2022年高考化学一轮考点跟踪练习06《氧化还原反应》（含答案）

2022年高考化学一轮考点跟踪练习06《氧化还原反应》一、单选题某离子反应中共有Mn2＋、、H＋、、N2、H2O六种微粒。随着反应的进行溶液颜色逐渐变浅。下列判断正确的是（）A．还原性：Mn2＋>B．氧化产物与还原产物的物质的量之比是6∶5C．转移0.45mol电子会有1.68L(标准状况)气体产生D．随着反应的进行，溶液的pH逐渐减小CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-反应如下。反应I：CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)下列有关说法正确的是（）A．反应I和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化B．处理1molCr2O72-时反应I、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等C．反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5D．质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)：对于该离子方程式的说法不正确的是(　　)A．IO作氧化剂B．氧化性：Mn2＋>IOC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．若有2molMn2＋参加反应时，则转移10mol电子当今环境保护越来越受重视，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率、将钛厂、氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。其主要生产工艺如下：（FeTiO3中Ti为+4价）下列叙述正确的是（） A．该流程中只有“电解”、“氯化”涉及氧化还原反应B．“氯化”时每消耗36g焦炭，则转移7mol电子C．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1D．上述流程中“Mg，Ar＂可用“Mg，CO2”代替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．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色某离子反应中涉及H2O、ClO—、NH4+、H+、N2、Cl—六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A．该反应的还原剂是Cl—B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D．反应后溶液的酸性明显减弱NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是（）A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥B．NO2与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应D．利用上述关系制取NaHCO3的操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3 ，然后过滤得到NaHCO3将1.95g锌粉加入200mL0.1mol·L－1的MO溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是(　　)A．M2＋B．MC．M3＋D．MO2＋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B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的硝酸中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到24.0gCuO。若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（）A．22.40LB．26.88LC．29.12LD．35.84LK2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，下列关于该反应的说法不正确的是（）A．铁元素被氧化，氮元素被还原B．氧化性：KNO3＞K2FeO4C．每生成1molK2FeO4，转移6mole-D．K2FeO4具有氧化杀菌作用LiAlH4是重要的储氢材料,其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个化学方程式所示:①2LiAlH42LiH+2Al+3H2↑,②LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是(　　)A.若反应①中生成3.36L氢气,则一定有2.7g铝生成B.氢化锂也是一种储氢材料,供氢原理为LiH+H2OLiOH+H2↑C.生成等质量的氢气,反应①、②转移电子数之比为4∶3D.LiAlH4是共价化合物,LiH是离子化合物下列离子方程式书写不正确的是（）A．Na2S2O3溶液与稀硫酸反应生成沉淀：S2O32－＋2H＋＝SO2↑＋S↓＋H2OB．KMnO4标准液滴定草酸：2MnO4－＋6H＋＋5H2C2O4＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2OC．H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐：H2S＋CO32－＝HS－＋HCO3－ D．FeS溶于稀盐酸中：S2－＋2H＋＝H2S↑已知Cu2O能与稀硝酸反应: Cu2O+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+H2O(未配平)，若生成的NO在标况下的体积为0.448L，下列说法正确的是（）A．转移的电子总数为0.06NAB．作氧化剂的HNO3是0.14molC．至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应D．被氧化的Cu2O是144g高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能的水处理剂。湿法制备的离子反应方程式：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O；干法制备的化学反应方程式：2FeSO4＋4Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2SO4。有关分析错误的是(　　)A．等物质的量时，Na2FeO4氧化能力优于NaClOB．湿法中氢氧化铁被氧化C．干法中每生成1molNa2FeO4转移3mol电子D．次氯酸钠的氧化性强于高铁酸钠下列有关说法正确的是(　　)A．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAB．在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAC．根据反应中HNO3(稀)NO，而HNO3(浓)NO2可知，氧化性：HNO3(稀)>HNO3(浓)D．