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2023年高考化学二轮复习（全国版）专题5氧化还原反应的概念、规律及应用(教师版)
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这是一份2023年高考化学二轮复习（全国版）专题5氧化还原反应的概念、规律及应用(教师版)，共12页。
1．根据化合物中各元素化合价代数和等于零的原则，写出括号内相应元素的化合价。
NaClO2(Cl：________)、ClO2(Cl：________)、CuCl(Cu：________)、N2H4(N：________)、NaBH4(B：______)、K2Cr2O7(Cr：________)、Na2CrO4(Cr：________)、H2C2O4(C：______)、
Na2S2O3(S：______)、MnO(OH)2(Mn：____)、K2FeO4(Fe：________)、CuFeS2(Fe：________、S：________)、LiNH2(N：______)、LiCO2(C：______)
答案 ＋3 ＋4 ＋1 －2 ＋3 ＋6 ＋6 ＋3 ＋2 ＋4 ＋6 ＋2 －2 －3 ＋3
2．(1)①向FeI2溶液中逐滴滴入氯水，按反应发生的先后顺序，依次写出离子方程式：
______________________________________________________________________________。
②若eq \f(nCl2,nFeI2)＝eq \f(3,2)，则离子方程式为___________________________________________________。
(2)向含有Fe3＋、H＋的溶液中，逐渐加入铁粉，按反应的先后顺序，依次写出离子方程式：
_______________________________________________________________________________。
答案 (1)①2I－＋Cl2===I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
②3Cl2＋2Fe2＋＋4I－===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－
(2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===H2↑＋Fe2＋
3．处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg·L－1，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。则处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水实际至少需要______ml NaClO。
答案 50
详解 参加反应的NaCN的物质的量是eq \f(100×10.3－0.5g,49 g·ml－1)＝20 ml，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N元素从－3价升高到0价，即1 ml NaCN失去5 ml电子，1 ml次氯酸钠得到2 ml电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需要NaClO的物质的量为20 ml×eq \f(5,2)＝50 ml。
(一)理清两条概念线索
(二)氧化还原反应的规律
1．强弱律
氧化性：氧化剂＞氧化产物。
还原性：还原剂＞还原产物。
通过氧化性或还原性强弱的比较，判断反应能否进行。
如：已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2＋，C2O3、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．C2O3＋6HCl===2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
答案 A
详解 Fe3＋能氧化I－，所以不可能生成FeI3，A错误、D正确；当Cl2少量时，Fe2＋和I－中I－先被氧化，B正确；由于C2O3的氧化性强于Cl2，所以C2O3能氧化Cl－得到Cl2，而C2O3被还原为C2＋，C正确。
2．价态律
判断氧化还原反应的产物，同种元素不同价态之间发生反应“只靠拢，不交叉”。如：
(1)用“双线桥”标出下列反应的电子转移方向和数目。
H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O
答案
(2)在KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O中氧化产物和还原产物的质量之比为_________。
答案 5∶1
3．先后律
Ⅰ.同时含有几种还原剂eq \(―――――→,\s\up7(加入氧化剂))按还原性由强到弱依次反应。
Ⅱ.同时含有几种氧化剂eq \(―――――→,\s\up7(加入还原剂))按氧化性由强到弱依次反应。如：写出证明氧化性、还原性强弱的离子方程式。
(1)氧化性强弱顺序：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋。
①KMnO4>Cl2：________________________________________________________。
②Cl2>Br2：____________________________________________________________。
③Br2>Fe3＋：___________________________________________________________。
④Fe3＋>Cu2＋：__________________________________________________________。
(2)还原性强弱顺序：SO2>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。
①SO2>I－：_____________________________________________________________。
②I－>Fe2＋：_____________________________________________________________。
③Fe2＋>Br－：____________________________________________________________。
④Br－>Cl－：_____________________________________________________________。
答案 (1)①2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
③2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－ ④2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)①I2＋SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SOeq \\al(2－,4) ②2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋
③Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－ ④Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
4.守恒律
在氧化还原反应中，遵循原子守恒、得失电子守恒及电荷守恒。用于
(1)氧化还原反应方程式的配平。
(2)氧化还原反应的相关计算。
角度一 氧化还原反应的概念及应用
1．(2022·辽宁，6)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是( )
A．褪色原因为I2被Fe还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为I－被氧化
答案 D
详解 Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被Zn还原，A项错误；液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确。
2．(2022·浙江6月选考，10)关于反应Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是( )
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．1 ml Na2S2O3发生反应，转移4 ml电子
答案 B
