高考化学真题分类汇编氧化还原反应基础知识解析版.docx
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高考化学真题分类汇编氧化还原反应基础知识解析版
专题三氧化还原反应基础知识(解析版)
1.【2019江苏】3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.NH4HCO3受热易分解,可用作化肥
B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈
C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白
D.Al2O3具有两性,可用于电解冶炼铝
【答案】B
【解析】
A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关,可以用作化肥是因为含有氮元素;
B.硫酸酸性可以和金属氧化物反应,具有对应关系;
C.二氧化硫的漂白属于结合漂白不涉及氧化还原,故和氧化性无关,而且二氧化硫氧化性较弱,只和强还原剂反应例如硫化氢,和其他物质反应主要体现还原性;
D.电解冶炼铝,只能说明氧化铝导电,是离子晶体,无法说明是否具有两性,和酸碱都反应可以体现Al2O3具有两性。
故选B.
2.【2019江苏】4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.0.1mol·L−1NaOH溶液:
Na+、K+、
、
B.0.1mol·L−1FeCl2溶液:
K+、Mg2+、
、
C.0.1mol·L−1K2CO3溶液:
Na+、Ba2+、Cl−、OH−
D.0.1mol·L−1H2SO4溶液:
K+、
、
、
【答案】A
【解析】
A选项是一个碱性环境,没有存在能与氢氧根发生反应的离子,故A正确;
B选项是一个亚铁离子和氯离子的环境,选项中有高锰酸根可以与铁离子反应,故错误;
C选项是一个钾离子和碳酸根的环境,选项中存在钡离子可以与碳酸根发生反应生成沉淀,故错误;D选项是氢离子和硫酸根的环境,选项中有硝酸根和亚硫酸氢根,其中硝酸根可以与氢离子结合成硝
酸,硝酸具有强氧化性可以氧化亚硫酸氢根,故错误。
故选A
3.【2019江苏】13.室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色
X溶液中一定含有Fe2+
B
向浓度均为0.05mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成
Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)
C
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色
Br2的氧化性比I2的强
D
用pH试纸测得:
CH3COONa溶液的pH约为
9,NaNO2溶液的pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
A.先滴加氯水,再加入KSCN溶液,溶液变红,说明存在Fe3+,而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的,所以结论中一定含有Fe2+是错误的,故A错误;
B.黄色沉淀为AgI,在定量分析中可以看出AgI比AgCl更难溶,则说明Ksp(AgI) C.溶液变蓝说明有单质碘生成,说明溴置换出KI中的碘,根据氧化还原反应的原理得出结论: Br2的氧化性比I2的强,故C正确; D.CH3COONa和NaNO2溶液浓度未知,所以无法根据pH的大小,比较出两种盐的水解程度,也就无法比较HNO2和CH3COOH的电离的难易程度,故D错误; 故选C。 4.【2019北京】5.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 A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉 B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4 D NO(NO2) H2O、无水CaCl2 A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】发生的反应中,存在元素的化合价变化,与氧化还原反应有关;反之,不存在元素的化合价变化,则与氧化还原反应无关,以此解答该题。 A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+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; 综上所述,本题应选B。 【点睛】本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化,题目难度不大。 5.【2019北京】探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。 (已知: 室温下,0.1mol·L−1H2C2O4的pH=1.3) 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 ④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4 CaC2O4↓+2H2O B.酸性: H2C2O4>H2CO3,NaHCO3+H2C2O4 NaHC2O4+CO2↑+H2O C.H2C2O4具有还原性,2 +5 +16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O D.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O 【答案】C 【解析】草酸(又称乙二酸)为一种二元弱酸,具有酸的通性,因此能发生中和反应,具有还原性,因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应 A.H2C2O4为二元弱酸,能与氢氧化钙溶液发生中和反应,生成白色沉淀草酸钙和水,因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱,溶液红色退去,故A不符合题意; B.产生气泡证明有CO2产生,因此可证明酸性H2C2O4>H2CO3,反应方程式为: H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O故B符合题意; C.0.1mol·L−1 H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸,故草酸不可以拆分,故C不符合题意; D.草酸(又称乙二酸),其中含有羧基因此能发生酯化反应,反应方程式正确,故D不符合题意; 综上所述,本题应选B。 【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写,侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用 6.