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衔接点07 氧化还原反应规律及配平（原卷版+解析版）
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回顾一、化学方程式的配平方法
1. 观察法
①从化学式比较复杂的一种生成物推求出有关各反应物化学式的化学计量数和这一生成物的化学计量数。
②根据求得的化学式的化学计量数再找出其它化学式的化学计量数。
例如：
H2O + Fe Fe3O4 + H2 [以 Fe3O4为出发点]
4H2O +3Fe Fe3O4 +H2 [配平O和Fe]
4H2O + 3Fe eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))Fe3O4 + 4H2 [配平反应，并添加反应条件]
2. 最小公倍数法
首先找出其中出现次数较多且原子个数相差较大的原子作为配平起点，求出它们的最小公倍数，再由最小公倍数确定相关化学式的化学计量数，配平化学方程式。
如P+O2——P2O5中的O的最小公倍数为2×5=10，用最小公倍数分别除以含有该元素的化学式中的原子个数，其商就是该化学式前的化学计量数。
如P2O5中含有5个O原子，P2O5的化学计量数为eq \f(10,5)＝2；O2中有2个O原子，O2的化学计量数为eq \f(10,2)=5；从而知P的化学计量数为4，最后得出配平的化学方程式为4P+5O2——2P2O5，并注明反应条件，把短线改成等号，即4P+5O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2P2O5
3. 奇数配偶法
首先选出反应式两边原子个数一奇一偶的元素作为配平的起点，若有几种元素在反应式两边同时出现奇偶数时，从出现次数最多的那种元素开始，将奇数配成偶数。
然后，以该化学式和所配化学计量数为依据，找出其他化学式的化学计量数，配平化学方程式。
如在KClO3——KCl+O2中，配平时应从氧元素开始，将KClO3前配以“2”，然后，根据已有的化学计量数“2”，确定KCl的化学计量数也为“2”，O2的化学计量数为“3”，即可得出配平的化学方程式为2KClO3——2KCl+3O2，注明反应条件，把“——”改为“＝”，生成物O2右边注明“↑”号，即2KClO3eq \\ac(\s\up6(MnO2),\s\up1(───),\s\d1(───),\s\d6(△))2KCl+3O2↑
4. 待定系数法
（1）先用反应式中含有多原子的化学式中的原子数，配平其他化学式中元素的原子数，如在C2H2+O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))CO2+H2O反应中，配平C、H的原子数而得下式：C2H2+O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))2CO2+H2O；
（2）根据已配平的元素原子数，可用暂定分数化学计量数来确定未配平的元素的原子数，如在上述反应中，把O2的化学计量数暂定为eq \f(5,2)，即为C2H2+eq \f(5,2)O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))2CO2+H2O；
（3）将反应式中各化学式的化学计量数乘以暂定分数的分母，把“——”改为“＝”，即为2C2H2+5O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))4CO2+2H2O
回顾二、酸碱盐间的反应规律
（一）酸与碱反应：
如：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
（二）酸与盐反应：
如：Na2CO3+2HCl AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =2NaCl+H2O+CO2↑
（三）碱（可溶）与盐（可溶）反应：
如：Ca(OH)2+Na2CO3 AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =CaCO3↓+2NaOH
（四）盐（可溶）与盐（可溶）反应：
如：Na2SO4+BaCl2= AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT BaSO4↓+2NaCl
（五）碱性氧化物＋酸→盐＋H2O
如： Fe2O3+3H2SO4 AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =Fe2(SO4)3+3H2O
（六）酸性氧化物＋碱→盐＋H2O
如：CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O
新知一、氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
【答案】
1.升高 降低 种类 数目
2.化合价 变化值 升降 计量数 电荷
A．正向配平
适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如：
B．逆向配平
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。如：
3eq \(S,\s\up6(0))＋6KOH(热、浓)===2K2eq \(S,\s\up6(－2)) ＋ K2eq \(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2O
化合价降低2×2 化合价升高4
由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。
C．整体配平法
若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。
如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
3和10的最小公倍数是30，Cu2S的系数是3，NO系数是10，故配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
D．含有未知数的配平
FexS＋HCl===S＋FeCl2＋H2S
设FexS的系数是eq \f(1,x)，则S的系数为(eq \f(1,x)－1)，最后配平得：eq \f(1,x)FexS＋2HCl===(eq \f(1,x)－1)S＋FeCl2＋H2S
E．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
2和1的最小公倍数是2，所以KClO3的系数为2，H2C2O4的系数为1，最终配平的结果为：
2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
F．缺项配平类
Cl的化合价由+1降低到-1，一个氯原子化合价降低2，Fe的化合价由+3上升到+6，每个铁原子化合价升高3，故它们的最小公倍数为6，所以ClO－和Cl－的系数均为3，Fe(OH)3和的系数均为2，这样左边的带负电荷总数为1×(-3)=-3,右边的负电荷总数为1×(-3)+ 2×(-2)=-7，所以左边应补上4个OH-，H2O的系数顺理成章为5，最后配平的结果为：3ClO－＋2Fe(OH)3＋4 OH-===3Cl－＋2FeOeq \\al(2－,4)＋5H2O
三、“三步法”突破缺项型氧化还原方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为
新知二、氧化还原反应规律
一、价态规律
1．表现律
最高价态——只有氧化性，如：浓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。
2．归中律
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“只靠拢不交叉”。
例如，不同价态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。
3．歧化律
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。
“中间价―→高价＋低价”。
二、先后规律
1．同时含有几种还原剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入氧化剂))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Cl2先与Fe2＋反应。
2．同时含有几种氧化剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入还原剂))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，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
3．熟记常见的强弱顺序
氧化性：MnOeq \\al(－,4)(H＋)> Cl2>Br2>Fe3＋> I2>稀H2SO4>S，
还原性：Mn2＋< Cl－三、守恒规律
1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，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，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，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)。
1．（2023春·山东青岛·高一青岛三十九中校考期中）化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．人生请治田，种秫多酿酒
B．石穴之中，所滴皆为钟乳
C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根
D．锡中杂铅太多，人醋淬八九度，铅尽化灰而去
【答案】B
【解析】A．酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解在分解析出形成的，该过程中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；
C．“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，反应是Hg+S=HgS，Hg和S化合价反应变化，该反应属于氧化还原反应，故C不选；
D．“锡中杂铅太多，入醋萃八九度，铅尽化灰而去”，铅与酸反应过程中Pb元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选B。
3．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）从海藻灰和智利石中提取碘的主要反应为：
(1)2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
(2)2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2
下列说法正确的是
A．反应(1)中的MnO2做还原剂
B．碘单质在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化产物
C．氧化性：MnO2> SOeq \\al(2-,4)>>I2
D．反应(1)、(2)中生成等量的I2时转移电子数之比为1：5
【答案】D
【解析】A．反应(1)中的MnO2中的Mn元素化合价从+4价降低到+2价，被还原，做氧化剂，A错误；
B．反应(1)碘元素由-1价升高到0价，被氧化，I2是氧化产物，反应(2)碘元素由+5价下降到0价，被还原，I2是还原产物，B错误；
C．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析可知，反应(1)中氧化性：MnO2>I2，反应(2)中：IOeq \\al(-,3)>I2，SOeq \\al(2-,4)等其他物质的氧化性无法通过反应进行比较，C错误；
D．反应①中I元素化合价由-1升高为0，反应②中I元素化合价由+5降低为0，生成等量的I2时，转移电子数之比为1：5，D正确；
故选D。
4．（2022秋·广西南宁·高一校考期中）根据下列反应进行判断，下列各微粒还原能力由强到弱的顺序正确的是
①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ SOeq \\al(2-,4)+4H+
②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
③2Fe3++2I-=2Fe2++I2
A．SO2＞I-＞Fe2+B．I-＞Fe2+＞SO2C．I2＞Fe3+＞SOeq \\al(2-,4)D．I-＞Fe2+＞SOeq \\al(2-,4)
【答案】A
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析判断。
【解析】①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+ SOeq \\al(2-,4)+4H+中二氧化硫被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性SO2＞Fe2+；②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中二氧化硫被氧化，作还原剂，碘离子是还原产物，则还原性SO2＞I－；③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中碘离子被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性I－＞Fe2+；所以还原性由强到弱的顺序为SO2＞I－＞Fe2+。
答案选A。
5．（2023春·上海青浦·高一上海市朱家角中学校考阶段练习）H2S和SO2两种气体混合后，发生反应2H2S+SO2→3S↓+2H2O，其中被还原的元素和被氧化的元素质量之比为
A．1:1B．1:2C．2:1D．任意比
【答案】B
【解析】反应2H2S+SO2→3S↓+2H2O中H2S的硫元素化合价升高，H2S被氧化，SO2的硫元素化合价降低，SO2被还原，其中被还原的元素和被氧化的元素都是硫元素，质量之比为1:2；
故选：B。
6．配平下列化学方程式
(1)4HCl(浓)＋MnO2eq \(=====,\s\up7(△))Cl2↑＋MnCl2＋2H2O
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)5KI＋KIO3＋3H2SO4===3I2＋3K2SO4＋3H2O
(4)2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋20Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(1)3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O
(2)2P4＋9KOH＋3H2O===3K3PO4＋5PH3↑
(2) Na2Sx＋(3x＋1)NaClO＋(2x－2)NaOH=== xNa2SO4＋(3x＋1)NaCl＋(x－1)H2O
(2)5C2H6O＋12KMnO4＋18H2SO4===6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋33H2O
(2)2MnOeq \\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
eq \x(Al2O3)＋eq \x(3C)＋eq \x(N2)eq \(=====,\s\up7(高温))eq \x(2)AlN＋eq \x(3CO)
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
eq \x(5)NaBiO3＋eq \x(2)Mn2＋＋eq \x(14)H＋===eq \x(5)Na＋＋eq \x(5)Bi3＋＋eq \x(MnOeq \\al(－,4))＋eq \x(7)H2O
1．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）在反应KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化产物与还原产物的质量之比为
A．6∶1B．5∶1C．1∶1D．3∶1
【答案】B
【解析】KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中氯元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，5mlHCl作还原剂，对应氧化产物；KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故选B。
2．（2023春·浙江·高一期中）已知A2Oeq \\al(2-,n)可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2Oeq \\al(2-,n)被还原，产物为A3+，且A2Oeq \\al(2-,n)与B2-的化学计量数之比为1:3，则n值为
A．4B．5C．7D．6
【答案】C