含有大量NO的溶液中，不能同时大量存在H＋、Fe2＋、Cl－根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是(　　)①H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2③3FeCl2＋4HNO3(稀)===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3A．H2SO3>I－>Fe2＋>NOB．I－>Fe2＋>H2SO3>NOC．Fe2＋>I－>H2SO3>NOD．NO>Fe2＋>H2SO3>I－已知某强氧化剂[RO(OH)2]2+离子中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态.若把1.2×10-3mol[RO(OH)2]2+还原，需要消耗6mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，则反应后R化合价为（）A．0B．+2C．+3D．+4氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应2NH3＋3Cl2===N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是(　　)A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性C．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．生成1molN2有6mol电子转移 2022年高考化学一轮考点跟踪练习06《氧化还原反应》（含答案）答案解析一、单选题答案为：C；解析：随反应进行，颜色变浅，说明MnO4-是反应物，Mn2＋是生成物。即MnO4-是氧化剂，Mn2＋是还原产物，则NH4+是还原剂，N2是氧化产物，发生的反应为6MnO4-＋10NH4+＋8H＋===6Mn2＋＋5N2↑＋24H2O，A项，氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，因此还原性NH4+>Mn2＋，错误；B项，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶6，错误；C项，转移30mol电子有5molN2生成，转移0.45mol电子有0.075molN2生成，在标准状况下的体积为0.075mol×22.4L·mol－1＝1.68L，正确；D项，该反应中消耗H＋，随反应的进行，溶液的酸性减弱，溶液的pH逐渐增大，错误。综上所述，本题选C。答案为：C；解析：A.在反应I中S、Cr元素化合价发生变化，在反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，A错误；B.反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+→3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+→6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，可见处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2mol,B错误；C.反应Ⅱ中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，C正确；D.根据方程式可知3mol即3×96gCuS处理4molCr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为4mol÷(3×96)=mol；3mol即3×160gCu2S处理5molCr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为5mol÷(3×160)=mol，可见质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，D错误；故合理选项是C。答案为：B；解析：由Mn2＋―→MnO知，锰元素的化合价升高，Mn2＋作还原剂，氧化产物为MnO，由IO―→IO知，碘元素的化合价降低，则IO作氧化剂，IO为还原产物，选项A正确；根据配平后的方程式2Mn2＋＋5IO＋3H2O===5IO＋2MnO＋6H＋，可知选项C和D均正确；根据氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物可知选项B错。答案为：B；解析：食盐水经过电解2Cl-+2H2OC12↑+H2↑+2OH-，产生烧碱、氯气和氢气。氢气与一氧化碳化合产生甲醇，氯气与钛铁矿和碳反应产生氯化铁，一氧化碳和氯化钛，氯化钛与单质镁在高温下发生置换反应，产生钛单质。A.该流程中所有反应均涉及氧化还原反应，A错误；B.“氯化”反应，7Cl2+2FeTiO3+6C=6CO+2TiCl4+2FeCl3，每消耗36g 焦炭即3mol，则转移7mol电子，B正确；C.合成反应中CO+2H2=CH3OH，氧化剂为一氧化碳，还原剂为氢气，物质的量之比为1：2，C错误；D.Mg与CO2反应产生碳单质，本反应实质是氯化钛和镁的反应，氦气提供稳定环境，二氧化碳干扰实验产物，引入杂质，D错误；答案为B。答案为：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，溶液变黄，A正确；B、②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，乙醇被氧化，B正确；C、②是酸性条件，④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，C正确；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，重铬酸根离子浓度增大，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。答案选D。答案为：C；解析：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO—为反应物，由氯元素守恒可知Cl—是生成物，则反应的方程式应为3ClO—+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl—+2H+，以此解答此题。A．由方程式可知反应的还原剂为NH4+，故A错误；B.N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C.由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故C正确；D.反应生成H+，溶液酸性增强，故D错误。故选C。答案为：C答案为：A；解析：恰好完全反应时，1.95g(0.03mol)Zn失去0.06mol电子，则0.02molMO得到0.06mol电子，设还原产物中M元素的化合价为＋n，则0.02×(5－n)=0.06，解得n=2，A项符合题意。答案为：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。答案为：D；解析：看到氧化还原反应,首先标化合价、看价变化,H2+4F2F6+2HF+4,由化合价变化可知H2S是还原剂、O2是还原产物、O2F2只是氧化剂不是还原剂,所以A、B选项错误,D选项正确;C选项,没有注明“标准状况下”,C项错误。