高考化学二轮复习题型突破 选择题专项突破分级训练(六) 含解析

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1.(2024·北京昌平二模)下列事实中涉及的反应与氧化还原无关的是( )
A．用NaOH溶液吸收CO2
B．利用铜与浓硫酸加热反应制取SO2
C．乙醇使紫色酸性KMnO4溶液褪色
D．在船体上镶嵌锌块，可以减缓船体被海水腐蚀
【答案】 A
【解析】 NaOH溶液吸收CO2生成碳酸钠和水，无元素化合价改变，与氧化还原无关，A符合题意；生成二氧化硫，硫元素化合价改变，属于氧化还原反应，B不符合题意；高锰酸钾具有强氧化性，和乙醇发生氧化还原反应而使得溶液褪色，C不符合题意；锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀的原理是牺牲阳极法，安装活泼金属作原电池负极，被保护的钢铁作正极，与氧化还原反应有关，D不符合题意。
2.(2023·辽宁统考高考真题)我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．11.2 L CO2含π键数目为NA
B．每生成2.8 g N2转移电子数目为NA
C．0.1 ml KNO3晶体中含离子数目为0.2NA
D．1 L 0.1 ml·L－1 K2S溶液中含S2－数目为0.1NA
【答案】 C
【解析】 1个CO2分子含有2个π键，题中没有说是标准状况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A项错误；2.8 g N2的物质的量n＝eq \f(m,M)＝eq \f(2.8,28) ml＝0.1 ml，生成1 ml N2转移的电子数为12NA，则生成0.1 ml N2转移的电子数为1.2NA，B项错误；0.1 ml KNO3晶体含有离子为K＋、NOeq \\al(－,3)，含有离子数目为0.2NA，C项正确；因为S2－水解使溶液中S2－的数目小于0.1NA，D项错误。
3.(2024·广东广州二模)下列应用中涉及氧化还原反应的是( )
A．用84消毒液对书桌进行消毒
B．用活性炭除去冰箱中的异味
C．用热碱水清洗餐具上残留的油污
D．用食醋除去热水壶内壁的水垢
【答案】 A
【解析】 84消毒液中的次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，发生氧化还原反应，A正确；利用活性炭的吸附性除去冰箱中的异味，物理性质，B错误；用热碱水清洗餐具上残留的油污，发生水解反应，非氧化还原反应，C错误；用食醋除去热水壶内壁的水垢，没有元素的化合价发生变化，非氧化还原反应，D错误。
4.(2024·山东潍坊二模)已知环己胺(液体)微溶于水。实验室分离溴、溴苯、环己胺混合溶液的流程如图。下列说法正确的是( )
A．上述过程未发生氧化还原反应
B．②③均为两相混合体系
C．溴、溴苯、环己胺依次由③②①得到
D．由②③获得相应产品采取的操作方法不同
【答案】 D
【解析】 由题给流程可知，溴、溴苯、环己胺的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2＋6NaOH===5NaBr＋NaBrO3＋3H2O,5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4===3Na2SO4＋3H2O＋3Br2，故用CCl4萃取水相2得到③(溴的四氯化碳溶液)；有机相1中含有溴苯和环己胺，加入盐酸环己胺与盐酸生成盐类溶于水中，通过分液得到①(溴苯)，成盐后的环己胺与氢氧化钠反应再生成环己胺，通过分液得到②(环己胺)，据此分析解题。Br2与氢氧化钠溶液反应3Br2＋6NaOH===5NaBr＋NaBrO3＋3H2O，为氧化还原反应，故A错误；②是水和环己胺基本不相溶，采用分液得到环己胺的纯净物；③是CCl4从溴水中萃取得到的溴的四氯化碳溶液，只有③是两相混合体系，故B错误；由分析可知，溴、溴苯、环己胺依次由③、①、②获得，故C错误；由分析可知，②获得的方式为分液，③获得的方式为蒸馏，故D正确。
5.(2024·浙江宁波二模)酸性条件下Na2S和Na2SO3发生反应：2Na2S＋Na2SO3＋3H2SO4===3Na2SO4＋3S↓＋3H2O，下列说法不正确的是( )
A．生成24 g S转移电子的数目为NA
B．Na2S是还原剂，发生氧化反应
C．Na2SO4是氧化产物
D．碱性条件下S2－和SOeq \\al(2－,3)可以大量共存
【答案】 C
【解析】 反应中硫化钠中硫化合价由－2变为0，亚硫酸钠中硫化合价由＋4变为0，电子转移为3S～4e－，生成24 g Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(为\f(24 g,32 g/ml)＝\f(3,4) ml))转移电子1 ml，数目为NA，A正确；反应中硫化钠中硫化合价由－2变为0，故Na2S是还原剂，发生氧化反应，B正确；Na2SO4为硫酸生成的，不是氧化产物，C错误；碱性条件下S2－和SOeq \\al(2－,3)不反应，可以大量共存，D正确。
6.(2024·北京东城二模)K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应方程式为Fe2O3＋3KNO3＋4KOH===2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。下列关于该反应的说法错误的是( )
A．铁元素被氧化，氮元素被还原
B．每生成1 ml K2FeO4，转移6 ml e－
C．K2FeO4具有氧化杀菌作用
D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4
【答案】 B
【解析】 由方程式可知，反应中铁元素化合价从＋3价到＋6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1 ml高铁酸钾，转移3 ml电子。由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；反应生成1 ml高铁酸钾，转移3 ml电子，故B错误；高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确。
【培优练】
7.(2024·湖南师大附中三模)二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种综合法制备ClO2的工艺流程及ClO2分子的结构(O—Cl—O的键角为117.6°)如图所示。
下列说法正确的是( )
A．Cl2与ClO2分子中所含化学键类型完全相同
B．ClO2分子中含有大π键(Πeq \\al(5,3))，Cl原子杂化方式为sp2杂化
C．“ClO2发生器”中，NaClO3的还原产物为Cl2
