考点11 氧化还原反应的概念、规律及配平-备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义（新教材新高考）

备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义 考点11 氧化还原反应的概念、规律及配平 知识精讲 一、氧化还原反应的基本概念 二、氧化性、还原性的强弱 三．氧化还原反应的规律 四、氧化还原反应方程式的配平 课后精练 选择题： 20 题 非选择题： 5 题 建议时长： 60 分钟 实际时长： 分钟 一、氧化还原反应的基本概念 1．氧化还原反应：凡是有元素化合价升降的化学反应叫做氧化还原反应，判断方法和依据，就是元素的化合价有没有发生变化。 (1)本质和特征 (2)氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系 ①有单质参加或者生成的反应不一定是氧化还原反应 如：同素异形体之间的转化，3O22O3 ②没有单质参加的化合反应和没有单质生成的分解反应有可能是氧化还原反应 如：Na2O2＋SO2===Na2SO4 H2O2＋SO2===H2SO4 NH4NO3N2O↑＋2H2O 2．相关概念 概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。 ①氧化反应：元素化合价升高的反应(失去电子的反应) ②还原反应：元素化合价降低的反应(得到电子的反应) ③氧化剂：元素化合价降低的反应物(得电子的反应物) ④还原剂：元素化合价升高的反应物(失去电子的物质) ⑤氧化产物：还原剂失去电子被氧化所得的生成物叫氧化产物 ⑥还原产物：氧化剂得到电子被还原所得的生成物叫还原产物 例如：对于反应C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O (1)氧化剂是浓硫酸，发生还原反应，被还原，生成还原产物SO2。 (2)还原剂是C，发生氧化反应，被氧化，生成氧化产物CO2。 (3)C和浓硫酸在反应中分别表现还原性和氧化性。 (4)反应生成1 mol CO2，浓硫酸得4mol电子，C失去4mol电子，反应转移4mol电子。 3．氧化还原反应电子转移的表示方法 可用双线桥法和单线桥法表示反应中电子的转移情况，以Cu与稀硝酸反应为例： (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。 ①箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同一种元素 ②在“桥”上标明电子的“得”与“失”且得失电子总数相等、化合价的升降、被氧化或被还原 ③得失电子数目的正确表述是a×be—，a表示得或失电子的原子的数目，b表示每个原子失去或得到的电子数（即化合价升高或降低的数目），当a或b为1时，必须省略 (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。 ①箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素 ②箭头方向表明电子转移的方向，“桥”上只标出转移电子的总数，无需注明电子的“得”与“失” 【方法规律】转移电子数的计算思路 (1)明确元素的变价 →找出所有氧化剂或还原剂的物质的量所有氧化剂或还原剂得或失的电子数 →确定转移电子数。 [n(e－)＝n(氧化剂)×N(变价原子数)×ΔN(化合价变化数)=n(还原剂)×N(变价原子数)×ΔN(化合价变化数)] (2)明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 【注意】根据元素的非金属性确定元素的化合价。 例：CuH：非金属性H>Cu，显正价← →显负价 4．常见的氧化剂和还原剂 (1)常见氧化剂：常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。 ①活泼的非金属单质，如X2(X指卤素Cl、Br)、O2、O3等； ②高价态的离子，如H＋、Cu2＋、Fe3＋、Hg2＋、Ag＋等； ③含高价态元素的物质，如H2SO4(浓)、HClO4、HNO3、PbO2、MnO2、KClO3、KMnO4等； ④含O的物质，如H2O2、Na2O2等。 下面是常见的氧化剂和对应的还原产物： (2)常见还原剂：常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。 ①活泼的金属单质，如Na、Mg、Al、Fe、Cu等； ②某些非金属单质，如H2、C、S等； ③低价态离子，如S2－、I－、Fe2＋、Br－等； ④含较低价态元素的物质，如CO、NH3、H2S、HI、SO2、H2SO3、Na2SO3、NO等。 下面是常见的还原剂和对应的氧化产物： (3)既可作氧化剂，又可作还原剂的物质或粒子 具有中间价态的物质或粒子既具有氧化性，又具有还原性，当与强还原剂反应时，作氧化剂，表现氧化性；当与强氧化剂反应时，作还原剂，表现还原性。常考物质或粒子归纳如下： Fe3＋ Fe2＋ Fe SO SO S O2 H2O2 H2O 说明：Fe2＋、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性 5．重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4 (1)金属氢化物 ①结构特点：电子式可表示为M＋[H]－(M为碱金属)。 ②强还原性 a．遇水强烈反应放出氢气，使溶液呈强碱性，如：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。 b．高温还原金属 如固态NaH在673 K时能将TiCl4还原为金属钛：TiCl4＋4NaHTi＋4NaCl＋2H2↑。 (2)万能还原剂——硼氢化钠(NaBH4) 硼氢化钠是一种无机物，化学式为NaBH4，白色至灰白色细结晶粉末或块状，吸湿性强，其碱性溶液呈棕黄色，是最常用的还原剂之一。 通常用作醛类、酮类、酰氯类的还原剂，塑料工业的发泡剂，造纸漂白剂，以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。 二、氧化性、还原性的强弱 归纳总结 ①常见的氧化性、还原性顺序 氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2>稀H2SO4＞S 还原性：Mn2＋＜Cl－＜Br－＜Fe2＋＜I－＜SO2 (SO)＜H2S (S2－) ②H2O2中氧元素尽管处于中间价态，但H2O2主要表现为氧化性，其还原产物是H2O，故H2O2又被称为绿色氧化剂。 ③对同一元素而言，一般价态越高，氧化性越强，如Fe3＋>Fe2＋>Fe；价态越低，氧化性越弱，如S2－<S<SO2。 1．氧化性、还原性的判断 (1)氧化性是指氧化剂具有的性质(或能力)；还原性是指还原剂具有的性质(或能力)。 (2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na－e－===Na＋，Al－3e－===Al3＋，但根据金属活动性顺序表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。 (3)从元素的价态判断 ①最高价态——只有氧化性，如：Fe3＋、H2SO4、KMnO4等。 ②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等。 ③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。 2．氧化性、还原性强弱的比较方法 (1)根据化学方程式判断 氧化性：氧化剂＞氧化产物； 还原性：还原剂＞还原产物。 【实例】有以下反应：①H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4； ②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋I2＋2HCl； ③3FeCl2＋4HNO3===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3 还原性 氧化性 从反应①可知 H2SO3＞I－ I2＞H2SO4 从反应②可知 I－＞Fe2＋ Fe3＋＞I2 从反应③可知 Fe2＋＞NO HNO3＞Fe3＋ 总的强弱顺序 还原性：H2SO3＞I－＞Fe2＋＞NO 氧化性：HNO3＞Fe3＋＞I2＞H2SO4 (2)根据反应条件及反应的剧烈程度判断 反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。 如：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4>MnO2。 如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。 如：非金属单质F2、Cl2、Br2、I2与H2反应，F2与H2暗处剧烈反应并爆炸，Cl2与H2光照剧烈反应并爆炸，Br2与H2加热到500 ℃才能发生反应，I2与H2在不断加热的条件下才缓慢发生反应，且为可逆反应，故氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2。 (3)依据氧化还原反应的程度 ①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。 例如：根据2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。 ②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。 例如：根据Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。 (4)依据金属、非金属的活动性顺序 规律 特点 上左下右可反应，隔之愈远愈易行 【点拨】 ①金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱；非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱 ②Fe对应的离子为Fe2+，即氧化性：Cu2+＞Fe2+；又由于2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2可以发生，则氧化性： Fe3+＞Cu2+，因此三种离子的氧化性为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (5)依据反应条件判断 浓度 同一种物质，浓度越大，氧化性(或还原性)越强。 如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3； 还原性：浓HCl>稀HCl. 温度 同一种物质，温度越高其氧化性越强。 如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强. (6)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强 如：中性环境中NO不显氧化性，酸性环境中NO显氧化性 如：酸性条件：2MnO＋6H＋＋5SO===2Mn2＋＋5SO＋3H2O 中性条件：2MnO＋H2O＋3SO===2MnO2＋3SO＋2OH－ 碱性条件：2MnO＋2OH－＋SO===2MnO＋SO＋H2O 其氧化性：KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性) 三．氧化还原反应的规律 (1)升降规律：氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。 (2)电子得失守恒规律：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数； (3)“以强制弱”规律：氧化剂＋还原剂===较弱氧化剂＋较弱还原剂，这是氧化还原反应发生的条件。 (4)价态归中规律(不交叉规律)：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。 (5)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。 (6)邻位不反应规律：同种元素，相邻价态之间不发生氧化还原反应。如：SO2和浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥SO2气体 (7)“先后”规律 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：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S， 还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SO)<S2－。 (8)价态规律：元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，如Fe3＋只有氧化性，Fe2＋既有氧化性，又有还原性。 四、氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式的配平原则及步骤 (1)配平原则 ①电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高的总数＝化合价降低的总数。 ②电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带的电荷总数相等。 ③质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变。 (2)基本步骤 (以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例) ①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋O＋H2O ②列得失： u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ⑤查守恒：其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。 2．氧化还原反应方程式的配平方法 1．正向配平(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变) 氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的以及归中反应，一般从左边反应物着手配平，即正向配平法，根据化合价升降总数相等，确定氧化剂和还原剂的化学计量数，然后用观察法配平其他物质。 【例题1】配平下列化学方程式。 (1)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2===____NaBH4＋____Na2SiO3 (2)______HCl(浓)＋______MnO2______Cl2↑＋______MnCl2＋______H2O (3)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O (4)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2O (5)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O (6)______MnO＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O 2．逆向配平(自身氧化还原反应，包括分解、歧化等) 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： 3＋6KOH(热、浓)===2K2 ＋ 3H2O ＋ K2O3 　　　　　　　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。 【例题2】配平下列化学方程式。 (1)____S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O (2)____I2 ＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O (3)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑ (4)____PbO2＋____HCl(浓)____PbCl2＋____Cl2↑＋____H2O 3．含有未知数的配平 【例题3】配平下列化学方程式。 (1)______FexS＋____HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S (2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O 4．平均配平法：有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中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 【例题4】配平下列化学方程式。 (1)_____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O (2)____C2H6O＋____KMnO4＋_____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋_____H2O 5．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)： 以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数看作一个整体，再用一般方法进行配平。 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， 配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 再如 【例题5】配平下列化学方程式。 (1)____FeS2＋____O2____Fe2O3＋____SO2 (2)____NH4NO3____HNO3＋____N2↑＋____H2O (3)____P＋____CuSO4＋____H2O===____Cu3P＋____H3PO4＋____H2SO4 6．缺项配平类：(缺少某些反应物或生成物，一般为水、H＋或OH－)： (1)配平方法 化学方程式所缺物质往往是酸、碱或水；如果是离子方程式，所缺物质往往是H＋、OH－或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质，再根据化合价升降守恒配平。如果无法确定所缺项，可先依据化合价的升降守恒将现有的某些物质配平，然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及其化学计量数(系数)。 (2)补项原则 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－ (3)组合方式 反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 【例题6】配平下列化学方程式。 (1)______ClO－＋______Fe(OH)3＋________===______Cl－＋______FeO＋______H2O (2)______ClO＋______Fe2＋＋_____===_____Cl－＋_____Fe3＋＋_____ (3)______MnO＋______H2O2＋________===______Mn2＋＋______O2↑＋______H2O (4)____MnO＋____NO＋____===____Mn2＋＋____NO＋____H2O (5)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。 ＋＋AlN＋ (6)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： NaBiO3＋Mn2＋＋____===Na＋＋Bi3＋＋____＋____ 【解题技巧】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。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。 (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 (5)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。 1．（2024·陕西西安·模拟预测）实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．每1mol S2O中含2NA个过氧键 B．反应Ⅰ中Mn2+被还原 C．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：S2O>MnO> Fe3+ D．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为5 ：1 2．（2024·湖北黄冈·模拟预测）下列关于氧化还原反应的说法正确的是 A．银针验毒的原理为，X为还原产物 B．浓HCl和制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半 C．可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是具有较强的还原性 D．与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 3．（2024·安徽合肥·三模）实验室用粉煤灰(主要含，等)制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫研究，其转化流程如图所示。下列说法错误的是 A．滤渣Ⅰ的主要成分为： B．制备碱式硫酸铝溶液不涉及氧化还原反应 C．调节pH值低于3.6会导致溶液中铝元素的含量降低 D．碱式硫酸铝溶液多次循环使用后增大的原因是部分的硫元素被氧化 4．（2024·海南·二模）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列出现颜色变化属于氧化还原反应的是 A．将溶液加热，由蓝色转绿色 B．溶液中滴加KSCN溶液，由黄色转红色 C．无水吸水，由白色转蓝色 D．溶液中滴加过量乙醇，由橙色转绿色 5．（2023·湖南·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 6．（2024·吉林·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 7．（2024·山东·高考真题）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚 8．（2025·浙江·模拟预测）利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，已知，下列说法不正确的是 A．氧化剂与还原剂之比为 B．的空间构型为角形 C．每生成，有电子参与反应 D．当与的比值为时，反应所得的的纯度最高 9．（2024·湖南长沙·二模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A．、与BaO的反应中，是还原剂，是氧化剂 B．反应I为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为mol D．反应I和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是3∶5 10．（2023·北京·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 11．（2023·福建·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： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 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 12．(2024·山东泰安一模)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应Ⅰ：MnO＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SO＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnO＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SO＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B．反应Ⅰ中每生成1 mol SO，转移电子的物质的量为10 mol C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3 13．24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol·L－1的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3可被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为 A．＋2价 B．＋3价 C.＋4价 D.＋5价 14．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）已知均为含氯元索的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)： ① ② ③ ④ 这五种化合物中元素化合物由低到高的顺序是 A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X 15．（24-25高三上·河北衡水·阶段练习）已知Iˉ、Fe2+、SO2、Clˉ、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Clˉ< Fe2+< H2O2< Iˉ< SO2。则下列反应不能发生的是 A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+ B．Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl C．H2O2+2H++=SO2↑+O2↑+2H2O D．2Iˉ+2H++H2O2=2H2O+I2 16．一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8 mol。将上述气体平均分为两份，一份与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余；另一份恰好能被500 mL 2 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为 A．0.1 mol B.0.2 mol C．0.25 mol D.0.4 mol 17．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)= 2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是 A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl 18．（24-25高三上·江西宜春·阶段练习）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（） A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7 B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1：6 D．开始加入的K2Cr2O7为0.1mol 19．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 20．(2022·湖南卷，9,3分)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NO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NO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(NH)＝1∶4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O 21．(1)配平下列化学方程式 ① HCl(浓)＋ MnO2 Cl2↑＋ MnCl2＋ H2O ② (NH4)2Cr2O7 N2↑＋ Cr2O3＋ H2O (2)根据题给信息写出对应的方程式： ①(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为 　。 ②Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为 。 ③在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式为 　。 ④KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为 　。 22．（2024·福建泉州·阶段检测）二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题： (1)的制备：制备的常用方法有两种，分别为法、与反应法。 ①法制备的原理为，X的化学式为 ，将通入溶液中，有红褐色沉淀生成，溶液中的主要阴离子为、，若消耗，则被氧化的为 。 ②与反应法制备，生成物只有两种，参加反应的与物质的量之比为 ，与法相比，与反应法的优点是 (填一条)。 (2)的用途：除毒、除异味。 ①可以将剧毒的氰化物氧化成和，离子方程式为，属于 (填“酸”“碱”或“两”)性氧化物，每转移，生成 L(标准状况下)。 ②能把水溶液中有异味的氧化成四价锰，使之形成不溶于水的，该反应的离子方程式为 。 23．(2023·济南高三模拟)CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性：Cu2＋＞I2＞Cu＋，还原性：Cu＞I－＞Cu＋。 (1)根据物质氧化性和还原性的强弱推测，在溶液中Cu2＋和I－反应的产物是________、__________。 (2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为______________。 (3)欲消除(2)中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性：H2S__________(填“＞”“＜”或“＝”)I－；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度________(填“高”“低”或“相等”)。 (4)CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)＋Hg===Cu2HgI4(亮黄色)＋2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是____________(填字母)。 A．该反应中被氧化的元素是铜元素和汞元素 B．该反应的氧化剂为CuI C．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物 D．反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子 24．（2024·广东·一模）硫元素具有广泛的应用。 (1)S的原子结构示意图为 。一定条件下，硫与地壳中含量最多的非金属元素X可组成两种常见的化合物，则X是 ，两种化合物均含有的化学键为 。 (2)煅烧黄铁矿()的原理为：。该反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为 。产生的可用溶液吸收，该反应的离子方程式是 。 (3)过二硫酸钠()在较高温度完全分解，分解生成焦硫酸钠和标况下，则焦硫酸钠的化学式为 。 (4)溶液可降解有机污染物4-CP。原因是溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基()，通过测定4-CP降解率可判断溶液产生的量。某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生的影响。 ①溶液酸碱性的影响：已知+H+=+，由此判断，溶液酸性增强，降解4-CP的效果 (填“越好”、“越差”或“无影响”) ②Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度溶液分别加入、的混合溶液中。反应后测得实验结果如图所示。 已知：+Fe2+=++Fe3+。则由图示可知下列说法正确的是： (填序号) A．反应开始一段时间内，4-CP降解率随Fe2+浓度的增大而增大，其原因是Fe2+能使Na2S2O8产生更多的。 B．Fe2+是4-CP降解反应的催化剂 C．当c(Fe2+)过大时，4-CP降解率反而下降，原因可能是Fe2+会与发生反应，消耗部分 D．4-CP降解率反而下降，原因可能是生成的Fe3+水解使溶液的酸性增强，不利于降解反应的进行 ③当c(Fe2+)=3.2×10-3mol/L时，4-CP降解的降解率为 ，4-CP降解平均反应速率的计算表达式为 。 25．（2024·陕西安康·模拟预测）连二亚硫酸钠俗称低亚硫酸钠，广泛用于纺织、医药、选矿、造纸工业。某实验小组拟用甲酸钠、烧碱、二氧化硫制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。 查阅资料：连二亚硫酸钠是白色结晶粉末，极易溶于水，不溶于乙醇，加热到以上分解放出二氧化硫，空气中能被氧化，是一种强还原剂。 I．的制备。 (1)制备时选用上图所示装置中的 (填小写字母)，选用以下试剂中的 (填选项字母)。 A．铜粉　B．　C．浓硫酸　D．硫酸　E．硫酸　F．浓盐酸　G．稀硝酸 II．的制备。 利用如图所示实验装置(加热、搅拌及夹持装置省略)制备，实验步骤如下： i．先从b口通入一段时间的； ii．持续通入，保持水浴温度左右反应； iii．停止加热，冷却至； iv．拆卸装置，将e中的混合物经过_______、洗涤后得到粗产品。 (2)步骤i先通入的目的是 。 (3)装置e中发生的主要反应的化学方程式为 。 (4)步骤iv的空白处实验操作为 。洗涤粗产品的洗涤剂为 (填“水”或“乙醇”)，进一步提纯的方法为 。 III．纯度的测定。 称取纯化后的产品mg溶于水，加入溶液碱化后配成待测液，量取待测液于锥形瓶中，加入滴亚甲基蓝，用标准液进行滴定，当溶液颜色由无色变为蓝色时，达到滴定终点，进行三次平行实验消耗标准液{已知滴定过程中主要转化为，}。 (5)下列情况会造成测定结果偏小的是_______(填选项字母)。 A．盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸馏水 B．未用标准液润洗酸式滴定管 C．若考虑空气参与上述滴定氧化还原反应 D．滴定终点时俯视读数 (6)产品的纯度为 (用含V的代数式表示)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 备战2025年高考化学【一轮·考点精讲精练】复习讲义 考点11 氧化还原反应的概念、规律及配平 知识精讲 一、氧化还原反应的基本概念 二、氧化性、还原性的强弱 三．氧化还原反应的规律 四、氧化还原反应方程式的配平 课后精练 选择题： 20 题 非选择题： 5 题 建议时长： 60 分钟 实际时长： 分钟 一、氧化还原反应的基本概念 1．氧化还原反应：凡是有元素化合价升降的化学反应叫做氧化还原反应，判断方法和依据，就是元素的化合价有没有发生变化。 (1)本质和特征 (2)氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系 ①有单质参加或者生成的反应不一定是氧化还原反应 如：同素异形体之间的转化，3O22O3 ②没有单质参加的化合反应和没有单质生成的分解反应有可能是氧化还原反应 如：Na2O2＋SO2===Na2SO4 H2O2＋SO2===H2SO4 NH4NO3N2O↑＋2H2O 2．相关概念 概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。 ①氧化反应：元素化合价升高的反应(失去电子的反应) ②还原反应：元素化合价降低的反应(得到电子的反应) ③氧化剂：元素化合价降低的反应物(得电子的反应物) ④还原剂：元素化合价升高的反应物(失去电子的物质) ⑤氧化产物：还原剂失去电子被氧化所得的生成物叫氧化产物 ⑥还原产物：氧化剂得到电子被还原所得的生成物叫还原产物 例如：对于反应C＋2H2SO4(浓)2SO2↑＋CO2↑＋2H2O (1)氧化剂是浓硫酸，发生还原反应，被还原，生成还原产物SO2。 (2)还原剂是C，发生氧化反应，被氧化，生成氧化产物CO2。 (3)C和浓硫酸在反应中分别表现还原性和氧化性。 (4)反应生成1 mol CO2，浓硫酸得4mol电子，C失去4mol电子，反应转移4mol电子。 3．氧化还原反应电子转移的表示方法 可用双线桥法和单线桥法表示反应中电子的转移情况，以Cu与稀硝酸反应为例： (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。 ①箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同一种元素 ②在“桥”上标明电子的“得”与“失”且得失电子总数相等、化合价的升降、被氧化或被还原 ③得失电子数目的正确表述是a×be—，a表示得或失电子的原子的数目，b表示每个原子失去或得到的电子数（即化合价升高或降低的数目），当a或b为1时，必须省略 (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。 ①箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素 ②箭头方向表明电子转移的方向，“桥”上只标出转移电子的总数，无需注明电子的“得”与“失” 【方法规律】转移电子数的计算思路 (1)明确元素的变价 →找出所有氧化剂或还原剂的物质的量所有氧化剂或还原剂得或失的电子数 →确定转移电子数。 [n(e－)＝n(氧化剂)×N(变价原子数)×ΔN(化合价变化数)=n(还原剂)×N(变价原子数)×ΔN(化合价变化数)] (2)明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 【注意】根据元素的非金属性确定元素的化合价。 例：CuH：非金属性H>Cu，显正价← →显负价 4．常见的氧化剂和还原剂 (1)常见氧化剂：常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。 ①活泼的非金属单质，如X2(X指卤素Cl、Br)、O2、O3等； ②高价态的离子，如H＋、Cu2＋、Fe3＋、Hg2＋、Ag＋等； ③含高价态元素的物质，如H2SO4(浓)、HClO4、HNO3、PbO2、MnO2、KClO3、KMnO4等； ④含O的物质，如H2O2、Na2O2等。 下面是常见的氧化剂和对应的还原产物： (2)常见还原剂：常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。 ①活泼的金属单质，如Na、Mg、Al、Fe、Cu等； ②某些非金属单质，如H2、C、S等； ③低价态离子，如S2－、I－、Fe2＋、Br－等； ④含较低价态元素的物质，如CO、NH3、H2S、HI、SO2、H2SO3、Na2SO3、NO等。 