（新）备战2022年高考化学五年真题解密解密05 氧化还原反应(解析版)

解密05氧化还原反应了解氧化还原反应的本质。了解常见的氧化还原反应。掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。1．【2020•浙江1月选考】反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物是()A．MnO2B．HClC．MnCl2D．Cl2【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。2．【2020•北京卷】水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是()A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O【答案】A【解析】A．2Na+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；B．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，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B不符合题意；C．3NO2+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；D．Na2O+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。3．【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．该过程有H2O参与B．NO2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。4．【2020•浙江1月选考】为测定FeC2O4·2H2O(M＝180g·mol−1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。取25.00mL溶液，用0.1000mol·L−1KMnO4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：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H+3Mn2+＋5Fe3+＋10CO2↑＋22H2O假设杂质不参加反应。该样品中FeC2O4·2H2O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FeC2O4·2H2O之间的数量关系，然后进行计算求解；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FeC2O4·2H2O的物质的量为：，质量为，所以样品中FeC2O4·2H2O质量分数为。5．【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()A．1:2B．1:1C．2:1D．4:1【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。6．【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。7．【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】A．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe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；B．MgCl2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；D．NO2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。8．【2019•浙江4月选考】反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A．2∶3B．8∶3C．6∶3D．3∶2【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。9．【2018•北京卷】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C。10．【2018•天津卷】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：Ⅱ.NOx含量的测定将vL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100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L−1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。(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++6Fe3++7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。【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)(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c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000)mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3mol；根据氮元素守恒，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(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3g，即230(c1V1－6c2V2)/3mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3Vmg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3Vmg·m-3，所以答案为：mg·m−3。(8)若缺少采样步骤③，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。11．【2017•浙江4月选考】下列属于氧化还原反应的是()A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2OB．Na2O+H2O=2NaOHC．2KI+Br2=2KBr+I2D．MgO+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，A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，A错误；B．Na2O+H2O=2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C．2KI+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；D．MgO+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。12．【2017•北京卷】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。13．【2017•天津卷】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。14．【2017•海南卷】在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3－+2M3++4H2O＝M2O7n－+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6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。15．【2017•新课标Ⅱ卷】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：Ⅰ．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。Ⅱ．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5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+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100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L−1Na2S2O3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bmL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L−1。【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，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O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3 ，可得水样中溶解氧的含量为[(ab×10-3)÷4×32×103]÷0.1=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。16．【2016•高考上海卷】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。17．【2016•北京卷】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【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，溶液变黄，A正确；B．②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，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，B正确；D．若向④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。18．【2016•高考上海卷】O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+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【答案】D【解析】A．O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O2F2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；19．【2016•新课标Ⅰ卷】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)2:1O2(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NaClO2，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1mol的H2O2转移2mol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)=1g÷90.5g/mol=mol，其获得电子的物质的量是n(e−)=mol×4=4/90.5mol，1molCl2获得电子的物质的量是2mol，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=mol×4÷2=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。