2017年-2019年高考化学真题汇编(附全解全析)：氧化还原反应(选择题)
全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题汇总含答案解析
一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）1．碳酸亚铁可用于制备补血剂。
某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3的性质和应用进行了探究。
已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)Ⅰ. FeCO3的制取（夹持装置略）实验i：装置 C 中，向 Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3固体。
(1)试剂 a 是_____。
(2)向 Na2CO3溶液通入 CO2的目的是_____。
(3)C 装置中制取 FeCO3的离子方程式为_____。
(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由________。
Ⅱ.FeCO3的性质探究实验ii实验iii(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。
(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2溶液的离子方程式_____。
Ⅲ.FeCO3的应用(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为 234）补血剂。
为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。
【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4【解析】【分析】I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。
2017年化学高考题分项版汇编题04 氧化还原反应
2017年化学高考题分项版汇编题2017年高考试题，1．【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【名师点睛】明确氧化还原反应的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化还原反应的分析思路，即判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。
其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。
该题的易错点是选项A，注意转化规律的理解：氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。
因此Na2O2分别与H2O、CO2反应时，Na2O2既是氧化剂、又是还原剂，而H2O、CO2都没有参与反应的电子得失。
2．【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、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、锂离子电池工作时，涉及到氧化还原反应；C、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、葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程。
故选A。
【名师点睛】本题以各种能量之间的转化为载体考查氧化还原反应的判断。
氧化还原反应实质是电子的转移，涉及到化合价的升降，故可根据各种能量转化的原理来判断是否有化合价的变化，从而判断是否是氧化还原反应。
3．【沈阳市2017届第三次模拟】向含amolNaClO 的溶液通入bmolSO 2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解）。
下列说法不正确的是A ．当0<b <a /3时：SO 2+H 2O +3ClO －=SO 42－+2HClO +Cl －B ．当b ＝a 时，SO 2+H 2O +ClO －==2H ++Cl －+SO 42－C ．当a /3≤b ≤a 时,反应后溶液中H +的物质的量: 0<n (H +)≤2bmolD ．当0<b <a 时，反应后溶液中ClO －、Cl －和SO 42－物质的量之比为：(a －b )∶b ∶b 【答案】D的量:0<n (H +)≤2bmol ，C 正确；D ．当0<b <a 时，次氯酸钠过量，SO 2全部转化为bmol 硫酸，根据电子得失守恒可知生成bmol 氯离子，剩余次氯酸钠是(a -b )mol ，剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a -b )mol ，D 错误。
2017-2019化学高考真题汇编--专题11 化学实验基础(解析版)
专题11 化学实验基础1．[2019新课标Ⅲ]下列实验不能达到目的的是选项目的实验A 制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B 加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D 制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸【答案】A【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D 不选；答案选A。
2．[2019浙江4月选考]下列图示表示过滤的是A．B．C．D．【答案】C【解析】A．该操作是分液，A不合题意；B．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中定容步骤，B不合题意；C．该操作是过滤，C符合题意；D．该操作是配制一定物质的量浓度溶液中转移溶液步骤，D不合题意。
故答案选C。
3．[2019浙江4月选考]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80 mL氯气、20 mL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3 mL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。
2017年-2019年普通高等学校招生全国统一考试化学试题(江苏卷,含答案)
高考衣食住用行衣：高考前这段时间，提醒同学们出门一定要看天气，否则淋雨感冒，就会影响考场发挥。
穿着自己习惯的衣服，可以让人在紧张时产生亲切感和安全感，并能有效防止不良情绪产生。
食：清淡的饮食最适合考试，切忌吃太油腻或者刺激性强的食物。
如果可能的话，每天吃一两个水果，补充维生素。
另外，进考场前一定要少喝水！住：考前休息很重要。
好好休息并不意味着很早就要上床睡觉，根据以往考生的经验，太早上床反而容易失眠。
考前按照你平时习惯的时间上床休息就可以了，但最迟不要超过十点半。
用：出门考试之前，一定要检查文具包。
看看答题的工具是否准备齐全，应该带的证件是否都在，不要到了考场才想起来有什么工具没带，或者什么工具用着不顺手。
行：看考场的时候同学们要多留心，要仔细了解自己住的地方到考场可以坐哪些路线的公交车？有几种方式可以到达？大概要花多长时间？去考场的路上有没有修路堵车的情况？考试当天，应该保证至少提前20分钟到达考场。
2017年普通高等学校招生全国统一考试（江苏卷）化学3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量: H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Ag 108选择题单项选择题：本题包括10小题，每小题2分, 共计20分。
每小题只有一个．．．．选项符合题意。
1. 2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源,倡导绿色简约生活”。
