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专题05 氧化还原反应-【专题强化】2024年高考化学二轮专题强化训练
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4、抓好“四练”。练基本考点，练解题技巧，练解题速度，练答题规范。
2024年高考二轮专题强化训练（选择题）
专题05 氧化还原反应
新课标要求：
1.认识有化合价变化的反应是氧化还原反应。
2.在分析元素化合价变化的基础上，理解氧化还原反应的本质。
3.知道常见的氧化剂和还原剂。
4.根据氧化还原反应的规律研究物质的化学性质以及常见氧化剂和还原剂之间的反应。
一、选择题：本题共30小题，每小题只有一个选项符合题意。
1．（2024年1月·浙江·统考高考真题）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成转移电子的数目为B．催化剂降低与反应的活化能
C．是氧化剂，是还原剂D．既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；
【详解】A．根据分析，1mlCO2转移2NA的电子，A正确；
B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；
C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；
D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；
故答案为：D。
2．（2023·福建·统考高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．具有平面三角形结构B．的还原性比强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成，转移电子
【答案】A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确；
故选A。
3．（2023·重庆·统考高考真题）已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为B．生成的质量为
C．生成的氧化产物分子数为D．生成的含有孤电子对数为
【答案】C
【详解】A．反应中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗(标准状况)即=2ml，故转移的电子数为，A正确；
B．根据反应，每消耗2mlF2生成的质量为2ml=，B正确；
C．根据反应可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2mlF2生成的氧化产物OF2分子数为，C错误；
D．根据反应可知，每消耗2mlF2生成H2O的物质的量为2ml，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的含有孤电子对数为，D正确；
故答案为C。
4．（2023·北京·统考高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
5．（2023·浙江·统考高考真题）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有键断裂，则转移电子
C．②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
【答案】C
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有键断裂，则转移电子，故B正确；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为，故C错误；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确。
综上所述，答案为C。
6．（2023·湖南·统考高考真题）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：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】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1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，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。
7．（2023·全国乙卷·统考高考真题）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
8．（2023·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，为负极产物
【答案】A
【详解】A．由方程式可知，反应生成1ml一氧化二氮，转移4ml电子，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；
D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；
故选A。
9．（2024届·浙江金华·浙江省义乌中学校考模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
B．是该反应的催化剂
C．“过程2”可表示为
D．吸收过程中存在反应：
【答案】D
【详解】A．“过程1”发生反应：ClO−+ Ni2O3=2NiO2 +Cl−，该反应中Cl元素化合价由＋1价变为﹣1价、Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，则氧化剂是ClO -，还原剂是Ni2O3，氧化产物是NiO2，还原产物是Cl -，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，A错误；
B．由图可知，Ni2O3是过程1的反应物，是过程2的生成物，所以Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B错误；
C．“过程2”中，1mlClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mle-，则需消耗2mlNiO2，反应的离子方程式可表示为ClO−+2NiO2=Ni2O3+Cl−+2O，C错误；
D．O具有强氧化性，能氧化还原性的SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH−=+H2O，D正确；
故选D。
10．（2024届·湖南长沙·长郡中学校考一模）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知的还原产物为。下列说法正确的是
A．钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是
B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1
C．反应②的离子方程式为
D．反应③属于氧化还原反应
【答案】A
【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，据此解答。
【详解】A．根据分析，钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是，故A正确；
B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反应中， NaNO2为氧化剂，Fe为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3，故B错误；
C．的还原产物为，溶液显碱性，离子方程式为，故C错误；
D．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，该反应中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
答案选A。
11．（2024届·陕西西安·统考一模）2023年9月12日，天舟五号货运飞船再人大气层。天舟五号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁 冶炼钛的原理如下，下列有关说法正确的是
