2021届高考化学备考二轮提分训练： 氧化还原反应【答案+解析】

氧化还原反应 1．采用 Pd—Fe3O4 双催化剂，可实现用 H2 消除酸性废水中的 - 3NO 、 - 2NO 。 Fe3O4 中 Fe 的价态有+2、+3 价，用 Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示，其反应历 程如图所示。 下列说法错误的是() A．用该法处理后水体的 pH 降低 B．过程③中 NO 2  被 Fe(Ⅱ)还原为 NH + 4 C．过程④每生成 1molN2，转移 3mol 电子 D．Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用 2．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S 和 空气的混合气体通入 FeCl3、FeCl2、CuCl2 的混合溶液中反应以回收 S， 物质循环转化过程如图所示。下列叙述正确的是( ) A．设计循环的目的是降低活化能，减慢总反应速率 B．循环转化过程中有置换反应发生 C．能循环利用的物质只有 CuCl2 D．若 1mol H2S 发生图示转化的同时消耗 0.4 molO2，则混合液中 Fe3+ 浓度将减小 3． 2MnO 催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是 ( ) A．该机理的总反应为 2 2 2 2 MnO HCHO+O CO +H O B．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应 C．图中的 2O 与 Na2O2 中所含阴离子相同 D．1molHCHO 与银氨溶液完全反应，最多可生成 216gAg 4．以氧化铁渣(主要含 Fe3O4 和 Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下： 已知还原焙烧后氧化铁渣转化为 FeO。下列说法不正确．．．的是 A．还原焙烧时 Fe3O4 发生反应的化学方程式为 2Fe3O4＋C 焙烧 6FeO＋ CO2 B．酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解 C．滤液中主要存在的离子是：NH + 4 、H＋、HCO - 3 、SO 2- 4 D．煅烧时每生成 1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是 2 mol 5．高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的污水处理剂。为充分利用资源，变 废为宝，在实验室中探究采用暖贴残渣制备高铁酸钾，流程如下 下列说法不正确的是 A．步骤 i 适当加热搅拌可以加快反应速率 B．ii 中的试剂为 H2O2 C．iii 中反应为 2Fe3+ + 10H2O +3ClO- =2 FeO 2- 4 +3Cl-+10H+ D．iv 中反应说明溶解度：Na2FeO4＞K2FeO4 6．磷酸铁锂是制作电池的材料，其制备过程可以简化如图所示。下 列说法正确的是( ) A．蒸发需要的硅酸盐材料仪器有：烧杯、酒精灯、玻璃棒、铁架台 B．反应釜中反应的化学方程式为 2H3PO4+Li2CO3=LiH2PO4+H2O+CO2↑ C．分离的操作是分液 D．烧结窑中氧化铁被炭黑还原了 7．氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，现处理某氮肥 厂产生的氨氮废水(其中氮元素多以 NH + 4 和 NH3·H2O)的一种设计流程 如下。下列相关叙述错误的是 A．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ发生的化学反应都属于氧化还原反应 B．过程Ⅰ中调 pH 至 9 的目的是将 NH + 4 转化为 NH3·H2O C．过程Ⅱ中 NH + 4 →NO - 3 ，每转化 1molNH + 4 转移 8NA 个电子 D．过程Ⅲ中甲醇作还原剂，将硝酸还原为 N2 8．高氯酸(HClO4，沸点 90℃)可用于医药工业方面。工业生产高氯酸 的工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．反应器 I 反应产物中有 HClO4、ClO2、NaHSO4 B．反应器Ⅱ中是还原剂 SO2 将氧化剂 ClO2 还原为 ClO 2  C．若用 pH 计测定 0.1mol·L-1 NaHSO4 溶液 pH>1，则说明 NaHSO4 为弱 电解质 D．操作 I 为蒸馏 9．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易 被氧化。用 NaHSO3 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：H2SO3>H2CO3 B．