专题4 氧化还原反应-【十年高考】备战2025年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题四　氧化还原反应 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 7.氧化还原反应的有关概念、规律和方程式的书写 0 7 0 5 0 3 0 5 2 2 0 2 2 24 8.氧化还原反应的定量计算 0 3 0 0 0 1 0 1 0 3 0 1 0 9 命题分析与备考建议 (1)氧化还原反应是全国卷每年的必考内容,常分散在选择题的某个选项或非选择题的某些设问中,选择题往往与阿伏加德罗常数的应用或化学计算相结合命题,非选择题则可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题。(2)从考查内容上来看,物质氧化性、还原性强弱的比较在元素周期律题目中是命题热点;氧化还原反应中电子转移数目的计算在NA应用题目中是命题热点。氧化还原反应方程式的书写与计算是必考内容,尤其是陌生反应方程式的书写,近年来“常考不衰”。通过有关氧化还原概念的考题,考查考生对氧化还原模型的认知能力;电子转移数目的计算题目,其实质是考查考生的化合价分析能力及依据方程式计算的能力,能较好地考查考生“宏观辨识与微观探析”的核心素养。复习备考中,有关氧化还原反应知识的灵活应用仍然是复习的重点,如氧化还原反应方程式的书写及相关计算,物质氧化性、还原性强弱的判断,电子转移数目的计算等。随着新课标对能力要求的提高,陌生氧化还原反应方程式的书写仍将是命题热点。 考点7氧化还原反应的有关概念、规律和方程式的书写　 　　本考点是高考必考内容,有时候看似没有直接的考查该内容题目,但是在题目中常常会隐含考查,如对电化学知识的考查一定涉及氧化还原知识及陌生方程式的书写等。氧化还原反应贯穿了我们整个高中化学,这样重要的考点我们应该多加关注。 1.(2024·吉林,13,3分,难度★★★)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn,流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是 (　C　) 锌浸出液中相关成分 (其他成分无干扰) 离子 Zn2+ Cu2+ Cl- 浓度/(g·L-1) 145 0.03 1 A.“浸铜”时应加入足量H2O2,确保铜屑溶解完全 B.“浸铜”反应:2Cu+4H++H2O22Cu2++H2↑+2H2O C.“脱氯”反应:Cu+Cu2++2Cl-2CuCl D.脱氯液净化后电解,可在阳极得到Zn 解析 “脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。“浸铜”时,酸性条件下H2O2氧化Cu:Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,应使铜单质过量,过量的Cu用于“脱氯”过程生成CuCl:Cu+Cu2++2Cl-2CuCl,A、B项错误,C项正确;电解冶炼Zn时,Zn在阴极析出,D项错误。 2.(2023·全国乙,7,6分,难度★★)下列应用中涉及到氧化还原反应的是 (　C　) 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 解析 明矾净水是由于Al3+水解产生的Al(OH)3胶体具有吸附性,与氧化还原反应无关,A错误;雪天道路撒盐可降低雪的熔点,促进雪融化,与氧化还原反应无关,B错误;暖贴利用了原电池原理,涉及氧化还原反应,C正确;荧光指示牌利用了光的反射原理,与氧化还原反应无关,D错误。 3.(2023·全国新课标,12,6分,难度★★★)“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心,可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2),其反应历程如下所示。 下列说法错误的是 (　D　) A.NH2OH、NH3和H2O均为极性分子 B.反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成 C.催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+,后又被还原为Fe2+ D.将NH2OH替换为ND2OD,反应可得ND2ND2 解析 NH2OH、NH3、H2O分子中正负电荷中心不重合,三种分子均为极性分子,A正确;从反应历程看,NH2OH中存在N—O键断裂、NH3分子中存在N—H键断裂,NH2NH2中存在N—N键的生成,B正确;反应过程中,Fe2+先失去电子转移至NH2OH的N原子上,又被N还原,C正确;根据反应历程可知:产物中两部分—NH2分别来自NH2OH和氨气,将NH2OH替换为ND2OD反应得到ND2NH2,D错误。 4.(2023·辽宁,12,3分,难度★★★★)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 (　C　) A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小 C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D.总反应为2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O 解析 Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,而Mn(Ⅱ)在13 min左右逐渐增大,说明Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;13 min前,Mn(Ⅱ)变化不大,但Mn(Ⅶ)的浓度迅速下降,则说明该时间段反应速率有增大趋势,B项错误;Mn(Ⅶ)浓度在13 min时为0,Mn(Ⅱ)迅速增大,则Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)在该条件下不能大量共存,C项正确;H2C2O4是弱酸,书写离子方程式应写化学式:2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,D项错误。 5.(2023·湖北,2,3分,难度★★★)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 (　D　) 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 解析 石灰乳中存在沉淀形成与沉淀溶解相对立的平衡体系,A正确;Cl2与强碱反应,Cl元素一部分化合价升高,一部分化合价降低,B项正确;铜锌原电池,正极发生还原反应(得电子)、负极发生氧化反应(失电子),二极对立统一,C项正确;Li、Na、K金属性存在递变性,不是对立统一关系,D错误。 