重难点05 氧化还原反应的概念、规律、配平及计算-2024年高考化学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）

这是一份重难点05 氧化还原反应的概念、规律、配平及计算-2024年高考化学【热点·重点·难点】专练（新高考专用），文件包含重难点05氧化还原反应的概念规律配平及计算-2024年高考化学热点·重点·难点专练新高考专用原卷版docx、重难点05氧化还原反应的概念规律配平及计算-2024年高考化学热点·重点·难点专练新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。


氧化还原反应是高考的必考内容，从考查内容上看：
（1）借助STSE型试题判断指定反应是否是氧化还原反应、氧化还原反应中电子的转移数目在NA题目中是命题的热点；
（2）物质氧化性、还原性的强弱常与离子方程式正误判断融合考查；
（3）在工艺流程题中常常涉及陌生氧化还原方程式的书写。
预测2024年高考仍可能在选择题中结合生产、生活，考查氧化还原反应的判断、氧化还原反应的概念及相互关系、简单计算等，应予以关注。
【策略1】理顺氧化还原反应的基本概念及相互关系
概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。
【策略2】掌握氧化还原反应电子转移的表示方法
（1）双线桥法：①标变价、②画箭头(反应物指向生成物)、③算数目、④说变化。
。
（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”“失”字样。
。
【策略3】掌握氧化还原反应的基本规律
【策略4】熟练氧化还原反应配平的基本技能
（1）全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，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)一般从右边着手配平。
（3）缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。补项原则：
（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）在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
【策略5】掌握得失电子守恒思想在化学计算中的应用
（1）一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）二定得失数：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)。
（3）三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
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)。
考向一 是否为氧化还原反应的判断
1．（2023·全国·统考高考真题）下列应用中涉及到氧化还原反应的是
A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【详解】A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；
B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；
C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；
D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；
综上所述，本题选C。
2．（2022·北京·高考真题）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是
A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀
B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀
D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
【答案】D
【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；
B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；
C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；
D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。
故选D。
考向二 氧化还原反应的相关概念
3．（2023·北京·统考高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
【答案】C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
4．（2023·湖北·统考高考真题）下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
【答案】D
【详解】A．电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；
B．氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；
D．Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；
综上所述，本题选D。
5．（2023·浙江·高考真题）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1ml一氧化二氮，转移4ml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。