反应 1 结束后，可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液检验 NaHSO3 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 1∶2 D．反应 2 最好在无氧条件下进行 10．钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠 投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢 慢产生气泡。下列说法错误的是( ) A．钠的密度比液氨大 B．溶液的导电性增强 C．0.1mol 钠投入液氨生成 0.01molH2 时，Na 共失去 0.02mol 电子 D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑ 11．某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如图所示： 已知：Cu(OH)2 溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，根据以上流程，下列说法 错误的是( ) A．煅烧生成的气体 X 为 2SO B．为实现溶液 C 到溶液 D 的转化，加入过量的 NH3•H2O 后过滤即可 C．蒸氨过程总反应方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OΔ CuO+2HCl↑+4NH3↑ D．溶液 E 与碳酸钠的混合比例及方式(加入顺序)不影响产品成分 12．实验室用含有杂质(FeO、Fe2O3)的废 CuO 样品制备胆矾晶体，其 流程如图所示： 已知：Fe3＋在 pH=5 时沉淀完全。下列分析正确的是( ) A．步骤②中发生的主要反应为 Fe2＋＋H2O2＋2H＋=Fe3＋＋2H2O B．步骤②可用氯水、硝酸代替 H2O2 C．步骤③用 CuCO3 代替 CuO 也可调节溶液的 pH D．配制 240mL1mol/LCuSO4 溶液，需称量 CuSO4·5H2O 的质量为 60.0 g 13．锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛 的用途。利用某工业废料[含 MnO2、MnOOH、Zn(OH)2 及少量 Fe]制备 Zn 和 MnO2 的一种工艺流程如图所示： 已知： ①MnO 能溶于酸，且 Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH 高于 5.5 时易被 O2 氧化。 ②室温下，Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Ksp[Fe(OH)3]=10-38， Ksp[Zn(OH)2]=10-17(当离子浓度≤10-5mol·L-1 可认为沉淀完全) 下列说法错误的是 A．加入过量炭黑主要作用是将 MnO2、MnOOH 转化为 MnO B．“酸浸”时，不可以用浓盐酸代替稀硫酸 C．“净化”时，溶液中 Mn2+、Zn2+的浓度约为 0.1mol·L-1，调节 pH 的合理范围是 3≤pHFe3+> 2- 4SO B．若有 3molSO2 被吸收，则至少需要消耗 1.5molO2 才能使 Fe2(SO4)3 溶液再生 C．每经过一次吸收、再生过程，Fe2(SO4)3 溶液的 pH 先增大后减小 D．根据上述过程的反应原理推断：O2 能将 Na2SO3 氧化成 Na2SO4 17．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了 0.0100mol•L-1Na2C2O4 标准溶液，现对 25℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确 的是( ) A．测得 0.0100mol•L-1Na2C2O4 溶液 pH 为 8.6，此时溶液中存在：c (Na+)> c (HC2O 4  )>c(C2O 2 4  )>c(H+) B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液 pH=7，此时溶液中存在： c(Na+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  ) C．已知 25℃时 Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。向该溶液中加入等体积 0.0200mol•L-1CaCl2 溶液，所得上层清液中 c(C2O 2 4  )H2CO3，A 正确； B． 反应 1 结束后，溶液中为亚硫酸氢钠溶液，不与氯化钡反应，若 加入可用盐酸酸化的 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，则沉淀为硫酸钡， 可证明 NaHSO3 被氧化，B 正确； C． 