详解 Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A说法不正确；Na2S2O3中的S的平均化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
3．(2022·湖南，9)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O
答案 D
详解 过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq \\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq \\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NOeq \\al(－,2)＋2H＋＋e－eq \(=====,\s\up7(酶1))NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NHeq \\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NHeq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋eq \(=====,\s\up7(酶2))H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O，D正确。
4．[2021·全国甲卷，26(1)(3)]碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为__________________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成__________后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为________________________；
若反应物用量比eq \f(nCl2,nFeI2)＝1.5时，氧化产物为______________；当eq \f(nCl2,nFeI2)＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是__________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为__________ ml。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－Ieq \\al(－,3)。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是______________________________________________________________________________。
答案 (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋ Fe2＋＋2I－ AgNO3 ②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (3)4 防止单质碘析出
详解 (1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中。②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若反应物用量比eq \f(nCl2,nFeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3；当eq \f(nCl2,nFeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓ ＋I2＋2K2SO4，若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4 ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－Ieq \\al(－,3)平衡右移，增大I2溶解度，防止I2结晶析出，有利于蒸馏时制得高纯碘。
角度二 氧化还原反应的计算
5．[2020·全国卷Ⅱ，26(3)(4)(5)](3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_________________________________________________________________。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 ml ClO2消耗NaClO2的量为________ml；产生“气泡”的化学方程式为______________________________________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_____________(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____ kg(保留整数)。
答案 (3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
(4)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
(5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋ H2O 203
详解 (3)由新制的HgO和Cl2反应制备Cl2O，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的化合价发生变化，由0价变为＋1价和－1价，所以反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(4)由题意知，在NaClO2生成ClO2的过程中，发生歧化反应，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂，4Naeq \(Cl,\s\up6(＋3))O2eq \(――→,\s\up7(失4e－))4eq \(Cl,\s\up6(＋4))O2，Naeq \(Cl,\s\up6(＋3))O2eq \(――→,\s\up7(得4e－))Naeq \(Cl,\s\up6(－1))，每生成4 ml ClO2，需消耗5 ml NaClO2，所以每生成1 ml ClO2，需消耗1.25 ml NaClO2。产生的气泡的成分为CO2，反应的化学方程式为NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O。(5)“84消毒液”遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，Cl2有毒，故“84消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)＝1 000 kg×1%＝10 kg，设反应中消耗Cl2的质量为x kg，则：
2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
80 71
eq \f(80,71)x kg x kg
需要NaOH溶液的质量为eq \f(10 kg＋\f(80,71)x kg,30%)＝eq \f(10,3)(10＋eq \f(80,71)x)kg，溶液的质量＝NaOH溶液的质量＋Cl2的质量，1 000 kg＝eq \f(10,3)(10＋eq \f(80,71)x)kg＋x kg，解得x≈203。
6．[2016·全国卷Ⅰ，28(5)]“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
答案 1.57
详解 NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 ml NaClO2得到电子的物质的量为
4 ml，1 ml Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 ml，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为eq \f(4,90.5) ml，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。
考向一 氧化还原反应的判断
1．(2022·临沂市高三下学期一模)下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒
B．葡萄糖被人体吸收并提供能量
C．将红热铁制品投入水中淬火
D．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿
答案 D
