州市第一中学模拟预测）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)也称保险粉，该物质不溶于乙醇，溶于氢氧化钠溶液，遇少量水或暴露在潮湿的空气中会发生剧烈反应并燃烧，且有刺激性气味气体产生；将甲酸和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，会得到保险粉。下列说法错误的是
A． Na2S2O4遇水所发生的是放热反应，燃烧时会有SO2产生
B． Na2S2O4属于盐，既有氧化性又有还原性
C． Na2S2O4能和新制氯水反应，但不能和浓硝酸反应
D．制备保险粉的反应为
【答案】C
【解析】A．Na2S2O4遇水会发生剧烈反应并燃烧，且有刺激性气味气体产生，则表明反应能提供引发燃烧的热量，所以发生的是放热反应，燃烧时产生的刺激性气味的气体应是SO2，A正确；B．Na2S2O4含有金属离子和酸根离子，应属于盐，在该化合物中，S元素平均显+4价，位于-2和+6之间，则既有氧化性又有还原性，B正确；C．Na2S2O4中S元素价态能升高，则具有还原性，能被强氧化剂氧化，新制氯水、浓硝酸都具有强氧化性，所以都能将Na2S2O4氧化，C错误；D．题中信息显示：将甲酸和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，会得到保险粉，S元素价态降低，则甲酸中的C元素价态应升高，从而生成CO2气体，所以制备保险粉的反应为，D正确；故选C。
8．（2022·海南·一模）（双选）工业上将氯气通入到石灰乳中制备漂白粉，制备流程如下。下列有关说法正确的是
A．漂白粉是混合物
B．“反应”中是氧化剂，石灰乳是还原剂
C．将通入到烧碱溶液中也可以制得具有漂白性的物质
D．工业制备漂白粉的离子方程式为
【答案】AC
【解析】石灰乳中通入氯气发生反应：，蒸发后过滤得到漂白粉，主要成分为氯化钙和次氯酸钙。A．漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物，A正确；B．从制备方程式可知，氯气既是氧化剂又是还原剂，B错误；
C．将氯气通入烧碱溶液中：，次氯酸钠具有漂白性，C正确；D．石灰乳不可拆，根据漂白粉制备的化学方程式可知离子方程式为：，D错误；故选AC。
9．（2022·浙江省宁波市鄞州中学模拟预测）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体光照分解后产生K2C2O4和FeC2O4，且分解产物中的CO2和H2O以气体形式离子晶体。某次测定分解后的样品中C2的质量分数为53.86%。请回答：
已知：M{K3[Fe(C2O4)3]·3H2O}=491 g·ml-1。
(1)写出K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体分解反应的化学方程式：___________。
(2)晶体的分解百分率为___________。(写出简要计算过程)
【答案】(1)
(2)
【解析】(1)由题干可知，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O分解产生K2C2O4、FeC2O4、CO2和H2O，该反应的化学方程式为2{K3[Fe(C2O4)3]⋅3H2O}3K2C2O4+2FeC2O4+2CO2↑+6H2O↑。
(2)设晶体的物质的量为1ml，晶体分解的物质的量为x ml，则晶体质量为491g，分解后样品剩余质量为(491-44x-54x)g，根据碳元素守恒可得，分解后样品中的质量为88(3-0.5x)g，则，解得x=0.05，故晶体的分解百分率为=5%。
10．（2022·安徽·淮北市教育科学研究所一模）铬是人体必须的微量元素，在人体代谢中发挥着特殊作用。回答下列问题：
(1)金属铬可以通过焦炭高温还原铬铁矿(FeCr2O4)制取，同时生成一种有毒的气体，该反应的化学方程式为______。
(2)①取冶炼所得的金属铬溶解在盐酸中制取CrCl3溶液，其中混有FeCl2杂质，请完成除杂方案：向溶液中加入足量NaOH溶液，过滤，向滤液中______，过滤，将固体溶解在稀盐酸中(已知Cr(OH)3是两性氢氧化物)。
②由CrCl3溶液得到CrCl3•6H2O，除去其结晶水的操作是______。
(3)Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，写出向CrCl3溶液中加入氨水和过氧化氢发生反应的离子方程式______。
(4)CrO在酸性条件下可转化为Cr2O，Cr2O可以用来检验H2O2，原理是Cr2O+4H2O2+2H+2CrO5(蓝色)+5H2O。
①CrO5中铬元素为+6价，其中过氧键的数目为______。
②酸化重铬酸钾选用的酸为______(填标号)。
a.稀盐酸 b.稀硫酸 c.氢碘酸 d.磷酸
【答案】(1)FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑
(2)通入过量CO2 在干燥的氯化氢气流中加热(或用SOCl2脱水)
(3)2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O
(4)①2②b
【解析】(1)铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO↑；
(2)①已知Cr(OH)3是两性氢氧化物，加入足量NaOH溶液，FeCl2转化为Fe(OH)2沉淀过滤除去，Cr元素以离子形成存在溶液中，加入弱酸可转化为沉淀，向滤液中通入过量CO2得到Cr(OH)3，再溶解在稀盐酸中制取CrCl3溶液；②由于Cr3+会发生水解反应，加热CrCl3溶液会促进水解，加入HCl可抑制水解，因此除去其结晶水的操作是在干燥的氯化氢气流中加热；
(3)已知 Cr3+在碱性条件下易被氧化成CrO，则CrCl3溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成CrO和水，离子方程式为：2Cr3++3H2O2+10NH3•H2O=2CrO+10NH+8H2O；
(4)①CrO5中铬元素为+6价，则5个O原子由2个和1个O2-组成，其中过氧键的数目为2；②重铬酸钾具有氧化性，a.稀盐酸中Cl-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，a不选；b.稀硫酸中S元素为最高价，只有氧化性，能用来酸化重铬酸钾，b选；c.氢碘酸中I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，不能用来酸化重铬酸钾，c不选；d.磷酸为中强酸，而H+使氧化性增强的同时，也使重铬酸更稳定，则需要酸性更强的硫酸来酸化，d不选；故选：b。
B组 提升练
1．（2022·浙江·模拟预测）误服白磷()，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是，下列说法正确的是
A．白磷()只发生了氧化反应
B．是还原产物
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
D．能氧化
【答案】D
【解析】反应中，白磷()的P元素化合价从0价升高至+5价，也降低至-3价，CuSO4中的Cu元素化合价由+2价降低至+1价，则氧化剂为：白磷()、CuSO4，还原剂为：白磷()，氧化产物为：H3PO4，还原产物为：Cu3P。A．反应中，白磷()的P元素部分化合价从0价升高至+5价，部分也降低至-3价，则白磷()既发生了氧化反应，也发生了还原反应，A错误；B．S的化合价为发生改变，因此不是还原产物，Cu3P才是还原产物，B错误；C．H3PO4是氧化产物，Cu3P是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为：24：20=6：5，C错误；D．根据得失电子守恒，被CuSO4氧化得到的H3PO4的关系为：60CuSO4~60e-~12P~3P4，因此能氧化，D正确；答案选D。
2．（2022·北京海淀·二模）向AgNO3溶液中通入过量SO2，过程和现象如图。
经检验，白色沉淀为Ag2SO3；灰色固体中含有Ag。
下列说法不正确的是
A．①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+
B．①中未生成Ag2SO4，证明溶度积：Ksp(Ag2SO3)