6.(2022·山东,1,2分,难度★★)古医典富载化学知识,下述之物见其氧化性者为 (　C　) A.金(Au):“虽被火亦未熟” B.石灰(CaO):“以水沃之,即热蒸而解” C.石硫黄(S):“能化……银、铜、铁,奇物” D.石钟乳(CaCO3):“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白” 解析 金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应,说明金的化学性质很稳定,另外金属单质具有还原性,不具有氧化性,A项错误;石灰(CaO)“以水沃之,即热蒸而解”是指向生石灰中加水发生了化学反应CaO+H2OCa(OH)2,且该反应是放热反应,但反应过程中没有化合价的改变,属于非氧化还原反应,B项错误;石硫黄(S)“能化……银、铜、铁,奇物”是指硫黄与银、铜、铁混合时发生了反应2Ag+SAg2S、2Cu+SCu2S、Fe+SFeS,反应过程中S作氧化剂,表现氧化性,C项正确;石钟乳(CaCO3)“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白”是指石钟乳与苦酒混合时发生了反应CaCO3+2CH3COOH(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑,属于非氧化还原反应,D项错误。 7.(2022·浙江,10,2分,难度★★)关于反应Na2S2O3+H2SO4Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,下列说法正确的是 (　B　) 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 mol Na2S2O3发生反应,转移4 mol电子 解析 Na2S2O3中的硫元素为+2价,H2SO4中的硫元素为+6价,Na2SO4中的硫元素为+6价,所以该反应中H2SO4中硫元素的化合价不发生变化,Na2S2O3中硫元素的化合价一部分上升到+4价,一部分下降到0价,故Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂,H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,1 mol Na2S2O3发生反应,转移2 mol电子。综上所述,B项正确。 8.(2022·北京,6,3分,难度★★)下列物质混合后,因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是 (　D　) A.向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液,生成白色沉淀 B.向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气,生成红褐色沉淀 C.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液,生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D.向H2S溶液中通入氯气,生成黄色沉淀 解析 向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液,发生的反应不是氧化还原反应,A项不符合题目要求;向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气,氢氧化亚铁被氧化生成红褐色的氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3,该过程中消耗了水,增大了氢氧根离子的浓度,溶液pH会变大,B项不符合题目要求;向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液,生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3],各元素的化合价没有发生变化,即没有发生氧化还原反应,C项不符合题目要求;向H2S溶液中通入氯气,发生反应生成HCl和单质硫沉淀,是氧化还原反应且增大了溶液中H+的浓度,溶液pH减小,D项符合题目要求。 9.(2022·辽宁,6,3分,难度★★★)镀锌铁钉放入棕色碘水中,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 (　D　) 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 解析 Zn比Fe活泼,更容易失去电子,还原性更强,Zn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项说法错误;液体分层后,I2在CCl4层,CCl4的密度比水大,故下层呈紫红色,B项说法错误;由于活泼性:Zn>Fe>Sn,镀锌铁钉镀层破损后形成原电池时,铁为原电池的正极不易被腐蚀,镀锡铁钉镀层破损后形成原电池时,铁为原电池的负极易被腐蚀,C项说法错误;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项说法正确。 10.(2022·湖南,9,3分,难度★★★)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N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 (　D　) A.过程Ⅰ中N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(N)=1∶4 D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为N+NN2↑+2H2O 解析 过程Ⅰ中N转化为NO,氮元素化合价降低,N发生了还原反应,A项错误;根据题图所示及电荷守恒和原子数目守恒,过程Ⅰ可表示为N+H2O+NO↑,过程Ⅱ可表示为N+NO+H2O+N2H4,即a和b中转移的电子数并不相等,B项错误;由过程Ⅱ表达式分析,过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(N)=1∶1,C项错误;综合过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知总反应为N+NN2↑+2H2O,D项正确。 