①高温下：
②在氩气氛围高温中：
A．①中化合价变化的元素为
B．①中每生成标况下 ，转移的电子数为
C．②中可以得出 得电子的能力强于
D．②中氩气的作用是防止 被氧化
【答案】D
【详解】A．由方程式可知，反应①中碳元素、氯元素和铁元素的化合价发生变化，钛元素化合价没有发生变化，故A错误；
B．由方程式可知，反应①生成6ml一氧化碳时，反应转移14ml电子，则生成标况下11.2L一氧化碳时，转移的电子数为××NAml—1=NA，故B错误；
C．由方程式可知，反应②中镁元素化合价升高被氧化，镁是反应的还原剂，钛元素化合价降低被还原，四氯化钛是氧化剂、钛是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，镁失去电子的能力强于钛，故C错误；
D．镁和钛都易被空气中的氧气氧化，所以反应②中氩气的作用是隔绝空气，防止 镁和钛高温时被氧化，故D正确；
故选D。
12．（2024届·浙江温州·瑞安中学校考模拟预测）已知反应：。下列关于该反应的说法不正确的是
A．可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．1ml还原等物质的量的
D．每生成1ml，该反应转移4ml电子
【答案】D
【详解】A．具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，反应后产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可以净水，A正确；
B．中O为-1价，产物中O2中O为0价，其余O元素均为-2价，由方程式可知，6个参加反应，1个的O元素由-1价变为0价，其余变为-2价，中O元素化合价有升有降，则在该反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．1ml的O元素由-1价变为0价，化合价升高2ml，1ml的O元素由-1价变为-2价，化合价降低2ml ，化合价升降总数相等，故1ml还原等物质的量的，C正确；
D．由方程式可知，6个参加反应，转移电子为10个，则6ml参加反应，生成2ml，转移电子为10ml，所以每生成1ml，该反应转移5ml电子，D错误；
答案选D。
13．（2024届·山东·校联考模拟预测）已知，甲同学将、混合气体通入稍过量溶液中制备(同等条件下的氧化性强于)，为检验制得了，甲进行了以下实验：
下列说法不正确的是
A．实验①说明不能氧化
B．实验②的实验现象是溶液变蓝
C．实验③的目的是验证当溶液时，稀不能氧化
D．上述3组实验无法证明②中一定含，还需补充实验
【答案】A
【详解】A．反应制得的溶液呈碱性，在碱性条件下氧化性减弱，故不能使KI淀粉溶液变蓝，但酸性条件下可氧化，A项不正确；
B．酸性条件下氮含氧酸根将KI氧化，溶液变蓝色，故B项正确；
C．实验③的目的是为了作对照试验，证明当溶液时，稀不能氧化，故②中氧化KI的是含氧酸根，故C正确；
D．上述3组实验可以证明②中酸性条件下氮含氧酸根有氧化性，无法证明②中显氧化性的是；
故选A。
14．（2024届·吉林·统考模拟预测）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是
A．向CuSO4溶液中加入H2S溶液，产生黑色沉淀
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀
D．将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体
【答案】D
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2S溶液，产生黑色沉淀，，发生的是复分解反应，A不符合题意；
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”，氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，反应中有氢离子生成，导致溶液pH减小，B不符合题意；
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体，，反应为氧化还原反应，生成氯气的同时生成水，溶液pH增大，D符合题意；
故选D。
15．（2024届·云南·怒江傈僳族自治州民族中学校联考模拟预测）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是
A．反应过程中O原子的成键数目保持不变
B．作催化剂，虚线框内物质是中间体
C．该原理的总反应为
D．反应⑤中只起氧化剂的作用
【答案】C
【详解】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，选项A错误；
B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，二氨合亚铜是催化剂，选项B错误；
C．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，选项C正确；
D．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，选项D错误；
答案选C。
16．（2024届·广西·校联考模拟预测）实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，下列说法正确的是
已知：深蓝色溶液中生成了CrO5
A．实验开始至5s，铬元素被氧化
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑
C．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+
D．80s时，溶液中又生成了Cr2O3，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致
【答案】B
【详解】A．中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价为+6价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故A错误；
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B正确；
C．30s时，在溶液中加入氢氧化钠，80s时，铬元素的化合价为+6价，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的CrO5，CrO5中含有过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，故C错误；
D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，2 CrO+2H+=+H2O，所以80s时又生成了CrO，故D错误；
故选B。
17．（2024届·江苏盐城·江苏省射阳中学校考三模）反应可制备高效消毒剂。对于该反应，下列说法正确的是
A．是氧化剂B．被氧化
C．是还原产物D．当转移1ml电子时，该反应生成1ml
【答案】D
【详解】A．该反应中H2SO4中的元素化合价未发生变化，H2SO4不是氧化剂，A错误；
B．该反应中NaClO3得电子生成ClO2，故NaClO3为氧化剂被还原，B错误；
C．Na2SO3失电子为还原剂被氧化，生成的Na2SO4为氧化产物，C错误；
D．该反应中，生成2mlClO2转移2ml电子，当转移1ml电子时，反应生成1mlClO2，D正确；
故答案选D。
18．（2024届·黑龙江·校联考模拟预测）连二亚硫酸钠()俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是
A．反应1说明酸性：
B．反应1结束后，可用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应2最好在无氧条件下进行
【答案】B
【分析】由题给流程可知，碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，连二亚硫酸钠溶液结晶脱水得到连二亚硫酸钠。
【详解】A．由分析可知，反应1为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，由强酸制弱酸的原理可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，故A正确；