【2019新课标Ⅰ卷】2.关于化合物2−苯基丙烯( ),下列说法正确的是 A.不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B.可以发生加成聚合反应 C.分子中所有原子共平面 D.易溶于水及甲苯 【答案】B 【解析】2-苯基丙烯的分子式为C9H10,官能团为碳碳双键,能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。 A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应,使酸性高锰酸钾溶液褪色,故A错误; B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键,一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯,故B正确; C项、有机物分子中含有饱和碳原子,所有原子不可能在同一平面。 2-苯基丙烯中含有甲基,所有原子不可能在同一平面上,故C错误; D项、2-苯基丙烯为烃类,分子中不含羟基、羧基等亲水基团,,难溶于水,易溶于有机溶剂,则2-苯基丙烯难溶于水,易溶于有机溶剂甲苯,故D错误。 故选B。 【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构,掌握各类反应的特点,并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。 7.【2019新课标Ⅱ卷】1.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句,下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是 A.蚕丝的主要成分是蛋白质 B.蚕丝属于天然高分子材料 C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应 D.古代的蜡是高级脂肪酸酯,属于高分子聚合物 【答案】D 【解析】 A.蚕丝的主要成分是蛋白质,A项正确; B.蚕丝的主要成分是蛋白质,蛋白质是天然高分子化合物,B项正确; C.“蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气燃烧,属于氧化反应,C项错误; D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物,D项错误; 答案选D。 【点睛】高中化学阶段,常见的天然高分子化合物有: 淀粉、纤维素、蛋白质和天然纤维。 8.【2019新课标Ⅲ卷】为提升电池循环效率和稳定性,科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D−Zn)可以高效沉积ZnO的特点,设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池,结构如下图所示。 电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l) ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。 A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积,所沉积的ZnO分散度高 B.充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e− NiOOH(s)+H2O(l) C.放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e− ZnO(s)+H2O(l) D.放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区 【答案】D 【解析】 A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积,吸附能力强,所沉积的ZnO分散度高,A正确; B、充电相当于是电解池,阳极发生失去电子的氧化反应,根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH,电极反应式为Ni(OH)2(s)+OH-(aq)-e-=NiOOH(s)+H2O(l),B正确; C、放电时相当于是原电池,负极发生失去电子的氧化反应,根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)+2OH-(aq)-2e-=ZnO(s)+H2O(l),C正确; D、原电池中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,则放电过程中OH-通过隔膜从正极区移向负极区,D错误 答案选D。 9.【2019上海等级考】9.下列说法错误的是() A.含有共价键的化合物是共价化合物 B.含有极性键的分子可能是非极性分子 C.有电子转移的反应是氧化还原反应 D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质 【答案】A 【解析】 A.含有共价键的化合物也可能是离子化合物,如,NaOH,A错误。 B.含有极性键的分子也可能是非极性分子,如: CCl4,B正确。 C.有电子转移的反应一定是氧化还原反应。 有电子转移也是氧化还原反应的本质。 C正确。 D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质。 D正确。 所以错误答案选A。 10.【2019上海等级考】2.下列变化中,只涉及物理变化的是() A.次氯酸漂白B.盐酸除锈 C.石油分馏D.煤干馏 【答案】C 【解析】 A.次氯酸具有强氧化性,可用来漂白,因此次氯酸漂白是化学变化,所以A错误; B.盐酸除锈利用盐酸与铁锈的反应,是化学变化,B错误。 C.石油分离利用烃的沸点差异,是物理变化,C正确。 D.煤干馏指的是在隔绝空气的情况下高温加热煤得到焦炭,煤焦油,焦炉气等的过程。 属于化学变化,D错误。 11.【2019浙江4月选考】6.反应8NH3+3Cl2 N2+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。 故答案选A。 12.【2019浙江4月选考】11.针对下列实验现象表述不正确的是 A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水,振荡,气体完全溶解,溶液变为黄绿色 B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色 C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀 D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成 【答案】A 【解析】 A.