下列做法应提倡的是A.夏天设定空调温度尽可能的低B.推广使用一次性塑料袋和纸巾C.少开私家车多乘公共交通工具D.对商品进行豪华包装促进销售2. 下列有关化学用语表示正确的是A. 质量数为31的磷原子: 3115PB. 氟原子的结构示意图:C. CaCl2的电子式:D.明矾的化学式: Al2(SO4)33. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维D. NH3易溶于水，可用作制冷剂4.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。
2019年高考化学真题和模拟题分项汇编专题04氧化还原反应(含解析)
氧化还原反应1．［2019北京]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【答案】B【解析】【分析】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。
【详解】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；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。
2．［2019浙江4月选考]反应8NH3＋3Cl 2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．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。
2019届高考模拟试题3．［四川省泸县第二中学2019届高三三诊]炼丹是古人为追求长生而炼制丹药的方术。
晋人葛洪《抱朴子·金丹篇》记载：“凡草木烧之即烬，而丹砂（硫化汞）烧之成水银,积变又还成丹砂”。
其中未涉及到的反应类型A．化合反应B．分解反应 C．氧化还原反应D．置换反应【答案】D【解析】A、”积变又还成丹砂”是指汞与硫化合生成硫化汞，该反应属于化合反应，选项A不选；B、"丹砂（硫化汞)烧之成水银”是指硫化汞受热分解生成汞和硫，该反应属于分解反应,选项B不选；C、硫化汞的分解反应和汞与硫的化合反应都属于氧化还原反应,选项C不选;D、化合反应和分解反应都与置换反应无关。
2017-2019三年全国一卷高考化学试题附答案
2017-2019三年高考全国Ⅰ卷化学试题2019全国Ⅰ卷化学2018全国Ⅰ卷化学2017全国Ⅰ卷化学2019年高考全国卷Ⅰ化学试题7．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。
下列说法错误的是A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点8．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9．实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯10．固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。
下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。
下列叙述错误的是A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10−3 mol·L−1（设冰的密度为0.9 g·cm−3）C．冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl垐?噲?H++Cl−11．NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的K a1=1.1×10−3 ，K a2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。
下列叙述错误的是A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C．b点的混合溶液pH=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)12．利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。
2017-2019年高考真题化学分项汇编_专题15 化学反应原理综合
专题15 化学反应原理综合1．[2019新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
回答下列问题：（1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯H 2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H 2（填“大于”或“小于”）。
（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H 2的物质的量分数为_________（填标号）。
A ．＜0.25B ．0.25C ．0.25~0.50D ．0.50E ．＞0.50（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用❉标注。
可知水煤气变换的ΔH ________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E 正=_________eV ，写出该步骤的化学方程式_______________________。
（4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的2H O p 和CO p 相等、2CO p 和2H p 相等。
计算曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率v (a)=___________kPa·min −1。
467 ℃时2H p 和CO p 随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
489 ℃时2H p 和CO p 随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。
2019年高考化学真题分类汇编专题04 氧化还原反应(解析版)
专题04 氧化还原反应1．[2019北京]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【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，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；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。
2．[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∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．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。
3．[2018北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是A B C D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，答案选C。
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一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)1.高锌酸钾是一种用途广泛的强氧化剂，实验室制备高锌酸钾所涉及的化学方程式如下:碘氧化：3MnO + KCIO + 6KoM3 K M H O + KC1+3H O2324 2K2MnO 4 歧化：3K2MnO 4+2CO2= 2KMnO 4+MnO 2 I +2K2cO3将MnO 2熔融氧化所得产物的热浸取液装入三颈烧瓶，再通入 CO2气体，使K2MnCM 歧化的 过程在如图装置中进行， A 、B 、C 、D 、E 为旋塞，F 、G 为气囊，H 为带套管的玻璃棒。
回答下列问题：(1)仪器a 的名称是 ______ 。
(2)MnO 2熔融氧化应放在 ________ 中加热(填仪器编号)o ①烧杯②瓷用烟③蒸发皿④铁用烟(3)为了能充分利用 CO2,装置中使用了两个气囊。