详解 利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒是利用其强氧化性，涉及氧化还原反应，A不符合题意；葡萄糖被人体吸收并提供能量的过程中葡萄糖被氧化生成二氧化碳和水，涉及氧化还原反应，B不符合题意；将红热铁制品投入水中淬火时铁与水发生反应生成四氧化三铁和氢气，涉及氧化还原反应，C不符合题意；若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的氟磷酸钙[Ca5(PO4)3F]，因此可防止龋齿，在转化过程中元素化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意。
考向二 复杂氧化还原反应的分析
2．(2022·潍坊市高三学科核心素养测评)N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2＋Fe3＋―→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)。下列说法错误的是( )
A．N2F4分子中N—F的键角小于N2H4分子中N—H的键角
B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．若生成标准状况下2.24 L N2F4，转移电子0.2 ml
D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF
答案 D
详解 F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4中N—F的键角小于N2H4中N—H的键角，故A正确；由2HNF2＋2Fe3＋===N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；若生成标准状况下2.24 L N2F4，物质的量为eq \f(2.24 L,22.4 L·ml－1)＝0.1 ml，转移电子的物质的量是0.2 ml，故C正确；由于电负性：F>N，则N2F4中F为－1价，N为＋2价，作氧化剂时只有N元素化合价能降低，则还原产物可能是N2，而F的化合价未变，HF不是还原产物，故D错误。
3．(2022·安徽省皖江名校高三第四次联考)ClO－可用于处理含CN－的废水，处理过程中体系存在ClO－、CN－、N2、Cl－、HCOeq \\al(－,3)、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO－是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3∶2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 ml
D．含CN－的废水也可用Cr2Oeq \\al(2－,7)处理
答案 A
详解 根据题意，ClO－、CN－为反应物，N2、Cl－、HCOeq \\al(－,3)为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCOeq \\al(－,3)，其中ClO－是氧化剂， N2是氧化产物之一，A正确；在该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是CN－，则氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；在反应中，每产生1 ml N2，转移10 ml电子，若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 ml，则转移电子1 ml，C错误；Cr2Oeq \\al(2－,7)具有强氧化性，但若用Cr2Oeq \\al(2－,7)处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3＋，D错误。
考向三 氧化还原反应的计算
4．某实验小组测定产品中水合肼(N2H4·H2O)的含量，步骤如下：称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右), 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用 0.300 0 ml·L－1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑ ＋4HI＋H2O)。实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合肼的质量分数为____________。
答案 25%
详解 根据反应方程式可知25.00 mL待测液中n(N2H4·H2O)＝eq \f(1,2)×0.300 0 ml·L－1×0.02 L＝0.003 ml，则250 mL溶液中有0.03 ml N2H4·H2O，产品中水合肼的质量分数为eq \f(50 g·ml－1×0.03 ml,6.0 g)×100%＝25%。
专题强化练
1．下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．食物腐败变质
B．对电力不足的新能源汽车充电
C．用SO2漂白纸浆
D．苯酚放置在空气中变为粉红色
答案 C
详解 食物腐败变质，是食物发生缓慢氧化的过程，涉及氧化还原反应，故A不选；对电力不足的新能源汽车充电，是将电能转化为化学能的过程，有电子的转移，涉及氧化还原反应，故B不选；用SO2漂白纸浆，化合生成无色不稳定物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色，是被空气中的氧气氧化，涉及氧化还原反应，故D不选。
2．(2022·辽宁省高三联考)二氧化氯(ClO2)是高效、无毒的消毒剂，见光易分解，其中一种制备方法是用氯酸钾(KClO3)和浓H2SO4一定条件下发生反应：3KClO3＋3H2SO4(浓)===3KHSO4＋X＋2ClO2↑＋H2O。下列说法错误的是( )
A．物质X为HClO4
B．ClO2见光分解的化学方程式为2ClO2eq \(=====,\s\up7(光照))Cl2＋2O2
C．相同质量的Cl2和ClO2消毒时，Cl2的消毒效率比ClO2高
D．ClO2对CN－进行无毒化处理是利用其强氧化性
答案 C
详解 根据原子守恒，推出物质X为HClO4，故A正确；ClO2见光分解的化学方程式为2ClO2eq \(=====,\s\up7(光照))Cl2＋2O2，故B正确；1 ml(67.5 g)ClO2杀菌消毒，自身生成Cl－转移5 ml电子，1 ml Cl2(71 g)杀菌消毒，自身生成Cl－转移2 ml电子，所以相同质量的Cl2和ClO2，二氧化氯转移电子的量较多，消毒效率比Cl2高，故C错误；ClO2有强氧化性，可用ClO2对CN－进行无毒化处理，将CN－转化成CO2和N2，故D正确。
3．(2022·山西省吕梁市名校金科大联考)反应Ⅰ：5FeOeq \\al(2－,4)＋3Mn2＋＋16H＋===5Fe3＋＋3MnOeq \\al(－,4)＋8H2O
反应Ⅱ：5S2Oeq \\al(2－,8)＋2Mn2＋＋8H2O===10SOeq \\al(2－,4)＋2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋
反应Ⅲ：2MnOeq \\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
下列说法错误的是( )
A．氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞H2O2
B．用KI-淀粉试纸可鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液
C．反应Ⅰ和反应Ⅲ中的H＋可由浓盐酸或浓硫酸提供
D．若将反应Ⅱ设计成原电池，正极反应式为S2Oeq \\al(2－,8)＋2e－===2SOeq \\al(2－,4)
答案 C
详解 反应Ⅰ中高铁酸根离子是氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，则氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)，反应Ⅲ中高锰酸根离子是氧化剂，双氧水被氧化为氧气，则氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞H2O2，所以氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞H2O2，A正确；S2Oeq \\al(2－,8)具有强氧化性，能氧化碘离子生成I2，硫酸氢钠不能氧化碘离子，可用KI-淀粉试纸鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液，B正确；浓盐酸能被高锰酸钾溶液、高铁酸钾溶液氧化，故上述反应Ⅰ和Ⅲ中氢离子不能由浓盐酸提供，C错误；反应Ⅱ中S2Oeq \\al(2－,8)作氧化剂，发生得电子的还原反应，则将反应Ⅱ设计成原电池，正极上发生还原反应，正极反应式为S2Oeq \\al(2－,8)＋2e－===2SOeq \\al(2－,4)，D正确。