反应 2 为 3 2 2 4 22NaHSO Zn Na S O (OH)Zn   ，亚硫酸氢钠中硫化合 价从+4 下降到+3，还原剂是锌，化合价从 0 升高到+2 价，消耗的氧 化剂和还原剂的物质的量之比为 2:1，C 错误； D．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易 被氧化，反应 2 最好在无氧条件下进行，D 正确。 10．C【解析】A．钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A 正确，不符 合题意； B．液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电 子，能导电，说明溶液的导电性增强，B 正确，不符合题意； C．0.1mol 钠反应失去 0.1mol 电子，C 错误 ，符合题意； D．反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发 生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D 正确，不符合题意； 故选 C。 11．D【解析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化 硫气体，固体 B 主要为 CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有 Cu2+、Fe3+的溶 液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和 Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加 热可得到 CuO，加入酸酸化得到 Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠 可得到碱式碳酸铜。 A．辉铜矿含有 Cu2S，通入氧气煅烧时会生成 SO2，A 正确； B．Cu(OH)2 溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而 Fe(OH)3 不溶于氨水，所以 为实现溶液 C 到溶液 D 的转化，加 NH3•H2O 至蓝色沉淀刚好溶解完全， 过滤即可，B 正确； C．根据流程可知，固体 B 用盐酸酸浸，所以溶液 D 中主要含有 [Cu(NH3)4]Cl2，经加热可得到 CuO、氨气，结合元素守恒可知反应的 方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OΔ CuO+2HCl↑+4NH3↑，C 正确； D．铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸 钠溶液中，可生成氢氧化铜，反之可生成碱式碳酸铜，D 错误。 12．C【解析】A．步骤②的目的是把亚铁离子氧化为铁离子，发生的 主要反应为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，原离子方程式没有配平，A 错误，故 A 不符合题意； B．步骤②若用氯水、硝酸等强氧化剂代替 H2O2，则氧化剂的还原产 物不是水，会引入新的杂质氯离子、硝酸根离子，同时还会造成污染， 所以不能将过氧化氢换为氯气或硝酸，B 错误，故 B 不符合题意； C．步骤③用 CuCO3 代替 CuO 也可调节溶液的 pH，碳酸铜与过量的硫 酸反应生成硫酸铜、水、二氧化碳气体，不会引入新的杂质，C 正确， 故 C 符合题意； D．配制 240 ml 1 mol/L CuSO4 溶液，因为实验室中没有 240 ml 的容量 瓶，只能用 250 ml 的容量瓶来配制，则需要 CuSO4·5H2O 的质量为 m(CuSO4·5H2O)=0.25L×1 mol/L×250g/mol=62.5g，D 错误，故 D 不 符合题意。 13．C【解析】“还原焙烧”时过量炭黑将废料[含 MnO2、MnOOH、Zn(OH)2 及少量 Fe]中的 MnO2、MnOOH 还原为 MnO，Zn(OH)2 受热分解产生 ZnO， “还原焙烧后”得到含 MnO、ZnO、Fe、炭黑的固体；“酸浸”时硫酸 和 MnO、ZnO、Fe 反应，过滤除去炭黑，滤渣 1 主要成分为炭黑，得 到含 Mn2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+的滤液；“净化”时加合适的氧化剂将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调 pH 到适当范围使 Fe3+形成沉淀，然后过滤除去， 滤渣 2 主要成分为 Fe(OH)3；通过“电解”阳极得到 MnO2，阴极得到 Zn。 A．从流程和信息来看加入过量炭黑主要作用是将 MnO2、MnOOH 转化 为 MnO，A 正确； B．若“酸浸”时，用浓盐酸代替稀硫酸，则溶液中含氯离子，电解 时阳极产生氯气，不产生 MnO2，因此“酸浸”时，不可以用浓盐酸代 替稀硫酸，B 正确； C．