当试管内依次加入块状碳酸钙和盐酸后，关闭旋塞B 、E,微开旋塞A,打开旋塞C 、D,往热K2MnO4溶液中通入CO2气体，未 反应的C02被收集到气囊 F 中。
待气囊F 收集到较多气体时，关闭旋塞 ，打开旋塞 ，轻轻挤压气囊 F,使C02气体缓缓地压入K2MnO4溶液中再次反应，未反应的C02 气体又被收集在气囊 G 中。
然后将气囊G 中的气体挤压入气囊F 中，如此反复，直至KMnO 完全反应。
2 4(4)除去KMnO 歧化产物中MnO 的操作方法是。
24 2(5)将三颈烧瓶中所得产物经过一系列操作得到针状的高锌酸钾晶体，最后采用低温烘干的 方法来干燥产品，原因是 _________________ 。
【答案】长颈漏斗 ④ AC BDE 过滤 高锌酸钾晶体受热易分解 【解析】 【分析】(1)由实验装置可知，仪器a 为长颈漏斗；(2)熔融固体物质需要在用期内加热，加热熔融物含有碱性KOH 应用铁用烟；(3)该操作的目的是将气囊F 中的二氧化碳排出，据此判断正确的操作方法； (4)高锌酸钾溶于水，二氧化镒不溶于水； (5)高镒酸钾晶体受热易分解。
氧化还原反应高考真题汇编
氧化还原反应高考真题汇编1.[2018·北京高考]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()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＋H2O HCl＋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(NO 3)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。
2.[2017·北京高考]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错：CO2使Na2O2固体变白的原因是发生了反应：2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，该反应中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，CO2既不是氧化剂也不是还原剂。
B对：Cl2使KBr溶液变黄的原因是发生了反应：Cl2＋2KBr===2KCl＋Br2，该反应中Cl元素由0价降低到－1价，故Cl2发生了还原反应，被还原生成KCl。
C错：乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色是由于CH2===CH2与Br2发生加成反应生成了BrCH2CH2Br。
D错：NH3使AlCl3溶液产生白色沉淀是由于发生了反应：AlCl3＋3NH3＋3H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl，该反应为非氧化还原反应。
3．[2017·天津高考]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对：硅太阳能电池发电的主要原理是半导体的光电效应，将太阳能转化为电能，与氧化还原反应无关。
2017_2019年高考化学真题汇编 专题04 氧化还原反应
高考化学真题分类汇编(2021－2021)专题四氧化复原反响一、选择题1【答案】【解析】A．FeCl3与Fe反响生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化复原法应，故A不符合题意；B．MgCl2与NaOH溶液发生复分解反响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，未涉及氧化复原反响，故B符合题意；C．局部氯气与H2O 发生反响生成氯化氢和次氯酸，反响过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化复原法应，故C不符合题意；D．NO2 与水反响生成硝酸和NO。
反响过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化复原法应，故D不符合题意；综上所述，此题应选B。
【点睛】此题考查氧化复原反响，为高考常见题型，侧重于氧化复原反响判断的考查，注意把握发生的反响及反响中元素的化合价变化，题目难度不大。
A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】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响为4Fe 〔OH〕2+O2+2H2O=4Fe〔OH〕3，该反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响，不符合题意；B.氯水中存在反响Cl2+H2O ⇌HCl+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复原反响，不符合题意；C.白色沉淀变为黑色时的反响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反响前后元素化合价不变，不是氧化复原反响，符合题意；与稀HNO3反响生成Cu〔NO3〕2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反响为2NO+O2=2NO2，反响前后元素化合价有升降，为氧化复原反响，不符合题意；故答案为：C【名师点睛】此题考查氧化复原反响的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化复原反响的特征是解题的关键。
2017-2019三年高考真题化学试题分类汇编：专题15化学反应原理综
专题15 化学反响原理综合1. ［2021新课标I ］水煤气变换［CO(g)+H 2O(g 尸CO 2(g)+H 2(g)］是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以 及合成气加工等工业领域中.答复以下问题：(1) Shibata 曾做过以下实验：①使纯 〞缓慢地通过处于721 C 下的过量氧化钻 CoO(s),氧化钻局部被 复原为金属钻Co(s),平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250.②在同一温度下用 CO 复原CoO(s),平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192. 根据上述实验结果判断,复原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO H 2 (填 大于"或 小于〞).(2) 721c 时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反响,那么平衡时体系中H 2的物质的量分数为 (填标号). A. < 0.25 B. 0.25 C, 0.25~0.50 D. 0.50 E. > 0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂外表上水煤气变换的反响历程,如图所示,其中吸附在金催化剂外表上的物种用？标注.可知水煤气变换的 AH 0 (填 大于"等于“或 小于"),该历程中最大能垒(活化能) E^=eV ,写出该步骤的化学方程式 .(4) Shoichi 研究了 467 C 、489 C 时水煤气变换中CO 和％分压随时间变化关系(如以下图所示),催化 剂为氧化铁,实验初始时体系中的P H 2O 和P co 相等、P CO 2和P H 2相等.30T专 H士辜0U ax &x +®o u过渡态23-H+*H+HO+bu过渡态13q二十oE +02®―2 .I- o 11>£.曲雅及第一计算曲线a的反响在30~90 min内的平均速率v(a)=kPa min_1o467 C时p H2和p CO随时间变化关系的曲线分别是.489 C时p H?和p co随时间变化关系的曲线分另是、.