下面是常见的还原剂和对应的氧化产物： (3)既可作氧化剂，又可作还原剂的物质或粒子 具有中间价态的物质或粒子既具有氧化性，又具有还原性，当与强还原剂反应时，作氧化剂，表现氧化性；当与强氧化剂反应时，作还原剂，表现还原性。常考物质或粒子归纳如下： Fe3＋ Fe2＋ Fe SO SO S O2 H2O2 H2O 说明：Fe2＋、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性 5．重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4 (1)金属氢化物 ①结构特点：电子式可表示为M＋[H]－(M为碱金属)。 ②强还原性 a．遇水强烈反应放出氢气，使溶液呈强碱性，如：NaH＋H2O===NaOH＋H2↑。 b．高温还原金属 如固态NaH在673 K时能将TiCl4还原为金属钛：TiCl4＋4NaHTi＋4NaCl＋2H2↑。 (2)万能还原剂——硼氢化钠(NaBH4) 硼氢化钠是一种无机物，化学式为NaBH4，白色至灰白色细结晶粉末或块状，吸湿性强，其碱性溶液呈棕黄色，是最常用的还原剂之一。 通常用作醛类、酮类、酰氯类的还原剂，塑料工业的发泡剂，造纸漂白剂，以及医药工业制造双氢链霉素的氢化剂。 二、氧化性、还原性的强弱 归纳总结 ①常见的氧化性、还原性顺序 氧化性：KMnO4＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2>稀H2SO4＞S 还原性：Mn2＋＜Cl－＜Br－＜Fe2＋＜I－＜SO2 (SO)＜H2S (S2－) ②H2O2中氧元素尽管处于中间价态，但H2O2主要表现为氧化性，其还原产物是H2O，故H2O2又被称为绿色氧化剂。 ③对同一元素而言，一般价态越高，氧化性越强，如Fe3＋>Fe2＋>Fe；价态越低，氧化性越弱，如S2－<S<SO2。 1．氧化性、还原性的判断 (1)氧化性是指氧化剂具有的性质(或能力)；还原性是指还原剂具有的性质(或能力)。 (2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na－e－===Na＋，Al－3e－===Al3＋，但根据金属活动性顺序表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。 (3)从元素的价态判断 ①最高价态——只有氧化性，如：Fe3＋、H2SO4、KMnO4等。 ②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等。 ③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。 2．氧化性、还原性强弱的比较方法 (1)根据化学方程式判断 氧化性：氧化剂＞氧化产物； 还原性：还原剂＞还原产物。 【实例】有以下反应：①H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4； ②2FeCl3＋2HI===2FeCl2＋I2＋2HCl； ③3FeCl2＋4HNO3===2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3 还原性 氧化性 从反应①可知 H2SO3＞I－ I2＞H2SO4 从反应②可知 I－＞Fe2＋ Fe3＋＞I2 从反应③可知 Fe2＋＞NO HNO3＞Fe3＋ 总的强弱顺序 还原性：H2SO3＞I－＞Fe2＋＞NO 氧化性：HNO3＞Fe3＋＞I2＞H2SO4 (2)根据反应条件及反应的剧烈程度判断 反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。 如：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4>MnO2。 如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。 如：非金属单质F2、Cl2、Br2、I2与H2反应，F2与H2暗处剧烈反应并爆炸，Cl2与H2光照剧烈反应并爆炸，Br2与H2加热到500 ℃才能发生反应，I2与H2在不断加热的条件下才缓慢发生反应，且为可逆反应，故氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2。 (3)依据氧化还原反应的程度 ①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。 例如：根据2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。 ②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。 例如：根据Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。 (4)依据金属、非金属的活动性顺序 规律 特点 上左下右可反应，隔之愈远愈易行 【点拨】 ①金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱；非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱 ②Fe对应的离子为Fe2+，即氧化性：Cu2+＞Fe2+；又由于2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2可以发生，则氧化性： Fe3+＞Cu2+，因此三种离子的氧化性为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+ (5)依据反应条件判断 浓度 同一种物质，浓度越大，氧化性(或还原性)越强。 如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3； 还原性：浓HCl>稀HCl. 温度 同一种物质，温度越高其氧化性越强。 如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强. (6)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强 如：中性环境中NO不显氧化性，酸性环境中NO显氧化性 如：酸性条件：2MnO＋6H＋＋5SO===2Mn2＋＋5SO＋3H2O 中性条件：2MnO＋H2O＋3SO===2MnO2＋3SO＋2OH－ 碱性条件：2MnO＋2OH－＋SO===2MnO＋SO＋H2O 其氧化性：KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性) 三．氧化还原反应的规律 (1)升降规律：氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。 (2)电子得失守恒规律：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数； (3)“以强制弱”规律：氧化剂＋还原剂===较弱氧化剂＋较弱还原剂，这是氧化还原反应发生的条件。 (4)价态归中规律(不交叉规律)：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。 (5)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。 (6)邻位不反应规律：同种元素，相邻价态之间不发生氧化还原反应。如：SO2和浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥SO2气体 (7)“先后”规律 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：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S， 还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SO)<S2－。 (8)价态规律：元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，如Fe3＋只有氧化性，Fe2＋既有氧化性，又有还原性。 四、氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式的配平原则及步骤 (1)配平原则 ①电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高的总数＝化合价降低的总数。 ②电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带的电荷总数相等。 ③质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变。 (2)基本步骤 (以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例) ①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋O＋H2O ②列得失： u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ⑤查守恒：其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。 2．氧化还原反应方程式的配平方法 1．正向配平(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变) 氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的以及归中反应，一般从左边反应物着手配平，即正向配平法，根据化合价升降总数相等，确定氧化剂和还原剂的化学计量数，然后用观察法配平其他物质。 【例题1】配平下列化学方程式。 (1)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2===____NaBH4＋____Na2SiO3 (2)______HCl(浓)＋______MnO2______Cl2↑＋______MnCl2＋______H2O (3)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O (4)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2O (5)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O (6)______MnO＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O 【答案】　 (1)1　2　4　2　1　2 (2)4　1　1　1　2　 (3)5　2　3　1　2　5　8 (4)3　8　3　2　4 (5)5　1　3　3　3　3　 (6)2　16　10　2　5　8 2．逆向配平(自身氧化还原反应，包括分解、歧化等) 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： 3＋6KOH(热、浓)===2K2 ＋ 3H2O ＋ K2O3 　　　　　　　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。 【例题2】配平下列化学方程式。 (1)____S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O (2)____I2 ＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O (3)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑ (4)____PbO2＋____HCl(浓)____PbCl2＋____Cl2↑＋____H2O 【答案】　 (1)3　6　2　1　3　 (2)3　6　5　1　3 (3)2　9　3　3　5 (4)1　4　1　1　2 3．含有未知数的配平 【例题3】配平下列化学方程式。 (1)______FexS＋____HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S (2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O 【答案】　 (1)　2　(－1)　1　1 (2)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1) 4．平均配平法：有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中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 【例题4】配平下列化学方程式。 (1)_____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O (2)____C2H6O＋____KMnO4＋_____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋_____H2O 【答案】　 (1)2　1　2　2　2　2　2 (2)5　12　18　6　12　10　33 5．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)： 以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数看作一个整体，再用一般方法进行配平。 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， 配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 再如 【例题5】配平下列化学方程式。 (1)____FeS2＋____O2____Fe2O3＋____SO2 (2)____NH4NO3____HNO3＋____N2↑＋____H2O (3)____P＋____CuSO4＋____H2O===____Cu3P＋____H3PO4＋____H2SO4 【答案】　 (1)4　11　2　8 (2)5　2　4　9 (3)11　15　24　5　6　15 6．缺项配平类：(缺少某些反应物或生成物，一般为水、H＋或OH－)： (1)配平方法 化学方程式所缺物质往往是酸、碱或水；如果是离子方程式，所缺物质往往是H＋、OH－或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质，再根据化合价升降守恒配平。如果无法确定所缺项，可先依据化合价的升降守恒将现有的某些物质配平，然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及其化学计量数(系数)。 (2)补项原则 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－ (3)组合方式 反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 【例题6】配平下列化学方程式。 (1)______ClO－＋______Fe(OH)3＋________===______Cl－＋______FeO＋______H2O (2)______ClO＋______Fe2＋＋_____===_____Cl－＋_____Fe3＋＋_____ (3)______MnO＋______H2O2＋________===______Mn2＋＋______O2↑＋______H2O (4)____MnO＋____NO＋____===____Mn2＋＋____NO＋____H2O (5)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。 ＋＋AlN＋ (6)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： NaBiO3＋Mn2＋＋____===Na＋＋Bi3＋＋____＋____ 【答案】　 (1)3　2　4OH－　3　2　5 (2)1　6　6H＋　1　6　3H2O (3)2　5　6H＋　2　5　8 (4)2　5　6H＋　2　5　3 (5)Al2O3　3C　N2　2　3CO (6)5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O 【解析】　 (3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。 【解题技巧】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。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。 (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 (5)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。 1．（2024·陕西西安·模拟预测）实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使再生，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．每1mol S2O中含2NA个过氧键 B．反应Ⅰ中Mn2+被还原 C．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：S2O>MnO> Fe3+ D．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为5 ：1 【答案】C 【详解】 A．S2O的结构为，每1mol S2O中含1NA个过氧键，故A错误； B．反应Ⅰ中Mn2+的化合价升高，被氧化，做还原剂，故B错误； C．由分析可知，氧化性：S2O>MnO> Fe3+，故C正确； D．反应Ⅱ的离子方程式为MnO+ 5Fe2++8H+= Mn2++5Fe3++4H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：5，故D错误； 故选C。 2．（2024·湖北黄冈·模拟预测）下列关于氧化还原反应的说法正确的是 A．银针验毒的原理为，X为还原产物 B．浓HCl和制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半 C．可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是具有较强的还原性 D．与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 【答案】C 【详解】A．根据原子守恒，X的化学式为，为Ag失电子，故为氧化产物，A错误； B．浓HCl和制氯气的反应方程式为，该反应中4 mol HCl参加反应，参与反应的HCl中体现酸性和还原性各占一半，B错误； C．即维生素C具有较强的还原性，可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，C正确； D．该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+3价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，生成NO的二氧化氮是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误； 答案选C。 3．（2024·安徽合肥·三模）实验室用粉煤灰(主要含，等)制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫研究，其转化流程如图所示。下列说法错误的是 A．滤渣Ⅰ的主要成分为： B．制备碱式硫酸铝溶液不涉及氧化还原反应 C．调节pH值低于3.6会导致溶液中铝元素的含量降低 D．碱式硫酸铝溶液多次循环使用后增大的原因是部分的硫元素被氧化 【答案】C 【详解】A．