B．亚硫酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，若亚硫酸氢钠溶液被氧化，加入酸化氯化钡溶液会与硫酸根离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则反应1结束后，可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠是否被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，故B错误；
C．由分析可知，反应2为亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，反应中亚硫酸氢钠为反应的氧化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确；
D．由题意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，在空气中极易被氧化，则制备连二亚硫酸钠时，反应2最好在无氧条件下进行，故D正确；
故选B。
19．（2024届·黑龙江·校联考模拟预测）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和，水层发生反应：(已知的结构为)，乙醚层发生反应：。反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色()，下列说法正确的是
A．由水层反应可知，氧化性：
B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C．中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为，该反应生成转移电子
【答案】D
【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；
D．水相变为绿色生成了Cr3＋的离子反应为，反应中Cr化合价降低，O元素化合价由-1升高到0价，故转移电子，故D正确；
答案选D。
20．（2024届·吉林长春·东北师大附中校考三模）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。
【详解】A．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；
故选D。
21．（2024届·四川攀枝花·统考一模）我国科学家发现深海处在微生物作用下的含硫物质转化成HS-的变化过程如下图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法正确的是
A．，
B．与的反应中，只作氧化剂，只作还原剂
C．、、在转化过程中硫元素的化合价均降低
D．理论上每产生1.2ml，、共得到5.0ml
【答案】A
【详解】A．根据题干流程图可知，配平之后反应3+24e-+24H+=6HS-+9H2O，消耗24mlH+，反应3+18e-+21H+=3HS-+9H2O，消耗21mlH+，即x=21，y=24，A正确；
B．与的反应即+SCN-=+CN-中，未有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，B错误；
C．由题干流程图可知，中S的化合价由+6价降低到的+4价，中+2.5价的S降低到中的+2价，中升高到中的+4价，C错误；
D．由A项分析可知，理论上每产生1.2ml其中0.4ml由还原得到，0.8ml由还原得到，故、共得到0.4×6+0.8×8=8.8ml，D错误；
故答案为：A。
22．（2024届·四川攀枝花·统考一模）PH3是一种气体，在贮粮中用作防治害虫的熏蒸剂。一种制备PH3的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．反应Ⅰ为：
D．理论上，每1mlP4可生产3.0mlPH3
【答案】C
【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为；
【详解】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，则次磷酸属于一元酸，故B错误；
C．由分析可在，反应Ⅰ方程式正确，故C正确；
D．由分析可得如下关系式：，则理论上，1 ml白磷可生产1ml+1.5ml=2.5 ml PH3，故D错误；
故选C。
23．（2024届·河南·校联考一模）化石燃料燃烧会产生大气污染物、等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收，其转化原理如图所示，下列说法正确的是
A．检验可以选用盐酸酸化的溶液
B．反应①的离子方程式为
C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．理论上每吸收标准状况下，一定消耗
【答案】B
【详解】A．硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子的干扰，再加氯化钡产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；
B．从图中看，反应①中氧化剂是，还原剂是，两者发生氧化还原反应生成、，方程式为， B正确；
C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，化合价升高发生氧化反应得到氧化产物，根据电子守恒可知，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4，C错误；
D．根据电子守恒可知，理论上每吸收标准状况下（为0.01ml），消耗0.005ml氧气，为0.16g，D错误；
故选B。
24．（2024届·河南·校联考模拟预测）可溶于浓硫酸生成硝基硫酸(NO2HSO4)和亚硝基硫酸(NOHSO4)，硝基硫酸或亚硝基硫酸是硝基正离子()或亚硝基正离子()与硫酸氢根离子()结合生成的盐，已知它们遇水分解，且不稳定在水中易分解为和，下列推测不合理的是
A．硝基硫酸具有强氧化性
B．当发生反应时，转移电子的物质的量为
C．亚硝基硫酸(NOHSO4)遇水会有气体放出
D．硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸
【答案】B
【详解】A．由化合价代数和为0可知，硝基硫酸氮元素的化合价为+5价、硫元素的化合价为+6价，由元素的化合价可知，最高正化合价的氮元素和氧元素能表现强氧化性，则硝基硫酸具有强氧化性，故A正确；
B．由化合价变化可知，23g二氧化氮与浓硫酸反应时，反应转移电子的物质的量为×1=0.5ml，故B错误；
C．由题给信息可知，亚硝基硫酸与水反应生成硫酸和一氧化氮，故C正确；
D．由题给信息可知，硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸，故D正确；
故选B。
25．（2024届·浙江·校联考一模）足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，则继续溶解一定量的Cu。下列说法正确的是
A．最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液
B．最多溶解铜的质量是57.6g
C．放电或高温下N2与O2反应是现代工业制硝酸的基础
D．铜与浓硝酸的反应仅体现了硝酸的强氧化性
【答案】B
【分析】足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收，则发生的总反应为2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15ml，则n(Cu)=0.3ml，n()=0.6ml。
【详解】A．向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6ml，n(H+)=2.5ml，则完全反应，最后溶液是CuSO4溶液，A不正确；
B．n()=0.6ml，最多溶解铜的物质的量为0.9ml，质量是0.9ml×64g/ml=57.6g，B正确；
C．现代工业制硝酸的第一步反应，是氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，C不正确；
