新高考化学二轮备考选择题高频热点特训习选择题专项突破专项突破07 氧化还原反应

这是一份新高考化学二轮备考选择题高频热点特训习选择题专项突破专项突破07 氧化还原反应，共17页。试卷主要包含了已知三个氧化还原反应，已知还原性顺序等内容，欢迎下载使用。
考向分析：以生产、生活中的氧化还原反应为载体，考查氧化还原反应的基本概念、电子转移数目、氧化还原反应的简单计算等
（一）必备知识和方法
1．熟记15组物质，掌握常见变化规律
2.氧化性及还原性的强弱比较
（1）剂>产物：氧化剂氧化性强于氧化产物，还原剂还原性强于还原产物。
（2）根据活动性顺序：在金属活动性顺序表中，位置越靠前，其单质还原性就越强，其阳离子的氧化性就越弱。同理，依据非金属活动顺序表，位置越靠前，其单质氧化性越强，其阴离子的还原性就越弱。
（3）根据元素周期表：同周期元素，随着核电荷数的递增，单质氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱；同主族元素，随着核电荷数的递增，单质氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强。
（4）根据反应的难易程度：不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，条件越易或者氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。
（5）根据电化学原理判断：两种不同的金属构成原电池的两极，负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极，负极还原性强于正极。用惰性电极电解混合液时，若混合液中存在多种金属阳离子时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强(相应的金属单质的还原性较弱)，若混合液中存在多种阴离子，在阳极先放电的阴离子的还原性较强(相应的非金属单质的氧化性较弱)。
（6）一般溶液的酸性越强或温度越高，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强，反之则越弱。
3.氧化还原反应概念判断中的7个“不一定
(1)元素由化合态变为游离态不一定被还原，也可以被氧化，如在反应2H2O2H2↑+O2↑中，氢元素被还原，而氧元素被氧化。
(2)得电子难的物质不一定易失电子，如第ⅣA族和稀有气体。
(3)含有同种元素不同价态的物质，价态越高其氧化性不一定越强。如氧化性：HClO>HClO4。
(4)有单质参加的反应，不一定是氧化还原反应，如3O2===2O3。
（5）某一原子在反应中得到或失去的电子数越多，其氧化性或还原性不一定越强。物质的氧化性或还原性的强弱取决于得到或失去电子的难易程度，而不是得到或失去电子数目的多少
(6)依据金属活动性顺序判断阳离子的氧化性强弱时，要注意Fe对应的阳离子是Fe2+,而不是Fe3+。
(7)具有还原性物质与具有氧化性物质不一定都能发生氧化还原反应，如SO2与浓H2SO4、Fe3＋与Fe2＋不反应。
4.四大规律
(1)价态规律：元素处于最高价时，只有氧化性；元素处于最低价时，只有还原性；元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，但主要呈现一种性质。物质若含有多种元素，其性质是这些元素性质的综合体现。
（2）难易规律：越易失电子的物质，失电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得电子后就越难失电子。一种氧化剂同时和几种还原剂反应时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时和多种氧化剂反应时，氧化性最强的优先发生反应。
（3）转化规律：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
例如：浓H2SO4与SO2不会发生反应，KClO3+6HC1(浓）=KCl+3C12↑+3H2O反应中，KClO3中+5价氯元素不会转化为KCl中-1价氯元素。
守恒规律：氧化还原反应中氧化剂得电子、还原剂失电子，且得电子总数等于失电子总数。电子守恒法解题的思维流程：
A.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。
B.找出一个原子或离子得失电子数目，从而确定1 ml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 ml K2Cr2O7被还原为＋3价的Cr得电子数是3×2NA)。
C.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。
5..配平的方法
(1)若氧化剂、还原剂中某元素化合价全部变化，一般从左边反应物着手配平。
(2)自身氧化还原反应（包括分解、歧化）一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先按得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物缺正电荷，一般加H+,生成物一边加水；若反应物缺负电荷，一般加OH-，生成物一边加水，然后配平两边电荷数。
(4)当化学方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
例1．新型纳米材料MFe2Ox(3I-> Fe2＋> Br-。向含SO、Fe2＋、Br-、I-各0.1 ml的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是 ( )
A．B．
C．D．
10．PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放。通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应：NOx+ CON2 + CO2。下列关于此反应的说法中，不正确的是
A．所涉及元素中原子半径： C>N>O
B．当x = 2时，每生成1ml N2，转移电子数为4ml
C．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3︰4
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1︰1时，NOx中氮元素的化合价为＋2