【答案】(1)大于(2) C(3)小于2.02 COOH*+H*+H 2O* COOH*+2H*+OH* (或H?O*^= H*+OH* )(4) 0.0047 bead【分析】(1)由H2、CO与CoO反响后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；(2)根据三段式以及CO与出的倾向大小关系综合判断；(3)根据反响物与生成物的相对能量差大小进行比拟判断；根据反响物到达活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比拟最大能垒；根据最大能垒对应的反响历程对应的物质写出方程式；(4)根据图中曲线a在30-90 min内分压变化量计算平均反响速率；先根据CO与〞的倾向大小关系判断CO与H2的含量范围,然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质.【详解】(1) H2复原氧化钻的方程式为：H2(g) + CoO(s)^=Co(s)+H2O(g); CO复原氧化钻的方程式为：n H2 . CO(g)+CoO(s)^=Co(s) + CO2(g),平衡时H2复原体系中出的物质的量分数( --------------------------- )局于n H2+n H2O一n COCO复原体系中CO的物质的量分数( -------------------- ,故复原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；n CO +n CO2(2) 721c时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,可设其物质的量为1mol,那么CO 〔g 〕+H 2O 〔g 〕 J CO 2〔g 〕+H 2〔g 〕起始〔mol 〕 1 1 0 0 转化〔mol 〕 x x x x 平衡〔mol 〕1-x1-xxxn H2xmol x 「、、一一一一一一那么平衡时体系中 H 2的物质的量分数=—— --------------------------=一=一,因该反响为可逆反响,故n 总 ］(1-x )+(1-x )+x+x I mol 2 x<1 ,可假设二者的复原倾向相等,那么 x=0.5,由(1)可知CO 的复原倾向大于 H 2,所以CO 更易转化为 H 2,故x>0.5,由此可判断最终平衡时体系中H 2的物质的量分数介于 0.25~0.50,故答案为C;(3)根据水煤气变换［CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)］并结合水煤气变换的反响历程相对能量可知, CO(g)+H 2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO 2(g)+H 2(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换的 AH 小于0;活化能其最大能垒(活化能)E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV ；该步骤的反响物为 COOH L +H L+H 2O-=COOH L+2HU+OH 」；因反响前后 COOH L 和1个HL 未发生改变,也可以表述成 H 2O 」= HL+OH-；(4)由图可知,30~90 min 内a 曲线对应物质的分压变化量A p= (4.08-3.80) kPa=0.28 kPa,故曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率V(a)= 0,28 kPa =0.0047 kPa min -1;由(2)中分析得出H 2的物质的量分数介60min 于0.25~0.5, CO 的物质的量分数介于 0~0.25,即〞的分压始终高于 CO 的分压,据此可将图分成两局部：即反响物状态到达活化状态所需能量,根据变换历程的相对能量可知,最大差值为：>主般髭甚要A.通入惰性气体 C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度〔3〕环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反响为可逆反响.不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如下图,以下说法正确的选项是 〔填标号〕.由此可知,a 、b 表示的是H2的分压,c 、d 表示的是CO 的分压,该反响为放热反响,故升高温度,平衡逆 向移动,CO 分压增加,电分压降低,故467 c 时P H 2和P CO 随时间变化关系的曲线分别是 b 、c ； 489 C时P H 2和P CO 随时间变化关系的曲线分别是a 、do【点睛】此题以水煤气交换为背景,考察化学反响原理的根本应用,较为注重学生学科水平的培养,难点 在于材料分析和信息提取,图像比拟新,提取信息水平较弱的学生,会比拟吃力.第〔3〕问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物 Science 中的文章 沉积在〞-MoC 上单层金原子对水煤气的低温催化反响 〞,试题以量变化.此题属于连贯性综合题目,此题的解题关键在于第〔 1〕问的信息理解与应用,假设此题的第〔 1〕问判断错误,会导致后续多数题目判断错误；第〔 2〕问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算,考 生假设只是考虑到完全转化极限,那么只能判断出 H 2的物质的量分数小于 0.5,这是由于对题干的信息应用能 力不熟练而导致；对于第〔4〕问中曲线对应物质确实定需根据第〔 1〕〔2〕问得出的相关结论进行推断,需先确定物质对应曲线,然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化.2. [2021新课标H ]环戊二烯〔 答以下问题：〕是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产.回AH I =100.3 kJ mol -1 ①〔2〕某温度下,kJ mol -1②-1kJ mol.在刚性容器内发生反响③,起始总压为105Pa,平 衡时总压增加了 20%,环戊烯的转化率为,该反响的平衡常数 K p =Pa .到达平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的举措有〔填标号〕.B.提升温度 (g)+H 2(g)③ AH3=A. T I >T 2B . a 我的反响速率小于 c 点的反响速率 C. a 我的正反响速率大于 b 点的逆反响速率1D. b 点时二聚体的浓度为 0.45 mol L〔4〕环戊二烯可用于制备二茂铁〔Fe 〔C 5H 5〕2,结构简式为 三』、〕,后者广泛应用于航天、化工等领域中.二茂铁的电化学制备原理如以下图所示,其中电解液为溶解有澳化钠〔电解质〕和环戊二烯 的DMF 溶液〔DMF 为惰性有机溶剂〕.该电解池白W 日极为 ,总反响为 .电解制备需要在无水条件下进 行,原由于 _____________________________【答案】〔1〕 89.3 (2) 40% 3.56 X04 BD(3) CD水会阻碍中间物 Na 的生成；水会电解生成 OH -,进一步与Fe 2+反响生成Fe 〔OH 〕2(4) Fe 电极Fe(C 5H 5)2+H 2.0.51 J .5 2反响时间小Fe+2 +H 2 T (Fe+2c 5H 6=-【分析】(1)利用盖斯定律解题；(2)利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释； (3)通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A 、B 、C 选项,D 选项观察图象计算；(4)根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中 Na 元素的变化确定环戊二烯得电子数和复原产物,进而写出电极反响式；注意Na 与水会反响,Fe 2+在碱性条件下生成沉淀.【详解】(1)根据盖斯定律①-②,可得反响③的 AH=89.3kJ/mol; nmol,平衡时环戊烯反响了xmol,根据题意可知;2nx20%(0.4 105)20.2 105"~I_5 - _5-0.3 10 0.3 10A. T 、V 一定,通入惰性气体,由于对反响物和生成物浓度无影响,速率不变,平衡不移动,故 A 错误；B.升高温度,平衡向吸热方向移动,环戊烯转化率升高,故 B 正确；C.增加环戊烯的浓度平衡正向移动, 但环戊烯转化率降低,故 C 错误；D,增加12的浓度,平衡正向移动,环戊烯转化率升高,故 D 正确； (3) A.