Ksp[Fe(OH)3]=10-38，Fe3+完全沉淀时(Fe3+浓度≤10-5mol·L-1 可认为 沉淀完全)，10-38≥10-5×c3(OH-)，10-33≥c3(OH-)，10-11 mol·L-1≥c(OH-)， c(H+)≥10-3 mol·L-1，pH≥3，即 Fe3+完全沉淀的 pH≥3； Ksp[Mn(OH)2]=10-13，Mn2+开始沉淀时，10-13=0.1×c2(OH-)，c2(OH-)=10-12， c(OH-)=10-6，pH=8；Ksp[Zn(OH)2]=10-17，Zn2+开始沉淀时，10-17=0.1× c2(OH-)，c2(OH-)=10-16，c(OH-)=10-8，pH=6；本题中，净化的目的是 使 Fe3+沉淀而除去，但不能使 Zn2+、Mn2+形成沉淀，因此调节 pH 的合 理范围是 3≤pH 2- 4SO ；通 入空气使吸收液再生后循环利用，说明空气中的 O2 可以将 Fe2+氧化成 Fe3+，所以氧化性 O2>Fe3+，综上所述氧化性：O2>Fe3+> 2- 4SO ，A 正确； B．SO2 被氧化生成 2- 4SO ，则有 3molSO2 被吸收转移 6mol 电子，根据电 子守恒可知需要消耗的氧气为 6mol 4 =1.5mol，B 正确； C．Fe2(SO4)3 溶液吸收 SO2 时发生的反应为 2Fe3++SO2+2H2O= 2- 4SO +4H++2Fe2+，该过程产生氢离子，pH 减小；通入空 气时发生反应 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，溶液的 pH 增大，C 错误； D．氧化性：O2>Fe3+> 2- 4SO ，所以 O2 能将 Na2SO3 氧化成 Na2SO4，D 正确。 17．C【解析】A．草酸钠是二元弱酸盐，草酸根在溶液中微弱水解使 溶液呈碱性，溶液中 c(C2O 2 4  )> c(HC2O 4  )，故 A 错误； B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液 pH=7 使得到草酸钠、草酸氢钠和氯 化钠的混合液，溶液中 c(H+)= c(OH—)，由电荷守恒 c(Na+)+ c(H+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  )+ c(Cl—)+ c(OH—)可知， c(Na+)=c(HC2O 4  )+2c(C2O 2 4  )+ c(Cl—)，故 B 错误； C．向该溶液中加入等体积 0.0200mol•L-1CaCl2 溶液后溶液中钙离子 的浓度为 0.0200V-0.0100V 2V mol/L=5.00×10—3 mol/L，由 25℃时 Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9 可得溶液中草酸根离子的浓度为 9 —3 2.5 10 5.00 10   mol/L=5.00×10-7 mol/L0S 、 >0H ，B 错 误； C． 常温下 2 3Na CO 溶液中加入少量  2Ca OH 固体，除了产生少量沉淀 外、所得溶液碱性增强、抑制碳酸钠水解，则     - 3 2- 3 HCO CO c c 值减小，C 正 确； D． 标准状况下，22.4L 2Cl 的物质的量为 1mol，氯气与足量的水反 应生成盐酸和次氯酸的反应是可逆反应，实际消耗氯气小于 1mol， 反应中转移的电子数小于 236.02 10 ，D 错误。 21．C【解析】① 向含有淀粉的酸性 KIO3 溶液中逐滴滴加 NaHSO3 溶 液，观察到溶液先变蓝后褪色 ② 向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，溶液变蓝， 不褪色。对上述过程的分析，不合理的是 ( ) A． ①中溶液先变蓝说明生成了碘单质，KIO3 表现氧化性，将 HSO - 3 氧 化为硫酸根离子，故①变蓝是先发生了反应：2IO - 3 +5HSO - 3 =I2+5SO 2 4  + H2O+3H+，A 合理； B． ①中后褪色说明碘单质发生了反应，碘单质继续氧化 HSO - 3 ，故 ①褪色是后发生了反应 ：I2+ HSO - 3 + H2O = 2I-+SO 2 4  +3H+，B 合理； C． ①中溶液恰好褪色时，碘单质被还原为碘离子，反应的方程式为 2IO - 3 +6HSO - 3 =2I-+6SO 2 4  + 6H+，反应的 n(KIO3)：n(NaHSO3) =1：3，C 不合理； D． 向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，由于氧化 性 IO - 3 ＞I2，则会发生反应 2IO - 3 +5HSO - 3 =I2+5SO 2 4  + H2O+3H+，但是也可 能发生反应 2IO - 3 +6HSO - 3 =2I-+6SO 2 4  + 6H+，IO - 3 再将 I-氧化为碘单质， 发生反应 IO - 3 +5I-+6H+ = 3I2+3H2O，D 合理。 