11.(2021·湖南,8,3分,难度★★★)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化法”制备,该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是 (　A　) A.产生22.4 L(标准状况)Cl2时,反应中转移10 mol e- B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6 C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中I的存在 解析 反应中的电子转移情况为: 。据此可知,生成1 mol Cl2时,反应中转移20 mol e-,A项说法错误;根据电子转移情况,可判断反应中碘单质作还原剂,氯酸钾作氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比是11∶6,B项说法正确;工业上常将氯气通入石灰乳中制得漂白粉,C项说法正确;酸化的碘化钾溶液可与食盐中的碘酸根发生归中反应生成碘单质(I+5I-+6H+3I2+3H2O),淀粉遇碘单质变蓝,D项说法正确。 12.(双选)(2021·山东,13,4分,难度★★★)实验室中利用固体KMnO4进行如下实验,下列说法错误的是 (　BD　) A.G与H均为氧化产物 B.实验中KMnO4只作氧化剂 C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D.G与H的物质的量之和可能为0.25 mol 解析 加热KMnO4生成气体单质G的化学方程式为:2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑,所得固体为K2MnO4和MnO2的混合物;固体混合物与足量浓盐酸共热发生反应的化学方程式为K2MnO4+8HCl2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O、MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,生成的气体单质H为Cl2。由上述分析可知,O2和Cl2均为氧化产物,A项说法正确;在KMnO4分解反应中,KMnO4既是氧化剂,也是还原剂,B项说法错误,符合题目要求;由上述反应可知,锰元素至少参加了3个氧化还原反应,C项说法正确;由反应的化学方程式可知,0.1 mol KMnO4完全分解生成0.05 mol O2、0.05 mol K2MnO4和0.05 mol MnO2,0.05 mol K2MnO4与浓盐酸完全反应生成0.1 mol Cl2,0.05 mol MnO2与浓盐酸完全反应生成0.05 mol Cl2,故生成G和H(O2和Cl2)的物质的量之和为0.2 mol,如果0.1 mol KMnO4不分解生成O2,完全与盐酸反应,由2KMnO4+8HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O可知,生成Cl2 0.25 mol,但由于反应中有G(O2)生成,故生成两种气体单质物质的量之和一定小于0.25 mol,D项说法错误,符合题目要求。 13.(2021·浙江,8,2分,难度★★★)关于反应K2H3IO6+9HI2KI+4I2+6H2O,下列说法正确的是 (　D　) A.K2H3IO6发生氧化反应 B.KI是还原产物 C.生成12.7 g I2时,转移0.1 mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1 解析 K2H3IO6中碘的化合价是+7价,反应中得电子发生还原反应,A项错误;KI中的K、I元素的化合价在反应前后均未发生变化,B项错误;生成4 mol I2转移电子7 mol,12.7 g I2的物质的量是0.05 mol,则转移电子0.087 5 mol,C项错误;该反应中的还原剂是HI,氧化剂是K2H3IO6,二者物质的量之比为7∶1,D项正确。 14.(2020·山东,2,2分,难度★★)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 (　B　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.谷物发酵酿造食醋 B.小苏打用作食品膨松剂 C.含氯消毒剂用于环境消毒 D.大气中NO2参与酸雨形成 解析 A项,谷物发酵酿造食醋的过程是:谷物葡萄糖乙醇乙酸;B项,小苏打做膨松剂是因为小苏打受热分解及能与酸反应放出CO2,发生的是非氧化还原反应;C项,含氯消毒剂给环境消毒是利用了消毒剂的强氧化性,使蛋白质变性;D项,NO2形成酸雨过程中,NO2与H2O发生的反应为3NO2+H2O2HNO3+NO,该反应属于氧化还原反应。 15.(2020·北京,2,3分,难度★★)下列物质的应用中,利用了氧化还原反应的是 (　D　) A.用石灰乳脱除烟气中的SO2 B.用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]处理污水 C.用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O) D.用“84”消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌 解析 SO2是酸性氧化物,可与碱反应,用石灰乳脱除烟气中的SO2时,SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙,反应过程中无元素的化合价变化,不属于氧化还原反应,故A错误;把明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水中,铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体,利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物,该过程利用胶体的吸附性,反应中没有发生元素化合价变化,不属于氧化还原反应,故B错误;用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O),发生的主要反应为6HCl+ Fe2O32FeCl3+3H2O,反应中没有元素化合价的变化,不属于氧化还原反应,故C错误;84消毒液有效成分NaClO具有强氧化性,能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒,杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应,故D正确。 