D．铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸体现强氧化性和酸性，D不正确；
故选B。
26．（2024届·湖南郴州·统考一模）类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中，你认为正确的是
A．沸点：Cl2＜Br2＜I2，则沸点：H2＜N2＜O2
B．金属性：Fe>Cu，则氧化性：Fe3＋＜Cu2＋
C．Fe3O4 可表示为 FeOFe2O3，则 Pb3O4 可表示为 PbOPb2O3
D．CO2 与 Na2O2 反应只生成 Na2CO3 和 O2，故SO2 与 Na2O2 反应也只生成 Na2SO3 和 O2
【答案】A
【详解】A．氯气、溴、碘是双原子非金属单质，都属于分子晶体，氯气、溴、碘的沸点依次增大，说明相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，氢气、氮气、氧气也是双原子非金属单质，也都属于分子晶体，则氢气、氮气、氧气的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，推论正确，故A正确；
B．溶液中的铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，铁离子的氧化性强于铜离子，则推论不正确，故B错误；
C．铅元素的常见化合价为+2、+4，由原子个数比不变可知，四氧化三铅可表示为2PbOPbO2，则推论不正确，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与过氧化钠反应生成硫酸钠，则推论不正确，故D错误；
故选A。
27．（2024届·吉林长春·东北师大附中校考一模）一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B．水相Ⅱ中含有和
C．“洗脱”工序可完成的再生
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【分析】卤水氧化时氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。
【详解】A．分析可知“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，A正确；
B．流程转化关系可知，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，B正确；
C．用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脱”工序可完成R3NCl的再生，C正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D错误；
故选：D。
28．（2024届·河南·校联考模拟预测）下列变化中，未涉及氧化还原反应的是
A．钟乳石的形成B．氢气在氯气中燃烧
C．菜刀在潮湿的空气中生锈D．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气
【答案】A
【详解】A．钟乳石的形成涉及碳酸钙和二氧化碳、水的反应，在物质变化过程中元素化合价不发生变化，因此不涉及氧化还原反应，A项正确；
B．氢气在氯气中燃烧时，与反应产生了，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应中涉及氧化还原反应，B项错误；
C．菜刀生锈是铁单质转化为铁的化合物，、元素的化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，C项错误；
D．在高锰酸钾制氯气反应中，、元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D项错误；
故选：A。
29．（2024届·山西晋城·校联考模拟预测）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．反应I和II中，元素和都被氧化
B．反应I和II中，氧化转移的电子数之比为
C．和的空间结构都是正四面体形
D．反应I和II中，参加反应的：I【答案】C
【详解】A．反应Ⅰ中As元素化合价不变，未发生氧化还原反应，故A错误；
B．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1mlAs2S3，转移电子物质的量12ml，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1mlAs2S3，转移电子物质的量28ml，反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mlAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故B错误；
C．的价电子对数=4+=4，结构中相当于一个氧原子被一个硫原子代替，空间结构是四面体结构，的价电子对数=4+=4，无孤对电子，空间结构是正四面体形，故C正确；
D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，参加反应的：Ⅰ＞Ⅱ，故D错误；
故选C。
30．（2024届·湖南·校联考一模）钛酸亚铁()在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示(已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16)：
下列说法正确的是
A．氯化过程中，每消耗6 ml碳单质，转移电子14 ml
B．氯化过程中，既是氧化剂也是还原剂
C．相对分子质量：，熔点：
D．制取金属钛时也可以选用隔绝空气
【答案】A
【分析】FeTiO3在高温下经氯化得到TiCl4，该反应的化学方程式为；TiCl4和Mg在Ar气氛中、800℃反应生成Ti，该反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。
【详解】A．氯化过程中发生反应的化学方程式为，该反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化剂，每消耗6ml碳单质，就有7ml Cl2参加反应，转移电子14ml，A正确；
B．中Fe的化合价为+2，反应后被氧化为+3，因此作还原剂，B错误；
C．已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16，则属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，C错误；
D．制取金属钛时，不可以选用CO2隔绝空气，因为Mg与发生反应，D错误；
故选A。
与水反应
与溶液反应
i．
ii．
iii．
iv．
实验
实验现象
①
取制备的稀溶液，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
取制备的稀溶液，滴加几滴至，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
③
取水，滴加几滴至，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
第一，用什么资料，怎样使用资料；第二，在那些核心考点上有所突破，准备采取什么样的措施；第三，用时多长，怎样合理分配。
二、怎样查漏。
第一，教师根据一轮复习的基本情况做出预判；第二，通过检测的方式了解学情。
三、怎样补缺。
1、指导学生针对核心考点构建本专题的知识网络;
2、针对学生在检测或考试当中出现的问题，教师要做好系统性讲评;
3、教育学生在对待错题上一定要做到:错题重做，区别对待，就地正法。
4、抓好“四练”。练基本考点，练解题技巧，练解题速度，练答题规范。
2024年高考二轮专题强化训练（选择题）
专题05 氧化还原反应
新课标要求：
1.认识有化合价变化的反应是氧化还原反应。
2.在分析元素化合价变化的基础上，理解氧化还原反应的本质。
3.知道常见的氧化剂和还原剂。
4.根据氧化还原反应的规律研究物质的化学性质以及常见氧化剂和还原剂之间的反应。
一、选择题：本题共30小题，每小题只有一个选项符合题意。
1．（2024年1月·浙江·统考高考真题）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)