温度越高化学反响速率越快,单位时间内反响物浓度减少越多,那么 T I <T 2,故A 错误；B.温度越高化学反响速率越快,因此a 点反响速率大于c 点反响速率,故 B 错误；C. a 点、b 点反响一直在正向进行,故v (正)>v(逆),a 点反响物浓度大于 b 点,故a 点正反响速率大于 b 点,故C 正确；D. b 点时环戊 二烯浓度由1.5mol/L 减小到0.6mol/L ,减少了 0.9mol/L ,因此生成二聚体 0.45mol/L ,故D 正确.(4)根据阳极升失氧可知 Fe 为阳极；根据题干信息 Fe-2e -=Fe 2+,电解液中钠离子起到催化剂的作用使得(2)假设反响前碘单质与环戊烯均为+2HI (g)增加的物质的量1mol2mol 1mol xmol得x=0.4nmol ,转化率为0.4n/n 100%=40% ；P (初)0.5 105 5 .0.5 10 >40% 0.3 1050.3 1055 - 0.5 10 >40% 0.2 1052HI (g)5 . 1 X10 X40% 0.4 105K p 二 4=3.56 10 ；+ I 2 (g)(g) 1mol 0.5 X 5040% + I 2 (g) (g) 0环戊二烯得电子生成氢气,同时与亚铁离子结合生成二茂铁,故电极反响式为 Fe+2 〉= + +H 2T ；电解必须在无水条件下进行,由于中间产物 Na 会与水反响生成氢氧化钠和氢气,亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀.【点睛】此题以水平立意,考查提取信息、处理信息的水平及分析问题、解决问题的水平.充分表达了化 学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值,易错点第( 2)小题平衡常数计算；第(4)小题电极反响式的书写.3. [2021新课标出]近年来,随着聚酯工业的快速开展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长.因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点.答复以下问题：(1) Deacon 创造的直接氧化法为： 4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g) o 以下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl) : c(O 2)分别等于1：1、4 ： 1、7 ： 1时HCl 平衡转化率随温度变化的关系：可知反响平衡常数 K (300C) K (400C)(填 大于〞或 小于").设HCl 初始浓度 为00,根据进料浓度比c(HCl) : c(O 2)=1 ： 1的数据计算K (400C) =(列出计算式). 按化学计量比进料可以保持反响物高转化率, 同时降低产物别离的能耗.进料浓度比c(HCl) ： c(O 2) 过低、过高的不利影响分别是 .(2) Deacon 直接氧化法可按以下催化过程进行：… … 1 .. .................................. -1 CuCl 2(s)=CuCl(s)+ 2 c12(g) AH 1=83 kJ mol CuC1(s)+ 2 O 2(g)=CuO(s)+ 2 Cl 2(g)AH2=-20 kJ mol -1------ - --1CuO(s)+2HCl(g 户CuCl 2(s)+H 2O(g)AH 3=-121 kJ mol-1那么 4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)的 AH=kJ mol . (3)在一定温度的条件下,进一步提升HCl 的转化率的方法是 .(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的根底上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺00 500 400 3 r 7立那766S 6Q 52M更呼3理图串一QH方案,主要包括电化学过程和化学过程,如以下图所示:负极区发生的反响有 (写反响方程式).电路中转移1 mol 电子,需消耗氧L (标准状况).(2) - 116(3)增加反响体系压强、及时除去产物 (4) Fe 3++e =Fe 2+, 4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O5.6【详解】(1)根据反响方程式知, HCl 平衡转化率越大,平衡常数 K 越大,结合图像知升高温度平衡转化率降低,说明升高温度平衡向逆反响方向进行,那么 K(300 C)>K(400 C);由图像知,400c 时,HCl 平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得：4HCl(g) O 2(g) =2CMg) 2H 2O(g)起始(浓度) c 0 c 00 变化(浓度)0.84c 00.21c 0 0.42c 00.42c 0平衡(浓度)(1-0.84)C O (1-0.21)C 0 0.42C O0.42C O__ 2_ _ 2(0.42)2(0.42)2 一 ,、心「 一、 , 一 ■,人 「,〃 一 一那么K= --~~Q--——；根据题干信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致别离产物氯气和氧 (1 -0.84)(1 -0.21)C O 气的能耗较高；进料浓度比过高,HCl 不能充分反响,导致 HCl 转化率较低；(2)根据盖斯定律知,(反响 I+反响 II+反响 III) X2 得 4HCl(g) +O 2(g) =2Cl 2(g) +2H 2O(g) ^H =(AH I +AH2+AH3)x2=-116kJ mol -1；(3)假设想提升HCl 的转化率,应该促使平衡正向移动,该反响为气体体积减小的反响,根据勒夏特列原理,可以增大压强,使平衡正向移动；也可以及时除去产物,减小产物浓度,使平衡正向移动；(4)电解过程中,负极区即阴极上发生的是得电子反响,元素化合价降低,属于复原反响,那么图中左侧为 负极反响,根据图示信息知电极反响为：Fe 3++e-=Fe 2+和4Fe 2++O 2+4H + =4Fe 3++2H 2O ；电路中转移1 mol【答案】(1)大于_ 2_ 2(0.42) (0.42) 4I(1-0.84) (1 —0.21)cO 2和C12别离能耗较高、HCl 转化率较低电源电子,根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol+4 = 0.25mol,在标准状况下的体积为0.25mol 22.4L/mol = 5.6L.4. [2021江苏]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源.(1) CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO2释放利用.CaC204 H2O热分解可制备CaO, CaC2O4 H2O加热升温过程中固体的质量变化见以下图.S6200 400 600 800 IOUO温度/匕①写出400~600 C范围内分解反响的化学方程式：▲.②与CaCO 3热分解制备的CaO 相比,CaC204 H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是 A 0(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用.电解CO2制HCOOH的原理示意图如下.0 1 mnl - I-1KI I口匕溶液①写出阴极CO2复原为HCOO-的电极反响式：▲.②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是▲.(3) CO2催化加氢合成二甲醛是一种CO2转化方法,其过程中主要发生以下反响：反响I: CO2(g)+H2(g)^^CO(g)+H2O(g) AH =41.2 kJ mol-1反响n： 2CO2(g)+6H2(g)^^ CH3OCH 3(g)+3H 2O(g) AH = - 122.5 kJ mol-1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图.