【解析】A2Oeq \\al(2-,n)中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。
3．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）我国著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土资源素有“工业维生素”之称，已知：金属铈(Ce，稀土元素)在空气中易被氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应(注：Ce常见的化合价为+3价和+4价，氧化性Ce4+＞Fe3+＞I2)。下列说法不正确的是
A．将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，其离子方程式为3Ce4++Fe2++2I-=3Ce3++Fe3++I2
B．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
C．金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方
D．铈溶于氢碘酸的离子方程式可表示为Ce+4H+=Ce4++2H2↑
【答案】D
【解析】A．氧化性Ce4+＞Fe3+＞I2，所以将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，Ce4+过量，亚铁离子和碘离子均被氧化，其离子方程式为3Ce4++Fe2++2I－＝3Ce3++Fe3++I2，故A正确；
B．铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应与钠的性质相似，所以铈元素在自然界中主要以化合态形式存在，故B正确；
C．铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，故C正确；
D．金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和水，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应生成单质碘和Ce3+，故D错误；
故选D。
4．（2022秋·山东枣庄·高一枣庄八中校考期末）铋(Bi)为+3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加入下列溶液，对应的现象如下表所示：
则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为
A． I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3B． H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
C． KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2D． NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2
【答案】D
【解析】铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色，加入一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，溶液呈紫红色，则表明反应生成KMnO4，由此得出氧化性NaBiO3＞KMnO4；加入过量的双氧水，溶液的紫红色消失，并产生气泡(O2)，则表明氧化性KMnO4＞H2O2；加入适量KI-淀粉溶液，溶液变成蓝色，说明反应生成I2，则表明氧化性H2O2＞I2，从而说明NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2，故选D。
5．(2023云南澄江第一中学高一开学考试)根据反应O2＋2H2S===2S↓＋2H2O，Na2S＋I2===2NaI＋S↓，4NaI＋O2＋2H2SO4===2I2＋2Na2SO4＋2H2O判断下列物质的氧化性强弱，正确的是( )
A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2O
C．S＞I2＞O2 D．H2O＞NaI＞H2S
【答案】A
【解析】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，在反应O2＋2H2S===2S↓＋2H2O中，氧化性：O2＞S；在反应Na2S＋I2===2NaI＋S↓中，氧化性：I2＞S；在反应4NaI＋O2＋2H2SO4===2I2＋2Na2SO4＋2H2O中，氧化性：O2＞I2，因此，氧化性：O2＞I2＞S。
6．（2023上海徐汇高一上海市第四中学校考期中）Cl2是常见的氧化剂，可氧化Fe2+、Br-、等离子，且已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，溶液中存在的离子组不合理的是
A．Fe3+、Br-、Cl- B．Fe2+、Cl-、I-
C．Fe2+、Br-、Cl- D．Fe2+、Br-、Cl-、I-
【答案】B
【解析】由题意知还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，则氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，根据氧化还原反应规律，氧化性强的先与还原性强的物质反应，则发生反应的先后顺序为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，所以在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，由于溶液中同时存在Fe2+、I-、Br-：若溶液中存在Fe2+、Br-、Cl-，表明I-被完全氧化，符合反应发生的先后顺序，A正确；若溶液中存在Fe2+、Cl-、I-，表明Br-被完全氧化，不符合反应发生的先后顺序，B错误；若溶液中存在Fe3+、Br-、Cl-，表明I-、Fe2+被完全氧化，符合反应发生的先后顺序，C正确；若溶液中存在Fe2+、Br-、Cl-、I-，表明各种离子均没有被完全氧化，说明Cl2的量很少，符合反应发生的先后顺序，D正确。
7．（2023黑龙江省齐齐哈尔第八中学高一上学期中考试）已知M2O7x-+3S2-+14H＋=2M3＋+3S↓+7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为
A.＋2 B.＋3 C.＋4 D.＋6
【答案】D
【解析】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；D正确
8．(2023湖南湘潭高一质检)在室温下，发生下列几种反应：
①14H＋＋6Z－＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋3Z2＋7H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，下列结论错误的是
A．氧化性强弱顺序为X2Oeq \\al(2－,7)＞Z2＞B2＞A3＋
B．X3＋是X2Oeq \\al(2－,7)的还原产物，B2是B－的氧化产物
C．在溶液中可能发生反应：14H＋＋6A2＋＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋6A3＋＋7H2O
D．要将含有A2＋、Z－和B－的混合溶液中的A2＋转化为A3＋，而不氧化Z－和B－，应加入Z2
【解析】D
【解析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性强弱顺序为X2Oeq \\al(2－,7)＞Z2＞B2＞A3＋，A正确；X2Oeq \\al(2－,7)→X3＋，X元素的化合价降低，发生还原反应，X3＋是X2Oeq \\al(2－,7)的还原产物，B－→B2，化合价升高，发生氧化反应，B2是B－的氧化产物，B正确；根据氧化性强弱顺序可知，在溶液中可能发生反应：14H＋＋6A2＋＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋6A3＋＋7H2O，C正确；要将含有A2＋、Z－和B－的混合溶液中的A2＋转化为A3＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，若加入Z2，将氧化B－，D错误。
9．(2023山东省济南市外国语学校月考)已知下列四组实验：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生氯气；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色；③向FeCl2溶液中加入少量溴水，溶液变黄色；④分别取实验②和实验③中生成的溶液，分别滴在淀粉KI试纸上，试纸都变蓝色。则下列判断不正确的是
A. 实验①能够证明Cl－具有还原性
B. 上述实验能够证明氧化性：Cl2 ＞Br2
C. 上述实验能够证明氧化性：MnO4－＞Cl2 ＞Fe3+ ＞I2
D. 由上述实验不能判断氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
【答案】B
【解析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，HCl作还原剂，证明Cl－具有还原性，A正确；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，溴水将亚铁离子氧化为三价铁，溴单质做氧化剂，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，Br2＞Fe3+，但是不能证明氧化性：Cl2 ＞Br2，B错误；高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4－＞ Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞I2，则能够证明氧化性：MnO4－＞Cl2 ＞Fe3+ ＞I2，C正确；向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色生成Fe3+，取实验②生成的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，是因为Fe3+与碘离子反应生成I2，不能判断氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，D正确。
10．(2023云南澄江第一中学高一开学考试)科学家提出“硅是未来的石油”，制备粗硅的反应为SiO2＋2CSi＋nCO↑，下列说法正确的是
A．该化学方程式中n＝1
B．反应中碳做还原剂
C．反应前后原子总数发生变化
D．2个碳原子反应时失去8个电子
【答案】B
【解析】依据元素守恒，该化学方程式中n＝2，A错误；在反应中，碳元素由0价升高到＋2价，失电子做还原剂，B正确；依据质量守恒，反应前后原子总数不变，C错误；碳元素由0价升高到＋2价，2个碳原子反应时失去4个电子，D错误。
11．(2023新疆师范大学附属中学高一检测)反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，当有2e－转移时，被氧化的物质与被还原的物质的个数比是
A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶1
【答案】B
【解析】在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，NO2既做还原剂又做氧化剂，每3mlNO2发生反应，有2 ml NO2失去电子被氧化为HNO3，有1 ml NO2得到电子被还原成NO，反应过程中转移2 ml电子，则当有2e－转移时，被氧化的物质与被还原的物质的个数比是2∶1。
12．(2023广东普宁第二中学高一检测)稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应1中氧化剂是Mn3＋
B．氧化性：Mn3＋>Ce4＋>Fe3＋>I2
C．能发生反应：2Mn3＋＋2I－===I2＋2Mn2＋
D．反应2的还原产物为Fe3＋
【答案】C
【解析】由图像可知，反应1为Ce4＋＋Mn2＋===Ce3＋＋Mn3＋，反应2为Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋，反应3为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。反应1中的氧化剂为Ce4＋，Mn3＋是氧化产物，A错误；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应1可知氧化性：Ce4＋＞Mn3＋，由反应2可知氧化性：Mn3＋＞Fe3＋，由反应3可知氧化性：Fe3＋＞I2，故有氧化性：Ce4＋＞Mn3＋＞Fe3＋＞I2，B错误；氧化性：Mn3＋＞I2，因此可以发生反应：2Mn3＋＋2I－===I2＋2Mn2＋，C正确；反应2为Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋，还原产物为Mn2＋，D错误。
13．（2023上海高一华师大二附中校考期末）把图乙中的物质补充到图甲，可得到一个完整氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是
A．IO作氧化剂，具有氧化性 B．氧化性：MnO＜IO
C．Mn2+是还原剂，具有还原性 D．若有2个Mn2+参加反应，则转移14个电子
【答案】D
【解析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO是反应物，IO是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+。IO在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，A正确；反应中IO是氧化剂，MnO是氧化产物，则氧化性：MnO＜IO，B正确；反应中锰离子失电子作还原剂，则Mn2+是还原剂，具有还原性，C正确；反应方程式：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，则若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子，D错误。
14．（2023春·广东江门·高一校考期中）在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是
A．H2S+2HNO3=S↓+2NO2↑+2H2OB．CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
C．4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2OD．3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O
【答案】D
【解析】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故HNO3只表现出氧化性，A不合题意；
B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，HNO3只表现出酸性，B不合题意；
C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故HNO3既表现出氧化性，又表现出还原性，C不合题意；
D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，表现出氧化性，还有一部分不变，表现酸性，故HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性，D符合题意；
故答案为：D。
15．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）在反应KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化产物与还原产物的质量之比为
A．6∶1B．5∶1C．1∶1D．3∶1
【答案】B
【解析】KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中氯元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，5mlHCl作还原剂，对应氧化产物；KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故选B。
16．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）某体系中发生的一个反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3+、Mn2+、MnOeq \\al(-,4)、H2O、Fe2+、H+，已知MnOeq \\al(-,4)为其中一种反应物，下列说法正确的是
A．只有MnOeq \\al(-,4)和Fe2+是反应物B．被还原的元素是Fe
C．发生氧化反应的物质是MnOD．氧化剂与还原剂的个数比为1∶5
【答案】D
