2022届高考化学一轮复习讲义学案第2章 课题8　氧化还原反应

这是一份2022届高考化学一轮复习讲义学案第2章 课题8　氧化还原反应，共32页。学案主要包含了特征和本质，氧化还原反应的类型，电子转移的表示方法，常见的氧化剂和还原剂等内容，欢迎下载使用。

课题8　氧化还原反应

学习任务1　相关概念及表示方法

一、特征和本质



二、有关概念及其与四种基本反应类型的关系
1．有关概念

口诀：升(化合价升高)失(失电子)氧(被氧化，发生氧化反应)还(做还原剂，本身具有还原性)；
降(化合价降低)得(得电子)还(被还原，发生还原反应)氧(做氧化剂，本身具有氧化性)。
例如：反应4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，还原剂是HCl，还原产物是 MnCl2；生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为 2_mol，被氧化的HCl的物质的量是 2_mol。
2．与四种基本反应类型的关系

四种基本反应类型与氧化还原反应的关系：
(1)一定属于氧化还原反应的反应是置换反应。
(2)一定不属于氧化还原反应的反应是复分解反应。
(3)有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应，一定是氧化还原反应。
三、氧化还原反应的类型
下列标明电子转移的方向和数目的化学方程式中，正确的是④；属于歧化反应的是②，属于归中反应的是③，属于部分氧化还原反应的是③④。


四、电子转移的表示方法
1．双线桥法：一条线箭头由氧化剂中得电子的原子指向还原产物中的同种元素的原子，并标明得到的电子数，另一条线箭头由还原剂中失电子的原子指向氧化产物中的同种元素的原子，并标明失去的电子数。可概括为“标变价、画箭头、算数目、说变化”。

用双线桥法标出铜与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：。
2．单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得到”“失去”字样。

用单线桥法标出铜与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：。
五、常见的氧化剂和还原剂
1．常见氧化剂：包括某些活泼的非金属单质、含有高价态元素的化合物、某些氧化物和过氧化物等。例如：

2．常见还原剂：包括活泼的金属单质、某些非金属单质、元素处于低价态时的物质(化合物、金属离子、非金属离子、氢化物等)。例如：

3．具有中间价态的物质既有氧化性，又有还原性

其中，Fe2＋、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。





(1)某元素由化合态变为游离态时，该元素可能被还原，也可能被氧化。
(2)在氧化还原反应中，非金属单质不一定只做氧化剂。
(3)所含元素价态越高，化合物的氧化性不一定越强。
(4)在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原。


1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2018·高考江苏卷)3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023。 (　　)
(2)次氯酸盐具有氧化性，所以可用漂白粉漂白织物。 (　　)
(3)金属阳离子一定只具有氧化性。 (　　)
(4)水做还原剂时，其氧化产物为O2。 (　　)
(5)NO2溶于水发生氧化还原反应。 (　　)
(6)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂。 (　　)
(7)NaHCO3＋H2===HCOONa＋H2O的反应中，NaHCO3被氧化。 (　　)
(8)Na2O2与水的反应中，水是还原剂。 (　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×
2．[2018·高考全国卷Ⅰ，28(1)]1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。
答案：O2


氧化还原反应相关概念的判断
证据推理与模型认知

1．下列应用不涉及氧化还原反应的是 (　　)
A．酸雨的形成　　　 B．根瘤菌固氮
C．氨碱法制纯碱 D．原电池放电
解析：选C。有电子的得失或转移的反应是氧化还原反应，酸雨是燃烧含硫、氮的化石燃料等引起的，是氧化还原反应；根瘤菌固氮是将氮气转化为化合态的氮；原电池放电是氧化还原反应；氨碱法制纯碱的反应是NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，故C项符合题意。
2．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∶4
解析：选D。A项，O2F2中O元素的化合价由＋1价降低到0价，被还原，氧气为还原产物。B项，O2F2中O元素的化合价由＋1价降低到0价，被还原，O2F2是氧化剂。C项，因没指明温度和压强，故无法确定4.48 L HF的物质的量，则无法确定转移电子的物质的量。D项，由反应方程式可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1∶4。

复杂氧化还原反应中相关概念的分析
证据推理与模型认知

3．LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑。下列说法中正确的是 (　　)
A．氢气既是氧化产物又是还原产物
B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C．若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
解析：选A。由反应方程式可知，LiAlH4中H由－1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由＋1价降低为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误；由反应方程式可知，每1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2，则转移0.2 mol电子，C项错误；LiAlH4为还原剂，H2O为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，D项错误。
4．(双选)含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法中，正确的是 (　　)
A．X与O3互为同位素
B．ClF3中氯元素为＋3价
C．Co3O4在反应中做氧化剂
D．1 mol Co3O4参加反应转移9 mol电子
解析：选BD。根据质量守恒定律可知，X为O2，其与O3互为同素异形体，A错误。ClF3中F元素非金属性大于Cl元素，氟元素为－1价，则氯元素为＋3价，B正确。反应中Co元素的化合价由＋价升高到＋3价，被氧化，O元素的化合价由－2价升高到0价，被氧化，则Co3O4做还原剂，C错误。Co3O4中O元素的化合价由－2价升高到0价，Co元素的化合价由＋价升高到＋3价，1 mol Co3O4参加反应转移电子的物质的量为[2×4＋3×(3－)] mol＝9 mol，D正确。