净水与杀菌消毒的区别 明矾净水是利用胶体的吸附性净化水,但不能杀菌消毒;高铁酸钠是一种新型的水处理剂,其具有强氧化性,能杀菌消毒,其还原产物为Fe3+,Fe3+发生水解生成胶体,又能净化水,因此高铁酸钠既能杀菌消毒又能净化水。 16.(双选)(2020·海南,9,4分,难度★★)含有下列有害组分的尾气,常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是 (　BC　) A.SO3 B.Cl2 C.NO2 D.HBr 解析 若氧化作用和还原作用发生在同一分子内部处于同一价态的元素上,使该元素原子(或离子)一部分被氧化,另一部分被还原,则这种自身的氧化还原反应被称为歧化反应。三氧化硫与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水,为非氧化还原反应,A不符合题意;氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,氯气中Cl元素的化合价一部分升高另一部分降低,属于歧化反应,B符合题意;二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水,N元素化合价一部分升高另一部分降低,属于歧化反应,C符合题意;溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水,为非氧化还原反应,D不符合题意。 17.(2020·北京,3,3分,难度★)水与下列物质反应时,水表现出氧化性的是 (　A　) A.Na B.Cl2 C.NO2 D.Na2O 解析 2Na+2H2O2NaOH+H2↑,H2O中H元素化合价由+1价降为0价,得电子被还原,作氧化剂,在反应中表现出氧化性,A项正确;Cl2+H2OHCl+HClO,H2O中的元素没有发生化合价的变化,水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂,既不表现氧化性也不表现还原性,B项错误;3NO2+H2O2HNO3+NO,H2O中的元素没有发生化合价的变化,水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂,既不表现氧化性也不表现还原性,C项错误;Na2O+H2O2NaOH,该反应中元素化合价没有变化,不是氧化还原反应,水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性,D项错误。 18.(2020·浙江,10,2分,难度★★★)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是 (　B　) A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.4∶1 解析 ,还原产物是MnCl2,氧化产物是Cl2,二者的物质的量之比为1∶1,B项正确。 19.(2019·浙江,6,2分,难度★★)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为 (　A　) A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2 解析 N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3 分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。 20.(2019·北京,11,6分,难度★★★★★)探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。(已知:室温下,0.1 mol·L-1 H2C2O4的pH=1.3) 实验 装置 试剂a 现象 ① Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色,产生白色沉淀 ② 少量NaHCO3溶液 产生气泡 ③ 酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色 ④ C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质 由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是 (　C　) A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2O B.酸性:H2C2O4>H2CO3,NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2O C.H2C2O4有还原性,2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O D.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O 解析 H2C2O4与Ca(OH)2溶液发生反应生成沉淀:Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2O,A项中的方程式正确;由于酸性H2C2O4>H2CO3,故向少量NaHCO3溶液中加入草酸生成CO2和NaHC2O4,B项中的方程式正确;H2C2O4有还原性,能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2,但由于H2C2O4是弱电解质,离子方程式中应保留其分子式,C项中的方程式错误;H2C2O4是二元羧酸,与乙醇可发生酯化反应,其完全酯化的化学方程式为:HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O,D项中的方程式正确。 21.(2018·北京,9,6分,难度★★)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是 (　C　) A B 实 验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 现 象 产生白色沉淀,随后变为红褐色 溶液变红,随后迅速褪色 C D 实 验 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中 现 象 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体,随后变为红棕色 解析 氢氧化钠溶液滴入硫酸亚铁溶液中,立即生成氢氧化亚铁白色沉淀,氢氧化亚铁被空气氧化,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,A项与题意不符;石蕊溶液滴入氯水中,因溶液显酸性会变为红色,又因氯水中次氯酸具有强氧化性,使红色溶液漂白褪色,B项与题意不符;硫化钠溶液滴入氯化银悬浊液中,氯化银转化为溶解度更小的硫化银,该反应为非氧化还原反应,C项符合题意;热铜丝插入稀硝酸中,铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成一氧化氮,一氧化氮遇到空气中的氧气被氧化为二氧化氮,D项与题意不符。 