氯气可溶于水,在常温时,1体积水大约能溶解2体积氯气,因而20mL水大约能溶解40mL氯气,气体大约剩余40mL未溶解,A项错误; B.胆矾指的是五水合硫酸铜(CuSO4·5H2O),其显蓝色,而浓硫酸具有吸水性,CuSO4·5H2O变为CuSO4,CuSO4为白色固体,B项正确; C.双氧水将SO2氧化,离子方程式为H2O2+SO2=SO42-+2H+,氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀,C项正确; D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,发生反应的化学方程式为 ,MgO为白色固体,C是黑色固体,D项正确。 故答案选A。 13.【2019浙江4月选考】12.化学电源在日常生活和高科技领域中都有广泛应用。 下列说法不正确的是 A. Zn2+向Cu电极方向移动,Cu电极附近溶液中H+浓度增加 B. 正极的电极反应式为Ag2O+2e−+H2O 2Ag+2OH− C. 锌筒作负极,发生氧化反应,锌筒会变薄 D. 使用一段时间后,电解质溶液的酸性减弱,导电能力下降 【答案】A 【解析】 A.甲装置属于原电池,Zn较Cu活泼,做负极,Zn失电子变Zn2+,电子经导线转移到铜电极,铜电极负电荷变多,吸引了溶液中的阳离子,因而Zn2+和H+向Cu电极方向移动,H+氧化性较强,得电子变H2,2H++2e=H2↑,因而c(H+)减小,A项错误; B.Ag2O作正极,得到来自Zn失去的电子,被还原成Ag,结合KOH作电解液,故电极反应式为Ag2O+2e−+H2O 2Ag+2OH−,B项正确; C.Zn为较活泼电极,做负极,发生氧化反应,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,锌溶解,因而锌筒会变薄,C项正确; D.铅蓄电池总反应式为PbO2+Pb+2H2SO4 2PbSO4+2H2O,可知放电一段时间后,H2SO4不断被消耗,因而电解质溶液的酸性减弱,导电能力下降,D项正确。 故答案选A。 14.【2019浙江4月选考】13.不能正确表示下列变化的离子方程式是 A.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应: 5SO2+2H2O+2MnO4- 2Mn2++5SO+4H+ B.酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水: 2I−+2H++H2O2 I2+2H2O C.硅酸钠溶液和盐酸反应: SiO32-+2H+ H2SiO3↓ D.硫酸铜溶液中加少量的铁粉: 3Cu2++2Fe 2Fe3++3Cu 【答案】D 【解析】 D.Fe3+氧化性大于Cu2+,所以Cu2+只能将Fe氧化到Fe2+,因而硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为Cu2++Fe Fe2++Cu,D项错误。 其他3个选项的离子方程式都是正确的。 故答案选D。 15.【2019浙江4月选考】24.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂),可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。 下列说法不正确的是 A.KClO3作氧化剂,每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3 B.生成聚合硫酸铁后,水溶液的pH增大 C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水 D.在相同条件下,Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强 【答案】A 【解析】 A.根据题干中信息,可利用氧化还原配平法写出化学方程式: 6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl,可知KClO3做氧化剂,同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3,A项错误; B.绿矾溶于水后,亚铁离子水解使溶液呈酸性,当其转系为聚合硫酸铁后,亚铁离子的浓度减小,因而水溶液的pH增大,B项错误; C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体,胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉,因而净水,C项正确; D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。 [Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解,由于其所带的正电荷比Fe3+少,因而在相同条件下,其结合水电离产生的OH-的能力较弱,故其水解能力不如Fe3+,即在相同条件下,一级水解的程度大于二级水解,D项正确。 故答案选A。 16.【2019天津】2.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是() 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液,沉淀溶解 B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 D 氧化亚铁溶于稀硝酸 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】 【分析】 A、氢氧化镁碱性强于氨水; B、制氢氧化铁胶体条件是加热,在化学式后注明胶体,得不到沉淀; C、电荷不守恒; D、硝酸具有强氧化性,将亚铁氧化成铁离子; 【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水,故A正确; B、制氢氧化铁胶体条件是加热,在化学式后注明胶体,得不到沉淀,离子方程式为: Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+,故B错误; C、电荷不守恒,正确的离子方程式为: 5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-,故C错误; D、硝酸具有强氧化性,将亚铁氧化成铁离子,正确的离子方程式为: 3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O,故D错误; 故选A。 【点睛】本题考查离子反应方程式书写,解题关键: 结合原理正确书写离子方程式,难点C: 氧化还原反应的离子方程式的书写,配平前不能将H+写在反应物中,应先电子守恒,再通过电荷守恒将H+补在生成物中。
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