4．(2022·湖南岳阳一模)过二硫酸是一种硫的含氧酸，化学式为H2S2O8。它的结构可以表示成HO3SOOSO3H。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是Cr3＋与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式(未配平)。
Ⅰ.Cr3＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋H2Oeq \(――――→,\s\up7(Ag＋催化),\s\d5(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋SOeq \\al(2－,4)＋H＋
Ⅱ.Cr3＋＋MnOeq \\al(－,4)＋H2Oeq \(――→,\s\up7(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋Mn2＋＋H＋
下列说法错误的是( )
A．过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)，转移电子的物质的量为6 ml
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的Cr3＋的物质的量相同，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
答案 D
详解 过二硫酸中S的化合价为＋6价，H的化合价为＋1价，则过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1，A正确；配平反应Ⅰ：2Cr3＋＋3S2Oeq \\al(2－,8)＋7H2Oeq \(=====,\s\up7(Ag＋催化),\s\d5(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6SOeq \\al(2－,4)＋14H＋，Cr3＋是还原剂，S2Oeq \\al(2－,8)是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2，B正确；配平反应Ⅱ：10Cr3＋＋6MnOeq \\al(－,4)＋11H2Oeq \(=====,\s\up7(△))5Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Mn2＋＋22H＋，每生成5 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)转移30 ml电子，每生成1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)，转移电子的物质的量为6 ml，C正确；反应Ⅰ消耗10 ml Cr3＋，消耗15 ml氧化剂；反应Ⅱ消耗10 ml Cr3＋，消耗6 ml氧化剂，则消耗10 ml Cr3＋，反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15∶6＝5∶2，D错误。
5．(2022·陕西咸阳一模)ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应Ⅰ：4HCl＋2KClO3===2ClO2↑＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O
反应Ⅱ：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O
下列说法正确的是( )
A．两个反应中KClO3都作氧化剂
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应Ⅱ中每转移6 ml电子，生成气体的物质的量为15 ml
D．制备等量的ClO2，反应Ⅰ比反应Ⅱ转移的电子总数多
答案 A
详解 反应Ⅰ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价降低，作氧化剂，反应Ⅱ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价降低，作氧化剂，故A正确；反应Ⅰ 中KClO3→ClO2，KClO3作氧化剂，HCl→Cl2，Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；反应Ⅱ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价从＋5价降低到＋4价，有24个Cl原子变价，每转移24 ml电子，生成气体的物质的量为30 ml，则转移6 ml电子，生成气体的物质的量为7.5 ml，故C错误；将反应Ⅰ乘以12，生成24 ml ClO2时转移(5－4)×24 ml＝24 ml电子，反应Ⅱ生成24 ml ClO2时也转移24 ml电子，故D错误。
6．(2022·辽宁一模)向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是( )
A．当n(Cl2)＜M ml时，发生的离子反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
B．当n(Cl2)＝M ml时，离子浓度关系：c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝2∶1∶1
C．当n(Cl2)＝2M ml时，离子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(Br－)
D．当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br－开始被氧化
答案 C
详解 据图分析知，当n(Cl2)＜M ml时，Fe2＋与Cl2反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，A错误；当通入的氯气为M ml时，恰好将Fe2＋反应完，根据Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，故原Fe2＋为2M ml，原Br－为4M ml，生成的Fe3＋为2M ml，Cl－为2M ml，Br－未参加反应，为4M ml，所以c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝1∶2∶1，B错误；当通入的Cl2为2M ml时，M ml Cl2首先与Fe2＋完全反应，生成2M ml Cl－，剩余的M ml Cl2会反应消耗2M ml Br－，生成2M ml Cl－，此时n(Cl－)＝4M ml，剩余的n(Br－)＝(4M－2M) ml＝2M ml，所以离子浓度大小关系：c(Cl－)>c(Br－)，C正确；通入Cl2的物质的量大于M ml时，Br－开始被氧化，根据B选项分析可知FeBr2的物质的量为2M ml，D错误。
7．为了测定84消毒液与医用酒精1∶1反应后溶液中残留的NaClO的含量(假设反应生成的气体已全部逸出)，某小组进行了如下实验：取7.45 mL反应后溶液(密度约1 g·mL－1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4～5 min后，再加入少量淀粉指示剂，用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为24.00 mL。(已知：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===
2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))
(1)NaClO与KI反应的离子方程式为_____________________________。
(2)上述实验中84消毒液与医用酒精1∶1反应后，溶液中残留的NaClO的质量分数为__________(计算结果保留两位有效数字)。
答案 (1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O (2)1.2%
详解 (2)根据ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O、I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，得到关系式：ClO－～2I－～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)，n(ClO－)＝eq \f(1,2)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,2)×0.100 0 ml·L－1×24.00×10－3 L＝1.20×