22.(2018·浙江,7,2分,难度★)下列变化过程中,加入氧化剂才能实现的是 (　B　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.Cl2→Cl- B.I-→I2 C.SO2→S D.CuO→Cu 解析 加入氧化剂才能实现的变化,只能是元素化合价升高的反应。 氧化还原反应的判断误区 元素化合价升高的反应不一定要加入其他氧化剂才能实现,如某些物质发生自身氧化还原反应以及氯气与氢氧化钠的歧化反应等。 23.(2017·北京,8,6分,难度★)下列变化中,气体被还原的是 (　B　) A.二氧化碳使Na2O2固体变白 B.氯气使KBr溶液变黄 C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀 解析 A项,二氧化碳与过氧化钠的反应中,二氧化碳既不作氧化剂也不作还原剂;B项,氯气与KBr发生反应:Cl2+2KBr2KCl+Br2,反应中氯元素的化合价降低,被还原;C项,乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色是由于乙烯与Br2发生了加成反应(乙烯被氧化); D项,氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀,是因为发生复分解反应:复分解反应不属于氧化还原反应。 24.(2016·海南,7,2分,难度★)下列实验设计正确的是 (　D　) A.将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性 B.将铁屑放入稀硝酸中证明Fe比H2活泼 C.将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在C D.将乙烯通入酸性KMnO4溶液证明乙烯具有还原性 解析 SO2使溴水褪色可证明SO2具有还原性,A错误;铁屑放入稀硝酸中不产生H2,而是产生NO,B错误;将澄清石灰水滴入含HC的溶液中也会产生白色沉淀,C错误;乙烯使酸性KMnO4溶液褪色,是发生了氧化还原反应,体现了乙烯的还原性,D正确。 褪色原理的归纳对比 (1)常见物质的褪色原理 物质 活性炭 二氧化硫 氯气 过氧化钠 双氧水 臭氧 褪色 原理 吸附 色素 与色素化合生成不稳定的无色物质 将色素氧化生成稳定的无色物质 (2)相同物质在不同反应中的褪色原理不同 气　体 溶　液 褪色原理 SO2 酸性高锰酸钾溶液(溴水、氯水等) SO2的还原性 品红溶液 SO2的漂白性 C2H4等不饱和烃 酸性高锰酸钾溶液 C2H4等不饱和烃发生氧化反应 溴水 C2H4等烃发生加成反应 25.(2024·上海,5,6分,难度★★★) (1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属,但工业上却可用Cu制容器储存,其原因是  　。  PtF6是极强的氧化剂,用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氙([XeF]+[Pt2F11]-)的制备方式如图所示: (2)上述反应中的催化剂为 (　　　) A.PtF6 B.Pt C.F- D.XeF+ (3)(不定项)上述过程中属于氧化还原反应的是 (　　　) A.② B.③ C.④ D.⑤ (4)氟气通入氙(Xe)中会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50 L的恒容容器中,反应10 min 后,测得容器内共8.9 mol气体,且三种氟化物的比例为XeF2∶XeF4∶XeF6=1∶6∶3,则10 min内XeF4的化学反应速率v(XeF4)=　　　　　　　　　　。  答案 (1)F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜,覆盖在Cu表面,阻碍Cu与F2反应的进一步进行 (2)C　(3)AB (4)6×10-4 mol·L-1·min-1 解析 (1)Al、Fe遇冷的浓硫酸、浓硝酸可发生钝化现象,表面形成一层致密的氧化膜,阻止Al、Fe被继续腐蚀,工业运输过程中,可用Al槽、Fe槽来运输浓硫酸、浓硝酸。本题中,F2和Cu亦可形成致密的CuF2保护膜,阻止Cu和F2反应的进一步进行。 (2)多步反应中,参与第一步反应和最后一步反应,先消耗后生成的物质为催化剂,先生成后消耗的为中间体,由此可知F-先消耗掉,最后又生成,为催化剂,故选C。 (3)氧化还原反应的本质是电子的得失或偏移,体现出来的特征为反应前后元素的化合价发生变化,上述过程中第①步元素化合价未变,第②步Xe从0价变为+1价,第③步XeF变为XeF+,Xe元素从+1价变为+2价,④⑤步中元素化合价均未变,故选AB。 (4)解法1:由题干可知,共发生三个化学反应,其三段式分别为 　　①Xe　　+　　F2　　　XeF2 始 1 mol 9 mol 0 变 x mol x mol x mol 终 (1-x) mol (9-x) mol x mol 　　②Xe　　+　　2F2　　　XeF4 始 (1-x) mol (9-x) mol 0 变 y mol 2y mol y mol 终 (1-x-y) mol (9-x-2y) mol y mol 　　③Xe　　　+　3F2　　　　XeF6 始 (1-x-y) mol (9-x-2y) mol 0 变 z mol 3z mol z mol 终 (1-x-y-z) mol (9-x-2y-3z) mol z mol 由题可知,x∶y∶z=1∶6∶3, 即①y=6x,②z=3x, 且Xe、F2、XeF2、XeF4、XeF6一共为③(1-x-y-z)+(9-x-2y-3z)+x+y+z=8.9 联立①②③可得,x=0.05,y=0.3,z=0.15 所以v(XeF4)===6×10-4 mol·L-1·min-1。 解法2: 根据Xe与F2反应生成XeF2、XeF4、XeF6的化学方程式可知,反应后减少的气体的物质的量分别为n(XeF2)、2n(XeF4)、3n(XeF6),根据三种氟化物的比例,设生成XeF2物质的量为a mol,则生成XeF4 6a mol,XeF6 3a mol,则有a+6a×2+3a×3=1+9-8.9=1.1,解得a=0.05,则10 min内XeF4的化学反应速率v(XeF4)==6×10-4 mol·L-1·min-1。 