2024届高三新高考化学大一轮专题练习——氧化还原反应

这是一份2024届高三新高考化学大一轮专题练习——氧化还原反应，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三新高考化学大一轮专题练习——氧化还原反应
一、单选题
1．（2023年高考湖南卷化学真题）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
  
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
2．（2022秋·山东烟台·高三统考期末）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是

实验操作
现象
结论
A
将水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星的木条放在试管口
木条复燃
水中的氧元素被氧化
B
向含有淀粉的KI溶液中滴入FeCl3溶液
溶液变蓝
氧化性：Fe3+>I2
C
向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2
溶液红色褪去
SO2具有漂白性
D
向浓HNO3中加入红热的炭
产生红棕色气体
炭与浓HNO3反应生成NO2
A．A B．B C．C D．D
3．（2023年高考湖南卷化学真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
  
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：ⅠI2，故B正确；
C．二氧化硫和NaOH反应生成Na2SO3，溶液碱性减弱，则溶液褪色，不能证明SO2具有漂白性，故C错误；
D．向浓HNO3中插入红热的炭，在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，故D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
4．D
【分析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含Na2ZnO2，分离出不溶物为Fe，加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液，再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，以此来解答。
【详解】A．Zn溶于强碱时生成可溶于水的[Zn(OH)4]2-，Fe不和NaOH反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层的作用，可以分离铁和锌元素，故A正确；
B．“酸溶”的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C．由流程可知酸溶生成硫酸亚铁溶液，加过氧化氢氧化部分亚铁离子，则“氧化”后溶液中所存在的离子有：、、、，故C正确；
D．最后一步“反应”中N2的作用是排出空气防止亚铁离子被氧化，故D错误；
故选D。
5．B
【详解】A．根据图中信息，锂和氮气反应生成，A项正确；
B．Li能与水反应，不能在水溶液中进行，B项错误；
C．③中是电解LiOH，阴极发生还原反应，其电极反应式为，C项正确；
D．根据图中信息可得，氮气与水反应生成氨气和氧气，D项正确；
故选B。
6．C
【详解】A．Si元素化合价降低，反应中得电子，而C化合价升高表现为失电子，A项错误；
B．该反应中Na从0价升高到+1价为还原剂失电子，而H2O中H由+1变到0价为氧化剂得电子，单线桥中电子为2e-，B项错误；
C．KI中I为-1价升高到0价，有10个KI所以失去的电子为10×e-。而KMnO4由+7价降低到+2价，由2个KMnO4得到电子为2×5e-，C项正确；
D．Cu化合价升高为还原剂将电子给氧化剂H2SO4，单线桥的箭头错误，D项错误；
故选C。
7．C
【分析】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n==0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L×0.06L=0.3mol。
【详解】A．铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应得到的铜离子和镁离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，A正确；
B．生成氢氧化铜和氢氧化镁的总物质的量为：0.3mol×=0.15mol，反应消耗铜和镁的总物质的量为0.15mol，0.15mol铜和镁完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，O2得到的电子与铜和镁失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)==0.075mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/mol×0.075mol=1.68L，B正确；
C．由B可知，铜和镁的总物质的量为0.15mol，总质量为，设Mg的物质的量为xmol、Cu的物质的量为ymol，则x+y=0.15，根据电子守恒可得：24x+64y=6.6，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，铜镁合金中镁的质量为，故C错误；