10－3 ml，则m(NaClO)＝1.20×10－3 ml×74.5 g·ml－1＝0.089 4 g,7.45 mL反应后溶液的质量为1 g·mL－1×7.45 mL＝7.45 g，则 NaClO的质量分数为eq \f(0.089 4 g,7.45 g)×100%＝1.2%。
1．根据化合物中各元素化合价代数和等于零的原则，写出括号内相应元素的化合价。
NaClO2(Cl：________)、ClO2(Cl：________)、CuCl(Cu：________)、N2H4(N：________)、NaBH4(B：______)、K2Cr2O7(Cr：________)、Na2CrO4(Cr：________)、H2C2O4(C：______)、
Na2S2O3(S：______)、MnO(OH)2(Mn：____)、K2FeO4(Fe：________)、CuFeS2(Fe：________、S：________)、LiNH2(N：______)、LiCO2(C：______)
答案 ＋3 ＋4 ＋1 －2 ＋3 ＋6 ＋6 ＋3 ＋2 ＋4 ＋6 ＋2 －2 －3 ＋3
2．(1)①向FeI2溶液中逐滴滴入氯水，按反应发生的先后顺序，依次写出离子方程式：
______________________________________________________________________________。
②若eq \f(nCl2,nFeI2)＝eq \f(3,2)，则离子方程式为___________________________________________________。
(2)向含有Fe3＋、H＋的溶液中，逐渐加入铁粉，按反应的先后顺序，依次写出离子方程式：
_______________________________________________________________________________。
答案 (1)①2I－＋Cl2===I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－
②3Cl2＋2Fe2＋＋4I－===2I2＋2Fe3＋＋6Cl－
(2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===H2↑＋Fe2＋
3．处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg·L－1，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。则处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水实际至少需要______ml NaClO。
答案 50
详解 参加反应的NaCN的物质的量是eq \f(100×10.3－0.5g,49 g·ml－1)＝20 ml，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N元素从－3价升高到0价，即1 ml NaCN失去5 ml电子，1 ml次氯酸钠得到2 ml电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需要NaClO的物质的量为20 ml×eq \f(5,2)＝50 ml。
(一)理清两条概念线索
(二)氧化还原反应的规律
1．强弱律
氧化性：氧化剂＞氧化产物。
还原性：还原剂＞还原产物。
通过氧化性或还原性强弱的比较，判断反应能否进行。
如：已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2＋，C2O3、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．C2O3＋6HCl===2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
答案 A
详解 Fe3＋能氧化I－，所以不可能生成FeI3，A错误、D正确；当Cl2少量时，Fe2＋和I－中I－先被氧化，B正确；由于C2O3的氧化性强于Cl2，所以C2O3能氧化Cl－得到Cl2，而C2O3被还原为C2＋，C正确。
2．价态律
判断氧化还原反应的产物，同种元素不同价态之间发生反应“只靠拢，不交叉”。如：
(1)用“双线桥”标出下列反应的电子转移方向和数目。
H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O
答案
(2)在KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O中氧化产物和还原产物的质量之比为_________。
答案 5∶1
3．先后律
Ⅰ.同时含有几种还原剂eq \(―――――→,\s\up7(加入氧化剂))按还原性由强到弱依次反应。
Ⅱ.同时含有几种氧化剂eq \(―――――→,\s\up7(加入还原剂))按氧化性由强到弱依次反应。如：写出证明氧化性、还原性强弱的离子方程式。
(1)氧化性强弱顺序：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3＋>Cu2＋。
①KMnO4>Cl2：________________________________________________________。
②Cl2>Br2：____________________________________________________________。
③Br2>Fe3＋：___________________________________________________________。
④Fe3＋>Cu2＋：__________________________________________________________。
(2)还原性强弱顺序：SO2>I－>Fe2＋>Br－>Cl－。
①SO2>I－：_____________________________________________________________。
②I－>Fe2＋：_____________________________________________________________。
③Fe2＋>Br－：____________________________________________________________。
④Br－>Cl－：_____________________________________________________________。
答案 (1)①2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O ②Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2
③2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－ ④2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋
(2)①I2＋SO2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SOeq \\al(2－,4) ②2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋
③Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－ ④Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－
4.守恒律
在氧化还原反应中，遵循原子守恒、得失电子守恒及电荷守恒。用于
(1)氧化还原反应方程式的配平。
(2)氧化还原反应的相关计算。
角度一 氧化还原反应的概念及应用
1．(2022·辽宁，6)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是( )
A．褪色原因为I2被Fe还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为I－被氧化
答案 D
详解 Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被Zn还原，A项错误；液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确。
2．(2022·浙江6月选考，10)关于反应Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是( )
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D．1 ml Na2S2O3发生反应，转移4 ml电子
答案 B