判断复杂氧化还原反应中各物质的性质，特别是不同反应物中含有同种元素时，必须弄清元素化合价的变化情况。
(1)先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。如有机物中碳元素化合价(设为x)的确定方法：
有机物中氧元素的化合价为－2价，氢元素的化合价为＋1价，利用化合物中各元素化合价代数和为零的原则确定碳元素的化合价。乙酸(C2H4O2)中满足2x＋(＋1)×4＋(－2)×2＝0，解得x＝0。
(2)某些特殊物质中元素的化合价
CuFeS2：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2)　　　　
K2FeO4：Fe(＋6)　　　　　 Li2NH：N(－3)
LiNH2：N(－3) AlN：N(－3)
Na2S2O3：S(＋2) C2O：C(＋3)
HCN：C(＋2)、N(－3) CuH：Cu(＋1)、H(－1)
FeO：Fe[＋(8－n)] Si3N4：Si(＋4)、N(－3)
CuCl：Cu(＋1) S4O：S(＋)
Mg2B2O5·H2O：B(＋3) NaBH4：B(＋3)、H(－1)
MnO(OH)：Mn(＋3) Fe3O4：Fe(＋2、＋3)
VO：V(＋5) LiFePO4：Fe(＋2)　


学习任务2　氧化性、还原性强弱的判断

一、氧化性、还原性强弱的认识
1．氧化性指物质得电子的性质(或能力)；还原性指物质失电子的性质(或能力)。
2．氧化性、还原性的强弱取决于物质得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。例如：Na－e－===Na＋，Al－3e－===Al3＋，根据金属活动性顺序可知，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。
3．从元素的价态考虑：最高价态——只有氧化性，如H2SO4、KMnO4等；最低价态——只有还原性，如金属单质、Cl－、S2－等；中间价态——既有氧化性，又有还原性，如Fe2＋、S、Cl2等。
二、氧化性、还原性强弱的比较方法
1．依据氧化还原反应原理判断

(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。
(2)还原性强弱：还原剂>还原产物。
实例：
反应①　H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4
反应②　2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋I2＋2HCl
反应③　3FeCl2＋4HNO3(稀)===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3
则：　　　　　　　 还原性　　　　　 氧化性
由反应①可知 H2SO3>I－ I2>H2SO4
由反应②可知 I－>Fe2＋ Fe3＋>I2
由反应③可知 Fe2＋>NO HNO3>Fe3＋
故得出总的强弱顺序为
还原性：H2SO3>I－>Fe2＋>NO；
氧化性：HNO3>Fe3＋>I2>H2SO4。
2．依据“二表、一律”判断
(1)依据元素周期表判断
①同主族非金属元素对应单质的氧化性从上到下逐渐减弱，对应阴离子的还原性逐渐增强。

②同周期元素对应单质的还原性从左到右逐渐减弱，氧化性逐渐增强。

(2)依据金属活动性顺序判断

(3)依据元素周期律判断
①非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，其对应单质的氧化性越强。
如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3，则氧化性：Cl2>S>P>C>Si。
②金属元素的最高价氧化物对应水化物的碱性越强，其对应单质的还原性越强。
如碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，则还原性：Na>Mg>Al。
3．依据产物中元素价态的高低判断
(1)相同条件下，不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。例如：

(2)相同条件下，不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。例如：

4．依据电化学原理判断
(1)原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，其还原性：负极>正极。
(2)电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
5．依据影响因素判断
(1)浓度：同一种物质，浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3；还原性：浓HCl>稀HCl。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化(还原)性越强。如氧化性：KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性)。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应。 (　　)
(2)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性。 (　　)
(3)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼。 (　　)
(4)难失电子的物质一定易得电子。 (　　)
(5)NO2和NH3之间可能发生反应产生N2。 (　　)
(6)含最高价元素的化合物一定只表现强氧化性。 (　　)
(7)具有氧化性的物质一定是氧化剂。 (　　)
(8)同一元素不同价态的化合物中，元素的化合价越高，物质的氧化性越强。 (　　)
(9)物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关。 (　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×　(8)×　(9)√
2．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液；②Cu与FeCl3溶液；③Zn与H2SO4溶液；④Fe与FeCl3溶液；⑤Cl2与NaOH溶液；⑥Fe与HNO3溶液；⑦Fe与H2SO4溶液；⑧Na与O2。
(1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是________(填序号，下同)。
(2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是________。
(3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是________。
解析：⑥Fe和浓HNO3常温下钝化，加热继续反应；Fe和稀HNO3反应，HNO3被还原成NO。⑦Fe和浓H2SO4常温下钝化，加热继续反应；Fe和稀H2SO4反应生成FeSO4和H2。
答案：(1)①③⑥⑦　(2)⑤⑥⑦⑧　(3)②④