答案为：A；解析：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.3mol，转移电子物质的量=0.3×（6+2）=2.4mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=2.4，解得x=0.6，故气体体积V=0.6mol×2×22.4L/mol=26.88L；若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.3mol=0.15mol，转移电子物质的量0.15×10=1.5mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=1.5，计算得x=0.375，气体体积0.375mol×2×22.4L/mol=16.8L，实际气体介于二者之间，即16.8＜V＜26.88，答案选A。答案为：C；解析：反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。A.氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，A正确；B.反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂＞氧化产物，故氧化性：KNO3＞K2FeO4，B正确；C.反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，C错误；D.K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，D正确；故合理选项是C。答案为：B；解析：状态未知,无法由体积求物质的量,A项错误;氢化锂中的氢是-1价,与水发生归中反应,方程式为LiH+H2OLiOH+H2↑,所以氢化锂也是一种储氢材料,B项正确;LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素,H是非金属元素,故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价,受热分解时,根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4完全分解,转移3mol电子,生成1.5mol的氢气,而LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑生成4mol氢气转移4mol电子,所以生成1mol的氢气转移电子分别为2mol和1mol,所以反应①②转移电子数之比为2∶1,C项错误;LiAlH4是离子化合物,LiH也是离子化合物,D项错误。答案为：D 解析：A.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应生成二氧化硫和S单质，离子反应为：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故A正确；B.Mn从+7价降低到+2价，得到电子，C元素化合价升高，失去电子，由电子、电荷守恒可知，离子反应为2MnO4－＋6H＋＋5H2C2O4＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故B正确；C.H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐：反应方程式为：H2S+Na2CO3==NaHCO3+NaHS，离子方程式为：H2S＋CO32－＝HS－＋HCO3－，故C正确；D.FeS不溶于水，与盐酸反应的离子方程式为：FeS＋2H＋＝H2S↑+Fe2+，故D错误。答案为：A解析：设生成0.02molNO，参加反应的Cu2O是xmol；参加反应的硝酸是ymol；  3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O3142xy0.02A.根据3Cu2O+14H++2NO3- ═6Cu2++2NO↑+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06NA，故A正确；B.作氧化剂的HNO3占参加反应硝酸的，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol×=0.02mol，故B错误；C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol÷0.5mo/L=0.28L=280mL，故C错误；D.被氧化的Cu2O是0.03mol ×144g/mol =4.32g，故D错误。答案为：C；解析：A项，1molNa2FeO4作氧化剂得3mol电子，而1molNaClO作氧化剂得2mol电子，所以等物质的量时，氧化能力Na2FeO4>NaClO；C项，干法中每生成1molNa2FeO4，应转移4mol电子；D项，湿法制备中可以看出氧化性NaClO>Na2FeO4。答案为：D；解析：在Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O的反应中，1molCl2参加反应转移电子数为NA，则A项错误；在反应KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA，B项错误；不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱，实际上氧化性：HNO3(浓)>HNO3(稀)，C项错误；NO＋H＋具有强氧化性，能氧化Fe2＋，D项正确。答案为：A；解析：①H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3>I－，②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋2HCl＋I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性I－>Fe2＋，③3FeCl2＋4HNO3(稀)===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性Fe2＋>NO，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I－>Fe2＋>NO，故选A。答案为：D；解析：[RO(OH)2]2+离子中R的化合价为+6价，设其被还原后的化合价为+x。n(Na2SO3)=1.2×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4 ，S元素化合价为+6价，根据氧化还原反应中氧化剂货到电子和还原剂失去电子数目相等可得：1.2×10-3mol×(6-x)=1.2×10-3mol×(6-4)，解得x=+4所以合理选项是D。答案为：C解析：A、反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，故A正确；B、Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，故B正确；C、Cl2为氧化剂，N元素化合价升高的NH3为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D、N由-3价升高为0价，生成1molN2有6mol电子转移，故D正确。