D．设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，D正确；
故选C。
8．D
【详解】A．未指明溶液体积，A项错误；
B．未给出氨气所处的状况，B项错误；
C．的配位键数目为，C项错误；
D．根据氧化还原原理可知，和合成时转移电子数目为，D项正确；
故选D。
9．A
【详解】A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，硫酸钙沉淀转化为碳酸钙，，故A正确；
B．硫酸酸化的淀粉碘化钾溶液久置后变蓝，碘离子被氧气氧化为碘单质，，故B错误；
C．Fe2+的还原性小于I-，向溶液中通入少量氯气，氯气只氧化I-，反应的离子方程式是，故C错误；
D．向溶液中滴加过量溶液生成偏铝酸钠和氨水，反应的离子方程式是，故D错误；
选A。
10．A
【详解】A．由电离常数公式可知，实验1的溶液中===10-1.6，故A正确；
B．由题意可知，实验2反应静置后的上层清液为亚硫酸钙的饱和溶液，溶液中，故B错误；
C．由题意可知，实验3中亚硫酸氢钠溶液与等浓度等体积的氢氧化钠溶液恰好反应生成强碱弱酸盐亚硫酸钠，亚硫酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系可知，溶液中，故C错误；
D．由题意可知，实验4中发生的反应为亚硫酸氢钠溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选A。
11．B
【详解】A．镁铜合金与硝酸反应时，反应的硝酸转化为硝酸镁、硝酸铜、和，该反应中硝酸表现出酸性和强氧化性，故A正确；
B．根据题意，整个过程得失电子守恒，失去的电子转移给硝酸，生成，将电子转移给氧气，最后又生成硝酸，则整个过程转移电子为，则和的总物质的量为，根据电荷守恒可知，硝酸镁、硝酸铜中含有硝酸根离子的物质的量等于镁离子和铜离子的物质的量的2倍，即为，由混合气体和的体积为，可得总物质的量为，根据氮原子守恒：，故硝酸的物质的量浓度为，故B错误；
C．反应中均表现为价，根据得失电子守恒，可知镁、铜的物质的量之和为，故C正确；
D．设混合气体中和的物质的量分别为x、y，则有：，解得，故混合气体中和的体积比为3∶1，故D正确。
故选B。
12．B
【详解】A．溶质仅为NaCl、NaClO、，n(Na)=n(Cl)= 0.03L ×10.00=0.3mol，所以通入氯气的物质的量为0.15mol，没有明确是否为标准状况，通入氯气的体积不一定为3.36L，故A错误；
B．根据钠元素守恒，反应后的溶液中含有钠元素的总质量为0.03L ×10.00×23g/mol=6.9g，故B正确；
C．氧化产物有NaClO、两种，还原产物为NaCl，不能判断NaCl、NaClO的比，故C产物；
D．反应后的溶液中含有氯离子，往反应后的溶液中加入适量硝酸酸化的硝酸银溶液，有氯化银沉淀生成，故D错误；
选B。
13．BD
【详解】A．结合钠元素守恒，参与反应的n(NaOH)= a mol时，NaCl、NaClO、NaClO3物质的量之和为amol，根据氯原子守恒，参加反应的Cl2物质的量为0.5a mol，反应中作氧化剂的Cl2有大于0.25a mol，故A错误；
B．令n（ClO-）=1mol，反应后=2，则n（Cl-）=2mol，结合电子转移守恒，5×n（ClO）+1×n（ClO-）=2×n（Cl-），即5×n（ClO3-）+1×1mol=1×2mol，解得n（ClO）=0.2mol，则溶液中，故B正确；
C若NaClO与NaClO3的物质的量之和为a mol，则NaCl的物质的量之和可能为a mol，不符合得失电子守恒，故C错误；
D．当只发生6NaOH+3Cl2═5NaCl+NaClO3+3H2O，转移电子数最多，依据方程式6mol氢氧化钠反应转移5mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最多转移mol电子，若只发生反应2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，转移电子数最少，依据方程式2mol氢氧化钠反应转移1mol电子，所以amol氢氧化钠反应，最少转移amol电子，故转移电子的物质的量n的范围amol≤n≤mol，可能为amol，故D正确；
故选：BD。
14．AC
【分析】在海带浸取液中通入适量氧气，碘离子被氧化成碘单质；加有机溶剂a通过萃取分液得到含碘单质的有机溶剂；加氢氧化钠溶液与碘单质反应生成碘离子和碘酸根，将碘单质转化成离子进入水层，上层溶液含碘，下层为有机溶剂；再向上层溶液加硫酸溶液，碘离子与碘酸根在酸性条件下反应得到含碘单质的悬浊液，经过滤得到碘固体。
【详解】A．由分析可知，氢氧化钠的作用是将I2转化成碘离子和碘酸根离子进入水层，应控制NaOH溶液的浓度和体积才能得到预期的含碘微粒，A正确；
B．分液时，先将下层液体放出后，再从上口将上层液体倒出，B错误；
C．加入H2SO4溶液，碘离子与碘酸根在酸性条件下反应生成碘单质，离子方程式正确，C正确；
D．灼烧应该在坩埚中进行，D错误。
故选AC。
15．(1) 同素异形体 非氧化还原反应
(2) Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O “84”消毒液和洁厕灵两者发生反应，生成有毒气体氯气
(3) 1mol KClO3
(4)让一束光(或用红色激光笔照射)通过制得的液体，从侧面能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体