D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1
【答案】 B
【解析】 Cl2分子中含有非极性共价键，而ClO2分子中含有极性共价键且由题干信息可知含有配位键，即二者所含化学键类型不相同，A错误；由题干ClO2的分子结构可知，ClO2分子中含有大π键(Πeq \\al(5,3))，Cl原子周围的价层电子对数为3，故杂化方式为sp2杂化，B正确；由题干流程图可知，“ClO2发生器”中反应方程式为2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl，反应中NaClO3中Cl由＋5价变为ClO2中＋4价，HCl中的部分Cl由－1价升高到Cl2中的0价，即NaClO3的还原产物为ClO2，C错误；由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，即Cl－－6e－＋3H2O===ClOeq \\al(－,3)＋6H＋，阴极发生还原反应，即2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1∶3，D错误。
8.(2024·江西省景德镇市三模)某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含少量铁、铝、铜、镍的化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程，既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2。下列叙述错误的是( )
A．X可能是MnCO3
B．若滤渣2是CuS和NiS，则Y一定是H2S
C．还原酸浸时，MnO2参与的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D．氧化时发生的离子方程式：2MnOeq \\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===4H＋＋5MnO2↓
【答案】 B
【解析】 二氧化锰具有氧化性，SO2具有还原性，“还原酸浸”步骤二者发生氧化还原反应，离子方程式为MnO2＋SO2===Mn2＋＋SOeq \\al(2－,4)，“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2＋、Ni2＋，“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2＋氧化为MnO2，过滤，得到MnO2，据此分析解答。“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH，促进Fe3＋、Al3＋水解生成氢氧化物沉淀，从而除去铁铝，X可能是MnCO3，故A正确；“除铜镍”步骤加入Y，除Cu2＋、Ni2＋，“若滤渣2是CuS和NiS”，Y最好是MnS，除去杂质，且不引入新杂质，故B错误；还原酸浸时，MnO2参与的反应中，发生反应MnO2＋SO2===Mn2＋＋SOeq \\al(2－,4)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C正确；“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2＋氧化为MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式：2MnOeq \\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===4H＋＋5MnO2↓，故D正确。
9.(2024·湖北省安陆市二模)向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是( )
A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2
B．生成8.7 g黑色沉淀，转移0.12 ml电子
C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2＋
D．NaBiO3不能与浓盐酸发生反应生成氯气
【答案】 D
【解析】 氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2。根据以上分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，离子方程式为2MnOeq \\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋，转移电子数为6e－，所以生成8.7 g黑色沉淀即eq \f(8.7 g,87 g/ml)＝0.1 ml MnO2，转移eq \f(0.6,5) ml＝0.12 ml电子，故B正确；NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，溶液变为紫红色，所以利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2＋，故C正确；因为实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，说明氧化性：MnO2＞Cl2，又氧化性：NaBiO3＞MnO2，故NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3＋6HCl===BiCl3＋Cl2↑＋NaCl＋3H2O，故D错误。
10.(2024·河北省重点高中三模)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既是氧化剂也是还原剂
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0.25 ml
【答案】 D
【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正确；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为KMnO4→K2MnO4＋MnO2、K2MnO4→MnCl2、MnO2→MnCl2，还可能发生剩余的KMnO4→MnCl2，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；整个过程KMnO4～MnCl2～5e－，2Cl－→Cl2～2e－，2O2－～O2～4e－，根据电子守恒有如下关系式：5n(KMnO4)＝2n(Cl2)＋4n(O2)＝5×0.1 ml＝0.5 ml，所以n(Cl2)＋2n(O2)＝0.25 ml，即n(Cl2)＋n(O2)＜0.25 ml，故D错误。