A．生成转移电子的数目为B．催化剂降低与反应的活化能
C．是氧化剂，是还原剂D．既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；
【详解】A．根据分析，1mlCO2转移2NA的电子，A正确；
B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；
C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；
D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；
故答案为：D。
2．（2023·福建·统考高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．具有平面三角形结构B．的还原性比强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成，转移电子
【答案】A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；
C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确；
故选A。
3．（2023·重庆·统考高考真题）已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是
A．转移的电子数为B．生成的质量为
C．生成的氧化产物分子数为D．生成的含有孤电子对数为
【答案】C
【详解】A．反应中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗(标准状况)即=2ml，故转移的电子数为，A正确；
B．根据反应，每消耗2mlF2生成的质量为2ml=，B正确；
C．根据反应可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2mlF2生成的氧化产物OF2分子数为，C错误；
D．根据反应可知，每消耗2mlF2生成H2O的物质的量为2ml，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的含有孤电子对数为，D正确；
故答案为C。
4．（2023·北京·统考高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
5．（2023·浙江·统考高考真题）化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有键断裂，则转移电子
C．②→③过程若药剂B是，其还原产物为
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型
【答案】C
【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；
B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有键断裂，则转移电子，故B正确；
C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为，故C错误；
D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确。
综上所述，答案为C。
6．（2023·湖南·统考高考真题）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：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】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1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，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。
7．（2023·全国乙卷·统考高考真题）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
8．（2023·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，为负极产物
【答案】A
【详解】A．由方程式可知，反应生成1ml一氧化二氮，转移4ml电子，故A正确；
B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；
C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；
D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；
故选A。
9．（2024届·浙江金华·浙江省义乌中学校考模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
B．是该反应的催化剂
C．“过程2”可表示为
D．吸收过程中存在反应：
【答案】D
【详解】A．“过程1”发生反应：ClO−+ Ni2O3=2NiO2 +Cl−，该反应中Cl元素化合价由＋1价变为﹣1价、Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，则氧化剂是ClO -，还原剂是Ni2O3，氧化产物是NiO2，还原产物是Cl -，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，A错误；
B．由图可知，Ni2O3是过程1的反应物，是过程2的生成物，所以Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B错误；
C．“过程2”中，1mlClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mle-，则需消耗2mlNiO2，反应的离子方程式可表示为ClO−+2NiO2=Ni2O3+Cl−+2O，C错误；
D．O具有强氧化性，能氧化还原性的SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH−=+H2O，D正确；
故选D。
10．（2024届·湖南长沙·长郡中学校考一模）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知的还原产物为。下列说法正确的是
A．钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是
B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1
C．反应②的离子方程式为
D．反应③属于氧化还原反应
【答案】A
【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，据此解答。
【详解】A．根据分析，钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是，故A正确；
B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反应中， NaNO2为氧化剂，Fe为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3，故B错误；
C．的还原产物为，溶液显碱性，离子方程式为，故C错误；
D．反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，该反应中元素化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
答案选A。
11．（2024届·陕西西安·统考一模）2023年9月12日，天舟五号货运飞船再人大气层。天舟五号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁 冶炼钛的原理如下，下列有关说法正确的是
①高温下：
②在氩气氛围高温中：
A．①中化合价变化的元素为
B．①中每生成标况下 ，转移的电子数为
C．②中可以得出 得电子的能力强于
D．②中氩气的作用是防止 被氧化
【答案】D
【详解】A．由方程式可知，反应①中碳元素、氯元素和铁元素的化合价发生变化，钛元素化合价没有发生变化，故A错误；