(1)根据元素化合价的高低可判断物质是否具有氧化性或还原性，但不能判断氧化性或还原性的强弱。元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定有强氧化性，如Na2SO4；同理，元素处于最低价态时也不一定具有强还原性。
(2)非金属阴离子不一定只具有还原性，如O既有氧化性又有还原性；金属阳离子不一定只具有氧化性，如Fe2＋既有还原性又有氧化性。



依据反应方程式判断氧化性、还原性强弱
证据推理与模型认知

1．[2020·福州八县(市)协作体联考]已知反应：O3＋2I－＋H2O===O2＋I2＋2OH－，下列说法中不正确的是 (　　)
A．O2为还原产物
B．氧化性：O3>I2
C．H2O既不是氧化剂也不是还原剂
D．反应生成1 mol I2时转移2 mol电子
解析：选A。反应O3＋2I－＋H2O===O2＋I2＋2OH－中，O元素化合价降低，O3部分被还原生成OH－，I元素化合价升高，I－被氧化生成I2。O3生成O2时没有发生化合价的变化，O2不是还原产物，A项错误；该反应中I2是氧化产物，O3是氧化剂，氧化性：O3>I2，B项正确；H2O在反应中所含元素化合价没有发生变化，所以H2O既不是氧化剂也不是还原剂，C项正确；I元素化合价由－1价升高到0价，则反应生成1 mol I2时转移2 mol电子，D项正确。
2．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：
Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋
Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋
由此可以确定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三种离子的还原性由强到弱的顺序是 (　　)
A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋　　 B．Sn2＋、Ce3＋、Fe2＋
C．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋ D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋
解析：选A。在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由已知离子方程式可知，还原性：Fe2＋>Ce3＋；Sn2＋>Fe2＋。


依据氧化性、还原性强弱判断氧化还原反应能否发生
证据推理与模型认知

3．(2020·湖州月考)已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，则下列反应不能发生的是 (　　)
A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋
B．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI
C．H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
D．2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
解析：选C。A项，还原性SO2＞Fe2＋，符合题意，反应能发生；B项，还原性SO2＞I－，符合题意，反应能发生；C项，还原性H2O2＞SO2，与题意矛盾，反应不能发生；D项，还原性H2O2＞Fe2＋，符合题意，反应能发生。
4．(2020·赤峰质检)已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是 (　　)
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
解析：选A。根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不是先氧化Fe2＋。


假设法判断氧化还原反应能否进行
已知物质的氧化性或还原性的强弱关系，判断某一氧化还原反应能否发生时可采用假设法。
(1)先假设反应成立；
(2)然后根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性的规律，列出假设反应中的上述关系；
(3)结合题干条件判断该结论是否符合事实。符合事实，则反应能发生；反之，则不能发生。
学习任务3　氧化还原反应的规律及应用

一、价态规律
1．升降规律
氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。
2．价态归中规律
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如：不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是下图中的①②③④。

[注意]　不会出现⑤中H2S转化为SO2，而H2SO4转化为S的情况。
3．歧化反应规律
“中间价―→高价＋低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应。
例如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
二、强弱规律
1．根据氧化性和还原性规律判断
同一个反应中，氧化剂的氧化性强(填“强”或“弱”)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。如反应2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋I2＋2KCl中，氧化性：Fe3＋>I2；还原性：I－>Fe2＋。
2．根据金属活动性或非金属活动性顺序判断
K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb、(H)、Cu、Hg、Ag，由左至右，单质的还原性逐渐减弱；K＋、Ca2＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋、Zn2＋、Fe2＋、Sn2＋、Pb2＋、(H＋)、Cu2＋、Hg2＋、Ag＋，由左至右，阳离子的氧化性逐渐增强；F2、Cl2、Br2、I2、S，由左至右，单质的氧化性逐渐减弱；F－、Cl－、Br－、I－、S2－，由左至右，阴离子的还原性逐渐增强。
3．根据产物中元素价态的高低判断
如2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS，则氧化性：Cl2>(填“＞”或“＜”)S。
三、先后规律
同一体系中，当有多个氧化还原反应发生时，反应的先后顺序遵循强者优先的规律。例如：向含相同物质的量浓度的S2－、I－、Br－溶液中，缓慢通入氯气，还原性强的离子优先发生反应，先后顺序为S2－、I－、Br－；向含等物质的量浓度的Fe3＋、Cu2＋、H＋、Ag＋溶液中，缓慢加入足量的镁粉，氧化性强的离子优先发生反应，先后顺序为Ag＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋。
四、守恒规律
氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓硫酸转移电子数可能是6NA，也可能是2NA。 (　　)
(2)1 mol Cl2与Ca(OH)2完全反应，转移的电子数是2NA。 (　　)
(3)1 mol KClO3与足量的浓盐酸完全反应，转移电子数为6NA。 (　　)
(4)含硫化合物X、Y的转化关系为S＋NaOH―→X＋Y＋H2O，硫元素在硫单质中的化合价最低。 (　　)
(5)SO2具有还原性，不能用浓硫酸来干燥。 (　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
2．已知还原性：I－>Fe2＋>Br－。向FeBr2溶液中通入少量Cl2，反应的离子方程式为________________________________________________________________________；
向FeI2溶液中通入少量Cl2，反应的离子方程式为________________________；向FeI2溶液中通入过量Cl2，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
答案：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－　2I－＋Cl2===2Cl－＋I2　2Fe2＋＋4I－＋3Cl2===6Cl－＋2Fe3＋＋2I2


