压轴题01氧化还原反应的概念及规律氧化还原反应是中学化学的重点内容，也是高考的必考点，近年来新高考地区考查氧化还原反应相关的题显著增加，常以生产、生活实际为载体，以选择题型考查氧化还原反应基本概念和相关规律，主要的考查点有氧化剂、还原剂、氧化还原反应等概念的判断，电子转移，氧化性、还原性强弱的判断，化学方程式配平，依据电子守恒的计算等。1．相关概念及其关系2．相关规律及其应用一、选择题：本题共20小题，每小题只有一个选项符合题意。1．关于反应，下列说法正确的是A．生成，转移电子B．是还原产物C．既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，为负极产物【答案】A【详解】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。2．某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。已知：下列说法不正确的是A．温度升高时不利于吸附B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动C．转化为的反应是D．每获得时，转移电子的数目为【答案】D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；故选D。3．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A．过程中发生氧化反应B．a和b中转移的数目相等C．过程中参与反应的D．过程的总反应为【答案】D【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移4mole-，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2+4H++4e-，则过程的总反应为NO+NH=N2+2H2O，D正确；答案选D。4．燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是A．甲是空气中体积分数最大的成分B．乙是引起温室效应的气体之一C．反应()在常温下容易发生D．反应()中NO是氧化剂【答案】C【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应()在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应()中NO是氧化剂，故D正确。综上所述，答案为C。5．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化具有还原性B向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化具有漂白性C向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化的氧化性比的强D用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小是弱电解质A．AB．BC．CD．D【答案】D【详解】A．向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明具有还原性，A正确；B．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明具有漂白性，B正确；C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明的氧化性比的强，C正确；D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。故选D。6．实验室制备过程为：高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是A．中用瓷坩埚作反应器B．中用作强碱性介质C．中只体现氧化性D．转化为的理论转化率约为66.7%【答案】D【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。【详解】A．中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。7．下列实验操作及其现象与对应结论不匹配的是选项实验操作及其现象结论A将CO与水蒸气通过炽热的催化剂，所得气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊水蒸气有氧化性B将新制Cu(OH)2加入葡萄糖溶液中，加热至沸腾，有砖红色沉淀产生葡萄糖具有还原性C将NaBiO3固体加入酸性MnSO4溶液中，充分振荡，溶液变为紫红色NaBiO3有氧化性D有FeCl3溶液和KSCN溶液混合后，滴加H2O2溶液，溶液变为红色H2O2有还原性A．AB．BC．CD．D【答案】D【详解】A．将CO与水蒸气通过炽热的催化剂生成二氧化碳和氢气，水中的氢由+1价变为0价，水是氧化剂，表现氧化性，A正确；B．该反应中铜由+2价变为+1价，氢氧化铜表现氧化性，葡萄糖表现还原性，B正确；C．该反应中锰的化合价由+2价变为+7价，硫酸锰表现还原性，NaBiO3表现氧化性，C正确；D．溶液变为红色，是因为生成硫氰化铁，且三价铁可以催化过氧化氢分解，现象和结论不匹配，D错误；故选D。8．用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:CuSO4+H2S=CuS+H2SO411PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P下列分析不正确的是A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3B．不能依据反应比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱C．反应中每24molCuSO4氧化11molPH3D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰【答案】C【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3，A项正确；B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；C．