B．由方程式可知，反应①生成6ml一氧化碳时，反应转移14ml电子，则生成标况下11.2L一氧化碳时，转移的电子数为××NAml—1=NA，故B错误；
C．由方程式可知，反应②中镁元素化合价升高被氧化，镁是反应的还原剂，钛元素化合价降低被还原，四氯化钛是氧化剂、钛是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，镁失去电子的能力强于钛，故C错误；
D．镁和钛都易被空气中的氧气氧化，所以反应②中氩气的作用是隔绝空气，防止 镁和钛高温时被氧化，故D正确；
故选D。
12．（2024届·浙江温州·瑞安中学校考模拟预测）已知反应：。下列关于该反应的说法不正确的是
A．可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．1ml还原等物质的量的
D．每生成1ml，该反应转移4ml电子
【答案】D
【详解】A．具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，反应后产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体可以净水，A正确；
B．中O为-1价，产物中O2中O为0价，其余O元素均为-2价，由方程式可知，6个参加反应，1个的O元素由-1价变为0价，其余变为-2价，中O元素化合价有升有降，则在该反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．1ml的O元素由-1价变为0价，化合价升高2ml，1ml的O元素由-1价变为-2价，化合价降低2ml ，化合价升降总数相等，故1ml还原等物质的量的，C正确；
D．由方程式可知，6个参加反应，转移电子为10个，则6ml参加反应，生成2ml，转移电子为10ml，所以每生成1ml，该反应转移5ml电子，D错误；
答案选D。
13．（2024届·山东·校联考模拟预测）已知，甲同学将、混合气体通入稍过量溶液中制备(同等条件下的氧化性强于)，为检验制得了，甲进行了以下实验：
下列说法不正确的是
A．实验①说明不能氧化
B．实验②的实验现象是溶液变蓝
C．实验③的目的是验证当溶液时，稀不能氧化
D．上述3组实验无法证明②中一定含，还需补充实验
【答案】A
【详解】A．反应制得的溶液呈碱性，在碱性条件下氧化性减弱，故不能使KI淀粉溶液变蓝，但酸性条件下可氧化，A项不正确；
B．酸性条件下氮含氧酸根将KI氧化，溶液变蓝色，故B项正确；
C．实验③的目的是为了作对照试验，证明当溶液时，稀不能氧化，故②中氧化KI的是含氧酸根，故C正确；
D．上述3组实验可以证明②中酸性条件下氮含氧酸根有氧化性，无法证明②中显氧化性的是；
故选A。
14．（2024届·吉林·统考模拟预测）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是
A．向CuSO4溶液中加入H2S溶液，产生黑色沉淀
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀
D．将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体
【答案】D
【详解】A．向CuSO4溶液中加入H2S溶液，产生黑色沉淀，，发生的是复分解反应，A不符合题意；
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”，氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，反应中有氢离子生成，导致溶液pH减小，B不符合题意；
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体，，反应为氧化还原反应，生成氯气的同时生成水，溶液pH增大，D符合题意；
故选D。
15．（2024届·云南·怒江傈僳族自治州民族中学校联考模拟预测）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是
A．反应过程中O原子的成键数目保持不变
B．作催化剂，虚线框内物质是中间体
C．该原理的总反应为
D．反应⑤中只起氧化剂的作用
【答案】C
【详解】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，选项A错误；
B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，二氨合亚铜是催化剂，选项B错误；
C．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，选项C正确；
D．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，选项D错误；
答案选C。
16．（2024届·广西·校联考模拟预测）实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2，下列说法正确的是
已知：深蓝色溶液中生成了CrO5
A．实验开始至5s，铬元素被氧化
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑
C．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+
D．80s时，溶液中又生成了Cr2O3，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致
【答案】B
【详解】A．中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价为+6价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故A错误；
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B正确；
C．30s时，在溶液中加入氢氧化钠，80s时，铬元素的化合价为+6价，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的CrO5，CrO5中含有过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，故C错误；
D．80s时溶液呈黄色，并且溶液呈碱性，2 CrO+2H+=+H2O，所以80s时又生成了CrO，故D错误；
故选B。
17．（2024届·江苏盐城·江苏省射阳中学校考三模）反应可制备高效消毒剂。对于该反应，下列说法正确的是
A．是氧化剂B．被氧化
C．是还原产物D．当转移1ml电子时，该反应生成1ml
【答案】D
【详解】A．该反应中H2SO4中的元素化合价未发生变化，H2SO4不是氧化剂，A错误；
B．该反应中NaClO3得电子生成ClO2，故NaClO3为氧化剂被还原，B错误；
C．Na2SO3失电子为还原剂被氧化，生成的Na2SO4为氧化产物，C错误；
D．该反应中，生成2mlClO2转移2ml电子，当转移1ml电子时，反应生成1mlClO2，D正确；
故答案选D。
18．（2024届·黑龙江·校联考模拟预测）连二亚硫酸钠()俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是
A．反应1说明酸性：
B．反应1结束后，可用硝酸酸化的溶液检验是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应2最好在无氧条件下进行
【答案】B
【分析】由题给流程可知，碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，连二亚硫酸钠溶液结晶脱水得到连二亚硫酸钠。
【详解】A．由分析可知，反应1为碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，由强酸制弱酸的原理可知，亚硫酸的酸性强于碳酸，故A正确；
B．亚硫酸氢钠溶液不能与氯化钡溶液反应，若亚硫酸氢钠溶液被氧化，加入酸化氯化钡溶液会与硫酸根离子反应生成白色硫酸钡沉淀，则反应1结束后，可用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚硫酸氢钠是否被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，故B错误；
