2023-2024届高三化学高考备考一轮复习氧化还原反应综合运用专项训练（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页氧化还原反应综合运用一、单选题（13题）1．离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A．中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同2．是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B．M中的化合价为C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：3．我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为4．已知反应：，为阿伏加德罗常数的值，若消耗(标准状况)，下列叙述错误的是A．转移的电子数为 B．生成的质量为C．乙生成的氧化产物分子数为 D．生成的含有孤电子对数为5．某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是

A．“焙烧”中产生 B．滤渣的主要成分为C．滤液①中元素的主要存在形式为 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用6．25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、7．为探究的性质，进行了如下实验(和溶液浓度均为)。实验操作与现象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；再滴加溶液，产生蓝色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是A．实验①说明加热促进水解反应B．实验②说明既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明对的水解反应无影响，但对还原反应有影响8．由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是实验操作现象结论A向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液先变橙色，后变蓝色氧化性：B向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入少量新制的悬浊液无砖红色沉淀蔗糖未发生水解C石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液溶液红棕色变无色气体中含有不饱和烃D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红氯乙烯加聚是可逆反应A．A B．B C．C D．D9．下列离子方程式书写正确的是A．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：HCO+NH+2OH-=CO+NH3•H2O+H2OB．向FeI2溶液中通入等物质的量的Cl2：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+2Cl-C．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe3++2I-=2Fe2++I2D．明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO=2BaSO4↓+Al(OH)3↓10．钛酸亚铁()在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示(已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16)：

下列说法正确的是A．氯化过程中，每消耗6mol碳单质，转移电子14molB．氯化过程中，既是氧化剂也是还原剂C．相对分子质量：，熔点：D．制取金属钛时也可以选用隔绝空气11．一种从某钒矿石(主要成分为V2O5、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中提钒的工艺流程如图所示。

已知：酸浸的温度应控制在80℃，(VO2)2SO4，易水解。下列说法错误的是A．“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率B．“氯化焙烧”“酸浸”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生C．“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解D．“操作X”使用的主要玻璃仪器有梨形分液漏斗、烧杯12．设计如下实验探究草酸(H2C2O4)的性质(已知：室温时，0.1mol/LH2C2O4的pH为1.3)，由以下对草酸的描述得到的结论及解释正确的是实验装置试剂a现象①

Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色，产生白色沉淀②少量NaHCO3溶液产生气泡③酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色④C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质A．草酸有酸性：B．H2C2O4酸性强于H2CO3:C．草酸具有还原性：D．草酸能发生酯化反应生成具有香味的酯类物质，浓硫酸在此过程中仅为脱水剂13．某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图所示，下列说法错误的是A．属于中间产物B．状态②到状态③的过程中N元素被氧化C．状态③到状态④的过程中有键的形成D．该脱硝过程的总反应方程式为二、工业流程题（4大题）14．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于、和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[]。以铜矿粉(含、、CuS及少量FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如图：

已知：FeS高温条件下与氧气反应生成FeO；高温条件下与氧气反应生成；在酸性条件下会发生歧化反应。回答下列问题：(1)“酸浸”时发生反应的化学方程式为。“搅拌”时加入NaCl粉末的作用是。(2)可在上述流程中循环利用的物质有(填化学式)，加热时试剂X的作用是。(3)洗涤CuCl晶体所用的试剂为(填序号)，洗涤后并在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装。于70℃真空干燥的目的是。a．饱和溶液b．NaOH溶液c．无水乙醇d．稀硫酸(4)流程中“滤渣”的主要成分是(填化学式)。(5)测定产品中氯化亚铜的质量分数，实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品0.250g，将其置于足量的溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用的硫酸铈[]标准溶液滴定到终点，消耗硫酸铈溶液24.60mL，反应中被还原为(已知)，则产品中氯化亚铜的纯度为(保留三位有效数字)。15．电池正极片由镍钴锰酸锂正极材料和铝片组成，以其为原料回收各金属工艺流程如下：

