2022届新高考化学二轮复习氧化还原反应学案(2).docx

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1、氧化还原反应高考引领1(2020山东高考)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NO2参与酸雨形成解析：B谷物发酵酿造食醋过程中谷物先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下生成CH3CH2OH，CH3CH2OH再转化为CH3COOH，该过程涉及氧化还原反应，A项不符合题意；小苏打用作食品膨松剂利用的是NaHCO3受热分解会放出CO2的性质，不涉及氧化还原反应，B项符合题意；含氯消毒剂具有较强的氧化性，消毒时发生氧化还原反应，C项不符合题意；大气中的NO2形成酸雨时发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，该反应属于氧化还原反应

2、，D项不符合题意。2(2021山东高考)下列由实验现象所得结论错误的是()A向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性B向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe()C向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应解析：C淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素化合价由4价降低到0价，发生还原反应，HSO体现氧化性，A项正确；酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe

3、()，B项正确；在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速生成红棕色气体，无法证明反应产物，C项错误；先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，后来褪色，是因为水解产生了具有漂白性的物质HClO，D项正确。3(2021湖南高考)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I211KClO33H2O6KH(IO3)25KCl3Cl2。下列说法错误的是()A产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mol eB反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为116C可用石灰乳吸收反应产生的C

4、l2制备漂白粉D可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在解析：A根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到5价，所以产生标准状况下22.4 L即1 mol 氯气需消耗2 mol碘单质，转移20 mol e，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为116，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I与IO反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO的存在，D说法正确。4(2021湖南高考节选)滤渣的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO

5、4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为_。解析：根据题中信息，可知反应物为Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物为LiFePO4、CO和H2O，根据化合价变化，C：4价2价，0价2价，Fe：3价2价，则反应的化学方程式为6FePO43Li2CO3C6H12O66LiFePO49CO6H2O。答案：6FePO43Li2CO3C6H12O66LiFePO49CO6H2O分析预测氧化还原反应是高考的必考内容，从考查内容上看，借助STSE型试题判断指定反应是否是氧化还原反应、氧化还原反应中电子的转移数目在NA题目中是命题的热点；物质氧化性、还原性的强弱常与

6、离子方程式正误判断融合考查；在工艺流程题中常常涉及陌生氧化还原方程式的书写。必备知识1氧化还原反应的相关概念2氧化还原反应基本规律的应用3氧化还原反应方程式的配平步骤题组训练题组一氧化还原反应的基本概念及其关系1化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是()AB“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能铝粉与强碱溶液反应放热CD长征五号运载火箭发射用“天眼”接收宇宙中的射电信号解析：D锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；铝与强碱溶液反应时，铝失电子发生氧化反应，故不选B；长征五号运载火箭采用液氢、液氧作为推进剂，发射过程涉及氧化还原反应，故不选C；用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没

7、有生成新物质，不属于化学变化，故选D。2工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)，其主要反应为：4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO22Na2CrO4H2SO4Na2SO4Na2Cr2O7H2O下列说法中正确的是()A反应和均为氧化还原反应B反应的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D生成1 mol Na2Cr2O7时共转移6 mol电子解析：B反应中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而反应中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还

8、原反应，故A错误；4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeOCr2O3，故B正确；反应中，氧化剂是氧气，还原剂是FeOCr2O3，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；由反应方程式可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中O元素由0价降低为2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为 mol43.5 mol，所以反应

9、中每生成1 mol Na2CrO4时转移3.5 mol电子，反应不是氧化还原反应，所以生成1 mol的Na2Cr2O7时转移7 mol 电子，故D错误。3在金属Pt、Cu和Ir(铱)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)以达到消除污染的目的，其工作原理如图所示。下列说法错误的是()AIr表面反应的反应物是H2和N2O气体B导电基体中Pt上既发生氧化反应又发生还原反应C若导电基体上只有Cu，难以消除含氮污染物D若导电基体上的Cu颗粒增多，能提高硝态氮(NO)的平衡转化率解析：D根据图像可知，Ir表面反应的反应物是H2和N2O气体，生成物为N2和H2O，A正确；导电基体

10、中Pt上氢气失电子生成氢离子，发生氧化反应，NO得电子生成N2O，发生还原反应，则Pt上既发生氧化反应又发生还原反应，B正确；根据图像可知，硝酸根离子得电子与氢离子反应生成氮的氧化物和水，则若导电基体上只有Cu，氢气不能失电子生成氢离子，难以消除含氮污染物，C正确；若导电基体上的Cu颗粒增多，消耗硝酸根离子的速率增大，但对硝态氮(NO)的平衡转化率无影响，D错误。题组二氧化还原反应的规律及其应用4某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列有关该同学对实验原理的解释或