详解 Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A说法不正确；Na2S2O3中的S的平均化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C说法不正确；根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
3．(2022·湖南，9)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O
答案 D
详解 过程Ⅰ中NOeq \\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq \\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq \\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NOeq \\al(－,2)＋2H＋＋e－eq \(=====,\s\up7(酶1))NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NHeq \\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NHeq \\al(＋,4)＋3e－＋2H＋eq \(=====,\s\up7(酶2))H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NHeq \\al(＋,4))＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O，D正确。
4．[2021·全国甲卷，26(1)(3)]碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为__________________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成__________后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为________________________；
若反应物用量比eq \f(nCl2,nFeI2)＝1.5时，氧化产物为______________；当eq \f(nCl2,nFeI2)＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是__________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为__________ ml。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－Ieq \\al(－,3)。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是______________________________________________________________________________。
答案 (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋ Fe2＋＋2I－ AgNO3 ②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (3)4 防止单质碘析出
详解 (1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中。②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若反应物用量比eq \f(nCl2,nFeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3；当eq \f(nCl2,nFeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓ ＋I2＋2K2SO4，若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4 ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－Ieq \\al(－,3)平衡右移，增大I2溶解度，防止I2结晶析出，有利于蒸馏时制得高纯碘。
角度二 氧化还原反应的计算
5．[2020·全国卷Ⅱ，26(3)(4)(5)](3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_________________________________________________________________。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 ml ClO2消耗NaClO2的量为________ml；产生“气泡”的化学方程式为______________________________________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_____________(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____ kg(保留整数)。
答案 (3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
(4)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
(5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋ H2O 203
详解 (3)由新制的HgO和Cl2反应制备Cl2O，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的化合价发生变化，由0价变为＋1价和－1价，所以反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(4)由题意知，在NaClO2生成ClO2的过程中，发生歧化反应，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂，4Naeq \(Cl,\s\up6(＋3))O2eq \(――→,\s\up7(失4e－))4eq \(Cl,\s\up6(＋4))O2，Naeq \(Cl,\s\up6(＋3))O2eq \(――→,\s\up7(得4e－))Naeq \(Cl,\s\up6(－1))，每生成4 ml ClO2，需消耗5 ml NaClO2，所以每生成1 ml ClO2，需消耗1.25 ml NaClO2。产生的气泡的成分为CO2，反应的化学方程式为NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O。(5)“84消毒液”遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，Cl2有毒，故“84消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)＝1 000 kg×1%＝10 kg，设反应中消耗Cl2的质量为x kg，则：
2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O
80 71
eq \f(80,71)x kg x kg
需要NaOH溶液的质量为eq \f(10 kg＋\f(80,71)x kg,30%)＝eq \f(10,3)(10＋eq \f(80,71)x)kg，溶液的质量＝NaOH溶液的质量＋Cl2的质量，1 000 kg＝eq \f(10,3)(10＋eq \f(80,71)x)kg＋x kg，解得x≈203。
6．[2016·全国卷Ⅰ，28(5)]“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
答案 1.57
详解 NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 ml NaClO2得到电子的物质的量为
4 ml，1 ml Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 ml，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为eq \f(4,90.5) ml，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。
考向一 氧化还原反应的判断
1．(2022·临沂市高三下学期一模)下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒
B．葡萄糖被人体吸收并提供能量
C．将红热铁制品投入水中淬火