C．由分析可知，反应2为亚硫酸氢钠溶液与锌粉反应生成连二亚硫酸钠和氢氧化锌，反应中亚硫酸氢钠为反应的氧化剂，锌为还原剂，由得失电子数目守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确；
D．由题意可知，连二亚硫酸钠有强还原性，在空气中极易被氧化，则制备连二亚硫酸钠时，反应2最好在无氧条件下进行，故D正确；
故选B。
19．（2024届·黑龙江·校联考模拟预测）向重铬酸盐酸性溶液中加入乙醚和，水层发生反应：(已知的结构为)，乙醚层发生反应：。反应上层出现蓝色，一段时间后溶液蓝色褪去，且水相变为绿色()，下列说法正确的是
A．由水层反应可知，氧化性：
B．乙醚在检验过程中可用乙醇代替
C．中不存在非极性键
D．水相变为绿色的离子反应为，该反应生成转移电子
【答案】D
【详解】A．由水层反应可知，反应前后元素化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B．乙醚与CrO5形成配合物并使CrO5进入有机相，在检验过程中作稳定剂和萃取剂，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B错误；
C．CrO5·O(C2H5)2中含O-O、C-C键为非极性键，故C错误；
D．水相变为绿色生成了Cr3＋的离子反应为，反应中Cr化合价降低，O元素化合价由-1升高到0价，故转移电子，故D正确；
答案选D。
20．（2024届·吉林长春·东北师大附中校考三模）用绿矾()制备电池电极材料的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中转化为
B．可用酸性溶液检验反应1中是否完全反应
C．可以使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净
D．反应2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO4、LiOH反应生成LiFePO4，据此分析。
【详解】A．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，故A错误；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-，使之褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，故B错误；
C．洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面上的NaCl、NaOH、NaClO溶液等，Fe3+不用除去，不能使用KSCN溶液检验沉淀是否洗涤干净，故C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价，草酸整体化合价升高2价，FePO4为氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO4与草酸物质的量之比为2∶1，故D正确；
故选D。
21．（2024届·四川攀枝花·统考一模）我国科学家发现深海处在微生物作用下的含硫物质转化成HS-的变化过程如下图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法正确的是
A．，
B．与的反应中，只作氧化剂，只作还原剂
C．、、在转化过程中硫元素的化合价均降低
D．理论上每产生1.2ml，、共得到5.0ml
【答案】A
【详解】A．根据题干流程图可知，配平之后反应3+24e-+24H+=6HS-+9H2O，消耗24mlH+，反应3+18e-+21H+=3HS-+9H2O，消耗21mlH+，即x=21，y=24，A正确；
B．与的反应即+SCN-=+CN-中，未有元素的化合价发生改变，属于非氧化还原反应，B错误；
C．由题干流程图可知，中S的化合价由+6价降低到的+4价，中+2.5价的S降低到中的+2价，中升高到中的+4价，C错误；
D．由A项分析可知，理论上每产生1.2ml其中0.4ml由还原得到，0.8ml由还原得到，故、共得到0.4×6+0.8×8=8.8ml，D错误；
故答案为：A。
22．（2024届·四川攀枝花·统考一模）PH3是一种气体，在贮粮中用作防治害虫的熏蒸剂。一种制备PH3的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、反应Ⅲ均属于氧化还原反应
B．次磷酸的分子式为H3PO2，属于三元酸
C．反应Ⅰ为：
D．理论上，每1mlP4可生产3.0mlPH3
【答案】C
【分析】由题给流程可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为，反应生成的次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应的化学方程式为，次磷酸分解生成磷化氢和磷酸，反应的化学方程式为；
【详解】A．由分析可知，次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸，反应中没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故A错误；
B．由分析可知，白磷与氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2，则次磷酸属于一元酸，故B错误；
C．由分析可在，反应Ⅰ方程式正确，故C正确；
D．由分析可得如下关系式：，则理论上，1 ml白磷可生产1ml+1.5ml=2.5 ml PH3，故D错误；
故选C。
23．（2024届·河南·校联考一模）化石燃料燃烧会产生大气污染物、等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收，其转化原理如图所示，下列说法正确的是
A．检验可以选用盐酸酸化的溶液
B．反应①的离子方程式为
C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．理论上每吸收标准状况下，一定消耗
【答案】B
【详解】A．硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子的干扰，再加氯化钡产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；
B．从图中看，反应①中氧化剂是，还原剂是，两者发生氧化还原反应生成、，方程式为， B正确；
C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，化合价升高发生氧化反应得到氧化产物，根据电子守恒可知，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4，C错误；
D．根据电子守恒可知，理论上每吸收标准状况下（为0.01ml），消耗0.005ml氧气，为0.16g，D错误；
故选B。
24．（2024届·河南·校联考模拟预测）可溶于浓硫酸生成硝基硫酸(NO2HSO4)和亚硝基硫酸(NOHSO4)，硝基硫酸或亚硝基硫酸是硝基正离子()或亚硝基正离子()与硫酸氢根离子()结合生成的盐，已知它们遇水分解，且不稳定在水中易分解为和，下列推测不合理的是
A．硝基硫酸具有强氧化性
B．当发生反应时，转移电子的物质的量为
C．亚硝基硫酸(NOHSO4)遇水会有气体放出
D．硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸
【答案】B
【详解】A．由化合价代数和为0可知，硝基硫酸氮元素的化合价为+5价、硫元素的化合价为+6价，由元素的化合价可知，最高正化合价的氮元素和氧元素能表现强氧化性，则硝基硫酸具有强氧化性，故A正确；
B．由化合价变化可知，23g二氧化氮与浓硫酸反应时，反应转移电子的物质的量为×1=0.5ml，故B错误；
C．由题给信息可知，亚硝基硫酸与水反应生成硫酸和一氧化氮，故C正确；
D．由题给信息可知，硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸，故D正确；
故选B。
25．（2024届·浙江·校联考一模）足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，则继续溶解一定量的Cu。下列说法正确的是
A．最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液
B．最多溶解铜的质量是57.6g
C．放电或高温下N2与O2反应是现代工业制硝酸的基础