明确氧化还原反应的四个规律的适用题型和注意事项
(1)守恒规律可用于计算和配平；
(2)强弱规律可用于判断物质的氧化性、还原性强弱，或用于判断某个反应能否发生；
(3)价态规律可用于推测物质的性质；其中归中规律适用于判断价态变化情况，但注意只适用于同一元素的不同价态的物质在反应时的判断；
(4)先后规律也叫难易规律，可用于判断反应发生的先后顺序。



价态规律、守恒规律的应用
证据推理与模型认知

1．(教材改编题)已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：
①G―→Q＋NaCl
②Q＋H2OX＋H2
③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O
④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O
这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是 (　　)
A．G、Y、Q、Z、X　　　　 B．X、Z、Q、G、Y
C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X
解析：选A。反应①中，NaCl中Cl元素为－1价，则Cl元素的化合价：Q>G>－1；反应②中，H元素的化合价降低，则Cl元素化合价升高，则Cl元素化合价：X>Q；反应③为歧化反应，结合①分析可知，Cl元素的化合价：Q>Y>G；同理可知，反应④中Cl元素的化合价：X>Z>Q。综上所述，五种化合物中氯元素的化合价：X>Z>Q>Y>G，故A项正确。
2．(2020·试题调研)用CuS、Cu2S处理酸性废水中Cr2O，发生反应如下。
反应Ⅰ：CuS＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列有关说法正确的是 (　　)
A．反应Ⅰ、Ⅱ中Cu2＋和SO都是氧化产物
B．处理1 mol Cr2O时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等
C．反应Ⅱ中参与反应的还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
D．反应Ⅰ、Ⅱ中处理1 mol Cr2O，转移电子数不相等
解析：选C。反应Ⅰ中CuSSO，Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒配平方程式：3CuS＋4Cr2O＋32H＋===3Cu2＋＋3SO＋8Cr3＋＋16H2O；反应Ⅱ中Cu2SSO，Cu2S2Cu2＋，Cr2O2Cr3＋，根据得失电子守恒配平方程式：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。A项，反应Ⅰ中铜元素的化合价未发生变化，错误；B项，处理1 mol Cr2O时，反应Ⅰ消耗8 mol H＋，反应Ⅱ消耗9.2 mol H＋，错误；C项，反应Ⅱ中硫化亚铜是还原剂，重铬酸根离子是氧化剂，还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，正确；D项，处理重铬酸根离子的物质的量相等，则转移电子数相等，错误。

强弱规律、先后规律的应用
证据推理与模型认知

3．现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是 (　　)
A．Cl2　　　　　　 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
解析：选C。本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。由反应①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋；由反应②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－；由反应③知氧化性：MnO>Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。
4．(双选)(2020·泰安高三模拟)现有下列三个反应：
①Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
②2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－
③Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
下列说法正确的是 (　　)
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、Cl2
B．氧化性：Co2O3>Cl2>Fe3＋
C．根据反应①一定可以推理得到Cl2＋FeBr2===FeCl2＋Br2
D．在反应③中当有1 mol Co2O3参加反应时，有1 mol HCl被氧化
解析：选AB。三个反应中元素化合价升高所得的产物是I2、Fe3＋、Cl2，它们是氧化产物，A正确；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，氧化性：Cl2＞I2，在反应②中，氧化性：Br2＞Fe3＋，在反应③中，氧化性：Co2O3＞Cl2，所以氧化性强弱顺序是Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，B正确；根据氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3＋，Cl2和FeBr2反应时，氯气优先氧化Fe2＋，再氧化Br－，C错误；在反应③中，当有1 mol Co2O3参加反应时，生成1 mol Cl2，有6 mol HCl参加反应，其中2 mol HCl被氧化，D错误。