26.(2015·北京,28,15分,难度★★★★)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下: (1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到　　　　　　　　　　　　。  (2)ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中　　　　　　　　　　　　　　　　造成的影响。  (3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　。  (4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测ⅰ中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,导致I-的还原性弱于Fe2+,用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。 ①K闭合时,指针向右偏转,b作　　　极。  ②当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加0.01 mol·L-1 AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是　。  (5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因。 ①转化原因是  　。  ②与(4)实验对比,不同的操作是　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)实验Ⅰ中,还原性:I->Fe2+;而实验Ⅱ中,还原性:Fe2+>I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是    　。  答案 (1)化学平衡状态 (2)溶液稀释对颜色变化 (3)ⅰ.加入Ag+发生反应Ag++I-AgI↓,c(I-)降低;ⅱ.增大c(Fe2+),平衡逆向移动,两种操作均使平衡逆向移动,c(I2)降低 (4)①正　②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转 (5)①Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I- ②向右管中加入1 mol·L-1 FeSO4溶液 (6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向 解析 (1)只有达到化学平衡状态,各种离子浓度不再发生变化,才能通过实验Ⅱ进行有效对比,因此待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ的目的是使实验Ⅰ的反应达到平衡状态。 (2)由于加入硫酸亚铁溶液的同时,相当于溶液稀释,ⅲ的目的是排除ⅱ中溶液稀释造成的影响。 (4)①铁离子的氧化性强于碘单质,在反应中铁离子得到电子,发生还原反应,因此b是正极。 ②加入银离子后,与碘离子结合生成碘化银沉淀,导致碘离子浓度降低,反应逆向进行,此时a作正极,指针向左偏转。 (5)②根据控制变量法,ⅱ中加入1 mL 1 mol·L-1硫酸亚铁溶液,因此在该实验中也需要加入 1 mL 1 mol·L-1 FeSO4溶液,并观察指针是否偏转,从而进行对比。 考点8氧化还原反应的定量计算　 　　利用电子守恒进行氧化还原反应的计算,属于高频考点,我们要重点掌握并灵活应用计算方法。 1.(2024·浙江,6,3分,难度★★★)通过下列反应可使溶液中的氮元素无害化并离开体系,对于反应H++CH3OH+NCO2+X+H2O(未配平),下列说法正确的是 (　C　) A.X是NO2 B.可用臭氧代替甲醇 C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5 D.每生成11.2 L CO2,转移2NA电子 解析 利用得失电子守恒和元素守恒配平该离子方程式6H++5CH3OH+6N5CO2↑+3N2↑+13H2O。使溶液中N无害化转化为N2,A项错误;反应中甲醇作还原剂,而臭氧有强氧化性,B项错误;依据上述离子方程式知,N作氧化剂,CH3OH作还原剂,氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5,C项正确;题目没有指明气体所处状态,无法确定11.2 L CO2的物质的量,D项错误。 2.(2023·浙江,6,3分,难度★★★)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”,其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是 (　C　) A.药剂A具有还原性 B.①→②过程若有2 mol S—S断裂,则转移4 mol电子 C.②→③过程若药剂B是H2O2,其还原产物为O2 D.化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S—S位置来实现头发的定型 解析 在药剂A的作用下,①→②过程S—S断裂,S—H形成,①中增加了氢原子变为②,①是氧化剂,具有氧化性,药剂A是还原剂,具有还原性,A正确;①→②过程S的化合价由-1价变为-2价,若有2 mol S—S断裂,则转移4 mol电子,B正确;②→③过程S—H断裂,S—S形成,②中S的化合价由-2价变为-1价,②是还原剂,发生氧化反应,若药剂B是H2O2,B是氧化剂,则氧元素的化合价应降低,其还原产物为H2O,C错误;通过①→②过程和②→③过程,某些蛋白质中S—S位置发生了改变,因此化学烫发可通过改变头发中某些蛋白质中S—S位置来实现头发的定型,D正确。 3.(2023·重庆,4,3分,难度★★★)已知反应:2F2+2NaOHOF2+2NaF+H2O,NA为阿伏加德罗常数的值,若消耗44.8 L(标准状况)F2,下列叙述错误的是 (　C　) A.转移的电子数为4NA B.生成的NaF质量为84 g C.生成的氧化产物分子数为2NA D.