D．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿
答案 D
详解 利用ClO2泡腾片杀灭新型冠状病毒是利用其强氧化性，涉及氧化还原反应，A不符合题意；葡萄糖被人体吸收并提供能量的过程中葡萄糖被氧化生成二氧化碳和水，涉及氧化还原反应，B不符合题意；将红热铁制品投入水中淬火时铁与水发生反应生成四氧化三铁和氢气，涉及氧化还原反应，C不符合题意；若使用含氟牙膏，Ca5(PO4)3OH转化为更难溶的氟磷酸钙[Ca5(PO4)3F]，因此可防止龋齿，在转化过程中元素化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意。
考向二 复杂氧化还原反应的分析
2．(2022·潍坊市高三学科核心素养测评)N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2＋Fe3＋―→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)。下列说法错误的是( )
A．N2F4分子中N—F的键角小于N2H4分子中N—H的键角
B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．若生成标准状况下2.24 L N2F4，转移电子0.2 ml
D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF
答案 D
详解 F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4中N—F的键角小于N2H4中N—H的键角，故A正确；由2HNF2＋2Fe3＋===N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；若生成标准状况下2.24 L N2F4，物质的量为eq \f(2.24 L,22.4 L·ml－1)＝0.1 ml，转移电子的物质的量是0.2 ml，故C正确；由于电负性：F>N，则N2F4中F为－1价，N为＋2价，作氧化剂时只有N元素化合价能降低，则还原产物可能是N2，而F的化合价未变，HF不是还原产物，故D错误。
3．(2022·安徽省皖江名校高三第四次联考)ClO－可用于处理含CN－的废水，处理过程中体系存在ClO－、CN－、N2、Cl－、HCOeq \\al(－,3)、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO－是氧化剂，N2是氧化产物之一
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3∶2
C．若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 ml
D．含CN－的废水也可用Cr2Oeq \\al(2－,7)处理
答案 A
详解 根据题意，ClO－、CN－为反应物，N2、Cl－、HCOeq \\al(－,3)为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCOeq \\al(－,3)，其中ClO－是氧化剂， N2是氧化产物之一，A正确；在该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是CN－，则氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；在反应中，每产生1 ml N2，转移10 ml电子，若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 ml，则转移电子1 ml，C错误；Cr2Oeq \\al(2－,7)具有强氧化性，但若用Cr2Oeq \\al(2－,7)处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3＋，D错误。
考向三 氧化还原反应的计算
4．某实验小组测定产品中水合肼(N2H4·H2O)的含量，步骤如下：称取产品6.0 g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右), 加水配成250 mL溶液，移取25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用 0.300 0 ml·L－1的碘标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑ ＋4HI＋H2O)。实验测得消耗碘标准溶液的平均值为20.00 mL，产品中水合肼的质量分数为____________。
答案 25%
详解 根据反应方程式可知25.00 mL待测液中n(N2H4·H2O)＝eq \f(1,2)×0.300 0 ml·L－1×0.02 L＝0.003 ml，则250 mL溶液中有0.03 ml N2H4·H2O，产品中水合肼的质量分数为eq \f(50 g·ml－1×0.03 ml,6.0 g)×100%＝25%。
专题强化练
1．下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．食物腐败变质
B．对电力不足的新能源汽车充电
C．用SO2漂白纸浆
D．苯酚放置在空气中变为粉红色
答案 C
详解 食物腐败变质，是食物发生缓慢氧化的过程，涉及氧化还原反应，故A不选；对电力不足的新能源汽车充电，是将电能转化为化学能的过程，有电子的转移，涉及氧化还原反应，故B不选；用SO2漂白纸浆，化合生成无色不稳定物质，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C选；苯酚晶体放置在空气中由无色变为粉红色，是被空气中的氧气氧化，涉及氧化还原反应，故D不选。
2．(2022·辽宁省高三联考)二氧化氯(ClO2)是高效、无毒的消毒剂，见光易分解，其中一种制备方法是用氯酸钾(KClO3)和浓H2SO4一定条件下发生反应：3KClO3＋3H2SO4(浓)===3KHSO4＋X＋2ClO2↑＋H2O。下列说法错误的是( )
A．物质X为HClO4
B．ClO2见光分解的化学方程式为2ClO2eq \(=====,\s\up7(光照))Cl2＋2O2
C．相同质量的Cl2和ClO2消毒时，Cl2的消毒效率比ClO2高
D．ClO2对CN－进行无毒化处理是利用其强氧化性
答案 C
详解 根据原子守恒，推出物质X为HClO4，故A正确；ClO2见光分解的化学方程式为2ClO2eq \(=====,\s\up7(光照))Cl2＋2O2，故B正确；1 ml(67.5 g)ClO2杀菌消毒，自身生成Cl－转移5 ml电子，1 ml Cl2(71 g)杀菌消毒，自身生成Cl－转移2 ml电子，所以相同质量的Cl2和ClO2，二氧化氯转移电子的量较多，消毒效率比Cl2高，故C错误；ClO2有强氧化性，可用ClO2对CN－进行无毒化处理，将CN－转化成CO2和N2，故D正确。
3．(2022·山西省吕梁市名校金科大联考)反应Ⅰ：5FeOeq \\al(2－,4)＋3Mn2＋＋16H＋===5Fe3＋＋3MnOeq \\al(－,4)＋8H2O
反应Ⅱ：5S2Oeq \\al(2－,8)＋2Mn2＋＋8H2O===10SOeq \\al(2－,4)＋2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋
反应Ⅲ：2MnOeq \\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
下列说法错误的是( )
A．氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞H2O2
B．用KI-淀粉试纸可鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液
C．反应Ⅰ和反应Ⅲ中的H＋可由浓盐酸或浓硫酸提供
D．若将反应Ⅱ设计成原电池，正极反应式为S2Oeq \\al(2－,8)＋2e－===2SOeq \\al(2－,4)
答案 C
详解 反应Ⅰ中高铁酸根离子是氧化剂，高锰酸根离子是氧化产物，则氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)，反应Ⅲ中高锰酸根离子是氧化剂，双氧水被氧化为氧气，则氧化性：MnOeq \\al(－,4)＞H2O2，所以氧化性：FeOeq \\al(2－,4)＞MnOeq \\al(－,4)＞H2O2，A正确；S2Oeq \\al(2－,8)具有强氧化性，能氧化碘离子生成I2，硫酸氢钠不能氧化碘离子，可用KI-淀粉试纸鉴别Na2S2O8和NaHSO4溶液，B正确；浓盐酸能被高锰酸钾溶液、高铁酸钾溶液氧化，故上述反应Ⅰ和Ⅲ中氢离子不能由浓盐酸提供，C错误；反应Ⅱ中S2Oeq \\al(2－,8)作氧化剂，发生得电子的还原反应，则将反应Ⅱ设计成原电池，正极上发生还原反应，正极反应式为S2Oeq \\al(2－,8)＋2e－===2SOeq \\al(2－,4)，D正确。