考向三 氧化还原反应的性质规律
6．（2023·福建·统考高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
下列说法错误的是
A．具有平面三角形结构B．的还原性比强
C．反应i～iv中有3个氧化还原反应D．反应iv每生成，转移电子
【答案】A
【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误；
B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确；
C．I、iii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；
D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确；
故选A。
7．（2021·海南·统考高考真题）依据下列实验和现象，得出结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】A．无色气体甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，将生成的气体通入澄清石灰水，澄清石灰水也会先浑浊后澄清，则无色气体X不一定为一氧化碳，故A错误；
B．若无色Y溶液的pH在7—8之间，向溶液中滴加1～2滴酚酞试液，溶液也为无色，则溶液仍为无色不能判断得到溶液pH小于7，故B错误；
C．若向淀粉和碘的混合溶液中滴加不足量的硫氰化钾溶液，碘未完全反应，溶液也呈蓝色，则溶液仍为蓝色不能判断硫氰气和碘的氧化性强弱，故C错误；
D．在稀硫酸中加入少量氧化亚铜固体，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成说明氧化亚铜在稀硫酸溶液中反应生成硫酸铜和铜，则反应中氧化亚铜既作氧化剂又作还原剂，故D正确；
故选D。
考向四 氧化还原反应的配平
8．（2023·湖南·统考高考真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是
A．和的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【详解】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；
B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；
D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml失电子3×4ml=12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml失电子2×2ml+3×8ml=28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；
故选D。
9．（2022·河北·高考真题·节选）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
【答案】
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(5)+2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
【详解】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；
考向五 氧化还原反应的计算
10．（2022·北京·高考真题）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0.4ml，即个数为，D错误；
故选D。
11．（2022·浙江·统考高考真题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1mlSiO2时，转移8ml电子
【答案】D
【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1mlSiO2时，转移8ml电子，D正确；
答案选D。
12．（2023·辽宁·统考高考真题）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为
B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为
D．溶液中含数目为
【答案】C
【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；
B．2.8g的物质的量，1ml生成转移的电子数为12，则0.1ml转移的电子数为1.2，B项错误；
C．0.1ml晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；
D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；
答案选C。
（建议用时：35分钟）
1．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，2NaOH+FeSO4=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2具有强的还原性，又被溶解在溶液中的O2氧化为Fe(OH)3，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此看到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，颜色变化与氧化还原反应有关，A不符合题意；
B．通入溶液中，发生反应3+2=3S+2Na2SO3，该反应中元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．KI溶液滴入AgCl浊液中，发生沉淀转化，由白色AgCl沉淀逐渐变为溶解度更小的黄色AgI沉淀，因此看到沉淀由白色逐渐变为黄色，在反应过程中元素化合价不变，故物质的颜色变化与氧化还原反应无关，C符合题意；
