2021年高考化学二轮复习专题四氧化还原反应学案

1、专题四氧化还原反应1(2020浙江卷)反应mno24hcl(浓)mncl2cl22h2o中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()a12b11c21 d41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)11，b项符合题意。答案：b22020新高考(山东卷)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

2、气中no2参与酸雨形成解析：a项，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，不符合题意；b项，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，符合题意；c项，利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，不符合题意；d项，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，不符合题意。答案：b3(2019北京卷)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()选项物质(括号内为杂质)除杂试剂afecl2溶液(fecl3)fe粉bnacl溶液(mgcl2)naoh溶

3、液、稀hclccl2(hcl)h2o、浓h2so4dno(no2)h2o、无水cacl2解析：a项，fecl3与fe反应生成fecl2，2fecl3fe=3fecl2，此过程中fe的化合价发生变化，涉及了氧化还原反应，不符合题意；b项，mgcl2与naoh溶液发生复分解反应：mgcl22naoh=mg(oh)22nacl，过量的naoh溶液可用hcl除去：hclnaoh=naclh2o，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，符合题意；c项，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，涉及了氧化还原反应，不符合题意；d项，no2与水反应生成硝酸和no，反

4、应过程中氮元素化合价发生变化，涉及了氧化还原反应，不符合题意。答案：b氧化还原反应是高中化学的核心理论，贯穿于高中化学学习的始终，也是高考考查的重点和热点内容，很少会以专门考题出现，而是融入其他专题进行考查，分散在各种题型中。近三年的高考中，主要考查氧化还原反应的相关概念判断和氧化还原反应方程式的书写。陌生的氧化还原反应方程式的书写成为近年来考查的亮点，需要重点关注。书写提供信息的陌生的氧化还原反应(或离子)方程式时，应利用所给的信息并按氧化还原反应或离子反应规律预测产物，再加以配平，即可得氧化还原反应的化学方程式。考点一氧化还原反应概念1氧化还原反应的关系(1)氧化反应：失去电子(化合价升高

5、)的反应。(2)还原反应：得到电子(化合价降低)的反应。(3)氧化剂(被还原)：得到电子的物质(所含元素化合价降低的物质)。(4)还原剂(被氧化)：失去电子的物质(所含元素化合价升高的物质)。(5)氧化产物：还原剂失电子后对应的产物(包含化合价升高的元素的产物)。(6)还原产物：氧化剂得电子后对应的产物(包含化合价降低的元素的产物)。2氧化性及还原性的强弱比较物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。如：na、mg、al的还原性强弱依次为namgal；浓hno3、稀hno3的氧化性强弱为浓hno3稀hno3。(1)根据氧化还原反应原理：氧化剂氧化性强于氧

6、化产物，还原剂还原性强于还原产物。(2)根据元素的化合价：如果物质中某元素具有最高价，该元素只有氧化性；物质中某元素具有最低价，该元素只有还原性；物质中某元素具有中间价态，该元素既有氧化性又有还原性。元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，元素化合价降低被还原，发生还原反应。(3)根据活动性顺序：在金属活动性顺序表中，位置越靠前，其还原性就越强，其阳离子的氧化性就越弱。一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。(4)根据元素周期表：同周期元素，随着核电荷数的递增，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，氧化性逐渐减

7、弱，还原性逐渐增强。(5)根据反应的难易程度：氧化还原反应越容易进行(表现为反应所需条件越低)，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强。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。(6)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

8、较强(相应的非金属单质的氧化性较弱)。(7)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。氧化性、还原性强弱的比较是考试的一个难点，基本考查方式一是比较氧化性、还原性的强弱，二是根据氧化性、还原性强弱，判断反应能否进行。(2020北京市顺义区第一次模拟)常温下，向h2o2溶液中滴加少量fe2(so4)3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fe3，m是fe2b当有1 mol o2生成时，转移2 mol电子c在h2o2分解过程中，溶液的ph逐渐降低dh2o2的氧化性比fe3强，还原性比fe2弱解析：根据反应原理图，h2o2

9、mhh2om的过程中h2o2被还原成h2o，mh2o2mo2h的过程中h2o2被氧化成o2，根据氧化还原反应的特点，m为fe2，m为fe3，据此分析作答。a项，根据分析，m是fe2，m是fe3，错误；b项，图示中生成o2的反应为2fe3h2o2=2fe2o22h，反应过程中o元素的化合价由1价升至0价，因此当有1 mol o2生成时，转移2 mol电子，正确；c项，图示中的反应为2fe3h2o2=2fe2o22h、2fe2h2o22h=2fe32h2o，则总反应为2h2o22h2oo2，在h2o2分解过程中生成了h2o，溶液变稀，则溶液的ph会逐渐增大，错误；d项，根据2fe3h2o2=2fe