4．(2022·湖南岳阳一模)过二硫酸是一种硫的含氧酸，化学式为H2S2O8。它的结构可以表示成HO3SOOSO3H。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是Cr3＋与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式(未配平)。
Ⅰ.Cr3＋＋S2Oeq \\al(2－,8)＋H2Oeq \(――――→,\s\up7(Ag＋催化),\s\d5(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋SOeq \\al(2－,4)＋H＋
Ⅱ.Cr3＋＋MnOeq \\al(－,4)＋H2Oeq \(――→,\s\up7(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋Mn2＋＋H＋
下列说法错误的是( )
A．过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)，转移电子的物质的量为6 ml
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的Cr3＋的物质的量相同，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
答案 D
详解 过二硫酸中S的化合价为＋6价，H的化合价为＋1价，则过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1，A正确；配平反应Ⅰ：2Cr3＋＋3S2Oeq \\al(2－,8)＋7H2Oeq \(=====,\s\up7(Ag＋催化),\s\d5(△))Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6SOeq \\al(2－,4)＋14H＋，Cr3＋是还原剂，S2Oeq \\al(2－,8)是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2，B正确；配平反应Ⅱ：10Cr3＋＋6MnOeq \\al(－,4)＋11H2Oeq \(=====,\s\up7(△))5Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Mn2＋＋22H＋，每生成5 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)转移30 ml电子，每生成1 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)，转移电子的物质的量为6 ml，C正确；反应Ⅰ消耗10 ml Cr3＋，消耗15 ml氧化剂；反应Ⅱ消耗10 ml Cr3＋，消耗6 ml氧化剂，则消耗10 ml Cr3＋，反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15∶6＝5∶2，D错误。
5．(2022·陕西咸阳一模)ClO2是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应Ⅰ：4HCl＋2KClO3===2ClO2↑＋Cl2↑＋2KCl＋2H2O
反应Ⅱ：C6H12O6＋24KClO3＋12H2SO4===12K2SO4＋24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O
下列说法正确的是( )
A．两个反应中KClO3都作氧化剂
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应Ⅱ中每转移6 ml电子，生成气体的物质的量为15 ml
D．制备等量的ClO2，反应Ⅰ比反应Ⅱ转移的电子总数多
答案 A
详解 反应Ⅰ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价降低，作氧化剂，反应Ⅱ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价降低，作氧化剂，故A正确；反应Ⅰ 中KClO3→ClO2，KClO3作氧化剂，HCl→Cl2，Cl元素化合价升高，HCl作还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；反应Ⅱ中KClO3→ClO2，Cl元素化合价从＋5价降低到＋4价，有24个Cl原子变价，每转移24 ml电子，生成气体的物质的量为30 ml，则转移6 ml电子，生成气体的物质的量为7.5 ml，故C错误；将反应Ⅰ乘以12，生成24 ml ClO2时转移(5－4)×24 ml＝24 ml电子，反应Ⅱ生成24 ml ClO2时也转移24 ml电子，故D错误。
6．(2022·辽宁一模)向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是( )
A．当n(Cl2)＜M ml时，发生的离子反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
B．当n(Cl2)＝M ml时，离子浓度关系：c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝2∶1∶1
C．当n(Cl2)＝2M ml时，离子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(Br－)
D．当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br－开始被氧化
答案 C
详解 据图分析知，当n(Cl2)＜M ml时，Fe2＋与Cl2反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，A错误；当通入的氯气为M ml时，恰好将Fe2＋反应完，根据Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，故原Fe2＋为2M ml，原Br－为4M ml，生成的Fe3＋为2M ml，Cl－为2M ml，Br－未参加反应，为4M ml，所以c(Fe3＋)∶c(Br－)∶c(Cl－)＝1∶2∶1，B错误；当通入的Cl2为2M ml时，M ml Cl2首先与Fe2＋完全反应，生成2M ml Cl－，剩余的M ml Cl2会反应消耗2M ml Br－，生成2M ml Cl－，此时n(Cl－)＝4M ml，剩余的n(Br－)＝(4M－2M) ml＝2M ml，所以离子浓度大小关系：c(Cl－)>c(Br－)，C正确；通入Cl2的物质的量大于M ml时，Br－开始被氧化，根据B选项分析可知FeBr2的物质的量为2M ml，D错误。
7．为了测定84消毒液与医用酒精1∶1反应后溶液中残留的NaClO的含量(假设反应生成的气体已全部逸出)，某小组进行了如下实验：取7.45 mL反应后溶液(密度约1 g·mL－1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4～5 min后，再加入少量淀粉指示剂，用0.100 0 ml·L－1 Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为24.00 mL。(已知：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===
2I－＋S4Oeq \\al(2－,6))
(1)NaClO与KI反应的离子方程式为_____________________________。
(2)上述实验中84消毒液与医用酒精1∶1反应后，溶液中残留的NaClO的质量分数为__________(计算结果保留两位有效数字)。
答案 (1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O (2)1.2%
详解 (2)根据ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O、I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \\al(2－,6)，得到关系式：ClO－～2I－～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)，n(ClO－)＝eq \f(1,2)n(S2Oeq \\al(2－,3))＝eq \f(1,2)×0.100 0 ml·L－1×24.00×10－3 L＝1.20×
10－3 ml，则m(NaClO)＝1.20×10－3 ml×74.5 g·ml－1＝0.089 4 g,7.45 mL反应后溶液的质量为1 g·mL－1×7.45 mL＝7.45 g，则 NaClO的质量分数为eq \f(0.089 4 g,7.45 g)×100%＝1.2%。
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