2020年高考化学真题模拟题专项汇编04氧化还原反应含解析

1专题04氧化还原反应1．【2020年7月浙江选考】反应中，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；答案选B。2．【2020山东（新高考）】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．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．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．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．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。答案选B。3．（浙江省金华十校2020届高三4月模拟考试）下列变化中，气体被还原的是A．水蒸气使CuSO4固体变蓝B．氯气使浅绿色FeC12溶液变黄2020年高考真题2020届高考模拟试题2C．H2使灼热CuO固体变红D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】A．水蒸气使CuSO4固体变蓝，发生了反应：CuSO4+5H2O=CuSO4∙5H2O，不是氧化还原反应，故A不选；B．氯气使浅绿色FeC12溶液变黄，发生了反应：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Cl2中0价的Cl反应后降低到了FeCl3中的-1价，被还原，故B选；C．H2使灼热CuO固体变红，发生了反应：H2+CuOCu+H2O，H2中H的化合价从0价升高到了水中的+1价，被氧化，故C不选；D．氨气使A1Cl3溶液产生白色沉淀，发生了反应：AlCl3+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，不是氧化还原反应，故D不选；故选B。4．（北京市顺义区2020届高三第一次模拟）常温下，向22HO溶液中滴加少量243Fe(SO)溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是A．该反应过程中，M是3FeM'，是2FeB．当有21molO生成时，转移2mol电子C．在22HO分解过程中，溶液的pH逐渐降低D．22HO的氧化性比3Fe强，还原性比2Fe弱【答案】B【解析】【分析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。【详解】A．根据分析，M是2Fe，Mˊ是3Fe，故A错误；B．图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有21molO生成时，转移2mol电子，故B正确；3C．图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O2=催化剂2H2O+O2↑，在22HO分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，故C错误；D．根据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，故D错误；综上所述，答案为B。5．（2020届济南市实验中学高三下学期2月份阶段检测）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4溶液反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列不正确的是A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．开始加入的K2Cr2O7为0.25molC．图中BC段发生的反应为2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2D．混合之前，K2Cr2O7与FeSO4的物质的量之比为1∶6【答案】D【解析】【分析】将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，发生如下反应：+2-2+3+3+27214H+CrO+6Fe=6Fe+2Cr+7HO，向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图，可知在AB段发生反应：+2--3+272214H+CrO+6I=3I+2Cr+7HO，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2。据此解答。【详解】A．在AB段发生反应：+2--3+272214H+CrO+6I=3I+2Cr+7HO，氧化剂是K2Cr2O7，故A正确；B．根据图像可知，在BC段，消耗I－0.9mol，由反应对应的关系3+FeI0.90.9－～，推知4在混合时生成了0.9molFe3+，2-3+27CrO6Fe0.150.9，消耗K2Cr2O7物质的量为0.15mol；又AB段有对应关系：消耗I－0.6mol，2--27CrO6I0.10.6～，消耗K2Cr2O7物质的量为0.1mol；共消耗K2Cr2O7物质的量为0.15+0.1=0.25mol，故B正确；C．由分析知，在BC段发生反应：2Fe3+＋2I－=2Fe2+＋I2，故C正确；D．根据计算可知，在反应前，K2Cr2O7物质的量为0.25mol，FeSO4与Fe3+一样都是0.9mol，二者之比不为1:6，D错误；答案选D。6．（聊城市2020年普通高中学业水平等级考试二模）某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信息判断，下列叙述错误的是A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【答案】B【解析】A．由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH)4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A正确；B．过程④中2moH2O水与2molX反应生成2molB(OH)4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B错误；C．由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C正确；D．NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量20.25mol4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1molH2生成H+失去的电子的量21mol=2mol，故两者还原能力相当，D5正确；答案选B。7．（青岛市2020届高三第三次模拟）向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是A．溶液先变蓝的原因：2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4+H2O+3H＋B．溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3C．还原性I-HSO-3I2D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，则溶液变蓝不褪色【答案】C【解析】A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO-3为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO-3为还原剂，反应的离子方程式为2IO-3+5HSO-3=I2+5SO2-4+H2O+3H＋，A选项正确；B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO-3=2I-+SO2-4+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO-3＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO-3＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO-3＞I-＞I2，C选项错误；D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO-3＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；答案选C。6．（天津市南开区2020届高三年级第二次模拟考试）硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx），将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是6A．该转化过程的实质为NOx被H2还原B．x=l时，过程II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C．处理过程中，混合溶液中Ce3+和Ce4+总数减少D．过程I发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+【答案】A【解析】【分析】分析转化过程图，可知在过程I中发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，在过程Ⅱ中发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，据此进行分析。【详解】A．由分析可知，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A项正确；B．x=1时，根据图示，过程II中发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋=2H2O＋N2＋4Ce4＋，N的化合价降低，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，根据得失电子守恒：3+NO2Ce1nn，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，B项错误；C．过程I发生H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，过程II发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋=2xH2O＋N2＋4xCe4＋，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，C项错误；D．根据图示，过程I发生H2＋Ce4＋→H＋＋Ce3＋，利用化合价升降法进行配平，离子方程式为H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，D项错误；答案选A。7．（日照市2020届高三4月模拟考试，不定项）高铁酸钾（24KFeO）是新型的绿色环保水处理剂。一种制备24KFeO的流程如下：下列说法错误的是（）A．步骤i中反应的离子方程式为232222FeHO2H2Fe2HO═B．步骤ⅱ说明碱性条件下，氧化性：24NaFeONaClOC．步骤ⅲ的反应为复分解反应，说明溶解度：2424NaFeOKFeO7D．24KFeO作为性能优良的水处理剂，主要是利用了其强氧化性和还原后产生的具有絮凝作用的Fe（Ⅲ）【答案】BC【解析】【分析】根据制备流程分析，FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应得到Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，Na2FeO4与饱和的KOH溶液得到K2FeO4粗品，经洗涤干燥后得到K2FeO4纯品，据此分析解答问题。【详解】A．由上述分析可知，步骤ⅰ为FeSO4溶液在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应生成H2O和Fe2(SO4)3，根据氧化还原反应规律可得反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O，A选项正确；B．步骤ⅱ为Fe2(SO4)3与NaClO在碱性条件下发生氧化还原得到Na2FeO4，氧化剂是NaClO，氧化产物为Na2FeO4，因为氧化剂的氧化性大于氧化产物，故氧化性：NaClONa2FeO4，B选项错误；C．步骤ⅲ为Na2FeO4与饱和的KOH溶液发生复分解反应得到K2FeO4粗品，溶解度大的物质转化为溶解度小的物质，故溶解度：Na2FeO4K2FeO4，C选项错误；D．由于K2FeO4具有强氧化性，因此可用于水的杀菌消毒，且其还原产物产生的Fe3+水解得到Fe(OH)3的胶体，具有絮凝的作用，故K2FeO4是乙中性能优良的水处理剂，D选项正确；答案选BC。8．（2020