【分析】Fe3+、Mn2+、MnOeq \\al(-,4)、H2O、Fe2+、H+六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但氧化性弱于酸性条件下MnOeq \\al(-,4)的氧化性，则Fe2+作还原剂，MnOeq \\al(-,4)作氧化剂，由此得出该反应为：MnOeq \\al(-,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
【解析】A．由分析可知，MnOeq \\al(-,4)、Fe2+和H+是反应物，故A错误；
B．由分析可知，Fe2+作还原剂，被氧化，故B错误；
C．由分析可知，MnOeq \\al(-,4)作氧化剂，被还原，故C错误；
D．由分析可知，该反应为：MnOeq \\al(-,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂的个数比为1∶5，故D正确；
故选D。
17．（2023春·福建福州·高一校联考期中）随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染，汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是
A．图中反应的总化学方程式为2NO+O2+4COeq \\ac(\s\up7(催化剂),\(====,=====))4CO2+N2
B．总反应中NO为还原剂，N2为还原产物
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
【答案】A
【解析】A．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4COeq \\ac(\s\up7(催化剂),\(====,=====))4CO2+N2，故A正确；
B．该反应中，NO生成为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故B错误；
C．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故C错误；
D．在空气中，一氧化氮和氧气就可以反应生成二氧化氮，故D错误；
故选A。
18．已知酸性：H2CO3>HClO>HCO，氧化性：HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述表达中，正确的是
A．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水褪色
B．能使酚酞显红色的溶液中，Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】A
【解析】A．氧化性：Br2>Fe3+，所以向溴水中加入足量氯化亚铁溶液，二价铁离子能够还原溴水使溴水褪色，故A正确；
B．能使酚酞显红色的溶液显碱性，碱性环境下，氢氧根离子与三价铁离子不共存，故B错误；
C．碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO，故C错误；
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I﹣，反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣，故D错误；
故选A。
19．下列微粒：①Al3＋ ②Cl－ ③N2 ④S2－ ⑤Cu ⑥H2O2 ⑦Fe2＋ ⑧MnOeq \\al(－,4)。既具有氧化性又具有还原性的是
A．①④⑤⑦B．③⑥⑦⑧
C．④⑤⑥⑧D．①②③⑥
【答案】 B
【解析】 一般情况下元素的化合价处于最高价时只有氧化性，处于最低价时只有还原性，处于最高价和最低价之间时往往既有氧化性也有还原性，据此解答。⑧中Mn元素为＋7价，虽然只有氧化性，但O元素为－2价，具有还原性，故MnOeq \\al(－,4)符合题意。
20．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H＋＋10Z－＋2XOeq \\al(－,4)===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
由此推断下列说法错误的是
A．反应Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－可以进行
B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化
C．氧化性由强到弱的顺序是XOeq \\al(－,4)、Z2、B2、A3＋
D．还原性由强到弱的顺序是Z－、B－、A2＋、X2＋
【答案】 D
【解析】 由①可知氧化性：XOeq \\al(－,4)>Z2，还原性：Z－> X2＋；由②可知氧化性：B2>A3＋，还原性：A2＋> B－； 由③可知氧化性：Z2> B2，还原性：B－>Z－。即氧化性顺序为XOeq \\al(－,4)>Z2>B2>A3＋，还原性顺序为A2＋>B－>Z－>X2＋，选项A中的反应能够发生。
21．已知有如下反应：
①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2＋2ClOeq \\al(－,3)
②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C．氧化性强弱的顺序为：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)>Cl2 >Fe3＋
D．溶液中可发生：ClOeq \\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
【答案】 B
【解析】 ②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O，根据化合价变化可知，此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；Cl2在①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2＋2ClOeq \\al(－,3)中化合价升高作还原剂，在③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错误；根据①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2 ＋2ClOeq \\al(－,3)知氧化性：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)，根据③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3知氧化性：Cl2>Fe3＋，根据②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O知氧化性：ClOeq \\al(－,3)>Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)>Cl2 >Fe3＋，故C正确；根据氧化性强弱、电荷守恒、电子守恒的原理，溶液中可发生：ClOeq \\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O，D正确。
22．已知砒霜(As2O3)与锌可以发生如下反应：
As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3＋6ZnSO4＋3H2O
(1)请用“双线桥法”标出电子转移的方向和数目：___________________________________。
(2)砒霜在上述反应中显示出来的性质是______(填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
(3)该反应的氧化产物是________，还原产物是_______________________________________。
【答案】
(1)＋3H2O (2)A (3)ZnSO4 AsH3
【解析】 在该反应中Zn的化合价由0价变成＋2价，Zn作还原剂，表现还原性，被氧化，得到氧化产物ZnSO4；砷元素的化合价由＋3价变成－3价，As2O3作氧化剂，表现氧化性，被还原，得到还原产物AsH3。
23．阅读下面科普信息，回答问题：
一个体重50 kg的健康人含铁2 g，这2 g铁在人体中以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。
(1)以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是________(填字母)。
A．Fe B．Fe2＋ C．Fe3＋
(2)工业盐的主要成分是NaNO2，曾多次发生过因误食NaNO2而中毒的事件，其原因是NaNO2把人体内的Fe2＋转化为Fe3＋而失去与O2结合的能力，这说明NaNO2具有_______性。下列不能实现上述转化的物质是________(填字母)。
A．Cl2 B．O2
C．FeCl3 D．KMnO4(H＋)
(3)工业盐中毒后，可服用维生素C来缓解中毒状况，这说明维生素C具有________性。
(4)在Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O的反应中，HNO3表现了_____________性和________性，则56 g Fe参加反应时，被还原的HNO3为______g。
【答案】 (1)B (2)氧化 C (3)还原 (4)酸 氧化 63
【解析】 (1)最高价态的粒子只有氧化性，最低价态的粒子只有还原性，中间价态的粒子既有氧化性又有还原性。(2)Fe2＋―→Fe3＋发生了氧化反应，故NaNO2具有氧化性，所以实现此转化也应选择具有强氧化性的物质，而FeCl3与Fe2＋不能反应，故FeCl3不能实现上述转化。(3)缓解中毒，则应能使Fe3＋―→Fe2＋，所以维生素C具有还原性。(4)Fe和HNO3的反应中，一部分HNO3起氧化作用，生成NO，另一部分则起酸性作用生成Fe(NO3)3，所以56 g Fe参加反应时，被还原的HNO3为63 g。
24.已知下列反应：①Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2；②2KI＋Br2=2KBr＋I2；③Na2S＋I2=2NaI＋S↓。
（1）Cl-、Br-、I-、S2-四种离子的还原性由强到弱的顺序是 。
（2）判断Cl2与Na2S能否反应？ (填“否”或书写反应的离子方程式)。
（3）判断I2与NaBr能否反应？ (填“否”或书写反应的离子方程式)。
（4）已知NH3和Cl2可以发生氧化还原反应，配平该方程式：
_______NH3＋_______Cl2==_______N2＋_______HCl
（5）在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1∶2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为_______。
A．Cl2O7B．ClO2C．Cl2OD．Cl2
【答案】（1）S2->I->Br->Cl-
（2）Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓
（3）否
（4）2 3 1 6
（5）C
【分析】涉及的知识点为：氧化性还原性的强弱比较；氧化还原反应能否发生的判断；氧化还原反应的配平；氧化还原反应涉及到的计算。
【解析】（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，在反应①中Br- 是还原剂Cl-是还原产物；在反应②中I-是还原剂Br-是还原产物；在反应③中S2-是还原剂I-是还原产物。故Cl-、Br-、I-、S2-四种离子的还原性由强到弱的顺序为：S2- >I- >Br- >Cl-
（2）Cl2的氧化性强于S，故Cl2可以和硫离子反应，生成硫单质，二者反应的离子方程式为：Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓。
（3）碘单质的氧化性弱于溴单质，故碘单质不能和溴离子反应，答案为否。
（4）根据氧化还原反应的配平方法可得：2 NH3＋3 Cl2= 1 N2＋6 HCl：
（5）反应中NaClO3和Na2SO3按物质的量之比1∶2完全反应，且Na2SO3的产物为Na2SO4，故硫元素一共升高的化合价为4价，故Cl元素降低的化合价也应为4价，产物中Cl元素的化合价应为+1价，故答案为C。
25．（2023秋·吉林辽源·高一校联考期末）亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似，有咸味，容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2.由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：_______NaNO2+_______KI+_______=_______NO↑+_______I2+_______K2SO4+_______Na2SO4+_______H2O
(1)请完成该化学方程式并配平_______。
(2)从物质分类角度来看，NaNO2是_______(填字母代号)。
a.酸 b.碱 c.酸式盐 d.正盐 e.电解质 f.非电解质
(3)上述反应的还原剂为_______，还原产物与氧化产物的个数比为_______。
(4)下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_______(填序号)。
A．分别溶于水，测溶液的pH
B．分别加强热并收集气体检验
C．用筷子分别蘸取固体品尝味道
D．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液
(5)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_______(填序号)反应中H2O2表现出的性质相同。
A．2H2O2eq \\ac(\s\up7(MnO2),\(===,====))2H2O+O2↑
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O
(6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：_______。
【答案】
(1)2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O
(2)de
(3) KI 2:1
(4)C
(5)B
(6)
【解析】（1）该反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O。
（2）NaNO2由酸根和金属阳离子构成，属于正盐；其在水溶液和熔融状态下都可以导电，属于电解质，故选de。
（3）上述反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，还原剂为KI，氧化剂为NaNO2，还原产物为NO，氧化产物为I2，还原产物与氧化产物的个数比为2:1。
（4）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，分别溶于水，测溶液的pH，可以区分NaNO2和NaCl，故A不符合题意；
B．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；
C．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故C符合题意；
D．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故D不符合题意；
故选C。
（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；
A．2H2O2eq \\ac(\s\up7(MnO2),\(===,====))2H2O+O2↑中H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低， H2O2体现氧化性和还原性，故A不符合题意；
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故B符合题意；
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故C不符合题意；
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D不符合题意；
故选B。
（6）亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，NH4Cl中N元素由-3价上升到0价，NaNO2中N元素由+3价下降到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：用单线桥表示其电子转移的方向和数目为：。
26．（2022秋·江西抚州·高一校考期末）回答下列问题
(1)在S2-、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I-、H+中，只有氧化性的是___________，只有还原性的是___________，既有氧化性又有还原性的是___________。
(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)：
①NO+HNO3→N2O3+H2O ②NH3+NO→HNO2+H2O