22．A【解析】A．在上述反应中，Na2O2 中的 O 由-1 价得到电子变为 Na2O、Na2FeO4 中的-2 价，得到电子被还原，作氧化剂；Na2O2 中的 O 由-1 价失去电子变为 O2 中的 0 价，失去电子被氧化，所以又作还原 剂，故上述反应中 Na2O2 既是氧化剂又是还原剂，A 正确； B．Na2O2 的阳离子是 Na+，阴离子是 2- 2O ，1 个 Na2O2 中只含有 1 个阴离 子；Na2O 的阳离子是 Na+，阴离子是 O2-，1 个 Na2O 中业只含有 1 个阴 离子，因此 1 mol Na2O2 和 Na2O 的混合物所含阴离子的数目等于 NA， B 错误； C．在 100 mL1 mol·L-1FeSO4 溶液中含有溶质的物质的量 n(FeSO4)=1 mol/L×0.1 L=0.1mol，在溶液中 Fe2+会部分发生水解反应： Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+，可见 1 个 Fe2+水解后产生 2 个 H+，使溶液中 阳离子数目增多，故含有 0.1 mol FeSO4 溶液中所含阳离子数目大于 0.1NA，C 错误； D．在标准状况下气体分子之间距离远大于分子本身的大小，因此不 能据此计算分子体积大小，D 错误。 23．C【解析】A．O2 中氧元素化合价降低，O2 在该反应中作氧化剂， 故 A 正确； B．SO2 具有漂白性，所得气体通入品红溶液，溶液褪色，故 B 正确； C．该反应中硫元素化合价由-2 升高为+4，3.2 g O2 的物质的量是 0.1mol，3.2 g O2 参与反应时，该反应中电子转移的总数约为 6×6.02 ×1022，故 C 错误； D．SO2 和氧气反应生成 SO3、SO3 和水反应生成硫酸，所得气体经处理 可作工业制硫酸的原料，故 D 正确。 24．B【解析】A．CrO2(ClO4)2 中 O 为 -2 价、Cl 为+7 价，则根据化 合物中元素化合价代数和等于 0 ，可知该物质中 Cr 元素化合价为+6 价，A 错误； B．Cl 元素的非金属性较强，HClO4 属于强酸， HC1O4 氧化 CrC13 为棕 色的[CrO2(C1O4)2]，部分 HClO4 被还原生成 HCl，HCl 也属于强酸，B 正确； C．该反应的离子方程式为 - 3+ - + 4 2 2 4 219ClO +8Cr +4H O=8CrO (ClO ) +3Cl +8H ， 其中 19mol - 4ClO 中有 3mol - 4ClO 作氧化剂，被还原为 Cl-，8mol Cr3+ 全部作还原剂，被氧化为 8mol CrO2(ClO4)2，故氧化剂与氧化产物的 物质的量之比为 3:8，C 错误； D．该反应的离子方程式为 - 3+ - + 4 2 2 4 219ClO +8Cr +4H O=8CrO (ClO ) +3Cl +8H ， D 错误。 25．C【解析】对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由 －2 升高至＋6，铬元素化合价由＋6 降低至＋3，氢元素和氧元素化 合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得： 3CuS+4 2 2 7Cr O  +32H+=3Cu2++3 2 4 SO  +8Cr3++16H2O；对于反应②，铜元素化 合价由＋1 升高至＋2，硫元素化合价由－2 升高至＋6，铬元素化合 价由＋6 降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子 守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得： 3Cu2S+5 2 2 7Cr O  +46H+=6Cu2++3 2 4 SO  +10Cr3++23H2O。 A．反应①中硫元素价态由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降 低到+3 价；反应②中铜元素由+1 价升高到+2 价，硫元素价态由-2 价升高到+6 价，铬元素价态由+6 价降低到+3 价，故 A 错误； B．结合以上分析可知，处理等物质的量的 2 2 7Cr O  时，反应①和②中 消耗 H+的物质的量不相等，故 B 错误； C．结合以上分析可知，还原剂为 CuS，氧化剂为 2 2 7Cr O  ，还原剂与氧 化剂的物质的量之比为 3:4，故 C 正确； D．假设质量均为 160g，n(CuS)= 160 96 / g g mol =1.67mol，n(Cu2S)= 160 160 / g g mol =1mol；根据反应方程式可知：3CuS~4 2 2 7Cr O  ，3Cu2S~5 2 2 7Cr O  ， 所以 CuS 消耗 n( 2 2 7Cr O  )= 4 3 ×1.67=2.2mol，n( 2 2 7Cr O  )=1× 5 3 =1.7mol； 所以 CuS 消耗的更多，故 D 错误。