其中：2 CH 3OCH 3的物质的量CH 3OCH 3 的选择性=-------- 缶—―目—X100% 反响的CO 2的物质的量①温度高于300 C, CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是▲.②220 c 时,在催化剂作用下 CO 2与“反响一段时间后,测得 CH 3OCH 3的选择性为48% 〔图中A点〕.不改变反响时间和温度,一定能提升CH 3OCH 3选择性的举措有▲.【答案】〔1〕① CaC 2O 4 400~600c CaCO 3+CO T②CaC 204 H 2O 热分解放出更多的气体,制得的 CaO 更加疏松多孔(2)① CO 2+H ++2e-^^ HCOO -或CO 2+ HCO R2e -HCOO - + CO 2一②阳极产生O 2, pH 减小,HCO ；>度降低；K +局部迁移至阴极区〔3〕①反响I 的 AH>0,反响H 的AH<0,温度升高使 CO 2转化为CO 的平衡转化率上升,使 CO 2转化为 CH 3OCH 3的平衡转化率下降,且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强,使用对反响H 催化活性更高的催化剂【分析】此题注重理论联系实际,引导考生熟悉并体会化学科学对社会开展的作用,试题以减少CO 2排放,充分利用碳资源为背景,考查?化学反响原理?模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反响速率和化学 平衡的影响等根本知识；【详解】〔1〕①令CaC 204 H 2O 的物质的量为1mol,即质量为146g,根据图像,第一阶段剩余固体质量为 128,原固体质量为146 g,相差18 g,说明此阶段失去结晶水,第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余 固体质量相比照,少了 28 g ,相差1个CO ,因此400 c ~600 C 范围内,分解反响方程式为400~600C人CaC 2O 4CaCO 3+CO T .1(X8O6O4O2()O②CaC204 H2O热分解放出更多的气体, 制得的CaO更加疏松多孔,增加与CO2的接触面积,更好捕捉CO?.(2)①根据电解原理,阴极上得到电子,化合价降低, CO2+H++2e-^^HCOO-或2CO2+ HCO /2e HCOO + CO3-②阳极反响式为2H2O-4e^^= O2U 4H+,阳极附近pH减小,H卡与HCO3一反响,同时局部不迁移至阴极区,所以电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低.(3)①根据反响方程式,反响I为吸热反响,升高温度,平衡向正反响方向移动, CO2的转化率增大,反应II为放热反响,升高温度,平衡向逆反响方向进行, CO2的转化率降低,根据图像,上升幅度超过下降幅度,因此温度超过300c时,CO2转化率上升.②图中A点CH3OCH3的选择性没有到达此温度下平衡时CH3OCH3的选择性,依据CH3OCH3选择性公式, 提升CH3OCH3选择性,不改变反响时间和温度时,根据反响II,可以增大压强,或者使用对反响II催化活性更高的催化剂. 【点睛】此题的难点(1)是文字表达,应根据图像和所学知识,结合所问问题进行分析解答；(2)电极反应式的书写,阴极反响是将CO2复原成HCOO ,先写出CO2+2e ^HCOO ,然后根据原子守恒和电荷守恒,得出CO2+H ++2e'^^ HCOO',或者为CO2+HCO 1+2^^^ HCOO —+CO 3一.5. [2021北京]氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点.(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一.①反响器中初始反响的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为 4 ： 1 ,甲烷和水蒸气反响的方程式②反响器中还存在如下反响：i .CH 4(g)+H2O(g)^^ CO(g)+3H 2(g) AH1ii .CO(g)+H 2O(g)^^ CO2(g)+H 2(g) AH 2iii .CH 4(g) ^=C(s)+2H 2(g) AH3iii为积炭反响,利用AH1和AH2计算AH3时,还需要利用反响的小.③反响物投料比采用n (H2O) : n (CH4)=4： 1,大于初始反响的化学计量数之比,目的是_________________ (选填字母序号).a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成④用CaO可以去除CO2.H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如以下图所示.从t1时开始,H 2体积分数显著降低,单位时间 CaO 消耗率 (填 升高〞降低“或 不变〞).此时CaO 消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因： .10 0 % 10020030011 min(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如下.通过限制开关连接③结合①和②中电极 3的电极反响式,说明电极 3的作用:【答案】(1)① CH 4+2H 2.4H 2+CO 2④降低 CaO+ CO2^^CaCO 3, CaCO 3覆盖在CaO 外表,减少了 CO 2与CaO 的接触面积③制〞时,电极3发生反响：Ni(OH) 2+ OH --e-^=NiOOH+H 2O .制O 2时,上述电极反响逆向进行,使电 极3得以循环使用【详解】(1)①由于生成物为 “和CO 2,其物质的量之比为 4： 1,反响物是甲烷和水蒸气,因而反响方程K i 或K 2,可交替得到 H 2 和.2.①制 H 2时,连接 产生 H 2的电极反响式是②改变开关连接方式,可得 O 2.② C(s)+2H 2O(g)CO 2(g)+2H 2(g)或 C(s)+ CO 2(g)2CO(g)(2)① K i2H 2O+2eH 2 T +2OH求、#案需OEU o O 3 2605040W9080706050式为CH 4+2H2O 4H2+CO2.② i -ii 可得CH4(g)+CO2(g)^= 2CO(g)+2H 2(g),设为iv,用iv -iii可得C(s)+CO 2(g)-------------------------- 2CO(g),由于还需利用C(s)+CO2(g)^^2CO(g)反响的烙变.③初始反响n(H2O):n(CH4)=2： 1,说明参加的水蒸气过量, 又反响器中反响都存在一定可逆性, 根据反响i知水蒸气浓度越大,甲烷的转化率越高,a正确；根据反响ii知水蒸气浓度越大, CO的转化率越高,b正确;i和ii产生氢气,使得氢气浓度变大,抑制反响iii,积炭生成量减少, c正确.④t i时CaO消耗率曲线斜率减小,因而单位时间内CaO的消耗率降低.CaO+ CO2——CaCO s, CaCO3覆盖在CaO外表,减少了CO2与CaO的接触面积,因而失效.(2)①电极生成H2时,根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气,因而电极须连接负极,因而制H2时,连接K i,该电池在碱性溶液中,由H2O提供H + ,电极反响式为2H2O+2e-=H2T +2OH.③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化,其反响式为NiOOH+e-+H2.-^Ni(OH) 2+OH-,当连接K1时, Ni(OH) 2失去电子变为NiOOH,当连接七时,NiOOH得到电子变为Ni(OH) 2,因而作用是连接K i或K2时, 电极3分别作为阳极材料和阴极材料,并且NiOOH和Ni(OH) 2相互转化提供电子转移.6. [2021天津]多晶硅是制作光伏电池的关键材料.以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程.答复以下问题:1 .硅粉与HCl在300c时反响生成imol SiHCl3气体和H2,放出225kJ热量,该反响的热化学方程式为° SiHCl3的电子式为n .