2023届高考化学——氧化还原反应专项练习（解析版） WORD版含解析.docx

1、氧化还原反应1.下列变化中，气体被还原的是( )A二氧化碳使Na2O2固体变白B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】A项，二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，不符合题意；B项，氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，符合题意；C项，乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，不符合题意；D项，氨气使AlCl3

2、溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不符合题意。故选B。2.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是( )A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能【答案】A【解析】A项，硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关；B项，锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C项，电解质溶液导电实质是电解的过程，与氧化还原反应有关；D项，葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。故选A。3.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3+

3、2M3+4H2OM2O7n+Cl+8H+，M2O7n中M的化合价是( )A+4B+5C+6D+7【答案】C【解析】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即61=8n1，解得n=2，从而得出M2O7n中M的化合价为+6价，故C正确。4.水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准

4、Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2 S2O32-+I2=2I+ S4O62-)。回答下列问题：(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。【答案】(2)O2+2Mn(OH)2 =2MnO(OH)2 (4)蓝色刚好褪去 80ab 【解析】(2)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气MnO(OH)2，由此可得方程式2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，

5、因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，可得水样中溶解氧的含量为 (ab10-3)4321030.1=80ab；(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致所测溶液体积偏小，最终结果偏低。5.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是( )A海带提碘 B氯碱工业 C氨碱法制碱 D海水提溴【答案】C【解析】A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨

6、碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。6.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是( )A中溶液橙色加深，中溶液变黄B中Cr2O72-被C2H5OH还原C对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶

7、液变黄，A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，B正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。故选D。7.O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】AO元素的化合价由反应前的+1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气的还原产物，错误；B在反应中O

8、2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是-2价，反应后变为SF6中的+6价，所以H2S是还原性，错误；C外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D根据方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量的比是1:4，正确；8.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极

9、反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)【答案】(1)+3价 (2)2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO2-(或NaClO2)(4)2:1 O2 (5)1.57g【解析】(1)在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的

10、化合价为+3。(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl-2e-=Cl2，反应产生Cl2， 阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；(4)根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaC

11、lO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1 mol的H2O2转移2 mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物为O2。(5)每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g90.5 g/mol= mol，其获得电子的物质的量是n(e)= mol4=4/90.5 mol，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=mol42=mol，则氯气的质量为mol71 g/mo

12、l=1.57 g。9【2020浙江1月选考】反应MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O中，氧化产物是( )AMnO2BHClCMnCl2DCl2【答案】D【解析】氧化还原反应中还原剂失电子化合价升高被氧化得到氧化产物，该反应中HCl中氯元素由-1价升为0价得到产物Cl2，即氧化产物为Cl2；故选D。10【2020北京卷】水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是( )ANaBCl2CNO2DNa2O【答案】A【解析】A2Na+2H2O=2NaOH+H2，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；BCl2+H2OHCl+HClO，H2O中

13、的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；DNa2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；故选A。11【2020北京卷】硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是( )A

14、该过程有H2O参与BNO2是生成硫酸盐的氧化剂C硫酸盐气溶胶呈酸性D该过程没有生成硫氧键【答案】D【详解】A根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶中含有HSO4-，转化过程有水参与，则HSO4-在水中可电离生成H+和SO42-，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D根据图示转化过程中，由SO32-转化为HSO4-，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；故选D。12【2020浙江1月选

15、考】为测定FeC2O42H2O(M180 gmol1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：3MnO5FeC2O42H2O24H+3Mn2+5Fe3+10CO222H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O42H2O的质量分数是_%(保留小数点后一位)；写出简要计算过程：_【答案】95.2 【解析】根据方程式找出MnO4-和FeC2O42H2O之间的数量关系，然后进

16、行计算求解；第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为；根据方程式可知反应中存在数量关系：3MnO4-5，所以25mL待测液中所含FeC2O42H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O42H2O质量分数为。13【2020浙江7月选考】反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )A1:2B1:1C2:1D4:1【答案】B【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合

17、价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；故选B。14【2020山东卷】下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )A谷物发酵酿造食醋B小苏打用作食品膨松剂C含氯消毒剂用于环境消毒D大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】A项，涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B项，小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此

18、可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C项，利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D项，NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。故选B。15【2019北京卷】下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(HCl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2【答案】B【解析】AFeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中F

19、e的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；BMgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；DNO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意；故选B。16.反应8NH33Cl2N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之

20、比为( )A23 B83 C63 D32【答案】A【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。故选A。17.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是( )ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色【答案】C【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2

21、沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，故选

22、C。18.烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：.NOx含量的测定将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 molL1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。(5)NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式是_。(7)滴定过程中发生下列反应：3Fe2+NO3+4H+=NO+3Fe3+2H2OCr2O72 + 6Fe2+ +14H+ =2Cr3+ +6F

23、e3+7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_mgm3。【答案】(1)除尘 (2)c (3) (4)防止NOx溶于冷凝水 (5)2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O (6)锥形瓶、酸式滴定管 (7)23(c1V1-6c2V2)3V脳104 (8)偏低 偏高【解析】(1)A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。(2)碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。(3)实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱(氢氧化钠)溶液，所

24、以答案为：。(4)加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。(5)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H+2NO3+2H2O。(6)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(7)用c2 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/10006c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/10006c2V2/1000)/3 mol；根据氮元

25、素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/10006c2V2/1000)/3 mol，质量为465(c1V1/10006c2V2/1000)/3 g，即230(c1V16c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V16c2V2)/3V mgL-1，即为1000230(c1V16c2V2)/3V mgm-3，所以答案为：23(c1V1-6c2V2)3V脳104 mgm3。(8)若缺少采样步骤，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部

26、分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。19.下列属于氧化还原反应的是( )A2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O BNa2O+H2O=2NaOHC2KI+Br2=2KBr+I2 DMgO+2HCl=MgCl2+H2O【答案】C【解析】凡是有元素化合物升降的反应是氧化还原反应，A2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A错误；BNa2O+H2O=2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C2KI+Br2=2KBr+I2中I元素的化合价升高，Br元素化合价降低，非氧化还原反应，C正确；DMgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，D错误，故选C。