反应中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol83mol，C项错误；D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；答案选C。9．Bi为第VA族元素，铋酸钠是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。测定NaBiO3粗产品纯度的步骤如下：将NaBiO3粗产品加入足量稀硫酸和稀MnSO4溶液中，充分反应后，溶液变为紫红色，同时生成Bi3+；向中反应后的溶液中滴加一定浓度的草酸(H2C2O4)标准溶液，通过消耗草酸标准溶液的体积计算产品纯度。下列有关说法正确的A．BiO的空间结构为三角锥形B．草酸分子中键与键个数之比为3：1C．步骤中反应的离子方程式为5BiO+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO+7H2OD．步骤中反应的氧也产物和还原产物的物质的量之比为5：1【答案】D【详解】A．已知Bi为第VA族元素，类比可知中心原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，故的空间构型为平面三角形，选项A错误；B．草酸的结构式为，单键均为键，1个双键中含有1个键和1个键，故草酸分子中键与键的个数之比为7：2，选项B错误；C．Bi元素由中的5价降低为中的3价，Bi元素被还原，结合“溶液变为紫红色”可知，被氧化为(关键点)，由于不溶于冷水，不能拆成离子形式(易错点)，则步骤中反应的离子方程式为，选项C错误；D．步骤中和发生反应，氧化产物()和还原产物()的物质的量之比为5：1，选项D正确；答案选D。10．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是A．中含有的键与键的数目之比为B．，C．既被氧化又被还原D．理论上每产生，转移【答案】D【详解】A．共价单键是键，共价三键中含有2个键1个键，中含有的键与键的数目之比为，选项A正确；B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B正确；C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故既被氧化又被还原，选项C正确；D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D错误；答案选D。11．为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是A．烧瓶中的反应为：B．浸有溶液的棉花起吸收尾气的作用C．可用淀粉溶液替换D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：【答案】D【详解】A．漂白粉为Ca(ClO)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为，故A正确；B．浸有溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾气的作用，故B正确；C．当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，也可以检测碘单质，故C正确；D．试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性，故D错误；故答案选D。12．与硫及其化合物相关的转化如图所示，下列有关图中的循环的说法一定正确的是A．常温时，浓H2SO4与Fe生成XB．X一定是SO2C．S既是氧化产物，也是还原产物D．工业生产中，用98.3%的浓硫酸吸收SO3【答案】D【分析】图中为含硫物质的循环，则浓硫酸与铁反应生成的X也同样是含硫的物质，推知应为Fe2(SO4)3。【详解】A．常温下，浓H2SO4中会使Fe钝化产生一层致密氧化膜（四氧化三铁）附在铁上，故不再继续反应，不符合后续反应，A错误；B．若是X为Fe2(SO4)3，Fe3+能够与硫化氢发生氧化还原反应而产生硫单质，B错误；C．X与硫化氢反应生成S单质，则为Fe2(SO4)3中Fe3+与硫化氢反应生成S单质，则S为氧化产物，C错误；D．直接用水吸收SO3易形成酸雾，所以工业生产中用98.3%浓硫酸吸收SO2，D正确；故选D。13．用大苏打除去自来水中的余氯，反应的离子方程式为：。下列说法正确的是A．S元素化合价既升又降B．氧化性：C．可用pH计指示反应终点D．可用溶液检验还原产物【答案】C【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高为+6，S元素化合价只升高，故A错误；B．该反应中Cl2是氧化剂，是氧化产物，氧化性：，故B错误；C．该反应生成H+，反应达到滴定终点时pH几乎不再改变，可用pH计指示反应终点，故C正确；D．还原产物是Cl-，Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀，不能直接用溶液检验还原产物，故D错误；选C。14．在Fe+催化作用下，C2H6与N2O制备乙醛的反应机理如图所示。下列说法正确的是A．X为C2H5OH，是中间产物之一B．过程~，Fe元素的化合价均发生了变化C．增加Fe+的量，C2H6平衡转化率不变D．每消耗1molN2O，可制备0.5molCH3CHO【答案】C【分析】根据反应机理图示，是反应物，是生成物，其余为中间产物。【详解】A．根据反应，X为，是生成物，A错误；B．根据反应，涉及的中间产物中Fe元素化合价相同，B错误；C．是催化剂，增加的量时，实质是增加的量，催化剂只改变反应速率，不改变反应物的平衡转化率，C正确；D．反应显示其是制备过程的副反应，会生成X（乙醇），因此每消耗1molN2O，制备不了0.5molCH3CHO，D错误；故选C。15．以镉铁矿(主要成分为)为原料制备的部分工艺流程如下：已知溶于水，难溶于水。下列说法不正确的是A．