将SiCl4氢化为SiHCl 3有三种方法,对应的反响依次为：①SiCl4 g H2 g U山SiHCl3 g HCl g H 0②3SiCl4 g 2H2 g Si sLU 4SiHCL g H2 < 0③2SiCl4 g H2 g Si s HCl g UJJ 3SiHCl g 也(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称〔填阳极〞或阴极〕,该电极反响方程式为温度-〞c 图2温度图】〔2〕体系自由能变A G = A H -TAS, A G <0时反响自发进行.三个氢化反响的A G与温度的关系如图1所示,可知：反响①能自发进行的最低温度是 ;相同温度下,反响②比反应①的AG小,主要原因是.〔3〕不同温度下反响②中SiCl4转化率如图2所示.以下表达正确的选项是〔填序号〕.a. B点：v正A V逆b, v正：A点A E点 c.反响适宜温度：480 e 520 c〔4〕反响③的AH3=〔用A H I ,AH2表示〕.温度升高,反响③的平衡常数K〔填揩大7 减小〞或不变〕.〔5〕由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有〔填分子式〕.300 c【答案】I. Si s 3HCl g SiHCl 3g H2g , H =-225kJ mol：C1：*+ * * **** •• • •H(1)阴极2H2O+2e-^H2+2OH A 2H + + 2e-^H2(2) 1000C A H2 <A H I导致反响②的A G小(3) a、c(4) △H2—△H1减小(5) HCl、H2【分析】I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态,要将热化学方程式中始变的数值与化学计量数对应.此题的反响温度需要标注为条件；n. (1)惰性电极电解KOH溶液,实质是电解水,产生氢气的必为阴极,发生复原反响.(2)看图说话〞,将反响①的纵、横坐标对应起来看,即可顺利找到最低温度.影响自由能变的因素主要是烙变和嫡变,分析发现嫡变对反响②反而不利,说明始变影响大,为主要影响因素；(3)据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键.注意时间是一个不变的量.(4)此问是盖斯定律的简单应用,对热化学方程式直接进行加减即可.【详解】I .参加反响的物质是固态的Si、气态的HCl ,生成的是气态的SiHCl3和氢气,反响条件是300C, 配平后发现SiHCl 3的化学计量数恰好是1,由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)300℃SiHCl 3(g)+H2(g) ?H= -225kJ mol-1; SiHCl 3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键,由此可写出I- ■即其电子式为：研君注意别漏标3个氯原子的孤电子对；Hn. (1)电解KOH溶液,阳极发生氧化反响而产生.2、阴极发生复原反响才产生H2；阴极的电极反响式可以直接写成2H++2e-=H 2 T,或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2 T +2OH;(2)由题目所给的图1可以看出,反响①(最上面那条线)当？G=0时,对应的横坐标温度是1000C；从反响前后气体分子数的变化来看,反响①的嫡变化不大,而反响②中嫡是减小的,可见嫡变对反响②的自发更不利,而结果反响②的？G更负,说明显然是烙变产生了较大的影响,即？H2<?H I导致反响②的？6小(两个反响对应的？H, 一个为正值,一个为负值,大小比拟很明显) ；(3)图2给的是不同温度下的转化率,注意依据限制变量法思想,此时所用的时间一定是相同的,所以图示中A、B、C点反响均正向进行, D点刚好到达平衡,D点到E点才涉及平衡的移动.在到达平衡状态以前,正反响速率大于逆反响速率, a项正确,B点反响正向进行,正反响速率大于逆反响速率；b点错误,温度越高,反响速率越快,所以E点的正(或逆)反响速率均大于A点；c项正确,C到D点,SiHCl 3的转化率较高,选择此温度范围比拟适宜,在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度.(4)将反响①反向,并与反响②直接相加可得反响③,所以?H3=?H2-?H I,因？H2<0、？H I>0,所以？H3必小于0,即反响③正反响为放热反响,而放热反响的化学平衡常数随着温度的升高而减小；(5)反响①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步,三个可逆反响中剩余的〞也可循环使用.【点睛】①对于反响的吉布斯自由能大小比拟及变化的分析,要紧紧抓住烙判据和嫡判据进行分析.②判断图2中时间是一个不变的量,是看清此图的关键.明白了自变量只有温度,因变量是SiCl4的转化率,才能落实好平衡的相关知识的应用,如平衡的建立,平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等. 7. ［2021浙江4月选考］水是生命之基质〞,是永远值得探究的物质〔1〕关于反响H 2〔g 〕+1/2O 2〔g 〕 H 2O .〕,以下说法不止碉.的是.A.始变AH<0,嫡变AS< 0B.可以把反响设计成原电池,实现能量的转化C. 一定条件下,假设观察不到水的生成,说明该条件下反响不能自发进行D.选用适宜的催化剂,有可能使反响在常温常压下以较快的速率进行 〔2〕①根据H 2O 的成键特点,画出与图中H 2O 分子直接相连的所有氢键 〔O —H-O 〕.②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中, 测定不同温度〔T 〕下气态、液态水平衡共存［H 2O 〔l 〕H 2O〔g 〕］时的压强〔p 〕.在图中画出从20c 开始经过100c 的p 随T 变化关系示意图〔20C 时的平衡压强用 p i 表布〕.2.1 MPa 〕时的水称为超临界水.①与常温常压的水相比,高温高压液态水的离子积会显著增大.解释其原因 . ②如果水的离子积 K w 从1.0X0-14增大到1.0 M0-10,那么相应的电离度是原来的 倍.③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶,由此开展了超临界水氧化技术.一定实验条件 其中x 为以碳元素计的物质的量分数, t 为反响时间.卜列说法合理的是A.乙醇的超临界水氧化过程中,一氧化碳是中间产物,二氧化碳是最终产物B.在550c 条件下,反响时间大于 15 s 时,乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C.乙醇的超临界水氧化过程中,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反响的速〔3〕水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质.当温度、 压强分别超过临界温度〔374.2 C 〕、临界压强〔2下,测得乙醇的超临界水氧化结果如下图,率,而且两者数值相等D,随温度升高,X CO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大〔4〕以钳阳极和石墨阴极设计电解池, 通过电解NH4HSO4溶液产生〔NH4〕2S2O8,再与水反响得到H2O2,其中生成的NH4HSO4可以循环使用.①阳极的电极反响式是.②制备H2O2的总反响方程式是.【答案】〔1〕 C〔3〕①水的电离为吸热过程,升高温度有利于电离〔压强对电离平衡影响不大〕②100③ABD〔4〕① 2HSOJ—2e-S2O82-+ 2H+或2SO, — 2e-S z O g2-②2H2O 通电H2O2+ H2 T【分析】此题以水为载体考查了化学反响原理的相关知识,如电化学,化学平衡等.【详解】〔1〕 A .氢气燃烧是放热反响, AHV0,该反响中气体变为液体,为嫡减过程,故AS< 0, A项正确；B .该反响可设计为氢氧燃料电池,其化学能转为电能, B项正确；C.某条件下自发反响是一种倾向,不代表真实发生,自发反响往往也需要一定的反响条件才能发生,如点燃氢气,C项错误；D.催化剂降低活化能,加快反响速率, D项正确.故答案选Co(2)①H2O电子式为H -0：H ,存在两对孤电子对,因而O原子可形成两组氢键,每个H原子形成一个氢键,图为：②100C, 101kPa为水的气液分界点,20c和P I为另一个气液分界点,同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体,因而曲线为增曲线,可做图为：207Tx 划(3)①水的电离为吸热过程,升高温度有利于电离,压强对固液体影响不大,可忽略.