氧化还原反应先后规律的思维模型
同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被氧化的是还原性最强的物质；
同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧化性最强的物质。　


氧化还原反应规律的综合应用
证据推理与模型认知、科学探究与社会责任

5．(双选)(2020·滨洲一模)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CN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值) (　　)
A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物
B．上述离子方程式配平后，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶5
C．该反应中，若有1 mol CN－发生反应，则有5NA个电子发生转移
D．若将该反应设计成原电池，则CN－在正极区发生反应
解析：选BD。反应中Cl元素化合价降低，N、C元素化合价升高，则Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；配平的离子方程式为2CN－＋8OH－＋5Cl2===2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，故B错误；C元素化合价由＋2价升高为＋4价，N元素化合价由－3价升高为0价，所以若有1 mol CN－发生反应，则有5NA个电子发生转移，故C正确；若将该反应设计成原电池，则CN－应在负极区发生氧化反应，故D错误。
6．(2020·试题调研)环保督察不是“一阵风”，生态环境部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质，该类物质有剧毒，特别是HCN具有挥发性，毒性更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分如下两步。
步骤①：NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl；
步骤②：NaOCN与NaClO反应生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是 (　　)
A．NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B．步骤①可在酸性条件下进行
C．步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D．步骤②生成标准状况下5.6 L气体时，转移0.75 mol电子
解析：选D。NaCN与NaOCN中Na元素的化合价均为＋1价，NaOCN中含有O，O元素的化合价不是0，故这两种化合物中C元素、N元素的化合价至少有一种不相等，A项错误；HCN易挥发且有毒，而酸性条件下CN－易与H＋结合生成HCN，故步骤①不能在酸性条件下进行，B项错误；步骤②的离子方程式为2OCN－＋3ClO－===CO2↑＋CO＋3Cl－＋N2↑，氧化剂是NaClO，还原剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，C项错误；根据上述离子方程式可知，生成1 mol N2转移电子的物质的量为6 mol，N2的体积占气体总体积的，生成标准状况下5.6 L气体时，n(e－)＝6××＝0.75 mol，D项正确。


氧化还原反应规律的应用反思
首先分析题意的考查点，再确定用什么规律解决问题。涉及“几种元素被氧化(或还原)”或“谁先被氧化(或还原)”问题，用先后规律解答；涉及电子转移数或氧化剂(氧化产物)与还原剂(还原产物)比例问题，必然用守恒规律解答；涉及能否发生某反应，一般属于强弱规律，而判断同种元素的不同价态的物质之间反应的化合价变化问题，则要依据价态归中规律。　

学习任务4　电子转移守恒在氧化还原反应计算中的应用

1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体分析，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的思维流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
3．有的题目中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类题目时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。


常规计算
证据推理与模型认知

1．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO 被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为 (　　)
A．2　　　　　　　　 B．3
C．4 D．5
解析：选D。本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关计算。

得关系式：1××x＝16×2，解得x＝5。
2．四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题：
(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是____________。
(2)反应的离子方程式中x＝________。
(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为________mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为________mol。
解析：(2)根据电荷守恒得：2×3＋2×(－2)＋(－x)＝－2，解得x＝4。
(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4时，转移的电子数即1 mol O2得电子总数为 4 mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y＝1 mol×3×，解得y＝0.5 mol。
答案：(1)Fe2＋、S2O　(2)4　(3)4　0.5


多步反应中的计算
证据推理与模型认知

3．(教材改编题)足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 (　　)
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
解析：选A。由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
4．(2020·伊犁质检)取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算为标准状况下的体积)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于 (　　)
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
解析：选B。反应流程为

x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol。
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。


学习任务5　氧化还原反应方程式的配平

1．基本原则

2．一般步骤

[示例]　配平下列化学方程式：
H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O
[分析]　第一步：标变价。
H2＋HO3―→↓＋O↑＋H2O
第二步：列得失。


第三步：求总数。
从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。

故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。
第四步：配系数。
先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。
3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步：查守恒。
检查质量、得失电子是否守恒，若为离子反应，还应检查电荷是否守恒。



(1)注意特殊物质中元素的化合价，如CuFeS2中Cu、Fe元素化合价都为＋2价，S元素的化合价为－2价；Na2O2中O元素、FeS2中S元素的化合价均为－1价。
(2)配平化学方程式时，如无特别说明化学计量数“1”也必须填写在空格(或题线)中。



正向配平类
证据推理与模型认知

1．(1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O
(2)____MnO＋____H＋＋____Cl－===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O
答案：(1)5　1　3　3　3　3　(2)2　16　10　2　5　8

逆向配平类
证据推理与模型认知

2．(1)____S＋____NaOH===____Na2S＋____Na2SO3＋____H2O
(2)____Cl2＋____Ca(OH)2===____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O
(3)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑
答案：(1)3　6　2　1　3　(2)2　2　1　1　2
(3)2　9　3　3　5