生成的H2O含有的孤电子对数为2NA 解析 反应2F2+2NaOHOF2+2NaF+H2O中F的化合价由0价转化为-1价,O的化合价由-2价变为+2价,转移电子数为4e-,若消耗44.8 L(标准状况)F2即=2 mol,故转移的电子数为4NA,A正确;根据反应2F2+2NaOHOF2+2NaF+H2O,每消耗2 mol F2生成的NaF质量为2 mol×42 g·mol-1=84 g,B正确;根据反应2F2+2NaOHOF2+2NaF+H2O可知反应生成的氧化产物为OF2,每消耗2 mol F2生成的氧化产物OF2分子数为NA,C错误;根据反应2F2+2NaOHOF2+2NaF+H2O可知,每消耗2 mol F2生成H2O的物质的量为1 mol,又知1个H2O中含有2对孤电子对,即生成的H2O含有的孤电子对数为2NA,D正确。 4.(2023·湖南,10,3分,难度★★★)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(As2S3)褪色的主要原因是发生了如图两种化学反应。 下列说法正确的是 (　D　) A.S2和S的空间结构都是正四面体形 B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As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1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7 解析 As2S3在紫外光作用下,主要发生反应Ⅰ: 2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3; As2S3在自然光作用下,主要发生反应Ⅱ: As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4。 S、S2的中心原子S都为sp3杂化,S是正四面体结构,由于S2中S和O原子半径不同,S2是四面体结构,不是正四面体结构,A项错误;反应Ⅰ中的S由-2价被氧化到+2价,反应Ⅱ中的As由+3价被氧化到+5价,反应Ⅱ中的S由-2价被氧化到+6价,反应Ⅰ中As的化合价未变,未被氧化,B项错误;根据上述化学方程式可知,反应Ⅰ中=2,反应Ⅱ中=,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C项错误;反应Ⅰ中氧化1 mol As2S3转移12 mol电子,反应Ⅱ中氧化1 mol As2S3转移28 mol电子,转移的电子数之比为3∶7,D项正确。 5.(2022·北京,12,3分,难度★★★)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”,实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3,如图所示: 已知:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0 下列说法不正确的是 (　D　) A.温度升高后,不利于N2O4的固定 B.N2O4被固定后,促进2NO2(g)N2O4(g)平衡正向移动 C.制备HNO3的反应为:2N2O4+O2+2H2O4HNO3 D.每制备0.4 mol HNO3,转移电子的数目为6.02×1022 解析 二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,四氧化二氮的浓度减小,所以温度升高后,不利于四氧化二氮的固定,A项说法正确;四氧化二氮被固定后,四氧化二氮的浓度减小,二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动,所以四氧化二氮被固定后,有利于二氧化氮的转化,B项说法正确;由题意可知,被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸,反应的化学方程式为2N2O4+O2+2H2O4HNO3,C项说法正确;四氧化二氮转化为硝酸的反应中,生成1 mol硝酸转移1 mol电子,则每制备0.4 mol硝酸,转移电子数约为0.4 mol×6.02×1023mol-1=2.408×1023,故D项说法错误,符合题目要求。 6.(2021·北京,9,3分,难度★★★)用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙炔时,常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 (　C　) A.CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式:CaS+2H2OCa(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3↑ B.不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C.反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时,H2S、PH3有干扰 解析 水解过程中元素的化合价不变,根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS水解的化学方程式为CaS+2H2OCa(OH)2+H2S↑;Ca3P2水解的化学方程式为Ca3P2+6H2O3Ca(OH)2+2PH3↑,A项不符合题目要求。该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成,并不是强酸制备弱酸的反应原理,因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4,事实上硫酸的酸性强于氢硫酸,B项不符合题目要求。反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价,得到1个电子,P元素化合价从-3价升高到+5价,失去8个电子,则24 mol CuSO4完全反应时,可氧化PH3的物质的量是3 mol,C项符合题目要求;H2S、PH3均可被酸性KMnO4溶液氧化,所以会干扰用酸性KMnO4溶液对乙炔性质的检验,D项不符合题目要求。 7.(2018·海南,14,8分,难度★★★)铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题: (1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片,该反应的化学方程式为　。  (2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔,写出该过程的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。配制的FeCl3溶液应保持　　　　(填“酸性”“碱性”或“中性”),原因是　。  (3)溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得: ①2Cu2++5I-2CuI↓+;②+2S2S4+3I- 反应①中的氧化剂为　　　　。现取20.00 mL含Cu2+的溶液,加入足量的KI充分反应后,用0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00 mL,此溶液中Cu2+的浓度为　　　　 mol·L-1。  答案 (1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O (2)Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+　酸性　抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3　(3)Cu2+　0.125 0 解析 (1)酸性条件下,H2O2→2H2O,氧元素的化合价降低2价,Cu→Cu2+,化合价升高2价,根据得失电子守恒、原子守恒可配平反应的离子方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。 (2)Fe3+具有强氧化性,能够氧化铜单质:Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+。为抑制Fe3+水解生成Fe(OH)3,该反应应在酸性环境下进行。 (3)Cu2+→Cu+,Cu2+为该反应的氧化剂。测定反应过程中存在如下转化关系:2Cu2+~~2S2,n(Cu2+)=n(S2)=0.100 0 mol·L-1×0.025 L=2.5×10-3mol,则Cu2+的浓度为=0.125 0 mol·L-1。 8.(2018·浙江,29,4分,难度★★★★)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60 g铁粉,充分反应后,得固体的质量为 3.04 g。 请计算: (1)加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量　　　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　　。  答案 (1)0.100 mol　(2)2.40 g 解析 (1)如果4.00 g全部为氧化铜,其物质的量为0.05 mol,消耗H2SO4的物质的量为0.05 mol,剩余0.05 mol H2SO4,5.6 g铁的物质的量为0.1 mol,其中有0.05 mol铁与硫酸反应生成0.05 mol硫酸亚铁,有0.05 mol铁与硫酸铜反应生成0.05 mol硫酸亚铁,最终生成0.1 mol硫酸亚铁;如果4.00 g全部为氧化铁,其物质的量为0.025 mol,消耗硫酸的物质的量为0.075 mol,剩余0.025 mol硫酸,5.6 g铁的物质的量为0.1 mol,其中有0.025 mol铁与硫酸反应生成0.025 mol硫酸亚铁,有0.025 mol铁与0.025 mol硫酸铁反应生成0.075 mol硫酸亚铁,最终生成0.1 mol硫酸亚铁;因此不论两种物质以何种比例混合,加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量均为0.100 mol。 (2)设氧化铜和氧化铁的物质的量分别为x、y,则80x+160y=4.00 g;因最终生成的硫酸亚铁的物质的量为0.1 mol,其中Fe2+的物质的量为0.1 mol,而加入的5.60 g铁粉的物质的量也为0.1 mol,根据质量守恒,充分反应后得到的固体的质量可看作为原混合物中铜元素和铁元素的质量,即混合物中氧元素的质量=4.00 g-3.04 g=0.96 g,其物质的量为0.06 mol,即x+3y=0.06 mol;联立两个方程,解得x=0.03 mol,y=0.01 mol,即氧化铜的质量为2.40 g。 9.(2016·江苏,18,12分,难度★★)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 (1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO2·8H2O 反应时通常加入过量的Ca(OH)2,其目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)向池塘水中加入一定量CaO2·8H2O后,池塘水中浓度增加的离子有　　　　(填序号)。  　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.Ca2+ B.H+ C.C D.OH- (3)水中溶解氧的测定方法如下:向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀硫酸,待MnO(OH)2与I-完全反应生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下: O2MnO(OH)2I2S4 ①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式:  　。  ②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 00 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L-1表示),写出计算过程。 答案 (1)提高H2O2的利用率　(2)AD (3)①O2+2Mn2++4OH-2MnO(OH)2↓ ②在100.00 mL水样中 I2+2S22I-+S4 n(I2)= = =6.750×10-5 mol n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5 mol n(O2)=n[MnO(OH)2]=×6.750×10-5 mol=3.375×10-5 mol 水中溶解氧= = 10.80 mg· L-1 解析 (2)CaO2溶于水生成Ca(OH)2,在池塘水中Ca2+和OH-的浓度增大。(3)①反应中Mn由+2价升至+4价,O由0价降至-2价,根据Mn和O得失电子守恒配平,因溶液显碱性,用OH-完成电荷守恒。②根据电子转移守恒找出物质之间的对应关系:O2~2MnO(OH)2~2I2~4Na2S2O3,然后根据Na2S2O3的消耗量,可计算出水中溶解的O2含量。 关系式法在计算中的应用 根据O2MnO(OH)2I2S4可知,O元素的化合价由0价变为-2价,1 mol O2得4 mol电子,S元素的化合价由+2价变为+2.5价,1 mol S2失去1 mol电子,因此可建立O2与S2的关系式为O2~4S2,可利用此式直接计算。 学科网（北京）股份有限公司 $$