酸浸时发生反应：，离子方程式为，而不溶于酸，滤渣Ⅰ的主要成分为：SiO2，A正确； B．制备过程没有发生元素化合价变化，B正确； C．调节pH值低于3.6会导致溶液中较多，会使碱式硫酸铝的生成量减少，但的水解程度同样受到抑制，故溶液中铝元素的含量不会降低，C错误； D．碱式硫酸铝溶液循环吸收，溶于水的与水反应生成，加热时，部分被氧化为，使溶液中增大，D正确； 故选C。 4．（2024·海南·二模）化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列出现颜色变化属于氧化还原反应的是 A．将溶液加热，由蓝色转绿色 B．溶液中滴加KSCN溶液，由黄色转红色 C．无水吸水，由白色转蓝色 D．溶液中滴加过量乙醇，由橙色转绿色 【答案】D 【详解】A．将溶液加热，由蓝色转绿色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，A错误； B．溶液中滴加KSCN溶液，溶液由黄色转红色，发生反应：，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，B错误； C．无水吸水，由白色转蓝色，变为，元素化合价不变，不属于氧化还原反应，C错误； D．具有强氧化性，乙醇具有还原性，发生氧化还原反应，D正确； 答案选D。 5．（2023·湖南·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1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，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。 6．（2024·吉林·高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 【答案】C 【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误； B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误； C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误； 故选C。 7．（2024·山东·高考真题）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是 A．竹管、动物尾毫→湖笔 B．松木→油烟→徽墨 C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D．端石→端砚 【答案】B 【详解】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符合题意； C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不符合题意； 故选B。 8．（2025·浙江·模拟预测）利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，已知，下列说法不正确的是 A．氧化剂与还原剂之比为 B．的空间构型为角形 C．每生成，有电子参与反应 D．当与的比值为时，反应所得的的纯度最高 【答案】D 【详解】A．NO2中N元素化合价降低，NO2是氧化剂；NO中N元素化合价升高，NO是还原剂；氧化剂与还原剂之比为，故A正确； B．中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为角形，故B正确； C．NO2中N元素化合价由+4降低为+3，NO中N元素化合价由+2升高为+3，每生成，转移电子，故C正确； D．根据反应方程式，当与的比值为1:1时，反应所得的的纯度最高，故D错误； 选D。 9．（2024·湖南长沙·二模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是 A．、与BaO的反应中，是还原剂，是氧化剂 B．反应I为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为mol D．反应I和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是3∶5 【答案】D 【详解】A．由图可知，NO和在Pt表面发生反应生成，、和BaO反应生成，则是还原剂，是氧化剂，故A正确； B．由图可知，第一步反应为与作用生成，反应方程式为，故B正确； C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为还原生成BaO和等，反应方程式为，相应的关系式为，图中最大物质的量为mol，则最终生成的物质的量为mol，故C正确； D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是5∶3，故D错误； 故选D。 10．（2023·北京·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中只有离子键而不含非极性键，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。 11．（2023·福建·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： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 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、ii、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。 12．(2024·山东泰安一模)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应Ⅰ：MnO＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SO＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnO＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SO＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B．反应Ⅰ中每生成1 mol SO，转移电子的物质的量为10 mol C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3 【答案】B 【详解】反应Ⅰ中Cu2S中Cu的化合价从＋1升高到＋2，S的化合价从－2升高到＋6，Cu2S只作还原剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1 mol SO，2 mol Cu＋失去2 mol电子，1 mol S2－失去8 mol电子，共转移10 mol电子，B正确；用双线桥法分析反应Ⅱ得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2，D错误。 13．24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol·L－1的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3可被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为 A．＋2价 B．＋3价 C.＋4价 D.＋5价 【答案】A 【详解】假设反应后R元素化合价为＋x价，根据化合物中元素化合价升降数目相等可知，24 mL×10－3 L·mL－1×0.05 mol·L－1×(6－4)＝16 mL×10－3 L·mL－1×0.03 mol·L－1×(7－x)，解得x＝2，故合理选项是A。 14．（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）已知均为含氯元索的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)： ① ② ③ ④ 这五种化合物中元素化合物由低到高的顺序是 A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、Y C．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X 【答案】A 【详解】①，说明G到氯化钠，氯化合价降低，G到Q化合价升高，元素在化合物中化合价； ②，氢化合价降低，则氯化合价升高，元素在化合物中化合价； ③，Y中氯化合价既升高又降低，则元素在化合物中化合价； ④，Z中氯化合价既升高又降低，则元素在化合物中化合价； 因此这五种化合物中元素化合物由低到高的顺序是G、Y、Q、Z、X，故A符合题意。 综上所述，答案为A。 15．（24-25高三上·河北衡水·阶段练习）已知Iˉ、Fe2+、SO2、Clˉ、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Clˉ< Fe2+< H2O2< Iˉ< SO2。则下列反应不能发生的是 A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+ B．Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl C．H2O2+2H++=SO2↑+O2↑+2H2O D．2Iˉ+2H++H2O2=2H2O+I2 【答案】C 【详解】A．SO2的还原性比Fe2+强，符合强制弱原理，该氧化还原反应能发生，故A错误； B．SO2的还原性比Clˉ强，符合强制弱原理，该氧化还原反应能发生，故B错误； C．H2O2的还原性比SO2弱，违反强制弱原理，该氧化还原反应不能发生，故C正确； D．H2O2的还原性比Iˉ弱，该氧化还原反应不能发生，故D错误。 答案选C。 16．一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8 mol。