缺项配平类
证据推理与模型认知

3．(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____FeO＋____H2O
(2)____MnO＋____H2O2＋____===____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O
答案：(1)3　2　OH－　3　2　5　(2)2　5　H＋　2　5　8

整体配平类
证据推理与模型认知

4．(1)____FeS2＋____O2____Fe2O3＋____SO2
(2)____Cu2S＋____HNO3===____Cu(NO3)2＋____NO↑＋____H2SO4＋____H2O
答案：(1)4　11　2　8　(2)3　22　6　10　3　8


配平的基本方法
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)，一般从右边生成物着手配平。
(3)缺项配平：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若左边反应物缺正电荷，一般加H＋，右边生成物加水；若左边反应物缺负电荷，一般加OH－，右边生成物加水。然后进行两边电荷数配平。
(4)当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。
(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。　


热点题型3　信息型氧化还原反应方程式的书写
——证据推理与模型认知
[热点精讲]
“四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写与配平

[示例]　KMnO4与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，写出并配平该反应的离子方程式。
[分析]　第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故 KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。
第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成MnO＋C2O―→Mn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O―→2Mn2＋＋10CO2↑。
第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，即2MnO＋5C2O＋H＋―→2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平，即
2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
[热点精练]
(1)[2019·高考全国卷Ⅲ，26(1)]高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。

写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)[2017·高考全国卷Ⅰ，27(6)改编]写出高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4制备LiFePO4的化学方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)[2017·高考全国卷Ⅲ，27(1)]FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。
(4)[2017·高考全国卷Ⅲ，26(3)②改编]写出硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2、SO3的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)(2017·高考北京卷)SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。SCR(选择性催化还原)工作原理：

反应器中NH3还原NO2的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)(2017·高考江苏卷)45～50 ℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2Cl2·3H2O, 该反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(7)[2016·高考全国卷Ⅰ，27(4)]＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
(2)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑
(3)2∶7
(4)2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
(5)8NH3＋6NO27N2＋12H2O
(6)4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
(7)Cr2O＋3HSO＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O







1．(2018·高考北京卷)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
解析：选C。NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOH＋FeSO4===Fe(OH)2↓＋Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，后一过程发生了氧化还原反应，A项不符合题意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能将红色物质氧化，溶液红色褪去，该过程发生了氧化还原反应，B项不符合题意；Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生了沉淀的转化：Na2S＋2AgClAg2S＋2NaCl，此过程中不涉及氧化还原反应，C项符合题意；将铜丝插入稀硝酸中，发生反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，生成无色气体NO，NO能与空气中的氧气发生反应变为红棕色：2NO＋O2===2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D项不符合题意。
2．(2017·高考天津卷)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
解析：选A。A项，硅太阳能电池工作时，光能转化为电能，与氧化还原反应无关；B项，锂离子电池放电时，化学能转化为电能，原电池总反应为氧化还原反应；C项，电解质溶液导电时，电能转化为化学能，总反应为氧化还原反应；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，发生氧化还原反应，化学能转化为热能。
3．(2017·高考全国卷Ⅱ，28，15分)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。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。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。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________________________________________________________________________。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和__________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液做指示剂，终点现象为____________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为________mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。
解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2 能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液做指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL 水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3可知，测定的溶解氧的含量偏低。
答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2
(3)量筒　氧气
(4)蓝色刚好褪去　80ab
(5)低