③N2O4+H2O→HNO3+HNO2
其中你认为不可能实现的是___________(填序号)。
(3)下列三个氧化还原反应中，由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2__________________(“强”或“弱”)。反应②的离子方程式为___________，反应①的还原剂为___________。
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2 ②2Fe+3Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+18HCl (浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑=8H2O
【答案】
(1) Fe3+、Mg2+、H+ S2-、I- Fe2+、S
(2)②
(3)强 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl- KI
【解析】（1）根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性。在上述微粒中，只有氧化性的是Fe3+、Mg2+、H+；只有还原性的是S2-、I-；既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S；
故答案为：Fe3+、Mg2+、H+；S2-、I-；Fe2+、S；
（2）①NO+HNO3→N2O3+H2O中+2价的氮和+5价的氮变为+3价的氮，N元素的化合价既升高又降低，可以实现，①不符合题意；
②NH3+NO→HNO2+H2O中，-3价的氮和+2价的氮变为+3价的氮，都是N元素的升高，无化合价降低，不能实现，故②符合题意；
③N2O4+H2O→HNO3+HNO2中，+4价的氮变为+ 5价的氮和+3价的氮，N元素的化合价既升高又降低，可以实现，③不符合题意；
故答案为：②；
（3）依据氧化还原反应规律：氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性可知：由反应①可知物质的氧化性：FeCl3>I2；由反应②可知物质的氧化性：Cl2>FeCl3；由反应③可知物质的氧化性：KMnO4>Cl2；由此推知物质的氧化性强弱顺序为：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，因此氧化性最强的物质是KMnO4；I-的化合价升高，故KI为还原剂，
故答案为：强；2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl-；KI。
27．（2022·浙江杭州·高一期中）阅读下面一段材料并回答问题。
(1)K2FeO4中铁元素的化合价为_______；
(2)制备K2FeO4需要在_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)环境中进行。
(3)K2FeO4溶于水发生如下反应，请将化学方程式补充完整_______。
_______ K2FeO4+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+_______+_______KOH
(4)K2FeO4能用于净水的原因是_______。
(5)湿法制备K2FeO4的反应体系里有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeOeq \\al(2-,4)、Cl-、H2O，写出制高铁酸钾的离子反应方程式：_______。
【答案】(1)+6价
(2)碱牲
(3)4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH
(4)K2FeO4有强氧化性，能起杀菌消毒的作用，还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用
(5)2Fe(OH)3+3ClO—+4OH-=2FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O
【解析】（1）由化合价代数和为0可知，高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，故答案为：+6价；
（2）由高铁酸钾干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气可知，制备高铁酸钾需要在碱性环境中进行，故答案为：碱性；
（3）由高铁酸钾在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气可知，高铁酸钾与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧化钾，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH，故答案为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH；
（4）高铁酸钾能用于净水的原因为高铁酸钾具有强氧化性，能起杀菌消毒的作用，杀菌消毒所得还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用，故答案为：K2FeO4有强氧化性，能起杀
菌消毒的作用，还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用；
（5）由题意可知，湿法制备高铁酸钾的反应为氢氧化铁碱性条件下与次氯酸根离子反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO—+4OH-=2 FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2 FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O。
28．（2023春·安徽黄山·高一屯溪一中校考期中）氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。
回答下列问题：
(1)写出氧化炉中氨气催化氧化的化学方程式___________。
(2)已知氨氮废水中氨元素多以和的形式存在，某工厂处理氨氮废水的流程如下：
已知：达标废水中氯元素主要以形式存在。
①过程I鼓入热空气的作用是___________。
②过程Ⅱ加入NaClO可将废水中的转化为无污染气体，该反应的化学方程式为_____。
③过程Ⅲ加入的溶液X可能是___________(填标号)。
A．KOH溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
【答案】
(1)4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O
(2)降低氨气溶解度，使氨气逸出 3NaClO+2NH3·H2O=3NaCl+N2↑+5H2O C
【分析】氨气和空气在氧化炉中发生催化氧化生成NO，NO、空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；氨氮废水中氮元素多以NHeq \\al(+,4)和NH3·H2O的形式存在，加入氢氧化钠、鼓入热空气排出氨气,低浓度废水加NaClO可将废水中的NH3·H2O转化为无污染的氮气，用还原剂把剩余的NaClO还原为氯化钠，得到达标废水。
【解析】（1）氧化炉中氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O；
（2）①温度升高，氨气的溶解度降低，过程I鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出；
②过程Ⅱ加入NaCIO可将废水中的NH3·H2O转化为无污染的氮气，NaClO被还原为氯化钠，氯元素化合价由+1降低为-1，N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为3NaClO+2NH3·H2O=3NaCl+N2↑+5H2O；
③过程Ⅲ加入的溶液X的目的是把剩余的NaClO还原为氯化钠，所以X可能是Na2SO3，答案选C。
29．（2023秋·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下。回答下列问题。
(1)“化盐”过程中，为加快粗盐的溶解，可采取的方法有_________。
(2)“精制”过程中，加入NaOH溶液主要是除去粗盐中的MgCl2。写出发生反应的离子方程式______；怎样证明溶液中Mg2+已经沉淀完全_______。
(3)上述“电解”过程通常在有隔膜的电解装置中发生，若电解时采用无隔膜电解装置则会得到NaClO和H2，则此时发生反应的化学方程式为__________。
(4)“脱盐”过程中利用NaOH和NaCl溶解度受温度影响的差异，通过_________、结晶、过滤除去NaCl。
(5)上述工艺流程中可以循环利用的物质是_________。
【答案】
(1)加速搅拌、加热等
(2) 2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓待沉淀沉降后，取上层清液加入1~2滴NaOH溶液，若不出现浑浊，表示沉淀完全
(3)NaCl+H2Oeq \\ac(\s\up7(电解),\(===,====))NaClO+H2↑
(4)加热蒸发
(5)NaOH
【分析】粗盐加入水溶解化盐，加入氢氧化钠、碳酸钠溶液精制，过滤得到沉淀和滤液，得到精盐滤液，电解饱和食盐水得到氯气和氢气，加入氢氧化钠溶液和氯化钠溶液脱盐得到氯化钠晶体和氢氧化钠溶液，以此解答。
【解析】（1）“化盐”过程中，为加快粗盐的溶解，可采取的方法有加速搅拌、加热等措施。
（2）“精制”过程中，加入NaOH溶液主要是除去粗盐中的MgCl2发生反应的离子方程式为：2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓；证明溶液中Mg2+已经沉淀完全的方法是：待沉淀沉降后，取上层清液加入1~2滴NaOH溶液，若不出现浑浊，表示沉淀完全。
（3）“电解”过程中发生反应是电解饱和食盐水生成NaClO和H2，反应的化学方程式为：NaCl+H2Oeq \\ac(\s\up7(电解),\(===,====))NaClO+H2↑。
（4）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发、冷却结晶、过滤除去NaCl。
（5）上述工艺中可循环使用的物质是NaOH。
30．（2023春·福建莆田·高一校考阶段练习）配平下列反应方程式。
(1)普通配平类
①____FeSO4 + ____KNO3 + ____H2SO4=_______K2SO4 + _______Fe2(SO4)3 +_______NO↑ +_______H2O
②_______KI + _______KIO3 +_______H2SO4=_______I2 +_______K2SO4 +_______H2O
③_______MnO+_______H+ +_______Cl-=_______Mn2+ +_______Cl2↑+_______H2O
④_______NH3 +_______O2 eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))_______NO+ _______H2O
(2)缺项配平类
①________ClO- +_______Fe(OH)3 +_______=_______Cl- +_______FeO+ _______H2O
②_______MnO+_______H2O2 +_______=_______Mn2+ + _______O2↑ +_______H2O
③某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。_______
++→+
【答案】(1) 6，2，4，1，3，2，4 5，1，3，3，3，3 2，16，10，2，5，8 4，5，4，6
(2) 3，2，4 OH-，3，2，5 2，5，6 H+，2，5，8 Al2O3+3C+N2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2AlN+3CO
【分析】(1)全变从左边配，即氧化剂、还原剂中都有元素化合价变化的，一般从左边反应物着手配平；
(2)自变从右边配，即自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边产物着手配平；
缺项配平法，先利用得失电子数相等配平，再观察两边电荷。若反应物一边缺正电荷，一般加，生成物一边加水；若反应物一边缺负电荷，一般加OH-，生成物一边加水，然后再进行配平。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；据此解答。
【解析】（1）①硝酸的还原产物是一氧化氮，所有的铁元素化合价升高了1价，所有的氮元素化合价降低了3价，所以硫酸亚铁前边系数是6，硫酸铁前边系数是3，硝酸钾前边系数是2，一氧化氮前边系数是2，根据元素守恒，硫酸的系数是4，硫酸钾的系数是1，水的系数是4，由电子守恒和原子守恒可知方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O；答案为6，2，4，1，3，2，4；
②KI中I元素的化合价从-1价失电子升高到0价，KIO3中I元素的化合价从+5价得电子降低到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；答案为5，1，3，3，3，3；
③MnOeq \\al(-,4)中Mn元素的化合价从+7价得电子降低到+2价，Cl-中Cl元素的化合价从-1价失电子升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2 MnOeq \\al(-,4)+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；答案为2，16，10，2，5，8；
④NH3中N元素的化合价是-3价升高到+2价．所以N原子失去5个电子；O2中O元素的化合价从0价降低到-2价，应得到4个电子，根据得失电子守恒，5与4的最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是4，氧气的系数是5，根据元素守恒，H2O的系数是6，反应的方程式：4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O；故答案为：4，5，4，6；
（2）①Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，Fe元素的化合价从+3价升高到+6价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为3ClO- +2Fe(OH)3 +4OH-=3Cl- +2FeOeq \\al(2-,4)+5 H2O；答案为3，2，4 OH-，3，2，5；
②Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，H2O2中O元素的化合价从-1价升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2MnO+5H2O2 +6H+=2Mn2+ + 5O2↑ +8H2O
；答案为2，5，6 H+，2，5，8；
③A12O3是反应物，反应中A12O3→AlN，Al元素化合价不变化，根据氮元素守恒N2是反应物，反应中N2→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO是生成物，反应中N2→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO，C元素化合价由0价升高为+2价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，C系数为3，根据N元素守恒可知AlN系数为2，根据Al元素守恒可知Al2O3系数为1，根据C元素守恒可知CO系数为3，所以其化学反应方程式为Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO；答案为Al2O3+3C+N2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2AlN+3CO。
初中要求
掌握观察法和最小公倍数法配平反应方程式
高中要求
1. 掌握从化合价升降角度配平反应方程式；
2. 掌握氧化还原反应规律；
3. 掌握氧化性与还原性的强弱比较的方法。
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
溶液变成蓝色
高铁酸钾使用说明书
【化学式】K2FeO4
【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味
【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气
【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理
【用量】消毒净化1 L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准
回顾一、化学方程式的配平方法
1. 观察法