11．科学研究发现在不同金属催化剂的作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮，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( )
A．铱的表面发生反应：
B．导电基体上消除含氮污染物的总反应为
C．若导电基体上只有单原子，含氮污染物也能被消除
D．导电基体上的颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量
12．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应物微粒是S、SO、OH-
B．该反应可能在酸性条件下进行
C．每生成2ml S2-反应转移的电子为6ml
D．氧化剂与还原剂的质量比为2∶1
13．已知离子方程式：①2Fe3++2I-=2Fe2++I2，②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，下列说法中正确的是( )
A．氧化性强弱为：Br- Fe2＋> Br-，所以通入氯气时SO先被氧化成硫酸根，根据电子守恒可知0.1ml SO可以还原0.1mlCl2，消耗标况下2.24L氯气，故A错误；
B．当0.1ml SO完全反应后I-开始反应，所以n(I-)应在2.24L之后下降，故B错误；
C．0.1ml SO完全反应后I-开始反应，0.1ml I-可以消耗0.05ml氯气，标况下体积为1.12L，之后Fe2+的物质的量开始下降，此时通入的氯气共3.36L，而0.1mlFe2+可以消耗0.05ml氯气，即1.12L氯气，所以到4.48L时Fe2+的物质的量为0，故C正确；
D．当Fe2+完全反应后Br-开始反应，根据C选项可知此时通入的氯气为4.48L，故D错误；
综上所述答案为C。
10．B
【解析】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径C>N>O，故A正确；
B．当x = 2时，元素由NO2中+4价降低为N2中0价，每个N转移电子的物质的量为4ml，每生成1ml N2转移电子数为4ml×2=8ml，故B错误；
C．N2分子中含有氮氮三键，1ml N2含有3ml共价键，CO2分子中含有2个C=O，1mlCO2含有4ml共价键，故等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故C正确；
D．令NOx中N元素的化合价为a，则1×(a-0)=1×(4-2)，计算得出a=2，故D正确；
故答案为B。
11．C
【解析】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气和水，反应为，A正确；
B．根据图示可知，导电基体上H2、为反应物，NO为中间产物，N2O为产物，故导电基体上消除含氮污染物的总反应可表示为，B正确；
C．由图示可知，导电基体Cu上的转化原理是在单原子Pt和单原子Cu协同催化作用下，将溶液中的转化为N2O气体，在气体中又在铱的催化作用下将氢气和N2O转化成无污染的N2，C错误；
D．从图示可知，硝酸根离子在Pt颗粒上得电子变为铵根离子，导电基体上的Pt颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量，D正确；
故答案为C。
12．D
【解析】把碎纸片b补充到a中，得到的离子方程式为3S+6OH-=2S2-++3H2O；
A．反应物微粒是S、OH-，SO是生成物，故A错误；
B．有OH-参与反应，该反应不能在酸性条件下进行，故B错误；
C．每生成2ml S2-转移的电子为4ml，故C错误；
D．S既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为2∶1，故D正确；
选D。
13．B
【解析】A．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性强于还原产物的还原性原理分析，①2Fe3++2I-=2Fe2++I2，氧化性Fe3+＞I2，I-还原性：I-＞Fe2+，②Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，氧化性Br2＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Br-，结合得：还原性：I-＞Fe2+＞Br-，故A错误；
B．反应①中，Fe3+得到1个电子形成Fe2+，则生成1 mlFe2+转移1ml电子，即NA个电子，故B正确；
C．反应②中Br2得电子，元素化合价降低，发生还原反应，故C错误；
D．Br2具有氧化性，I-具有还原性，反应为Br2+2I-=I2+2Br-，故D错误。
故选B。
14．A
【解析】A.在吸收塔里二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，有氧化必有还原，H2O2做还原剂起还原作用，故A不正确；
B.在吸收塔里二氧化氯生成亚氯酸钠，氯元素化合价由+4变为+3，化合价降低做氧化剂，过程中1ml二氧化氯失去1ml电子；H2O2生成氧气，氧元素化合价由-1价变为0价，化合价升高做还原剂，过程中1mlH2O2得2ml电子，根据得失电子守恒，得1ml电子，需0.5mlH2O2参与反应，则氧化剂与还原剂的物质的量比为2:1，故B正确；
C. ClO2发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+ SO2 ═ 2ClO2 + SO，故C正确；
D.将粗晶体进行精制，可采用重结晶，故D正确。
故答案选A。
15．C
【解析】A．检验淀粉水解生成的葡萄糖，需先加入NaOH溶液中和H2SO4，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，否则Cu(OH)2被H2SO4反应，无法检验葡萄糖，A操作错误，不符合题意；
B．反应生成的气体CO2中混有挥发的HCl，故苯酚的生成不一定是CO2制得，需在气体通入苯酚钠溶液之前，经过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置排除HCl干扰，B操作错误，不符合题意；
C．溶液显蓝色，说明有I2生成，即发生反应2FeCl3+2KI=I2+2FeCl2+2KCl，说明氧化性FeCl3＞I2，C符合题意；
D．H2O2与KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4具有强氧化性将H2O2氧化，体现H2O2的还原性，D结论错误，不符合题意；
故答案选C。