回答下列问题：(1)滤液1中含铝微粒为。(2)“碱浸”后需进行过滤、洗涤，简述洗涤的操作过程：。(3)“还原”时，参加反应的。(4)“分离”过程包含萃取和反萃取，萃取时必须使用的仪器是；萃取时利用有机物HT将Co2＋从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)。向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Co2+的水溶液，从平衡角度解释其原因：。(5)“氧化”过程中MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为。(6)“沉钴”后获得CoC2O4·2H2O，取mgCoC2O4·2H2O进行“高温分解”，测得固体的失重率()与温度的关系曲线如图所示。写出加热到160℃时反应的化学方程式：；“高温分解”需控制的最低温度为。

16．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+Na2SO4+nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。回答下列问题：(1)滤渣A的主要成分是(填写化学式)。(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式。(3)加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为。(5)下列关于步骤④的说法正确的是_____(填字母)。A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率D．该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O(6)若常温下，Ka2(H2CO3)=5.0×10−11，Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10−28，Ce3+恰好沉淀完全c(Ce3+)=1.0×10−5mol∙L−1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c()=mol∙L−1。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．C【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。2．B【详解】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。3．C【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；答案选C。4．C【详解】A．反应中F的化合价由0价转化为-1价，O的化合价由-2价变为+2价，转移电子数为4e-，若消耗(标准状况)即=2mol，故转移的电子数为，A正确；B．根据反应，每消耗2molF2生成的质量为2mol=，B正确；C．根据反应可知反应生成的氧化产物为OF2，每消耗2molF2生成的氧化产物OF2分子数为，C错误；D．根据反应可知，每消耗2molF2生成H2O的物质的量为2mol，又知1个H2O中含有2对孤电子对，即生成的含有孤电子对数为，D正确；故答案为C。5．B【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。【详解】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。6．D【详解】A．与反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；B．、、发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．与反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；D．、、、是大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。7．D【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确；C．实验③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。综上所述，答案为D。8．C【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。9．A【详解】A．碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液，无氨气逸出：，A正确；B．的还原性大于的还原性，氯气先与反应，将氧化完后，再氧化，根据得失电子守恒可知，等物质的量的刚好氧化，不被氧化，正确的离子方程式为，B错误；C．溶液中加入过量的HI溶液，正确离子方程式为，C错误；D．明矾溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀时，的物质的量之比是1:4，二者反应生成[Al(OH)4]-，离子方程式为，D错误；故答案选A。10．A【分析】FeTiO3在高温下经氯化得到TiCl4，该反应的化学方程式为；TiCl4和Mg在Ar气氛中、800℃反应生成Ti，该反应的化学方程式为TiCl4+2MgTi+2MgCl2。【详解】A．氯化过程中发生反应的化学方程式为，该反应中FeTiO3和C作还原剂，Cl2作氧化剂，每消耗6mol碳单质，就有7molCl2参加反应，转移电子14mol，A正确；B．中Fe的化合价为+2，反应后被氧化为+3，因此作还原剂，B错误；C．已知电负性Ti：1.54，F：3.98，Cl：3.16，则属于离子晶体，属于分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，C错误；D．