11、所得结论的叙述不正确的是()A氧化性：ClOI2SOB蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C淀粉KI溶液变蓝是因为I被ClO氧化为I2，I2使淀粉变蓝D若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色解析：B由NaClO2KIH2SO4=I2NaClK2SO4H2O，可知ClO的氧化性强于I2的氧化性，由Na2SO3I2H2O=Na2SO42HI，可知I2的氧化性强于SO的氧化性，所以氧化性：ClOI2SO，故A正确；由第二步反应可知，S元素的化合价升高，则蓝色消失的原因是Na2SO3具有还原性，故B错误；由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确；氯气的氧

12、化性强于碘单质，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氯气能将亚硫酸钠氧化，而使氯水褪色，故D正确。55价V在不同pH下微粒的化学式不同，其微粒与pH关系如表所示。含钒元素的不同微粒VOVOV2OVOpH46688101012另外，V价态不同在溶液中颜色不同，如V2(紫色)、V3(绿色)、VO2(蓝色)、VO(黄色)、VO(无色)、V5O(红棕色)等。下列说法正确的是()AVO转化为V2O的离子反应为2VOH2O=V2O2HB含VO的溶液中滴加氨水有NH4VO3沉淀产生，该过程V元素被还原C酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时离子反应为5VO8OH=V5O4H2OD紫色VSO4溶液中滴加酸性高锰酸

13、钾溶液，溶液颜色出现绿色蓝色黄色，两个过程均失去1 mol电子解析：C含V2O的溶液中，pH为810之间，呈碱性，所以反应时不可能有氢离子生成，正确为2VO2OH=V2OH2O, A错误； VO中V的化合价为5价，NH4VO3中V的化合价为5价，反应前后元素化合价无变化，未发生氧化还原反应， B错误；酸性VO滴加烧碱溶液，溶液显红棕色时有V5O生成，其反应为5VO8OH=V5O4H2O, C正确；题中2价V的量未知，不能计算出详细的电子转移数目， D错误。电子守恒法解题的思维流程(1)找出反应中的氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找出一个原子或离子得失电子数目，从而确定1 mol

14、氧化剂或还原剂得失电子数目(注意化学式中原子或离子个数，如1 mol K2Cr2O7被还原为3价的Cr得电子数是23NA)。(3)根据题目中各物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)变价原子数化合价变化值n(还原剂)变价原子数化合价变化值，从而求算出答案。题组三氧化还原方程式的书写、配平及相关计算6含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CNOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()ACl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B上述离子方程式配平后，氧化剂、

15、还原剂的化学计量数之比为25C若有5NA个电子发生转移，生成CO2的体积为22.4 LD若将该反应设计成原电池，则CN在正极区发生反应解析：A在反应CNOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)中，Cl元素化合价降低，C元素化合价升高，N元素化合价升高，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由A分析可知，反应方程式为2CN8OH5Cl2=2CO2N210Cl4H2O，反应中CN是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为52，B错误；若有1 mol CN发生反应，则有(42)(03)NA5NA电子发生转移，但不知道气体是否处于标准状态，故不能求算生成CO2的体积，C错

16、误； CN是还原剂失电子，则若将该反应设计成原电池，则CN在负极区失去电子，发生氧化反应，D错误。7用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：反应：Cu2SCr2OHCu2SOCr3H2O(未配平)反应：FeSCr2OHFe3SOCr3H2O(未配平)下列判断错误的是()A反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为35B用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2OC处理等物质的量的Cr2O时，反应和中消耗H的物质的量相等D用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质解析：C根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平两个方程式如下：反应：3Cu2S

17、5Cr2O46H=6Cu23SO10Cr323H2O；反应：2FeS3Cr2O26H=2Fe32SO6Cr313H2O。由分析知，Cu2S为还原剂，Cr2O为氧化剂，则反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为35，A正确；1 mol Cu2S参与反应失去10 mol电子，1 mol FeS参与反应失去9 mol电子，根据得失电子守恒可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O，B正确；处理等物质的量的Cr2O时，反应中消耗H的物质的量不等，C错误；用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，且该反应还可以生成Fe3，Fe3能水解生成氢氧化铁胶体，其具有吸附性，可吸附悬浮

18、杂质，D正确。8(1)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(2)6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，反应的离子方程式为_。解析：(1)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得化学方程式2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2。(2)HSO在反应中被氧化为SO，结合反应前后元素化合价变化，利用升降法可写出并配平该离子方程式。答案：(1)O22Mn

19、(OH)2=2MnO(OH)2(2)Cr2O3HSO5H=2Cr33SO4H2O9用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：回答下列问题：MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_。解析：MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由4价降低为2价，根据元素价态变化规律可知2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为11，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS。答案：MnO2BaSH2O=Ba(OH)2MnOS10实验室以锌灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3(PO4)24H2O的流程如下。滴加KMnO4溶液后有MnO2生成，该反应的离子方程式为_。解析：锌灰被稀硫酸“浸取”后，溶液中有Fe2，KMnO4溶液氧化Fe2生成Fe3，自身被还原为MnO2，反应的离子方程式为MnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35H。答案：MnO3Fe27H2O=MnO23Fe(OH)35H陌生情境中氧化还原反应方程式的书写方法