①从化学式比较复杂的一种生成物推求出有关各反应物化学式的化学计量数和这一生成物的化学计量数。
②根据求得的化学式的化学计量数再找出其它化学式的化学计量数。
例如：
H2O + Fe Fe3O4 + H2 [以 Fe3O4为出发点]
4H2O +3Fe Fe3O4 +H2 [配平O和Fe]
4H2O + 3Fe eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))Fe3O4 + 4H2 [配平反应，并添加反应条件]
2. 最小公倍数法
首先找出其中出现次数较多且原子个数相差较大的原子作为配平起点，求出它们的最小公倍数，再由最小公倍数确定相关化学式的化学计量数，配平化学方程式。
如P+O2——P2O5中的O的最小公倍数为2×5=10，用最小公倍数分别除以含有该元素的化学式中的原子个数，其商就是该化学式前的化学计量数。
如P2O5中含有5个O原子，P2O5的化学计量数为eq \f(10,5)＝2；O2中有2个O原子，O2的化学计量数为eq \f(10,2)=5；从而知P的化学计量数为4，最后得出配平的化学方程式为4P+5O2——2P2O5，并注明反应条件，把短线改成等号，即4P+5O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))2P2O5
3. 奇数配偶法
首先选出反应式两边原子个数一奇一偶的元素作为配平的起点，若有几种元素在反应式两边同时出现奇偶数时，从出现次数最多的那种元素开始，将奇数配成偶数。
然后，以该化学式和所配化学计量数为依据，找出其他化学式的化学计量数，配平化学方程式。
如在KClO3——KCl+O2中，配平时应从氧元素开始，将KClO3前配以“2”，然后，根据已有的化学计量数“2”，确定KCl的化学计量数也为“2”，O2的化学计量数为“3”，即可得出配平的化学方程式为2KClO3——2KCl+3O2，注明反应条件，把“——”改为“＝”，生成物O2右边注明“↑”号，即2KClO3eq \\ac(\s\up6(MnO2),\s\up1(───),\s\d1(───),\s\d6(△))2KCl+3O2↑
4. 待定系数法
（1）先用反应式中含有多原子的化学式中的原子数，配平其他化学式中元素的原子数，如在C2H2+O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))CO2+H2O反应中，配平C、H的原子数而得下式：C2H2+O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))2CO2+H2O；
（2）根据已配平的元素原子数，可用暂定分数化学计量数来确定未配平的元素的原子数，如在上述反应中，把O2的化学计量数暂定为eq \f(5,2)，即为C2H2+eq \f(5,2)O2eq \\ac(\s\up5(点燃),\s\d0(———→))2CO2+H2O；
（3）将反应式中各化学式的化学计量数乘以暂定分数的分母，把“——”改为“＝”，即为2C2H2+5O2eq \\ac(\s\up7(点燃),\(===,====))4CO2+2H2O
回顾二、酸碱盐间的反应规律
（一）酸与碱反应：
如：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
（二）酸与盐反应：
如：Na2CO3+2HCl AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =2NaCl+H2O+CO2↑
（三）碱（可溶）与盐（可溶）反应：
如：Ca(OH)2+Na2CO3 AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =CaCO3↓+2NaOH
（四）盐（可溶）与盐（可溶）反应：
如：Na2SO4+BaCl2= AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT BaSO4↓+2NaCl
（五）碱性氧化物＋酸→盐＋H2O
如： Fe2O3+3H2SO4 AUTOTEXT == \* MERGEFORMAT =Fe2(SO4)3+3H2O
（六）酸性氧化物＋碱→盐＋H2O
如：CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O
新知一、氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
【答案】
1.升高 降低 种类 数目
2.化合价 变化值 升降 计量数 电荷
A．正向配平
适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如：
B．逆向配平
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。如：
3eq \(S,\s\up6(0))＋6KOH(热、浓)===2K2eq \(S,\s\up6(－2)) ＋ K2eq \(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2O
化合价降低2×2 化合价升高4
由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。
C．整体配平法
若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。
如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
3和10的最小公倍数是30，Cu2S的系数是3，NO系数是10，故配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
D．含有未知数的配平
FexS＋HCl===S＋FeCl2＋H2S
设FexS的系数是eq \f(1,x)，则S的系数为(eq \f(1,x)－1)，最后配平得：eq \f(1,x)FexS＋2HCl===(eq \f(1,x)－1)S＋FeCl2＋H2S
E．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
2和1的最小公倍数是2，所以KClO3的系数为2，H2C2O4的系数为1，最终配平的结果为：
2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
F．缺项配平类
Cl的化合价由+1降低到-1，一个氯原子化合价降低2，Fe的化合价由+3上升到+6，每个铁原子化合价升高3，故它们的最小公倍数为6，所以ClO－和Cl－的系数均为3，Fe(OH)3和的系数均为2，这样左边的带负电荷总数为1×(-3)=-3,右边的负电荷总数为1×(-3)+ 2×(-2)=-7，所以左边应补上4个OH-，H2O的系数顺理成章为5，最后配平的结果为：3ClO－＋2Fe(OH)3＋4 OH-===3Cl－＋2FeOeq \\al(2－,4)＋5H2O
三、“三步法”突破缺项型氧化还原方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为
新知二、氧化还原反应规律
一、价态规律
1．表现律
最高价态——只有氧化性，如：浓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。
2．归中律
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“只靠拢不交叉”。
例如，不同价态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。
3．歧化律
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。
“中间价―→高价＋低价”。
二、先后规律
1．同时含有几种还原剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入氧化剂))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Cl2先与Fe2＋反应。
2．同时含有几种氧化剂时eq \(―――――→,\s\up7(加入还原剂))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，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
3．熟记常见的强弱顺序
氧化性：MnOeq \\al(－,4)(H＋)> Cl2>Br2>Fe3＋> I2>稀H2SO4>S，
还原性：Mn2＋< Cl－
1．对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，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，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，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)。
1．（2023春·山东青岛·高一青岛三十九中校考期中）化学与中华古文化密切相关，下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．人生请治田，种秫多酿酒
B．石穴之中，所滴皆为钟乳
C．得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根
D．锡中杂铅太多，人醋淬八九度，铅尽化灰而去
【答案】B
【解析】A．酿酒中粮食发酵，有元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；
B．溶洞中石笋和钟乳石的形成是由于碳酸钙的溶解在分解析出形成的，该过程中元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，故B选；
C．“将欲制之，黄芽为根”，指金属汞可以和硫磺发生反应得到硫化汞，反应是Hg+S=HgS，Hg和S化合价反应变化，该反应属于氧化还原反应，故C不选；
D．“锡中杂铅太多，入醋萃八九度，铅尽化灰而去”，铅与酸反应过程中Pb元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选B。
3．（2023秋·云南德宏·高一统考期末）从海藻灰和智利石中提取碘的主要反应为：
(1)2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2
(2)2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2
下列说法正确的是
A．反应(1)中的MnO2做还原剂
B．碘单质在反应(1)中是还原产物，在反应(2)中是氧化产物
C．氧化性：MnO2> SOeq \\al(2-,4)>>I2
D．反应(1)、(2)中生成等量的I2时转移电子数之比为1：5
【答案】D
【解析】A．反应(1)中的MnO2中的Mn元素化合价从+4价降低到+2价，被还原，做氧化剂，A错误；
B．反应(1)碘元素由-1价升高到0价，被氧化，I2是氧化产物，反应(2)碘元素由+5价下降到0价，被还原，I2是还原产物，B错误；
C．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析可知，反应(1)中氧化性：MnO2>I2，反应(2)中：IOeq \\al(-,3)>I2，SOeq \\al(2-,4)等其他物质的氧化性无法通过反应进行比较，C错误；
D．反应①中I元素化合价由-1升高为0，反应②中I元素化合价由+5降低为0，生成等量的I2时，转移电子数之比为1：5，D正确；
故选D。
4．（2022秋·广西南宁·高一校考期中）根据下列反应进行判断，下列各微粒还原能力由强到弱的顺序正确的是
①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ SOeq \\al(2-,4)+4H+
②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
③2Fe3++2I-=2Fe2++I2
A．SO2＞I-＞Fe2+B．I-＞Fe2+＞SO2C．I2＞Fe3+＞SOeq \\al(2-,4)D．I-＞Fe2+＞SOeq \\al(2-,4)
【答案】A
【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性分析判断。
【解析】①2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+ SOeq \\al(2-,4)+4H+中二氧化硫被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性SO2＞Fe2+；②I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中二氧化硫被氧化，作还原剂，碘离子是还原产物，则还原性SO2＞I－；③2Fe3++2I-=2Fe2++I2中碘离子被氧化，作还原剂，亚铁离子是还原产物，则还原性I－＞Fe2+；所以还原性由强到弱的顺序为SO2＞I－＞Fe2+。
答案选A。
5．（2023春·上海青浦·高一上海市朱家角中学校考阶段练习）H2S和SO2两种气体混合后，发生反应2H2S+SO2→3S↓+2H2O，其中被还原的元素和被氧化的元素质量之比为
A．1:1B．1:2C．2:1D．任意比
【答案】B
【解析】反应2H2S+SO2→3S↓+2H2O中H2S的硫元素化合价升高，H2S被氧化，SO2的硫元素化合价降低，SO2被还原，其中被还原的元素和被氧化的元素都是硫元素，质量之比为1:2；
故选：B。
6．配平下列化学方程式
(1)4HCl(浓)＋MnO2eq \(=====,\s\up7(△))Cl2↑＋MnCl2＋2H2O
(2)3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
(3)5KI＋KIO3＋3H2SO4===3I2＋3K2SO4＋3H2O
(4)2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋20Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
(1)3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O
(2)2P4＋9KOH＋3H2O===3K3PO4＋5PH3↑
(2) Na2Sx＋(3x＋1)NaClO＋(2x－2)NaOH=== xNa2SO4＋(3x＋1)NaCl＋(x－1)H2O
(2)5C2H6O＋12KMnO4＋18H2SO4===6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋33H2O
(2)2MnOeq \\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
eq \x(Al2O3)＋eq \x(3C)＋eq \x(N2)eq \(=====,\s\up7(高温))eq \x(2)AlN＋eq \x(3CO)
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
eq \x(5)NaBiO3＋eq \x(2)Mn2＋＋eq \x(14)H＋===eq \x(5)Na＋＋eq \x(5)Bi3＋＋eq \x(MnOeq \\al(－,4))＋eq \x(7)H2O
1．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）在反应KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化产物与还原产物的质量之比为
A．6∶1B．5∶1C．1∶1D．3∶1
【答案】B
【解析】KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中氯元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，5mlHCl作还原剂，对应氧化产物；KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故选B。
2．（2023春·浙江·高一期中）已知A2Oeq \\al(2-,n)可与B2-反应，B2-被氧化，产物为B单质，A2Oeq \\al(2-,n)被还原，产物为A3+，且A2Oeq \\al(2-,n)与B2-的化学计量数之比为1:3，则n值为
A．4B．5C．7D．6
【答案】C
【解析】A2Oeq \\al(2-,n)中A的化合价为+(n-1)，其还原产物为A3+，化合价变化为n-1-3=n-4，B2-被氧化，产物为B单质，化合价变化为2，则根据化合价升降总数相等有2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选C。
3．（2023春·湖北·高一校联考阶段练习）我国著名化学家徐光宪获得“国家最高科学技术奖”，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。稀土资源素有“工业维生素”之称，已知：金属铈(Ce，稀土元素)在空气中易被氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应(注：Ce常见的化合价为+3价和+4价，氧化性Ce4+＞Fe3+＞I2)。下列说法不正确的是
