2024届高三新高考化学大一轮专题训练——氧化还原反应

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2024届高三新高考化学大一轮专题训练——氧化还原反应
一、单选题
1．（2023·浙江·校联考三模）下列实验方案设计、现象和结论均正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
检验乙醇是否发生消去反应
将乙醇和浓共热产生的气体依次通入足量的溶液、稀酸性溶液
溶液褪色，证明发生了消去反应
B
检验与的还原性强弱
向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性
C
鉴别同为白色粉末状晶体的尿和氯化铵
分别取少量晶体于试管中，加入足量浓溶液加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸是否变色
若试纸不变蓝色，说明该晶体为尿素，若试纸变蓝色，说明该晶体为氯化铵
D
探究温度对化学反应速率的影响
向两支试管各加入酸性溶液和溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中
80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快
A．A B．B C．C D．D
2．（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：ⅠⅡ，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。
3．B
【详解】A．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为，故A正确；
B．碱性亚硫酸钠溶液处理纸浆中的残氯，反应的离子方程式为，故B错误；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故C正确；
D．用酸性重铬酸钾溶液检测乙醇，乙醇被氧化为乙酸，反应的离子方程式是，故D正确；
选B。
4．A
【详解】A．亚硫酸钠溶液为碱性，少量的通入亚硫酸钠溶液发生反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式为：，故A错误；
B．饱和硫酸锌溶液呈碱性，惰性电极电解饱和硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得到电子生成Zn，H2O在阳极失去电子生成O2，电极方程式为：，故B正确；
C．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：，故C正确；
D．由于的溶解度小于的溶解度，用溶液处理水垢中的，会转化为，离子方程式为：，故D正确；
故选A。
5．D
【分析】醋酸亚铬在气体分析中常用作氧气吸收剂，故容易被氧气氧化，因此实验中要注意排出氧气对实验的干扰；
【详解】A．醋酸亚铬在气体分析中常用作氧气吸收剂，故容易被氧气氧化；实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是去除溶解氧，防止铬(Ⅱ)被氧化，A正确；
B．将过量锌粒和氯化铬固体置于c装置中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置，关闭K3，打开K1、K2，可以利用产生的H2排净体c装置内的空气，防止空气中氧气的干扰，B正确；
C．当b装置中导管末端产生稳定持续的气流后，打开K3，关闭K2、K1，利用压强差可以将c装置中溶液压入d装置，使得铬(Ⅱ)与醋酸钠溶液作用制得醋酸亚铬，C正确；
D．b装置的作用是隔绝空气且可以观察c中反应生成氢气的情况，D错误；
故选D。
6．D
【详解】A．“稻草变黄金”的过程中CCl4和金属钠在700℃时生成金刚石和氯化钠，元素种类没有改变，故A正确；
B．钠是活泼金属，钠元素在自然界中只有化合态，故B正确；
C．等量的钠和足量的氧气反应时，无论生成Na2O还是Na2O2，钠元素化合价由0升高为+1，失去的电子一样多，故C正确；
D．澄清石灰水与Na2CO3、NaHCO3反应都能生成碳酸钙沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液，故D错误；
选D。
7．B
【分析】向200mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，依次发生反应①、②、③；OA段为反应①，生成NO0.2mol；AB为反应②、BC为反应③，生成氢气0.1mol；
【详解】A．由分析可知，OA段为反应①，生成NO0.2mol，根据氮元素守恒可知，混合溶液中的物质的量浓度为0.2mol÷0.2L=1 mol/L，A正确；
B．由分析可知，200mL溶液中硝酸根离子为0.2mol、氢离子为0.2mol×4+0.1mol×2=1.0mol，，则氢离子过量、硝酸根离子完全反应消耗铜0.3mol，质量为19.2g，则若向铜粉中加入100mL上述混合溶液，最多能溶解19.2g÷2=9.6g铜，B错误；
C．由分析可知，3个反应分别消耗铁0.2mol、0.1mol、0.1mol，共消耗铁0.4mol，质量为22.4g铁，C正确；
D．由分析可知，每一阶段反应转移电子数目之比为，D正确；
故选B。
8．D
【详解】A．硒元素为34号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅥA族，A正确；
B．反应②中KI中碘元素化合价升高发生氧化反应，KI为还原剂；中Se元素化合价降低发生还原反应，得到Se为还原产物，B正确；
C．氧化剂氧化性大于氧化产物，由反应可知，氧化性由强到弱的顺序：，C正确；
D．反应①是浓硫酸和非金属单质Se的反应，体现了浓硫酸的强氧化性，没有体现其酸性，D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．铁件表面形成的氧化物薄膜主要成分是，A错误；
B．根据质量守恒可知，氮元素化合价降低被还原生成无色气体为，具有还原性，加热时，能还原CuO，B正确；
C．用碳酸钠溶液和稀硫酸分别除去铁件表面的油污和铁锈，有利于“发蓝”的进行，C正确；
D．“发蓝”后氧化膜阻止铁与硫酸铜溶液接触反应，可用该方法检验铁件是否“发蓝”成功，D正确；
故选A。
10．C
【详解】A．反应过程中，CH4与、反应生成H2和，发生极性键的断裂，在UV作用下分解生成CO、H2、，发生极性键的生成，A正确；
B．反应开始时，可能是、先与H2O反应，也可能是、先与CH4反应，循环的起点不同，催化剂不同，所以都有可能在循环中作催化剂，B正确；
C．反应过程中，、、中，金属元素V的价态一定发生改变，C错误；
D．将两个循环发生的反应加和，都可得到该循环的总反应为：，D正确；
故选C。
11．D
【详解】A．由图可知，Ti4+是整个反应的催化剂，反应前后Ti4+的总物质的量不发生改变，故A错误；
B．O=Fe3+在该过程中起催化作用，铁元素价态发生变化，故B错误；
C．由图可知，反应的总方程式为4NH3+3O2=2N2 +6H2O，故C错误；
D．反应的总方程式为4NH3+3O2=2N2 +6H2O，N元素由-3价上升到0价，每产生1mol N2，转移6mol电子，故D正确；
故选D。
12．B
【分析】海绵铜经热空气、稀硫酸氧化处理得到硫酸铜，在氯化钠溶液中，硫酸铜溶液被亚硫酸钠还原为+1价铜离子,生成CuCl沉淀，经过滤、洗涤得到CuCl。
【详解】A．铜与稀硫酸不反应，“溶解”时海绵铜与稀硫酸、热空气中的氧气反应生成硫酸铜和水，A错误；
B．由题中信息可知，氯化亚铜( CuCl )难溶于水、稀盐酸，因此，在溶于浓盐酸过程中可能与结合形成可溶于水的配离子，B正确；
C．“还原”时发生反应的化学方程式为，消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C错误；
D．由题给信息可知难溶于乙醇，则可用乙醇洗涤，为避免被空气中的氧气氧化，应真空干燥，D错误。
故选B。
13．D
【分析】①中反应的化学方程式为；
②中反应的化学方程式为；
③中反应的化学方程式为。
【详解】A．反应①②③均有化合价的变化，均为氧化还原反应，A正确；
B．根据流程可知，和可以循环利用，B正确；
C．步骤③中的用焦炭代替会产生杂质，C正确；
D．由反应①可知，碳元素化合价升高，体现木炭的还原性，不能说明碳的非金属性比硅强，D错误；
故答案为：D。
14．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。
15． 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。
16．(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：。
17．(1) bd 15
(2) r(O)