一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
1．(2020·太原期末)下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是 (　　)
A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆
B．用漂白液杀菌、消毒
C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂
D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
解析：选C。葡萄糖与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖做还原剂被氧化，故A不选；用漂白液杀菌、消毒利用了NaClO的强氧化性，故B不选；用Na2SiO3溶液制备木材防火剂不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，故C选；高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，从而达到保鲜水果的目的，故D不选。
2．下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是 (　　)
A．向紫色石蕊试液中加入盐酸，溶液变红
B．饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体
C．向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
D．SO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色
解析：选C。向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，首先得到白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速与空气中的O2发生氧化还原反应得到红褐色的Fe(OH)3。
3．(2020·上海闵行区期末)FeCl3溶液吸收H2S的原理为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋2H＋＋S↓。下列说法正确的是 (　　)
A．H2S做氧化剂
B．还原性：H2S>Fe2＋
C．Fe3＋发生氧化反应
D．每消耗1 mol H2S转移4NA个电子
解析：选B。H2S→S，硫元素化合价升高，发生氧化反应，H2S做还原剂，A错误；H2S做还原剂，Fe2＋为还原产物，还原性：H2S>Fe2＋，B正确；Fe3＋→Fe2＋，Fe元素化合价降低，Fe3＋发生还原反应，C错误；根据得失电子守恒可知，该反应每消耗1 mol H2S转移2NA个电子，D错误。
4．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是 (　　)
A．0.75 mol·L－1　　　 B．1.5 mol·L－1
C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1
解析：选D。标准状况下Cl2的物质的量是＝0.225 mol，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x mol·L－1，则根据得失电子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)，解得x＝3。
5．(2020·上海十三校高三第二次联考)足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12 L O2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol·L－1 H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为 (　　)
A．6.4 g B．9.6 g
C．19.2 g D．24 g
解析：选C。设原来溶解的Cu的物质的量为x，Cu失去的电子被N元素得到生成氮的氧化物，这些氮的氧化物再与O2、H2O反应生成HNO3，可看成Cu失电子，O2得电子。
则根据得失电子守恒可知，2x＝×4，
解得x＝0.1 mol，
所以原所得溶液中NO的物质的量为0.2 mol；
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
　 　1 mol　0.2 mol
H＋过量，所以继续溶解的Cu的质量为
×3×64 g·mol－1＝19.2 g。
6．(2020·上海黄浦区期末)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为 (　　)
A．Cl2 B．Cl2O
C．ClO2 D．Cl2O5
解析：选C。Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。
7．(2020·信阳期末)在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生如下反应：Mn2＋＋S2O＋H2O―→MnO＋SO＋H＋(未配平)。下列说法不正确的是 (　　)
A．可以利用该反应检验Mn2＋
B．氧化性：S2O>MnO
C．该反应中酸性介质可以为盐酸
D．若有0.1 mol氧化产物生成，则转移电子0.5 mol
解析：选C。在酸性条件下，向溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，如果溶液变为紫红色，说明原溶液中含有Mn2＋，故A正确；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，S2O为氧化剂，MnO为氧化产物，因此S2O的氧化性强于MnO，故B正确；MnO具有强氧化性，能将Cl－氧化成Cl2，因此酸性介质不能是盐酸，故C错误；氧化产物是MnO，生成0.1 mol MnO转移电子的物质的量为0.1×(7－2) mol＝0.5 mol，故D正确。
二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。
8．据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列判断正确的是 (　　)
A．还原剂与氧化产物的物质的量之比为2∶3
B．若氧化产物比还原产物多1.4 mol，则转移电子为1 mol
C．每生成1.6 mol N2，则有0.2 mol KNO3被氧化
D．NaN3是只含有离子键的离子化合物
解析：选AB。KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶＝2∶3，故A正确；由反应可知，转移10 mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol时转移电子为1 mol，故B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误。
9．Cl2是纺织工业常用的漂白剂，Na2S2O2可做漂白布匹后的“脱氯剂”。S2O和Cl2反应的产物之一为SO。下列说法中不正确的是 (　　)
A．该反应中还原剂是S2O
B．H2O参与该反应，且做氧化剂
C．根据该反应可判断氧化性：Cl2>SO
D．该反应中，每生成1 mol SO，可脱去2 mol Cl2
解析：选B。反应的离子方程式为S2O＋4Cl2＋10OH－===2SO＋8Cl－＋5H2O，反应中S元素化合价升高，Cl元素化合价降低，故S2O做还原剂，Cl2做氧化剂，A正确，B错误；在氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cl2>SO，C正确；由上述离子方程式可知，反应中每生成1 mol SO，可脱去2 mol Cl2，D正确。
10．(2020·山东等级考模拟)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4＋4H＋===PbO2＋2Pb2＋＋2H2O; PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SO===2MnO＋5PbSO4＋2H2O。下列推断正确的是 (　　)
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb＋16HNO3===3Pb(NO3)4＋4NO↑＋8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑
解析：选AD。A.反应Ⅰ未发生氧化还原反应，且产物Pb2＋与PbO2的物质的量之比为2∶1，说明Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1，故A正确；B.反应Ⅰ中HNO3未能将Pb(Ⅱ)氧化成Pb(Ⅳ)，不能说明氧化性HNO3>PbO2，反应Ⅱ中PbO2将Mn2＋氧化成MnO，说明氧化性PbO2>MnO，故B错误；C.根据反应Ⅰ可知硝酸不能将Pb氧化成Pb4＋，不能生成Pb(NO3)4，故C错误；D.根据反应Ⅱ可知氧化性PbO2>MnO，而酸性条件下MnO能将HCl氧化成Cl2，则Pb(Ⅳ)也能将HCl氧化成Cl2，所以反应Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑能发生，故D正确。
三、非选择题
11．(2020·承德期末)黄铁矿(主要成分为FeS2)的有效利用对环境具有重要意义。

(1)在酸性条件下催化氧化黄铁矿的物质转化关系如图1所示。
①图1转化过程的总反应中，FeS2做________(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”，下同)。该转化过程中NO的作用是________。
②写出图1中Fe3＋与FeS2反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)Fe2＋被氧化为Fe3＋的过程中，控制起始时Fe2＋的浓度、溶液体积和通入O2的速率不变，改变其他条件时，Fe2＋被氧化的转化率随时间的变化如图2所示。