D．氯水中含有HCl、HClO电离产生的H+，溶液显酸性，使紫色石蕊试液变为红色，同时溶液中含有的HClO、ClO-具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，因此石蕊溶液滴入氯水中，看到溶液先变红，随后迅速褪色，物质的颜色变化与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故选C。
2．（2023·河北衡水·校考三模）酸性溶液中，在、的催化下，将氧化为的反应过程中发生以下几个反应：①与生成和；②与发生取代反应生成；③将氧化为，本身被还原为HBrO；④HBrO和把彻底氧化，并实现催化剂的再生。下列说法错误的是
A．①中每转移0.5ml电子时，可生成0.3ml
B．②③均属于氧化还原反应，且均使溶液中增大
C．④的离子方程式为
D．恰好完全反应时，与的物质的量之比为4∶3
【答案】B
【分析】根据信息和氧化还原反应方程式的书写方法，可以写出①②③④的有关方程式：
①
②
③
④
将②③④方程式的化学计量数扩大3倍，然后将①②③④的有关方程式相加，得出总反应为，
【详解】A．由①的离子方程式可知，每转移5ml电子时，生成3ml，则每转移0.5ml电子时，可生成0.3ml，A正确；
B．②③反应中均有元素化合价改变，均属于氧化还原反应；②反应生成强酸HBr使增大，③反应消耗，使减小，B错误；
C．根据信息，④反应中HBrO既将氧化为，还要实现和的再生，故离子方程式为，C正确；
D．由分析的总反应可知，恰好完全反应时，与的物质的量之比为4∶3，D正确；
故选B。
3．（2023·山东菏泽·校考二模）火是人类文明的起源，以下古文献描述中，借助“火”的过程中有氧化还原反应发生的是
A．《天工开物》中描述“凡石灰，经火焚炼为用”
B．《传言方》中记载“白矾以炭火烧令汁尽，则其色如雪，谓之巴石以治气痢”
C．《新修本草》中关于“青矾”的记录为“本来绿色，…，烧之赤色”
D．《本草经注》中记载“以火烧之，紫青烟起为硝石”来鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)
【答案】C
【详解】A．碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，无化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．白矾即为明矾，此过程为KAl(SO4)2·12H2O失水得KAl(SO4)2，不是氧化还原反应，故B错误；
C．FeSO4·7H2O在空气中灼烧生成Fe2O3，铁元素的化合价变化，是氧化还原反应，故C正确；
D．利用焰色试验鉴别KNO3和Na2SO4，焰色试验没有发生化学变化，故D错误；
故选C。
4．（2022·浙江金华·校联考模拟预测）三草酸合铁酸钾是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，该配合物在光照下易分解：，下列说法不正确的是
A．反应物中元素只体现氧化性，元素既体现氧化性又体现还原性
B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为
C．若有被还原，则被还原的为6ml
D．每生成，转移电子数为
【答案】C
【详解】A．反应中Fe由+3价变为+2价，化合价降低表现氧化性被还原；碳元素化合价由+3部分变为+2、部分变为+4，元素既体现氧化性又体现还原性，A正确；
B．反应中氧化产物为12分子二氧化碳，还原产物为11分子一氧化碳和1分子氧化铁，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为，B正确；
C．由化学方程式可知，2个铁离子被还原的同时，11个碳被还原生成11分子CO，故两者关系为，则若有被还原，则被还原的为5.5ml，C错误；
D．由化学方程式可知，反应中13个碳的化合价由+3变为+4转移13个电子生成13分子二氧化碳，电子转移关系为，则每生成，转移电子数为，D正确；
故选C。
5．（2023·山东聊城·统考三模）是分析化学中的重要试剂，不溶于冷水。实验测定粗产品纯度的步骤如下：①将一定质量的粗产品加入含有足量的强酸性溶液中，充分反应后，溶液变为紫红色，同时生成；②用一定浓度的草酸()标准溶液滴定①中反应后的溶液，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．步骤①中用硝酸溶液提供强酸性环境
B．步骤①中反应的离子方程式为
C．步骤②达到滴定终点时紫红色褪去
D．步骤②中反应的还原剂和氧化产物的物质的量之比为
【答案】C
【详解】A．硝酸具有强氧化性，若用硝酸溶液提供酸性环境，则多余的硝酸会与草酸反应，导致消耗草酸的量偏大，影响实验，A错误；
B．步骤①中NaBiO3与Mn2+反应生成Bi3+和，NaBiO3是沉淀，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2+7H2O+5Na+，B错误；
C．步骤②中草酸与生成的高锰酸根离子反应，达到滴定终点时高锰酸根离子刚好被消耗完，溶液紫红色褪去，C正确；
D．高锰酸根离子与草酸反应的离子方程式为5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，H2C2O4为还原剂，氧化产物为CO2，还原剂和氧化产物的物质的量之比为1：2，D错误；
故答案选C。
6．（2023·山东·沂水县模拟预测）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，的一种生产工艺流程如下所示。已知：“有效氯含量”是指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。下列说法错误的是
A．在该生产过程中，有三处涉及到氧化还原反应
B．在电解过程中，是还原产物
C．“尾气吸收”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
D．的“有效氯含量”约为1.57g
【答案】C