D．铜与浓硝酸的反应仅体现了硝酸的强氧化性
【答案】B
【分析】足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收，则发生的总反应为2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15ml，则n(Cu)=0.3ml，n()=0.6ml。
【详解】A．向原所得溶液中加入5 ml∙L-1H2SO4溶液250mL，发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6ml，n(H+)=2.5ml，则完全反应，最后溶液是CuSO4溶液，A不正确；
B．n()=0.6ml，最多溶解铜的物质的量为0.9ml，质量是0.9ml×64g/ml=57.6g，B正确；
C．现代工业制硝酸的第一步反应，是氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，C不正确；
D．铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸体现强氧化性和酸性，D不正确；
故选B。
26．（2024届·湖南郴州·统考一模）类推的思维方法可解决不少化学问题，但类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列几种类推结论中，你认为正确的是
A．沸点：Cl2＜Br2＜I2，则沸点：H2＜N2＜O2
B．金属性：Fe>Cu，则氧化性：Fe3＋＜Cu2＋
C．Fe3O4 可表示为 FeOFe2O3，则 Pb3O4 可表示为 PbOPb2O3
D．CO2 与 Na2O2 反应只生成 Na2CO3 和 O2，故SO2 与 Na2O2 反应也只生成 Na2SO3 和 O2
【答案】A
【详解】A．氯气、溴、碘是双原子非金属单质，都属于分子晶体，氯气、溴、碘的沸点依次增大，说明相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，氢气、氮气、氧气也是双原子非金属单质，也都属于分子晶体，则氢气、氮气、氧气的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，推论正确，故A正确；
B．溶液中的铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，铁离子的氧化性强于铜离子，则推论不正确，故B错误；
C．铅元素的常见化合价为+2、+4，由原子个数比不变可知，四氧化三铅可表示为2PbOPbO2，则推论不正确，故C错误；
D．二氧化硫具有还原性，与过氧化钠反应生成硫酸钠，则推论不正确，故D错误；
故选A。
27．（2024届·吉林长春·东北师大附中校考一模）一种海水提溴的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是
A．“氧化”和“转化”工序中的主要作用相同
B．水相Ⅱ中含有和
C．“洗脱”工序可完成的再生
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质被氧化
【答案】D
【分析】卤水氧化时氯气与卤水中溴离子反应生成溴单质，同时氯气和水反应生成盐酸进入水相Ⅰ，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，HBr被氯气氧化生成溴单质，蒸馏得到液溴，据此分析回答问题。
【详解】A．分析可知“氧化”和“转化”工序中Cl2的主要作用相同，都是氧化溴离子生成溴单质，A正确；
B．流程转化关系可知，还原时二氧化硫与R3N[ClBr2]反应生成硫酸、HBr、R3NCl，R3NCl再与HBr反应生成HCl和R3NBr，用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，故水相Ⅱ中含H+和Cl-，B正确；
C．用盐酸洗脱R3NBr生成HBr和R3NCl，“洗脱”工序可完成R3NCl的再生，C正确；
D．保存液溴时加适量水的主要作用是防止溴单质挥发，D错误；
故选：D。
28．（2024届·河南·校联考模拟预测）下列变化中，未涉及氧化还原反应的是
A．钟乳石的形成B．氢气在氯气中燃烧
C．菜刀在潮湿的空气中生锈D．高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气
【答案】A
【详解】A．钟乳石的形成涉及碳酸钙和二氧化碳、水的反应，在物质变化过程中元素化合价不发生变化，因此不涉及氧化还原反应，A项正确；
B．氢气在氯气中燃烧时，与反应产生了，反应前后元素化合价发生了变化，因此反应中涉及氧化还原反应，B项错误；
C．菜刀生锈是铁单质转化为铁的化合物，、元素的化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，C项错误；
D．在高锰酸钾制氯气反应中，、元素化合价发生了变化，因此反应属于氧化还原反应，D项错误；
故选：A。
29．（2024届·山西晋城·校联考模拟预测）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．反应I和II中，元素和都被氧化
B．反应I和II中，氧化转移的电子数之比为
C．和的空间结构都是正四面体形
D．反应I和II中，参加反应的：I
【详解】A．反应Ⅰ中As元素化合价不变，未发生氧化还原反应，故A错误；
B．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1mlAs2S3，转移电子物质的量12ml，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1mlAs2S3，转移电子物质的量28ml，反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mlAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故B错误；
C．的价电子对数=4+=4，结构中相当于一个氧原子被一个硫原子代替，空间结构是四面体结构，的价电子对数=4+=4，无孤对电子，空间结构是正四面体形，故C正确；
D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，参加反应的：Ⅰ＞Ⅱ，故D错误；
故选C。
30．（2024届·湖南·校联考一模）钛酸亚铁()在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示(已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16)：
下列说法正确的是
A．氯化过程中，每消耗6 ml碳单质，转移电子14 ml
B．氯化过程中，既是氧化剂也是还原剂
C．相对分子质量：，熔点：
D．制取金属钛时也可以选用隔绝空气
【答案】A
【分析】FeTiO3在高温下经氯化得到TiCl4，该反应的化学方程式为；TiCl4和Mg在Ar气氛中、800℃反应生成Ti，该反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。
【详解】A．氯化过程中发生反应的化学方程式为，该反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化剂，每消耗6ml碳单质，就有7ml Cl2参加反应，转移电子14ml，A正确；
B．中Fe的化合价为+2，反应后被氧化为+3，因此作还原剂，B错误；
C．已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16，则属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，C错误；
D．制取金属钛时，不可以选用CO2隔绝空气，因为Mg与发生反应，D错误；
故选A。
与水反应
与溶液反应
i．
ii．
iii．
iv．
实验
实验现象
①
取制备的稀溶液，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
②
取制备的稀溶液，滴加几滴至，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
③
取水，滴加几滴至，加溶液，滴加几滴淀粉溶液
不变蓝
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