①加入NaNO2发生反应：2H＋＋3NO===NO＋2NO↑＋H2O。该反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为________mol。
②加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O。解释图2中该条件下能进一步提高单位时间内Fe2＋转化率的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①转化过程中FeS2中S元素被氧化为SO，FeS2是还原剂；反应前后NO没有变化，所以NO是催化剂。②反应的离子方程式是14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋。
(2)①根据离子方程式可知，反应中若有6 mol NaNO2完全反应，转移电子的物质的量为4 mol。②NO是该反应的催化剂，加入NaNO2、KI发生反应：4H＋＋2NO＋2I－===2NO↑＋I2＋2H2O，生成的NO更多，加快了反应速率。
答案：(1)①还原剂　催化剂　②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(2)①4　②生成的催化剂NO更多，加快了反应速率
12．(2020·运城临猗中学月考)“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒在稀酸中是稳定的，但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO。
(1)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，请写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________
______________________________。
(3)V2O5是较强的氧化剂。它能与沸腾的浓盐酸作用产生氯气，其中钒元素被还原为蓝色的VO2＋，请写出该反应的离子方程式：______________________________________。
(4)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：________、________。
(5)工业上用接触法制硫酸时要用到V2O5。在氧化SO2的过程中，450 ℃时发生V2O5与VO2之间的转化：V2O5＋SO2===2VO2＋SO3、4VO2＋O2===2V2O5，说明V2O5在接触法制硫酸过程中所起的作用是____________________________________________。
解析：(1)钒在室温下能溶解于浓硝酸中生成VO，故金属钒与浓硝酸反应的离子方程式为V＋6H＋＋5NO===VO＋5NO2↑＋3H2O。
(2)根据题意灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，其化学方程式为2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O。
(3)浓盐酸与V2O5反应生成氯气，氯元素的化合价升高，钒元素被还原为蓝色的VO2＋，其反应的离子方程式为V2O5＋6H＋＋2Cl－2VO2＋＋Cl2↑＋3H2O。
(4)V2O5与烧碱溶液反应生成Na3VO4，V2O5与稀硫酸反应生成(VO2)2SO4。
(5)由方程式V2O5＋SO2===2VO2＋SO3、4VO2＋O2===2V2O5可知，V2O5在接触法制硫酸过程中起到催化作用。
答案：(1)V＋6H＋＋5NO===VO＋5NO2 ↑＋3H2O
(2)2NH4VO3V2O5＋2NH3 ↑＋H2O
(3)V2O5＋6H＋＋2Cl－2VO2＋＋Cl2↑＋3H2O
(4)Na3VO4　(VO2)2SO4
(5)做催化剂
13．(2020·试题调研)高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。
(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为________，推测其具有的化学性质是____________。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是________________________。
(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4＋aNa2O2===2Na2FeO4＋bX＋2Na2SO4＋cO2↑，该反应中物质X的化学式为____________，b与c的关系是____________。
②一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)在碱性条件下，由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)某同学配制了一瓶K2FeO4溶液，但标签丢失了，测定该瓶溶液物质的量浓度的实验步骤如下。
步骤1：准确量取V mL溶液加入锥形瓶中；
步骤2：在强碱溶液中，用过量CrO与FeO反应生成Fe(OH)3和CrO；
步骤3：加足量稀硫酸，使CrO转化为Cr2O，CrO转化为Cr3＋，Fe(OH)3转化为Fe3＋；
步骤4：加入二苯胺磺酸钠做指示剂，用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V1 mL。
①滴定时发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为____________(用含字母的代数式表示)。
解析：(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为零，可得K2FeO4中铁元素的化合价为＋6价；高铁酸钾中铁元素处于高价态，则高铁酸钾具有强氧化性。(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH，则反应的离子方程式为4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性，作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用，同时其还原产物为Fe(OH)3 胶体，又能起到净水的作用。(3)①根据元素守恒可知，X应是Na2O，根据钠元素守恒有2a＝8＋2b，根据氧元素守恒有2a＝8＋b＋2c，两式联立，可得b＝2c。②一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾，根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O。(5)根据题意，步骤2中发生反应FeO＋CrO＋2H2O===Fe(OH)3↓＋CrO＋OH－，步骤3中CrO在稀硫酸作用下发生反应2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，步骤4滴定时发生反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，故可得关系式FeO～3Fe2＋，原溶液中K2FeO4的物质的量浓度为 mol·L－1。
答案：(1)＋6价　强氧化性　(2)①4FeO＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋8OH－＋3O2↑　②杀菌消毒、净水　(3)①Na2O　b＝2c　②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度　(4)2Fe3＋＋3Cl2＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O　(5)①Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
② mol·L－1