A．将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，其离子方程式为3Ce4++Fe2++2I-=3Ce3++Fe3++I2
B．铈元素在自然界中主要以化合态形式存在
C．金属铈可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方
D．铈溶于氢碘酸的离子方程式可表示为Ce+4H+=Ce4++2H2↑
【答案】D
【解析】A．氧化性Ce4+＞Fe3+＞I2，所以将少量的碘化亚铁溶液滴加到Ce(SO4)2溶液中，Ce4+过量，亚铁离子和碘离子均被氧化，其离子方程式为3Ce4++Fe2++2I－＝3Ce3++Fe3++I2，故A正确；
B．铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应与钠的性质相似，所以铈元素在自然界中主要以化合态形式存在，故B正确；
C．铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，所以金属Ce保存时，应该隔绝空气和水，可浸于煤油中保存，储存在阴凉、通风的地方，故C正确；
D．金属铈可以和强酸HI酸反应生成盐和水，但是铈离子具有氧化性，碘离子具有还原性，二者可以继续发生氧化还原反应生成单质碘和Ce3+，故D错误；
故选D。
4．（2022秋·山东枣庄·高一枣庄八中校考期末）铋(Bi)为+3价时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加入下列溶液，对应的现象如下表所示：
则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为
A． I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3B． H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4
C． KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2D． NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2
【答案】D
【解析】铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色，加入一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，溶液呈紫红色，则表明反应生成KMnO4，由此得出氧化性NaBiO3＞KMnO4；加入过量的双氧水，溶液的紫红色消失，并产生气泡(O2)，则表明氧化性KMnO4＞H2O2；加入适量KI-淀粉溶液，溶液变成蓝色，说明反应生成I2，则表明氧化性H2O2＞I2，从而说明NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2，故选D。
5．(2023云南澄江第一中学高一开学考试)根据反应O2＋2H2S===2S↓＋2H2O，Na2S＋I2===2NaI＋S↓，4NaI＋O2＋2H2SO4===2I2＋2Na2SO4＋2H2O判断下列物质的氧化性强弱，正确的是( )
A．O2＞I2＞S B．H2S＞NaI＞H2O
C．S＞I2＞O2 D．H2O＞NaI＞H2S
【答案】A
【解析】在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，在反应O2＋2H2S===2S↓＋2H2O中，氧化性：O2＞S；在反应Na2S＋I2===2NaI＋S↓中，氧化性：I2＞S；在反应4NaI＋O2＋2H2SO4===2I2＋2Na2SO4＋2H2O中，氧化性：O2＞I2，因此，氧化性：O2＞I2＞S。
6．（2023上海徐汇高一上海市第四中学校考期中）Cl2是常见的氧化剂，可氧化Fe2+、Br-、等离子，且已知还原性：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，溶液中存在的离子组不合理的是
A．Fe3+、Br-、Cl- B．Fe2+、Cl-、I-
C．Fe2+、Br-、Cl- D．Fe2+、Br-、Cl-、I-
【答案】B
【解析】由题意知还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，则氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，根据氧化还原反应规律，氧化性强的先与还原性强的物质反应，则发生反应的先后顺序为：Cl2+2I-=I2+2Cl-，2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，所以在FeI2和FeBr2混合溶液中，通入一定量Cl2，由于溶液中同时存在Fe2+、I-、Br-：若溶液中存在Fe2+、Br-、Cl-，表明I-被完全氧化，符合反应发生的先后顺序，A正确；若溶液中存在Fe2+、Cl-、I-，表明Br-被完全氧化，不符合反应发生的先后顺序，B错误；若溶液中存在Fe3+、Br-、Cl-，表明I-、Fe2+被完全氧化，符合反应发生的先后顺序，C正确；若溶液中存在Fe2+、Br-、Cl-、I-，表明各种离子均没有被完全氧化，说明Cl2的量很少，符合反应发生的先后顺序，D正确。
7．（2023黑龙江省齐齐哈尔第八中学高一上学期中考试）已知M2O7x-+3S2-+14H＋=2M3＋+3S↓+7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为
A.＋2 B.＋3 C.＋4 D.＋6
【答案】D
【解析】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；D正确
8．(2023湖南湘潭高一质检)在室温下，发生下列几种反应：
①14H＋＋6Z－＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋3Z2＋7H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
根据上述反应，下列结论错误的是
A．氧化性强弱顺序为X2Oeq \\al(2－,7)＞Z2＞B2＞A3＋
B．X3＋是X2Oeq \\al(2－,7)的还原产物，B2是B－的氧化产物
C．在溶液中可能发生反应：14H＋＋6A2＋＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋6A3＋＋7H2O
D．要将含有A2＋、Z－和B－的混合溶液中的A2＋转化为A3＋，而不氧化Z－和B－，应加入Z2
【解析】D
【解析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性强弱顺序为X2Oeq \\al(2－,7)＞Z2＞B2＞A3＋，A正确；X2Oeq \\al(2－,7)→X3＋，X元素的化合价降低，发生还原反应，X3＋是X2Oeq \\al(2－,7)的还原产物，B－→B2，化合价升高，发生氧化反应，B2是B－的氧化产物，B正确；根据氧化性强弱顺序可知，在溶液中可能发生反应：14H＋＋6A2＋＋X2Oeq \\al(2－,7)===2X3＋＋6A3＋＋7H2O，C正确；要将含有A2＋、Z－和B－的混合溶液中的A2＋转化为A3＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，若加入Z2，将氧化B－，D错误。
9．(2023山东省济南市外国语学校月考)已知下列四组实验：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生氯气；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色；③向FeCl2溶液中加入少量溴水，溶液变黄色；④分别取实验②和实验③中生成的溶液，分别滴在淀粉KI试纸上，试纸都变蓝色。则下列判断不正确的是
A. 实验①能够证明Cl－具有还原性
B. 上述实验能够证明氧化性：Cl2 ＞Br2
C. 上述实验能够证明氧化性：MnO4－＞Cl2 ＞Fe3+ ＞I2
D. 由上述实验不能判断氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝
【答案】B
【解析】高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，HCl作还原剂，证明Cl－具有还原性，A正确；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，溴水将亚铁离子氧化为三价铁，溴单质做氧化剂，说明氧化性：Cl2＞Fe3+，Br2＞Fe3+，但是不能证明氧化性：Cl2 ＞Br2，B错误；高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性MnO4－＞ Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2＞Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性Fe3+＞I2，则能够证明氧化性：MnO4－＞Cl2 ＞Fe3+ ＞I2，C正确；向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色生成Fe3+，取实验②生成的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，是因为Fe3+与碘离子反应生成I2，不能判断氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，D正确。
10．(2023云南澄江第一中学高一开学考试)科学家提出“硅是未来的石油”，制备粗硅的反应为SiO2＋2CSi＋nCO↑，下列说法正确的是
A．该化学方程式中n＝1
B．反应中碳做还原剂
C．反应前后原子总数发生变化
D．2个碳原子反应时失去8个电子
【答案】B
【解析】依据元素守恒，该化学方程式中n＝2，A错误；在反应中，碳元素由0价升高到＋2价，失电子做还原剂，B正确；依据质量守恒，反应前后原子总数不变，C错误；碳元素由0价升高到＋2价，2个碳原子反应时失去4个电子，D错误。
11．(2023新疆师范大学附属中学高一检测)反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，当有2e－转移时，被氧化的物质与被还原的物质的个数比是
A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶1
【答案】B
【解析】在反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO中，NO2既做还原剂又做氧化剂，每3mlNO2发生反应，有2 ml NO2失去电子被氧化为HNO3，有1 ml NO2得到电子被还原成NO，反应过程中转移2 ml电子，则当有2e－转移时，被氧化的物质与被还原的物质的个数比是2∶1。
12．(2023广东普宁第二中学高一检测)稀硫酸中几种离子的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．反应1中氧化剂是Mn3＋
B．氧化性：Mn3＋>Ce4＋>Fe3＋>I2
C．能发生反应：2Mn3＋＋2I－===I2＋2Mn2＋
D．反应2的还原产物为Fe3＋
【答案】C
【解析】由图像可知，反应1为Ce4＋＋Mn2＋===Ce3＋＋Mn3＋，反应2为Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋，反应3为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2。反应1中的氧化剂为Ce4＋，Mn3＋是氧化产物，A错误；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应1可知氧化性：Ce4＋＞Mn3＋，由反应2可知氧化性：Mn3＋＞Fe3＋，由反应3可知氧化性：Fe3＋＞I2，故有氧化性：Ce4＋＞Mn3＋＞Fe3＋＞I2，B错误；氧化性：Mn3＋＞I2，因此可以发生反应：2Mn3＋＋2I－===I2＋2Mn2＋，C正确；反应2为Mn3＋＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋，还原产物为Mn2＋，D错误。
13．（2023上海高一华师大二附中校考期末）把图乙中的物质补充到图甲，可得到一个完整氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是
A．IO作氧化剂，具有氧化性 B．氧化性：MnO＜IO
C．Mn2+是还原剂，具有还原性 D．若有2个Mn2+参加反应，则转移14个电子
【答案】D
【解析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO是反应物，IO是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+。IO在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，A正确；反应中IO是氧化剂，MnO是氧化产物，则氧化性：MnO＜IO，B正确；反应中锰离子失电子作还原剂，则Mn2+是还原剂，具有还原性，C正确；反应方程式：2Mn2++5IO+3H2O=2MnO+5IO+6H+，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，则若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子，D错误。
14．（2023春·广东江门·高一校考期中）在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是
A．H2S+2HNO3=S↓+2NO2↑+2H2OB．CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
C．4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2OD．3FeO+10HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+5H2O
【答案】D
【解析】A．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低，被还原，故HNO3只表现出氧化性，A不合题意；
B．反应中HNO3中的N元素的化合价全部不变，HNO3只表现出酸性，B不合题意；
C．反应中HNO3中的N元素的化合价全部降低被还原，但O元素的化合价升高被氧化，故HNO3既表现出氧化性，又表现出还原性，C不合题意；
D．反应中HNO3中的N元素的化合价部分降低，被还原，表现出氧化性，还有一部分不变，表现酸性，故HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性，D符合题意；
故答案为：D。
15．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）在反应KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化产物与还原产物的质量之比为
A．6∶1B．5∶1C．1∶1D．3∶1
【答案】B
【解析】KClO3+6HCleq \\ac(\s\up6(△),\(==,===))KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中氯元素的化合价由-1价升高为0，失去电子被氧化，5mlHCl作还原剂，对应氧化产物；KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0，得到电子被还原，对应还原产物，氯气既是氧化产物又是还原产物，由Cl原子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为5：1，故选B。
16．（2022秋·广东广州·高一西关外国语学校校考期中）某体系中发生的一个反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3+、Mn2+、MnOeq \\al(-,4)、H2O、Fe2+、H+，已知MnOeq \\al(-,4)为其中一种反应物，下列说法正确的是
A．只有MnOeq \\al(-,4)和Fe2+是反应物B．被还原的元素是Fe
C．发生氧化反应的物质是MnOD．氧化剂与还原剂的个数比为1∶5
【答案】D
【分析】Fe3+、Mn2+、MnOeq \\al(-,4)、H2O、Fe2+、H+六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但氧化性弱于酸性条件下MnOeq \\al(-,4)的氧化性，则Fe2+作还原剂，MnOeq \\al(-,4)作氧化剂，由此得出该反应为：MnOeq \\al(-,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。
【解析】A．由分析可知，MnOeq \\al(-,4)、Fe2+和H+是反应物，故A错误；
B．由分析可知，Fe2+作还原剂，被氧化，故B错误；
C．由分析可知，MnOeq \\al(-,4)作氧化剂，被还原，故C错误；
D．由分析可知，该反应为：MnOeq \\al(-,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂的个数比为1∶5，故D正确；