10、2o22h，说明h2o2的还原性强于fe2，根据2fe2h2o22h=2fe32h2o，说明h2o2的氧化性强于fe3，错误。答案：b理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质电子转移去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体方法是找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。考点二氧化还原反应的规律及反应方程式的书写1氧化还原反应规律(1)强弱规律：从化学反应方向的角度判断“剂物”，即同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，

11、还原剂的还原性大于还原产物的还原性。应用于判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱；判断某氧化还原反应能否正常进行。(2)守恒规律：氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值n(还原剂)变价原子个数化合价变化值。应用于直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系；配平氧化还原反应方程式。(3)价态规律：同一元素不同价态之间转化时，价态只靠近不交叉，相邻价态不反应。应用于判断氧化还原反应能不能发生；判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。(4)优先规律：当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原

12、剂(氧化剂)反应。应用于判断某一氧化还原反应能否正常进行；判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。2氧化还原反应方程式的配平(1)配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒。(2)配平步骤：标出化合价变化了的元素的化合价。根据元素存在的实际形式调整发生了氧化还原反应的物质的系数，使之成11的关系。调整系数，使化合价升、降总数相等。根据化合价升、降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。利用元素守恒，用观察法配平没有参加氧化还原反应的其他物质的系数。检查方程式两边各原子的个数是否相等，离子方程式还要检查方程式两边的离子所带的电荷数是否相等。3信息型氧化还原反应方程式的书写：信息型氧化还原反应方程

13、式的书写涉及元素化合价的变化。虽参加反应的物质比较陌生，但可依据氧化还原的得失电子守恒思想，写出主要反应物和产物，再根据溶液的性质，补上适当的反应物或生成物。具体步骤如下：(1)根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂。(2)根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物。(3)根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。(4)根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加h或oh的形式使方程式两端的电荷守恒。(5)根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加h2o(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。(1)有

14、反应：feocr2o3na2co3nano3na2cro4fe2o3co2nano2，该反应配平后feocr2o3与nano3的系数比为_，该反应不能在陶瓷容器中进行，原因是_。(2)碱式氯化铜有多种制备方法。方法1：4550 时，向cucl悬浊液中持续通入空气得到cu2(oh)2cl23h2o，该反应的化学方程式为_。方法2：先制得cucl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成cucl2，fe3对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。m的化学式为_。(3)naclo溶液与ag反应的产物为agcl、naoh和o2，该反应的化学方程式为_。hno3也能氧化a

15、g，从反应产物的角度分析，以hno3代替naclo的缺点是_。(4)元素铬(cr)在溶液中主要以cr3(蓝紫色)、cr(oh)(绿色)、cr2o(橙红色)、cro(黄色)等形式存在，cr(oh)3为难溶于水的灰蓝色固体。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)通过化合价变化分析可知，feocr2o3为还原剂，nano3为氧化剂，1 mol feocr2o3参加反应时转移电子7 mol，而1 mol nano3参加反应时转移电子2 mol，由电子守恒可得，feocr2o3和nano3的系数之比为27。该反应不能使用陶瓷容器作为反应

16、容器的原因是sio2和na2co3在高温下发生反应sio2na2co3na2sio3co2，会腐蚀陶瓷容器。(2)方法一中在4550 的温度下，cucl与o2、h2o发生反应的化学方程式为4cuclo28h2o2cu2(oh)2cl23h2o；方法二中结合催化原理图示分析可知，cu的化合价升高，则mm化合价降低，由于fe3为催化剂，所以其催化过程为cu与稀盐酸、fe3反应生成cucl2和fe2，fe2再被o2氧化为fe3。(3)结合得、失电子守恒和元素守恒，即可配平化学反应方程式；hno3作氧化剂时，会产生no、no2等有毒气体，造成环境污染。(4)hso在反应中被氧化为so，结合反应前后元素

17、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)27陶瓷在高温下会与na2co3反应(2)4cuclo28h2o2cu2(oh)2cl23h2ofe2(3)4ag4naclo2h2o=4agcl4naoho2会释放出氮氧化物(或no、no2)，造成环境污染(4)cr2o3hso5h=2cr33so4h2o信息型化学方程式所缺物质往往是酸、碱或水；如果是离子方程式，所缺物质往往是h、oh或水，可以根据质量守恒先写出所缺物质，再用化合价升降守恒方法配平。如果无法确定所缺项，可先依据化合价的升降守恒将现有的物质配平，然后再根据质量守恒法确定所缺物质的化学式及化学计量数。考点三氧化还原反应

18、计算守恒思想是我们常用解答计算题的重要方法，也是将问题化繁为简的重要手段，我们平时常涉及的守恒有电荷守恒、电子守恒、原子守恒。而利用电子守恒思想求解氧化还原问题又是高考重要题型，解答此类题目应首先找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物；再确定一个原子或离子得失电子数，列出等式关系，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。氧化还原反应计算得具体步骤是：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)；根据题中物质的物质的量和得失电子守恒