已知在周期表中位于第五周期第B族，则的价层电子排布式是B．还原镉时可产生，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为31C．“沉镉”所得滤液中的，其空间构型是正四面体D．“转化”中发生的反应为：【答案】A【分析】镉铁矿加入稀硫酸，反应生成Cd(SO4)2，加入甲醇还原镉，生成+2价镉的盐，再加入碳酸钾，生成CdCO3，加入溴酸生成Cd(BrO3)2。据此解答。【详解】A．已知在周期表中位于第五周期第B族，则的价层电子排布式是4d10，A错误；B．还原镉时方程式为3Cd(SO4)2+CH3OH+H2O=3CdSO4+CO2+3H2SO4，该反应中氧化剂为Cd(SO4)2，还原剂为甲醇，二者物质的量之比为31，B正确；C．硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为，孤电子对数为0，其空间构型为正四面体，C正确；D．“转化”中变成，发生的反应为：，D正确；故选A。16．依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是A．K2CO3溶液和NH4Cl溶液混合，产生刺激性气味B．把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低【答案】A【详解】A．K2CO3水解生成的OH-和NH4Cl电离产生的反应产生刺激性气味气体NH3，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A正确；B．把钠放入CuSO4溶液中，钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，钠化合价变化，是氧化还原反应，B错误；C．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，生成水和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，C错误；D．氯水在光照条件下放置一段时间后，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，有化合价变化，是氧化还原反应，D错误；故答案为：A。17．光催化还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料光催化还原为醇类的机理图如图，是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法错误的是A．在富集空穴的材料上发生氧化反应B．光催化还原在一定条件下也可以生成甲烷等有机物C．光催化过程的总反应是和D．材料上富集还原性强的光生电子将还原，当消耗标准状况下时，转移电子【答案】D【详解】A．由图可知，在富集空穴的材料上失电子，发生氧化反应，生成，A正确；B．由图可知，在材料上得电子发生还原反应，生成或，则光催化还原在一定条件下也可以发生还原反应生成甲烷等有机物，B正确；C．光催化过程中，反应的实质是和反应生成和或和，其总反应是和，C正确；D．材料上不管是生成还是，都是转移电子，则当消耗时，反应转移电子，D项错误；故选D。18．氨基钠()是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：。下列说法正确的是A．B．每消耗，转移电子数是C．是氧化产物D．中N的化合价部分发生变化【答案】D【详解】A．由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol中，只有2mol所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A错误；B．由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗，转移1.2mol电子，转移电子数是，B错误；C．生成物中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；D．，N元素化合价升高，，N元素化合价不变，即中N的化合价部分发生变化，D正确；故选D。19．高铁酸钾()具有杀菌消毒及净水作用，某实验小组在碱性条件下制备流程如图所示：下列说法错误的是A．消毒能力相当于1.5molHClOB．氧化反应：C．同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾D．提纯时，应用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、酒精灯【答案】D【详解】A．1mol次氯酸得2mol电子生成氯离子，得3mol电子转化为三价铁，故消毒能力相当于1.5molHClO，A正确；B．根据得失电子守恒和元素守恒配平方程：，B正确；C．流程图中高铁酸钠加入饱和氢氧化钾溶液利用同温度时高铁酸钠溶解度大于高铁酸钾可生成高铁酸钾，C正确；D．提纯时需过滤，应用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D错误；故选D。20．SCR是目前较成熟的烟气脱硝技术，它是一种炉后脱硝方法，世界上流行的SCR工艺主要分为氨法SCR和尿素法SCR，尿素法SCR示意图如下图。下列说法不正确的是A．尿素分子中键与键的个数比为B．该尿素的质量分数约为C．和的物质的量各为与反应时可完全转化为无毒物质，该过程中转移的电子数目为D．在70~80条件下，尿素也可与烟气中的以物质的量比恰好完全反应，则生成的和的物质的量之比为【答案】C【详解】A．尿素的结构简式为，分子中NH键、NC键为键，CO键中有一个是键，故键共有7个，CO键中有一个是键，故键与键数目之比为7：1，A项正确；B．尿素的摩尔质量为60g/mol,浓度为6mol/L,体积为V，则尿素的质量为，溶液的密度为，溶液的质量为，则尿素的质量分数，B项正确；C．该反应的化学方程式为,2mol，1mol,1molNO参加反应转移6mol电子，2mol,2molNO参加反应转移12mol电子即转移电子的个数为12，C项错误；D．尿素与烟气中的NO以物质的量比1:3恰好完全反应的化学方程式为,则生成的和的物质的量之比为5:2，D项正确；答案选C。