故选D。
17．（2023春·福建福州·高一校联考期中）随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染，汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是
A．图中反应的总化学方程式为2NO+O2+4COeq \\ac(\s\up7(催化剂),\(====,=====))4CO2+N2
B．总反应中NO为还原剂，N2为还原产物
C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
【答案】A
【解析】A．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式2NO+O2+4COeq \\ac(\s\up7(催化剂),\(====,=====))4CO2+N2，故A正确；
B．该反应中，NO生成为N2，N元素化合价降低，则NO是氧化剂，N2是还原产物，故B错误；
C．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，无N2，故C错误；
D．在空气中，一氧化氮和氧气就可以反应生成二氧化氮，故D错误；
故选A。
18．已知酸性：H2CO3>HClO>HCO，氧化性：HClO>Cl2>Br2>Fe3+>I2。下列有关离子反应或离子方程式的叙述表达中，正确的是
A．向溴水中加入足量氯化亚铁溶液能使溴水褪色
B．能使酚酞显红色的溶液中，Fe3+、Cl-、Ba2+、Br-能大量共存
C．向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：2ClO-+CO2+H2O=2HClO+
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】A
【解析】A．氧化性：Br2>Fe3+，所以向溴水中加入足量氯化亚铁溶液，二价铁离子能够还原溴水使溴水褪色，故A正确；
B．能使酚酞显红色的溶液显碱性，碱性环境下，氢氧根离子与三价铁离子不共存，故B错误；
C．碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO，故C错误；
D．向FeI2溶液中滴加少量氯水，只氧化I﹣，反应的离子方程式为：2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣，故D错误；
故选A。
19．下列微粒：①Al3＋ ②Cl－ ③N2 ④S2－ ⑤Cu ⑥H2O2 ⑦Fe2＋ ⑧MnOeq \\al(－,4)。既具有氧化性又具有还原性的是
A．①④⑤⑦B．③⑥⑦⑧
C．④⑤⑥⑧D．①②③⑥
【答案】 B
【解析】 一般情况下元素的化合价处于最高价时只有氧化性，处于最低价时只有还原性，处于最高价和最低价之间时往往既有氧化性也有还原性，据此解答。⑧中Mn元素为＋7价，虽然只有氧化性，但O元素为－2价，具有还原性，故MnOeq \\al(－,4)符合题意。
20．已知常温下，在溶液中发生如下反应：
①16H＋＋10Z－＋2XOeq \\al(－,4)===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2A2＋＋B2===2A3＋＋2B－
③2B－＋Z2===B2＋2Z－
由此推断下列说法错误的是
A．反应Z2＋2A2＋===2A3＋＋2Z－可以进行
B．Z元素在反应③中被还原，在反应①中被氧化
C．氧化性由强到弱的顺序是XOeq \\al(－,4)、Z2、B2、A3＋
D．还原性由强到弱的顺序是Z－、B－、A2＋、X2＋
【答案】 D
【解析】 由①可知氧化性：XOeq \\al(－,4)>Z2，还原性：Z－> X2＋；由②可知氧化性：B2>A3＋，还原性：A2＋> B－； 由③可知氧化性：Z2> B2，还原性：B－>Z－。即氧化性顺序为XOeq \\al(－,4)>Z2>B2>A3＋，还原性顺序为A2＋>B－>Z－>X2＋，选项A中的反应能够发生。
21．已知有如下反应：
①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2＋2ClOeq \\al(－,3)
②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
根据上述反应，判断下列结论中错误的是
A．Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B．Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C．氧化性强弱的顺序为：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)>Cl2 >Fe3＋
D．溶液中可发生：ClOeq \\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
【答案】 B
【解析】 ②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O，根据化合价变化可知，此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物，故A正确；Cl2在①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2＋2ClOeq \\al(－,3)中化合价升高作还原剂，在③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错误；根据①2BrOeq \\al(－,3)＋Cl2===Br2 ＋2ClOeq \\al(－,3)知氧化性：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)，根据③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3知氧化性：Cl2>Fe3＋，根据②ClOeq \\al(－,3)＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O知氧化性：ClOeq \\al(－,3)>Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrOeq \\al(－,3)>ClOeq \\al(－,3)>Cl2 >Fe3＋，故C正确；根据氧化性强弱、电荷守恒、电子守恒的原理，溶液中可发生：ClOeq \\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O，D正确。
22．已知砒霜(As2O3)与锌可以发生如下反应：
As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3＋6ZnSO4＋3H2O
(1)请用“双线桥法”标出电子转移的方向和数目：___________________________________。
(2)砒霜在上述反应中显示出来的性质是______(填字母)。
A．氧化性 B．还原性 C．酸性 D．碱性
(3)该反应的氧化产物是________，还原产物是_______________________________________。
【答案】
(1)＋3H2O (2)A (3)ZnSO4 AsH3
【解析】 在该反应中Zn的化合价由0价变成＋2价，Zn作还原剂，表现还原性，被氧化，得到氧化产物ZnSO4；砷元素的化合价由＋3价变成－3价，As2O3作氧化剂，表现氧化性，被还原，得到还原产物AsH3。
23．阅读下面科普信息，回答问题：
一个体重50 kg的健康人含铁2 g，这2 g铁在人体中以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。亚铁离子易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含亚铁离子的亚铁盐，如硫酸亚铁。服用维生素C，可使食物中的铁离子还原成亚铁离子，有利于铁的吸收。
(1)以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是________(填字母)。
A．Fe B．Fe2＋ C．Fe3＋
(2)工业盐的主要成分是NaNO2，曾多次发生过因误食NaNO2而中毒的事件，其原因是NaNO2把人体内的Fe2＋转化为Fe3＋而失去与O2结合的能力，这说明NaNO2具有_______性。下列不能实现上述转化的物质是________(填字母)。
A．Cl2 B．O2
C．FeCl3 D．KMnO4(H＋)
(3)工业盐中毒后，可服用维生素C来缓解中毒状况，这说明维生素C具有________性。
(4)在Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O的反应中，HNO3表现了_____________性和________性，则56 g Fe参加反应时，被还原的HNO3为______g。
【答案】 (1)B (2)氧化 C (3)还原 (4)酸 氧化 63
【解析】 (1)最高价态的粒子只有氧化性，最低价态的粒子只有还原性，中间价态的粒子既有氧化性又有还原性。(2)Fe2＋―→Fe3＋发生了氧化反应，故NaNO2具有氧化性，所以实现此转化也应选择具有强氧化性的物质，而FeCl3与Fe2＋不能反应，故FeCl3不能实现上述转化。(3)缓解中毒，则应能使Fe3＋―→Fe2＋，所以维生素C具有还原性。(4)Fe和HNO3的反应中，一部分HNO3起氧化作用，生成NO，另一部分则起酸性作用生成Fe(NO3)3，所以56 g Fe参加反应时，被还原的HNO3为63 g。
24.已知下列反应：①Cl2＋2NaBr=2NaCl＋Br2；②2KI＋Br2=2KBr＋I2；③Na2S＋I2=2NaI＋S↓。
（1）Cl-、Br-、I-、S2-四种离子的还原性由强到弱的顺序是 。
（2）判断Cl2与Na2S能否反应？ (填“否”或书写反应的离子方程式)。
（3）判断I2与NaBr能否反应？ (填“否”或书写反应的离子方程式)。
（4）已知NH3和Cl2可以发生氧化还原反应，配平该方程式：
_______NH3＋_______Cl2==_______N2＋_______HCl
（5）在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按物质的量之比1∶2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为_______。
A．Cl2O7B．ClO2C．Cl2OD．Cl2
【答案】（1）S2->I->Br->Cl-
（2）Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓
（3）否
（4）2 3 1 6
（5）C
【分析】涉及的知识点为：氧化性还原性的强弱比较；氧化还原反应能否发生的判断；氧化还原反应的配平；氧化还原反应涉及到的计算。
【解析】（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，在反应①中Br- 是还原剂Cl-是还原产物；在反应②中I-是还原剂Br-是还原产物；在反应③中S2-是还原剂I-是还原产物。故Cl-、Br-、I-、S2-四种离子的还原性由强到弱的顺序为：S2- >I- >Br- >Cl-
（2）Cl2的氧化性强于S，故Cl2可以和硫离子反应，生成硫单质，二者反应的离子方程式为：Cl2＋S2-=2Cl-＋S↓。
（3）碘单质的氧化性弱于溴单质，故碘单质不能和溴离子反应，答案为否。
（4）根据氧化还原反应的配平方法可得：2 NH3＋3 Cl2= 1 N2＋6 HCl：
（5）反应中NaClO3和Na2SO3按物质的量之比1∶2完全反应，且Na2SO3的产物为Na2SO4，故硫元素一共升高的化合价为4价，故Cl元素降低的化合价也应为4价，产物中Cl元素的化合价应为+1价，故答案为C。
25．（2023秋·吉林辽源·高一校联考期末）亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和食盐相似，有咸味，容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2，其水溶液呈碱性，能与AgNO3溶液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2.由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。处理方法之一如下：_______NaNO2+_______KI+_______=_______NO↑+_______I2+_______K2SO4+_______Na2SO4+_______H2O
(1)请完成该化学方程式并配平_______。
(2)从物质分类角度来看，NaNO2是_______(填字母代号)。
a.酸 b.碱 c.酸式盐 d.正盐 e.电解质 f.非电解质
(3)上述反应的还原剂为_______，还原产物与氧化产物的个数比为_______。
(4)下列方法不能用来区分固体NaNO2和NaCl的是_______(填序号)。
A．分别溶于水，测溶液的pH
B．分别加强热并收集气体检验
C．用筷子分别蘸取固体品尝味道
D．分别溶于水并滴加HNO3酸化的AgNO3溶液
(5)误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列_______(填序号)反应中H2O2表现出的性质相同。
A．2H2O2eq \\ac(\s\up7(MnO2),\(===,====))2H2O+O2↑
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O
(6)已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，写出该反应的化学反应方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：_______。
【答案】
(1)2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O
(2)de
(3) KI 2:1
(4)C
(5)B
(6)
【解析】（1）该反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2NaNO2+2KI+2H2SO4=K2SO4+Na2SO4+I2+2NO↑+2H2O。
（2）NaNO2由酸根和金属阳离子构成，属于正盐；其在水溶液和熔融状态下都可以导电，属于电解质，故选de。
（3）上述反应中N元素+3价下降到+2价，I元素由-1价上升到0价，还原剂为KI，氧化剂为NaNO2，还原产物为NO，氧化产物为I2，还原产物与氧化产物的个数比为2:1。
（4）A．亚硝酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，氯化钠是强酸强碱盐其水溶液呈中性，分别溶于水，测溶液的pH，可以区分NaNO2和NaCl，故A不符合题意；
B．加强热亚硝酸钠分解生成氮气和氧气，而氯化钠不分解，反应现象不同，可以用加强热收集气体检验来区分NaNO2和NaCl，故B不符合题意；
C．化学药品不能用来品尝味道，所以不能鉴别，故C符合题意；
D．亚硝酸根离子在酸性条件下不和银离子反应，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象不同，所以可以用HNO3酸化的AgNO3区分NaNO2和NaCl，故D不符合题意；
故选C。
（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，则Fe2+失电子变为Fe3+，化合价升高，作还原剂，NaNO2作氧化剂，体现氧化性，与H2O2表现出的性质相同，即H2O2也体现氧化性；
A．2H2O2eq \\ac(\s\up7(MnO2),\(===,====))2H2O+O2↑中H2O2中氧原子既失电子，又得电子，氧元素的化合价部分升高，部分降低， H2O2体现氧化性和还原性，故A不符合题意；
B．H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4，H2O2中氧原子得电子，化合价降低，H2O2体现氧化性，故B符合题意；
C．H2O2+Cl2=2HCl+O2↑，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故C不符合题意；
D．5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O，H2O2中氧原子失电子，化合价升高，H2O2体现还原性，故D不符合题意；
故选B。
（6）亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气、氯化钠和水，NH4Cl中N元素由-3价上升到0价，NaNO2中N元素由+3价下降到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：用单线桥表示其电子转移的方向和数目为：。
26．（2022秋·江西抚州·高一校考期末）回答下列问题
(1)在S2-、Fe2+、Fe3+、Mg2+、S、I-、H+中，只有氧化性的是___________，只有还原性的是___________，既有氧化性又有还原性的是___________。
(2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)：
①NO+HNO3→N2O3+H2O ②NH3+NO→HNO2+H2O