制取金属钛时，不可以选用CO2隔绝空气，因为Mg与发生反应，D错误；故选A。11．B【分析】钒矿石经过氯化焙烧生成氯气和矾酸钠，钒酸钠经过酸浸生成(VO2)2SO4，(VO2)2SO4被草酸还原再经过萃取分液、反萃取等操作最终得到VOSO4。【详解】A．“氯化焙烧”时气体与矿料逆流而行的目的是使反应物充分接触，加快反应速率，A项正确；B．“氯化焙烧”和“还原”的操作过程中均有氧化还原反应发生，“酸浸”的过程中各物质的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．VO易水解，升高温度促进水解，所以“酸浸”的温度不宜过高的目的是防止VO过度水解，C项正确；D．“操作X”为反萃取、分液，需要烧杯、梨形分液漏斗，D正确；故选B。12．B【详解】A．草酸为弱酸，不能完全电离，电离时为分步电离，，，A错误；B．H2C2O4酸性强于H2CO3，可与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，，B正确；C．草酸为弱酸，具有还原性，，C错误；D．草酸能发生酯化反应生成具有香味的酯类物质，浓硫酸在此过程中为催化剂、吸水剂，D错误；故选B。13．D【详解】A．根据反应历程图，在反应过程中生成，又参与其它反应过程，不是最终产物，故A正确；B．状态②到状③的过程中，Cu和N的化合价发生变化，其中Cu的化合价降低，属于还原反应，而N元素化合价升高，属于氧化反应，故B正确；C．状态③到状态④的变化过程中有H2O生成，即有O-H键的形成，故C正确；D．由图可知，反应由2NH3、2NO、参与，生成2N2、3H2O，则脱硝过程的总反应方程式为，故D错误；答案选D。14．(1)与亚铜离子形成氯化亚铜(2)NH3作还原剂，将Cu2+还原为Cu+(3)c加速乙醇的挥发，防止CuCl被氧化(4)(5)【分析】分析流程可知，铜粉(含Cu2S、Cu2O、CuS及少量FeS等加入空气灼烧，生成二氧化硫和对应元素的金属氧化物，加入稀硫酸浸取过滤，X为铜单质，溶液中主要成分为硫酸铜、硫酸亚铁，向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，通入氨气调节pH，将铁离子形成沉淀过滤除去，继续加入氨气和碳酸氢钠络合，蒸氨过滤，获得CuO，过滤获得的Cu与铜离子在氯化钠粉末、加热条件下，获得产品CuCl。【详解】（1）根据在酸性条件下会发生歧化反应，则酸浸时硫酸与Cu2O反应生成硫酸铜、铜和水，反应方程式：；“搅拌”时加入NaCl粉末的作用为与亚铜离子形成氯化亚铜；（2）蒸氨过程中可产生NH3在除杂、络合过程中循环利用；据分析可知加入的X为铜单质，可与铜离子发生归中反应，将Cu2+还原为Cu+；（3）氯化亚铜不溶于、和醇，微溶于水，则洗涤CuCl晶体可选用试剂为乙醇；在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[]，所以70℃真空干燥的目的是加速乙醇的挥发，防止CuCl被氧化；（4）根据分析可知，过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，氨气调节pH，将铁离子形成沉淀，所以滤渣的主要成分为；（5）根据，被还原为，离子方程式：，得，所以，CuCl质量分数：。15．(1)[Al(OH)4]-(2)将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤(3)2:1(4)分液漏斗加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡Co2＋(水层)＋2HT(有机层)CoT2(有机层)＋2H+(水层)逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液(5)(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4(6)890℃【分析】电池正极片加入NaOH溶液与铝片反应生成能溶于水的Na[Al(OH)4]，向滤渣中加入硫酸和过氧化氢还原，加入有机物HT萃取出Co2＋、Li＋，加入(NH4)2S2O8氧化Mn2+生成MnO2，加入草酸铵与Co2＋反应生成CoC2O4·2H2O，高温分解生成CoO；【详解】（1）铝片与足量NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，滤液1中含铝微粒为[Al(OH)4]-；（2）洗涤的操作过程：将滤渣置于漏斗中，向漏斗内加入蒸馏水直至浸没滤渣，让水自然留下，重复，待通过焰色试验检测不到钠离子后停止洗涤；（3）“还原”时，反应的离子方程式为2Co3++H2O2=2Co2++O2↑+2H+，参加反应的2:1；向CoT2(有机层)中加入稀硫酸能增大c(H+)，使平衡逆向移动，c(Co2+)浓度升高，能获得较纯的含Co2+的水溶液；（4）进行萃取操作时，用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；（5）“氧化”过程中将Mn2+氧化生成MnO2，自身被还原为，MnSO4发生反应生成MnO2、(NH4)2SO4和H2SO4的化学方程式为：(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4；（6）CoC2O4•2H2O的相对分子质量为183，假设其质量为183g,加热到160℃时失重率为19.67%，减少的物质质量为183g×19.67%=36g，而183g晶体中含有的结晶水是36g，可知是恰好失去全部的结晶水，即加热到160℃时所得固体的化学式为CoC2O4，反应的化学方程式：，由图可知，“高温分解”生成CoO，失重率，需控制的最低温度为890℃。故答案为：；890℃。16