【详解】A．由制备流程可知，“反应”“电解”“尾气吸收”过程均发生元素的化合价变化，发生了氧化还原反应，A正确；
B．电解过程中，在阴极得电子生成，所以阴极反应的主要产物是，B正确；
C．“尾气吸收”过程发生反应的化学方程式为，该反应中中元素化合价由-1价变为0价、Cl元素化合价由+4价变为+3价，是氧化剂、是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于其计量数之比，即，C错误；
D．的物质的量，依据电子转移数目相等，，，可知氯气的物质的量为，则氯气的质量为，D正确。
故选C。
7．（2023·陕西渭南·统考一模）用表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．常温下，铁与足量浓硫酸充分反应转移的电子数为
B．标准状态下，分子中所含的原子数为
C．与反应时，转移电子的数目为
D．浓度均为的溶液和溶液中，数目均为
【答案】C
【详解】A．铁遇到浓硫酸会钝化，A错误；
B．标准状况下，三氧化硫为固体，无法计算其物质的量，B错误；
C．与反应生成0.1mlFeCl2和0.1mlI2，转移电子的数目为，C正确；
D．没有给出溶液的体积，无法计算其物质的量，D错误；
故选C。
8．（2022·云南保山·统考一模）已知：，下列关于该反应的说法正确的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移5ml电子
B．反应中既是氧化剂又是还原剂
C．氧化性：
D．还原产物是，氧化产物为
【答案】B
【详解】A．上述反应中硫酸亚铁是还原剂，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，2ml亚铁失去8ml电子转化为高铁酸钠，1ml过氧化钠失去2ml电子生成氧气，故每发生1ml上述反应生成1ml氧气转移10ml电子，故A错误；
B．反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C．该反应中过氧化钠是氧化剂，故氧化性：，C错误；
D．氧化产物是和，还原产物为和，D错误；
故选B。
9．（2023·浙江杭州·校联考模拟预测）超氧化钾()在加热条件下可以将氧化，该反应的化学方程式如下：，则下列说法不正确的是
A．该反应中化合价升高的元素是O和Cu
B．既是氧化产物，又是还原产物
C．当反应中转移的电子数为时，有被氧化
D．标准状况下，生成时，被还原的超氧化钾()为
【答案】C
【分析】中，Cu化合价由+2价升高到+3价，中O的化合价由-价一部分升高为0价，一部分降低到-2价，2mlCuO参加反应，一共转移3ml电子；
【详解】A．根据分析可知，该反应中化合价升高的元素是O和Cu，选项A正确；
B．Cu化合价由+2价升高到+3价，O元素部分由-价降为-2价，既是氧化产物，又是还原产物，选项B正确；
C．反应中，共转移3ml电子，故当反应中转移的电子数为时，有被氧化，选项C错误；
D．中O的化合价由-价一部分长高为0价，一部分降低到-2价，比例为1：1，标准状况下，生成时，即0.1ml，被还原的超氧化钾()为，选项D正确；
答案选C。
10．（2023·河北·校联考三模）二氟化氧()可用作极强的氧化剂和氟化剂。已知：①(NaOH溶液的浓度为2%)，②。下列说法错误的是
A．分子的空间结构呈V形
B．反应①中，每生成，转移电子4ml
C．反应②中，和既是氧化产物又是还原产物
D．氧化性的强弱比较：
【答案】C
【详解】A．分子中有2个键电子对，氧原子上有2个孤电子对，故分子的空间结构为V形，A项正确；
B．反应①中，依据得失电子守恒，每生成，转移电子4ml，B项正确；
C．反应②中，既是氧化产物又是还原产物，仅是氧化产物，C项错误；
D．依据氧化性：氧化剂>氧化产物，氧化剂>还原剂，可得出氧化性：，D项正确；
答案选C。
11．（2023·河北衡水·衡水市三模）某污水处理厂用“沉淀法”处理含铬废水(主要含以及少量、)的工艺流程如图所示：
已知：①金属离子、、沉淀完全时()pH分别为6.7、5.6、2.8。
②。
下列说法错误的是
A．“氧化”时生成的离子方程式为
B．“沉降”过程中加入NaOH溶液，调节溶液pH>6.7
C．加入生成，说明
D．“沉铬”过程中，增大溶液的pH，沉铬率提高
【答案】A
【详解】A．碱性环境中不能生成，A错误；
B．“沉降”过程中加入NaOH溶液，调节pH使和生成沉淀，故需要调节溶液的，B正确；
C．在滤液中加入通过沉淀转化生成，说明溶度积，C正确；
D．在沉铬过程中增大溶液的pH，平衡正向移动，浓度增大，沉铬率提高，D正确。
故选A。
12．（2023·江西·校联考模拟预测）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种绿色净水剂。
①实验室制备原理是；
②在酸性介质中高铁酸钠不稳定，发生反应：，在碱性介质中能稳定存在；
③已知氧化剂的电势是衡量其氧化性强度的主要参数，电势越高，对应条件下氧化剂的氧化性越强，酸性条件下，电势：FeO>Cl2。
下列叙述错误的是
A．配制Na2FeO4溶液时添加少量NaOH溶液
B．由反应①知，氧化性：NaClO>Na2FeO4
C．由反应②知，产生11.2LO2时转移2ml电子
D．向Na2FeO4溶液中滴加浓盐酸产生的气体不只一种
【答案】C
【详解】A．依题意，在碱性条件下高铁酸钠能稳定存在，不引入杂质，配制高铁酸钠溶液时应添加少量氢氧化钠溶液，A项正确；
B．反应①中NaClO是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，B项正确；
C．没有指明生成O2时的温度、压强，不能根据体积计算氧气的物质的量，C项错误；
D．高铁酸钠具有强氧化性，能氧化氯离子，另外酸性条件下高铁酸钠不稳定，容易分解，故向高铁酸钠中滴加浓盐酸能产生氧气、氯气等，D项正确；
故选C。
13．（2022·浙江·校联考二模）关于反应，下列说法不正确的是
A．既是氧化剂又是还原剂
B．发生还原反应
C．若有加反应，被还原的为
D．反应若生成，转移电子
【答案】C
【详解】A．中硫元素为-1价，其化合价既降低为-2价也升高为+6价，既是氧化剂又是还原剂，故A正确；