③N2O4+H2O→HNO3+HNO2
其中你认为不可能实现的是___________(填序号)。
(3)下列三个氧化还原反应中，由反应③可知KMnO4的氧化性比Cl2__________________(“强”或“弱”)。反应②的离子方程式为___________，反应①的还原剂为___________。
①2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2 ②2Fe+3Cl2=2FeCl3
③2KMnO4+18HCl (浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑=8H2O
【答案】
(1) Fe3+、Mg2+、H+ S2-、I- Fe2+、S
(2)②
(3)强 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl- KI
【解析】（1）根据元素化合价可知：处于最低价态的只有还原性，处于最高价态的只有氧化性，处于中间价态的既有氧化性又有还原性。在上述微粒中，只有氧化性的是Fe3+、Mg2+、H+；只有还原性的是S2-、I-；既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S；
故答案为：Fe3+、Mg2+、H+；S2-、I-；Fe2+、S；
（2）①NO+HNO3→N2O3+H2O中+2价的氮和+5价的氮变为+3价的氮，N元素的化合价既升高又降低，可以实现，①不符合题意；
②NH3+NO→HNO2+H2O中，-3价的氮和+2价的氮变为+3价的氮，都是N元素的升高，无化合价降低，不能实现，故②符合题意；
③N2O4+H2O→HNO3+HNO2中，+4价的氮变为+ 5价的氮和+3价的氮，N元素的化合价既升高又降低，可以实现，③不符合题意；
故答案为：②；
（3）依据氧化还原反应规律：氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性可知：由反应①可知物质的氧化性：FeCl3>I2；由反应②可知物质的氧化性：Cl2>FeCl3；由反应③可知物质的氧化性：KMnO4>Cl2；由此推知物质的氧化性强弱顺序为：KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，因此氧化性最强的物质是KMnO4；I-的化合价升高，故KI为还原剂，
故答案为：强；2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl-；KI。
27．（2022·浙江杭州·高一期中）阅读下面一段材料并回答问题。
(1)K2FeO4中铁元素的化合价为_______；
(2)制备K2FeO4需要在_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)环境中进行。
(3)K2FeO4溶于水发生如下反应，请将化学方程式补充完整_______。
_______ K2FeO4+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+_______+_______KOH
(4)K2FeO4能用于净水的原因是_______。
(5)湿法制备K2FeO4的反应体系里有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeOeq \\al(2-,4)、Cl-、H2O，写出制高铁酸钾的离子反应方程式：_______。
【答案】(1)+6价
(2)碱牲
(3)4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH
(4)K2FeO4有强氧化性，能起杀菌消毒的作用，还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用
(5)2Fe(OH)3+3ClO—+4OH-=2FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O
【解析】（1）由化合价代数和为0可知，高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，故答案为：+6价；
（2）由高铁酸钾干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气可知，制备高铁酸钾需要在碱性环境中进行，故答案为：碱性；
（3）由高铁酸钾在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气可知，高铁酸钾与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧化钾，反应的化学方程式为4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH，故答案为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+ 3O2↑+8KOH；
（4）高铁酸钾能用于净水的原因为高铁酸钾具有强氧化性，能起杀菌消毒的作用，杀菌消毒所得还原产物铁离子水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用，故答案为：K2FeO4有强氧化性，能起杀
菌消毒的作用，还原产物Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附水中悬浮杂质而达到净水的作用；
（5）由题意可知，湿法制备高铁酸钾的反应为氢氧化铁碱性条件下与次氯酸根离子反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO—+4OH-=2 FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2 FeOeq \\al(2-,4)+3Cl—+5H2O。
28．（2023春·安徽黄山·高一屯溪一中校考期中）氨催化氧化制硝酸的流程示意图如下。
回答下列问题：
(1)写出氧化炉中氨气催化氧化的化学方程式___________。
(2)已知氨氮废水中氨元素多以和的形式存在，某工厂处理氨氮废水的流程如下：
已知：达标废水中氯元素主要以形式存在。
①过程I鼓入热空气的作用是___________。
②过程Ⅱ加入NaClO可将废水中的转化为无污染气体，该反应的化学方程式为_____。
③过程Ⅲ加入的溶液X可能是___________(填标号)。
A．KOH溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液
【答案】
(1)4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O
(2)降低氨气溶解度，使氨气逸出 3NaClO+2NH3·H2O=3NaCl+N2↑+5H2O C
【分析】氨气和空气在氧化炉中发生催化氧化生成NO，NO、空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；氨氮废水中氮元素多以NHeq \\al(+,4)和NH3·H2O的形式存在，加入氢氧化钠、鼓入热空气排出氨气,低浓度废水加NaClO可将废水中的NH3·H2O转化为无污染的氮气，用还原剂把剩余的NaClO还原为氯化钠，得到达标废水。
【解析】（1）氧化炉中氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O；
（2）①温度升高，氨气的溶解度降低，过程I鼓入热空气的作用是降低氨气溶解度，使氨气逸出；
②过程Ⅱ加入NaCIO可将废水中的NH3·H2O转化为无污染的氮气，NaClO被还原为氯化钠，氯元素化合价由+1降低为-1，N元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为3NaClO+2NH3·H2O=3NaCl+N2↑+5H2O；
③过程Ⅲ加入的溶液X的目的是把剩余的NaClO还原为氯化钠，所以X可能是Na2SO3，答案选C。
29．（2023秋·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期末）氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下。回答下列问题。
(1)“化盐”过程中，为加快粗盐的溶解，可采取的方法有_________。
(2)“精制”过程中，加入NaOH溶液主要是除去粗盐中的MgCl2。写出发生反应的离子方程式______；怎样证明溶液中Mg2+已经沉淀完全_______。
(3)上述“电解”过程通常在有隔膜的电解装置中发生，若电解时采用无隔膜电解装置则会得到NaClO和H2，则此时发生反应的化学方程式为__________。
(4)“脱盐”过程中利用NaOH和NaCl溶解度受温度影响的差异，通过_________、结晶、过滤除去NaCl。
(5)上述工艺流程中可以循环利用的物质是_________。
【答案】
(1)加速搅拌、加热等
(2) 2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓待沉淀沉降后，取上层清液加入1~2滴NaOH溶液，若不出现浑浊，表示沉淀完全
(3)NaCl+H2Oeq \\ac(\s\up7(电解),\(===,====))NaClO+H2↑
(4)加热蒸发
(5)NaOH
【分析】粗盐加入水溶解化盐，加入氢氧化钠、碳酸钠溶液精制，过滤得到沉淀和滤液，得到精盐滤液，电解饱和食盐水得到氯气和氢气，加入氢氧化钠溶液和氯化钠溶液脱盐得到氯化钠晶体和氢氧化钠溶液，以此解答。
【解析】（1）“化盐”过程中，为加快粗盐的溶解，可采取的方法有加速搅拌、加热等措施。
（2）“精制”过程中，加入NaOH溶液主要是除去粗盐中的MgCl2发生反应的离子方程式为：2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓；证明溶液中Mg2+已经沉淀完全的方法是：待沉淀沉降后，取上层清液加入1~2滴NaOH溶液，若不出现浑浊，表示沉淀完全。
（3）“电解”过程中发生反应是电解饱和食盐水生成NaClO和H2，反应的化学方程式为：NaCl+H2Oeq \\ac(\s\up7(电解),\(===,====))NaClO+H2↑。
（4）氢氧化钠的溶解度随温度的升高而增大，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，所以氢氧化钠和氯化钠分离的方法是：通过加热蒸发、冷却结晶、过滤除去NaCl。
（5）上述工艺中可循环使用的物质是NaOH。
30．（2023春·福建莆田·高一校考阶段练习）配平下列反应方程式。
(1)普通配平类
①____FeSO4 + ____KNO3 + ____H2SO4=_______K2SO4 + _______Fe2(SO4)3 +_______NO↑ +_______H2O
②_______KI + _______KIO3 +_______H2SO4=_______I2 +_______K2SO4 +_______H2O
③_______MnO+_______H+ +_______Cl-=_______Mn2+ +_______Cl2↑+_______H2O
④_______NH3 +_______O2 eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))_______NO+ _______H2O
(2)缺项配平类
①________ClO- +_______Fe(OH)3 +_______=_______Cl- +_______FeO+ _______H2O
②_______MnO+_______H2O2 +_______=_______Mn2+ + _______O2↑ +_______H2O
③某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。_______
++→+
【答案】(1) 6，2，4，1，3，2，4 5，1，3，3，3，3 2，16，10，2，5，8 4，5，4，6
(2) 3，2，4 OH-，3，2，5 2，5，6 H+，2，5，8 Al2O3+3C+N2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2AlN+3CO
【分析】(1)全变从左边配，即氧化剂、还原剂中都有元素化合价变化的，一般从左边反应物着手配平；
(2)自变从右边配，即自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边产物着手配平；
缺项配平法，先利用得失电子数相等配平，再观察两边电荷。若反应物一边缺正电荷，一般加，生成物一边加水；若反应物一边缺负电荷，一般加OH-，生成物一边加水，然后再进行配平。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；据此解答。
【解析】（1）①硝酸的还原产物是一氧化氮，所有的铁元素化合价升高了1价，所有的氮元素化合价降低了3价，所以硫酸亚铁前边系数是6，硫酸铁前边系数是3，硝酸钾前边系数是2，一氧化氮前边系数是2，根据元素守恒，硫酸的系数是4，硫酸钾的系数是1，水的系数是4，由电子守恒和原子守恒可知方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O；答案为6，2，4，1，3，2，4；
②KI中I元素的化合价从-1价失电子升高到0价，KIO3中I元素的化合价从+5价得电子降低到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；答案为5，1，3，3，3，3；
③MnOeq \\al(-,4)中Mn元素的化合价从+7价得电子降低到+2价，Cl-中Cl元素的化合价从-1价失电子升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2 MnOeq \\al(-,4)+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；答案为2，16，10，2，5，8；
④NH3中N元素的化合价是-3价升高到+2价．所以N原子失去5个电子；O2中O元素的化合价从0价降低到-2价，应得到4个电子，根据得失电子守恒，5与4的最小公倍数是20，所以NH3、NO的系数是4，氧气的系数是5，根据元素守恒，H2O的系数是6，反应的方程式：4NH3+5O2eq \\ac(\s\up6(催化剂),\(=====,======),\s\d6(△))4NO+6H2O；故答案为：4，5，4，6；
（2）①Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，Fe元素的化合价从+3价升高到+6价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为3ClO- +2Fe(OH)3 +4OH-=3Cl- +2FeOeq \\al(2-,4)+5 H2O；答案为3，2，4 OH-，3，2，5；
②Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，H2O2中O元素的化合价从-1价升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2MnO+5H2O2 +6H+=2Mn2+ + 5O2↑ +8H2O
；答案为2，5，6 H+，2，5，8；
③A12O3是反应物，反应中A12O3→AlN，Al元素化合价不变化，根据氮元素守恒N2是反应物，反应中N2→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反应物，CO是生成物，反应中N2→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO，C元素化合价由0价升高为+2价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，C系数为3，根据N元素守恒可知AlN系数为2，根据Al元素守恒可知Al2O3系数为1，根据C元素守恒可知CO系数为3，所以其化学反应方程式为Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO；答案为Al2O3+3C+N2eq \\ac(\s\up7(高温),\(===,====))2AlN+3CO。
初中要求
掌握观察法和最小公倍数法配平反应方程式
高中要求
1. 掌握从化合价升降角度配平反应方程式；
2. 掌握氧化还原反应规律；
3. 掌握氧化性与还原性的强弱比较的方法。
加入溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量的双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
溶液变成蓝色
高铁酸钾使用说明书
【化学式】K2FeO4
【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味
【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气
【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理
【用量】消毒净化1 L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准
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