19、列出等式。(1)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的fecl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a moll1的k2cr2o7溶液滴定到终点，消耗k2cr2o7溶液b ml，反应中cr2o被还原为cr3。样品中cucl的质量分数为_。(2)某铁的氧化物(fexo)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 ml cl2，恰好将fe2完全氧化。x值为_。(3)联氨(又称肼，n2h4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。联氨是一种常用的还原剂。向装有少量agbr的试管中加入联氨

20、溶液，观察到的现象是_。联氨可用于处理高压锅炉用水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的o2_kg；与使用na2so3处理水中溶解的o2相比，联氨的优点是_。解析：(1)反应的离子方程式：cr2o14h6cu=6cu22cr37h2o，由题意可知n(cr2o)a moll1b103l，结合方程式化学计量数可得n(cu)6ab103 mol，则样品中cucl的质量分数为100%。(2)fexo与盐酸和cl2反应的总离子方程式为fexo2hcl2=xfe3(3x2)clh2o，由题意得56x161.52 g0.005 mol，解得x0.80。(3)由题意可知，次氯酸钠是强氧化

21、剂，氯元素由1价降低到1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，氨是还原剂，氮元素由3价升高到2价，失去1个电子，生成联氨，则反应的化学方程式为2nh3naclo=n2h4naclh2o。由题意可知，联氨是还原剂，agbr是氧化剂，两者反应时，agbr中银元素由1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为n2h44agbr=n24ag4hbr(可能还发生反应n2h4hbr=n2h5br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由n2h4o2=n22h2o可知，1 mol联氨可除去1 mol o2，又因为m(n2h

22、4)m(o2)，mnm，1 kg联氨可除去o2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2na2so3o2=2na2so4，处理等物质的量的o2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为n2和h2o，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为na2so4。答案：(1)%(2)0.8(3)2nh3naclo=n2h4naclh2o固体逐渐变黑，并有气泡产生1n2h4的用量少，不产生其他杂质(或还原产物为n2和h2o，而na2so3产生na2so4)1(2020济南市实验中学阶段检测)已知酸性k2cr2o7溶液可与feso4溶液反应生成fe3和cr3。现将用硫酸酸化

23、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。下列说法不正确的是()a图中ab段的氧化剂为k2cr2o7b开始加入的k2cr2o7为0.25 molc图中bc段发生的反应为2fe32i=2fe2i2d混合之前，k2cr2o7与feso4反应的物质的量之比为16解析：a项，在ab段发生反应：14hcr2o6i=3i22cr37h2o，氧化剂是k2cr2o7，正确；b项，根据图象可知，在bc段，消耗i0.9 mol，由反应对应的关系fe3,0.9)i,0.9)，推知在混合时生成了0.9 mol f

24、e3，cr2o,0.15)6fe3,0.9)，消耗k2cr2o7物质的量为0.15 mol；又ab段有对应关系：消耗i0.6 mol，cr2o,0.1)6i,0.6)消耗k2cr2o7物质的量为0.1 mol；共消耗k2cr2o7物质的量为0.15 mol0.1 mol0.25 mol，正确；c项，由分析知，在bc段发生反应：2fe32i=2fe2i2，正确；d项，根据计算可知，在反应前，k2cr2o7物质的量为0.25 mol，feso4与fe3一样都是0.9 mol，二者之比为518，错误。答案：d2(2020苏州调研)某化学小组探究酸性条件下no、so、fe3三种微粒的氧化性强弱，设计如

25、下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检查)。(忽略氧气对反应的影响)实验记录如下，请回答下列问题：实验序号实验操作实验现象向a装置中通入一段时间的so2气体a中黄色溶液迅速变成深红棕色，最终变为浅绿色取出少量a装置中的溶液，先加入kscn溶液，再加入bacl2溶液加入kscn溶液后溶液不变色，再加入bacl2溶液产生白色沉淀打开活塞a，将过量稀hno3加入装置a中，关闭活塞aa中浅绿色溶液最终变为黄色取出少量a装置中的溶液，加入kscn溶液；向a装置中注入空气溶液变为红色；液面上方有少量红棕色气体生成(1)配制fecl3溶液时，常常加入盐酸，目的是(用化学用语和简单文字叙述)：_。(2)资料表明，fe3能与so2结合形成深红棕色物质fe(so2)，反应方程式为fe36so2fe(so2)。请用化学平衡移动原理解释实验中溶液颜色变化的原因：_。(3)实验中发生反应的离子方程式是_。(4)实验中，浅绿色溶液变为黄色的原因是_(用离子方程式表示)。(5)实验中液面上方有少量红棕色气体生成，发生反应的化学方程式是_。(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱顺序是nofe3so。请从微粒变化的角度解释：_。解析：(1)fecl3溶液中存在fe33h2ofe(oh)33h，加入盐