B．中铜元素从+2价降低至+1价，做氧化剂，发生还原反应，故B正确；
C．被还原的生成Cu2S，即参加反应，被还原的为7ml，故C错误；
D．铜元素从+2价降低至+1价，硫元素由-1价降低为-2价，中铜得到14ml电子，中硫得到7ml电子，生成12ml硫酸转移21ml电子，若生成，转移电子，故D正确；
故选：C。
14．（2023·河南·校联考一模）化石燃料燃烧会产生大气污染物、等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收，其转化原理如图所示，下列说法正确的是
A．检验可以选用盐酸酸化的溶液
B．反应①的离子方程式为
C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2
D．理论上每吸收标准状况下，一定消耗
【答案】B
【详解】A．硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子的干扰，再加氯化钡产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；
B．从图中看，反应①中氧化剂是，还原剂是，两者发生氧化还原反应生成、，方程式为， B正确；
C．反应②中氧气中氧元素化合价由0变为-2，为氧化剂，化合价升高发生氧化反应得到氧化产物，根据电子守恒可知，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4，C错误；
D．根据电子守恒可知，理论上每吸收标准状况下（为0.01ml），消耗0.005ml氧气，为0.16g，D错误；
故选B。
15．（2022·云南保山·统考一模）4.35g铜镁合金完全溶于一定浓度的硝酸，产生4480mL的和1120mL的NO气体(标准状况下)，反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀最大质量为
A．20.60gB．10.30gC．15.50gD．31.00g
【答案】B
【详解】铜镁合金与硝酸完全反应，生成4480mL的，即0.2ml，1120mL的NO气体，即0.05ml,由硝酸转化为和NO的得到的电子总数是0.2ml（5-4）+0.05ml（5-2）=0.35ml, 铜镁合金反应后由0价转为为+2价，失去电子总数是0.35ml，则铜镁合金的量为ml，与氢氧化钠溶液反应后生成Cu(OH)2、Mg(OH)2，由于每个镁离子和铜离子都结合两个氢氧根离子，所以反应的氢氧根离子的量是0.35ml，则生成的沉淀最大质量为4.35g+0.35ml×17g/ml=10.30g,故答案选B。
故答案选B。
16．（2023上·北京·高三校考模拟）完成下列问题。
(1)将通入0.5ml/L溶液中，一段时间后，试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体。写出与反应的离子方程式 。
(2)NSR(的储存和还原在不同时段交替进行)技术可有效降低稀燃柴油和汽油发动机尾气中的排放，其工作原理如下图。
储存阶段中Ba存储后转化为的化学方程式是 。
(3)的吸收与利用：
利用太阳能，以为原料制取炭黑的流程如下图所示。过程2的化学方程式是 。
(4)已知：的还原产物是
酸性溶液与反应的离子方程式是 。
(5)以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下
“沉淀”过程中产生CuCl的离子方程式是 。
【答案】
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
【详解】（1）试管中液面与空气接触部分出现红棕色气体，说明反应过程中生成NO，离子方程式：；
（2）根据图像可知，储存阶段中Ba存储后转化为，化学方程式：；
（3）过程2为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳单质，根据得失电子守恒，化学方程式：；
（4）酸性溶液将氧化生成氧气，自身被还原生成，离子方程式：；
（5）硫酸铜与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铜，离子方程式：；
17．（2023上·河南郑州·高三校考模拟）磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)A1P遇水发生复分解反应生成PH3气体和 (填化学式)。
(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
CuSO4+ PH3+ H2O = Cu3P↓+ H3PO4+ H2SO4
(3)工业制备PH3的原理如图所示：
①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为 。
②从分类来看，NaH2PO2属于 。
A．正盐 B．酸式盐 C．强电解质 D．弱电解质
③NaH2PO2可将溶液中的Ag+还原为银，从而用于化学镀银。已知利用此原理进行化学镀银时氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为 (填化学式)。
【答案】
(1)Al(OH)3
(2)24CuSO4+11PH3+12H2O = 8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4
(3)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 AC H3PO4
【详解】（1）AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，该反应的另一种产物是Al(OH)3；
（2）PH3与CuSO4溶液反应过程中，Cu的价态由+2→+1，P的价态由-3→+5，根据化合价升降总数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，则CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据原子守恒，配平得该反应的化学方程式：24CuSO4+11PH3+12H2O = 8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4；