②c(H+)=,*w,当K w=1.0 10-14, C i(H+)=10-7mol/L ,当K w=1.0 10-1°, C2(H+)=10-5mol/L ,易知后者是前者的100倍,所以相应的电离度是原来的100倍.③A.观察左侧x-t图像可知,CO先增加后减少,CO2一直在增加,所以CO为中间产物,CO2为最终产物, A项正确；B.观察左侧x-t图像,乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致,而右图X CO-t图像中550 C, CO在15s减为0,说明乙醇氧化为CO2趋于完全,B项正确；C.乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反响的速率,但两者数值不相等,比值为化学计量数之比,等于1:2, C项错误；D.随着温度的升高,乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大,但CO是中间产物,为乙醇不完全氧化的结果,CO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快,且大于CO的氧化速率,D项正确.故答案选ABD.(4)①电解池使用惰性电极,阳极本身不参与反响,阳极吸引HSOJ (或SO42-)离子,并放电生成S2O82-,因而电极反响式为2HSO4 —2e-=S2O82-+ 2H+或2SO42--2e-=S2O82-o。
2019年高考化学七类选择题真题汇总：氧化还原反应 (含答案)
2019年高考化学七类选择题汇总：
氧化还原反应--高考题逆袭
17．【2018年北京】下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
16 A.反应N 2(g)+3H 2(g)⇌2NH 3(g)的△H＜0，△S＞0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下，K sp [Mg(OH)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg 2+溶液中，c(Mg 2+)≤5.6×10﹣4 mol •L —1
D.常温常压下，锌与稀H 2SO 4反应生成11.2 L H 2，反应中转移的电子数为6.02×1023
15．【2016年高考北京卷】K 2Cr 2O 7溶液中存在平衡：Cr 2O 72-（橙色）+H 2O 2CrO 42-（黄色）+2H +。
用K 2Cr 2O 7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Cr 2O 72-被
C 2H 5OH 还原
C ．对比②和④可知K 2Cr 2O 7酸性溶液氧化性强
D ．若向④中加入70%H 2SO 4溶液至过量，溶液变为橙色
14．【2016年高考上海卷】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。
氧化还原高考题
氧化还原反应1（2017年海南）在酸性条件下，可发生如下反应：＋2M3＋＋4H2O===＋Cl－＋8H＋，中M的化合价是A ＋4B ＋5C ＋6D ＋72（2016年上海）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4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶43 （2019年4月浙江）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∶24 （2018年11月浙江）下列化学反应中溴元素仅仅被氧化的是A 2NaBr + Cl2 = 2NaCl + Br2B Br2 + 2NaI = 2NaBr + I2C 3Br2 + 6NaOH = 5NaBr+NaBrO3+3H2OD HBr + NaOH = NaBr + H2O5 （2018年4月浙江）下列变化过程中，加入氧化剂才能实验的是A Cl2→B →I2C SO2→D CuO→Cu6 （2017年4月浙江）下列属于氧化还原反应的是A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．Na2O+H2O2NaOHC．2KI+Br22KBr+I2D．MgO+2HCl MgCl2+H2O7 （2017年北京）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8 （2017年天津）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9 （2007年上海）氧化还原反应中实际上包括氧化和还原两个过程。
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2017年-2019年高考真题汇编：氧化还原反应（选择题）
1．[2019北京]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
2．[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∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
3．[2018北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A B C D
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
4．[2017浙江4月选考]下列属于氧化还原反应的是
A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．Na2O+H2O2NaOH
C．2KI+Br22KBr+I2D．MgO+2HCl MgCl2+H2O 5．[2017北京]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6．[2017天津]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
2017年-2019年高考真题汇编：氧化还原反应
1．[2019北京]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
【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，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；
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。
2．[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∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．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。
3．[2018北京]下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是
A B C D
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+H2O HCl+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，答案选C。
4．[2017浙江4月选考]下列属于氧化还原反应的是
A．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O B．Na2O+H2O2NaOH
C．2KI+Br22KBr+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+H2O2NaOH中元素的化合价均不变化，是非氧化还原反应，B错误；C. 2KI+Br22KBr+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，答。