【详解】（1）臭氧的化学式为O3，氧气的化学式为O2，臭氧和氧气均是有氧元素组成不同结构的单质，因此臭氧和氧气互为同素异形体；它们之间的转化没有化合价的变化，因此该变化过程不属于氧化还原反应；故答案为同素异形体；非氧化还原反应；
（2）“84”消毒液的有效成分是NaClO，氯气与NaOH溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；“84”消毒液的有效成分是NaClO，能与盐酸反应NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，氯气有毒，因此两者不能混合使用；故答案为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；“84”消毒液和洁厕灵两者发生反应，生成有毒气体氯气；
（3）根据反应方程式，Cl元素化合价由+5价降低为+4价，C元素化合价由+3价升高为+4价，因此生成1molClO2时，转移电子物质的量为1mol×(5-4)=1mol；氧化剂的化合价降低，因此KClO3为氧化剂；故答案为1mol；KClO3；
（4）检验胶体的方法是丁达尔效应，具体操作是让一束光(或用红色激光笔照射)通过制得的液体，从侧面能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体；故答案为让一束光(或用红色激光笔照射)通过制得的液体，从侧面能观察到一条光亮的“通路”，说明制得的液体是胶体。
16．(1)否
(2)
(3) 容量瓶 中和过量的，防止在碱性条件下歧化 滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复

【详解】（1）由方程式可知，方法1发生的反应中没有元素发生化合价变化，不存在电子转移，故答案为：否；
（2）由题意可知，方法2发生的反应为三氧化硫和二氯化硫反应生成亚硫酰氯和二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）①由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，步骤一中“配成500mL试样溶液”所必需的定量玻璃仪器为500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；
②由题意可知，步骤二中滴加盐酸的目的是中和过量的氢氧化钠溶液，防止加入的碘溶液与氢氧化钠溶液发生歧化反应，使得滴定时消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测样品的纯度偏大，故答案为：中和过量的，防止在碱性条件下歧化；
③当步骤三中碘溶液与硫代硫酸钠溶液恰好反应时，滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复说明滴定达到滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；
④由滴定消耗VmL 0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液可知，与亚硫酰氯反应的碘的物质的量为0.5000mol/L×0.05L—0.1000mol/L×10—3VL×，则样品的纯度为×100%=，故答案为：。
17． 降低ClO2的浓度以免爆炸 将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境
【详解】由已知信息ClO2浓度较高时易爆炸，所以在反应中需要控制浓度，通入CO2降低ClO2浓度以免发生爆炸。同时，ClO2有毒，再拆写装置前需将其排尽，通入CO2的目的将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境。答案为降低ClO2浓度以免发生爆炸；将装置中残留的ClO2排尽以免污染环境。
18．(1)
(2)Br2
(3)AC
(4)

【详解】（1）已知在反应中得到电子，则溴元素化合价降低，根据所给物质可知，As元素化合价升高，故该反应的还原剂是；
（2）已知2个在反应中得到10个电子生成一个X，则溴元素的化合价降低5，溴化合价变为0，故X为溴单质，化学式为Br2；
（3）氧化剂氧化性大于氧化产物、还原剂还原性大于还原产物，由化合价可知，氧化剂、氧化产物分别为、，还原剂、还原产物分别为、Br2；故氧化性：KBrO3>H3AsO4，还原性：；故选AC；
（4）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，根据守恒关系配平：。