（3）①白磷和烧碱溶液反应生成PH3气体、NaH2PO2，P发生歧化反应，一部分由0价降至-3价得到PH3气体，另一部分由0价升高至+1价得到NaH2PO2，根据化合价升降守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；
②NaH2PO2能在碱溶液中存在，说明它是正盐，同时它能在水中完全电离，属于强电解质，所以从分类来看，NaH2PO2属于正盐、强电解质，选AC；
③NaH2PO2可将溶液中的Ag+还原为银，则氧化剂为Ag+，还原剂为NaH2PO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，银元素化合价降低一个价态，则P元素化合价升高4个价态，由+1升至+5价，故氧化产物为H3PO4。
18．（2023上·山西吕梁·高三校考模拟）氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用。请根据以下信息，结合所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ．可以用智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取琪，相关反应如下：
________________(未配平)
(1)配平上述化学方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目。
Ⅱ．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(2)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是 。
(3)在碳高温还原时，在氮气气氛下氮化还原制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式为 。
【答案】
(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等进行配平，该反应中碘元素由+5价得电子变为0价，一个得5个电子，硫元素由+4价失电子变为+6价，一个失去2个电子，得失电子数的最小公倍数是10，所以碘酸钠的化学计量数是2，亚硫酸氢钠的化学计量数是5，其他未变价元素根据原子守恒进行配平，可得该化学方程式为；
（2）根据题意可知可以将盐酸氧化为，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：；氯气可以氧化，该过程中作还原剂，为还原产物，所以还原性：，综上所述还原性由强到弱的顺序是；
（3）根据题意可知高温条件下可与反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为。
氧化还原反应的概念、规律、配平及计算
考向一 是否为氧化还原反应的判断
考向二 氧化还原反应的相关概念
考向三 氧化还原反应的性质规律
考向四 氧化还原反应的配平
考向五 氧化还原反应的计算
价态律
元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；
元素处于最低价，只有还原性(如S2－、I－)；
元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2＋、S、Cl2等)
强弱律
氧化性：氧化剂>氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱；
优先律
①同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
②同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再依次与Cu2＋、H＋反应。
③常见的强弱顺序
氧化性：MnOeq \\al(－,4)(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，
还原性：Mn2＋转化律
（1）同一元素不同价态间发生的氧化还原反应，化合价的变化规律遵循：高价＋低价→中间价态，中间价态可相同、可不同，但只能靠近不能相互交叉(即价态向中看齐)。
例如，不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应是
注：不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。
（2）歧化反应规律思维模型
“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，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
守恒律
化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算。
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
条件
补项原则
酸性条件下
缺H或多O补H＋，少O补H2O
碱性条件下
缺H或多O补H2O，少O补OH－
与水反应
与溶液反应
i．
ii．
iii．
iv．
选项
实验
现象
结论
A
点燃无色气体，将生成的气体通入澄清石灰水
澄清石灰水先浑浊后澄清
为
B
25℃时，向无色的溶液中滴加1～2滴酚酞试液
溶液仍为无色
溶液的
C
在淀粉和的混合溶液中滴加溶液。[已知：、分别与卤素单质、卤素离子性质相似]
溶液仍为蓝色
氧化性：
D
在稀中加入少量
溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成
反应中既作氧化剂又作还原剂
选项
A
B
C
D
实验
溶液滴入溶液中
通入溶液中
溶液滴入浊液中
石蕊溶液滴入氯水中
现象
产生白色沉淀，最终变为红褐色
产生淡黄色沉淀
沉淀由白色逐渐变为黄色
溶液变红，随后迅速褪色