将上述气体平均分为两份，一份与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余；另一份恰好能被500 mL 2 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为 A．0.1 mol B.0.2 mol C．0.25 mol D.0.4 mol 【答案】B 【详解】一份气体恰好能被500 mL 2 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，根据元素守恒，则可知每份气体含有N元素的物质的量是1 mol；一份气体与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余，则完全生成硝酸，转移电子的物质的量n(e－)＝4n(O2)＝4×＝1.6 mol，若将NaNO2全部氧化为NaNO3，转移电子的物质的量为1.6 mol，根据得失电子守恒：n(NaNO2)＝n(e－)＝×1.6 mol＝0.8 mol，根据Na原子守恒，n(NaNO3)＝1 mol－n(NaNO2)＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，故B正确。 17．（24-25高三上·黑龙江·阶段练习）已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)= 2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是 A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl 【答案】C 【详解】根据同一氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；则由题给方程式得出，氧化性由强至弱的顺序为： ＞Cl2＞Fe3+＞I2，还原性由强至弱的顺序为I-＞Fe2+＞Cl-＞Mn2+； A．氯气能将Fe2+、I-均氧化，故A不符合题意； B．KMnO4能将Fe2+、I-和Cl-均氧化，故B不符合题意； C．FeCl3能氧化除去I-而不氧化Fe2+和Cl-，故C符合题意； D．HCl与三种离子均不反应，故D不符合题意； 故答案为C。 18．（24-25高三上·江西宜春·阶段练习）已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（） A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7 B．图中BC段发生的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2 C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1：6 D．开始加入的K2Cr2O7为0.1mol 【答案】D 【详解】A．开始时浓度不变，则说明没有参加反应，则AB应为和碘化钾的反应，为氧化剂，A正确； B．BC段浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为，B正确； C．由图可知BC段消耗 I-，由2 Fe3+～2 Fe2+～2e-～2I-～I2可得，则，根据Fe原子守恒可知，与反应的Fe2+的物质的量为0.9mol，那么根据Cr2O72-～2 Cr3+～6e-～6 Fe2+～6 Fe3+可得，和与反应的物质的量为为所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比=0.15mol：0.9mol=1:6，C正确； D．三个过程合在一起看我们发现Fe元素化合价没变，2-中的Cr3+和I-，所以，由得失电子守恒可得关系式可知，共消耗的，则开始加入的的物质的量为，D错误。 答案选D。 19．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 【答案】D 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确； B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确； 综上所述，本题选D。 20．(2022·湖南卷，9,3分)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NO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NO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(NH)＝1∶4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O 【答案】D 【详解】过程Ⅰ中NO转化成NO，N元素化合价降低，发生还原反应，A错误；根据题图可得，过程Ⅰ中反应的离子方程式为e－＋NO＋2H＋===NO↑＋H2O，过程Ⅱ中反应的离子方程式为3e－＋2H＋＋NH＋NO===H2O＋N2H4，过程Ⅰ中每生成1 mol NO，a中转移1 mol电子，过程Ⅱ中每消耗1 mol的NO，b中转移3 mol电子，a和b中转移的电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ中反应的离子方程式可知，过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；从整个反应过程来看，反应物为NO、NH，产物为N2、H2O，D正确。 21．(1)配平下列化学方程式 ① HCl(浓)＋ MnO2 Cl2↑＋ MnCl2＋ H2O ② (NH4)2Cr2O7 N2↑＋ Cr2O3＋ H2O (2)根据题给信息写出对应的方程式： ①(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为 　。 ②Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为 。 ③在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式为 　。 ④KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为 　。 【答案】 (1)①4、1、1、1、2 ②1、1、1、4 (2)①5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋ ②Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S ③NaI＋3Cl2＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O ④2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 【详解】①S2O与Mn2＋反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2＋MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋。②Sb2S3与SbCl5生成SbCl3和S，其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。③在NaOH的环境中，每1 mol I－完全反应转移6 mol电子生成IO，Cl2转化为Cl－，由此可写出反应的化学方程式。④锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3)是还原剂，CO2是氧化产物，配平即可。 22．（2024·福建泉州·阶段检测）二氧化氯()是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题： (1)的制备：制备的常用方法有两种，分别为法、与反应法。 ①法制备的原理为，X的化学式为 ，将通入溶液中，有红褐色沉淀生成，溶液中的主要阴离子为、，若消耗，则被氧化的为 。 ②与反应法制备，生成物只有两种，参加反应的与物质的量之比为 ，与法相比，与反应法的优点是 (填一条)。 (2)的用途：除毒、除异味。 ①可以将剧毒的氰化物氧化成和，离子方程式为，属于 (填“酸”“碱”或“两”)性氧化物，每转移，生成 L(标准状况下)。 ②能把水溶液中有异味的氧化成四价锰，使之形成不溶于水的，该反应的离子方程式为 。 【答案】 (1) 5 无污染性气体生成 (2)酸 2.24 【详解】（1）①由原子守恒知，生成物少2个氯原子，结合方程式可得出X化学式为Cl2；ClO2中Cl元素化合价由+4价降到Cl-中的-1价，则1mol ClO2得5mole-，Fe2+被氧化为Fe(OH)3，则1mol Fe2+失1mole-，根据得失电子守恒可得，消耗1mol ClO2时被氧化的FeSO4物质的量为5mol； ②KClO3与反应制备ClO2，Cl元素化合价由+5降到+4得1e-，SO2中S元素化合价由+4升高到+6失2e-，由得失电子守恒知，KClO3和SO2物质的量之比为2 : 1；Kestiog法有Cl2生成，所以KClO3与SO2反应法的优点是无污染性气体生成； （2）①CO2能和碱反应生成盐和水，故属于酸性氧化物；由反应方程式知，转移10mole-生成1molN2，所以每转移1mole-生成0.1mol N2，即标况下体积为22.4L/mol 0.1mol=2.24L； ②ClO2将Mn2+氧化为MnO2，自身得电子到Cl-，由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得出该反应离子方程式为：6H2O+2ClO2+5Mn2+=5MnO2+2Cl-+10H+。 23．(2023·济南高三模拟)CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性：Cu2＋＞I2＞Cu＋，还原性：Cu＞I－＞Cu＋。 (1)根据物质氧化性和还原性的强弱推测，在溶液中Cu2＋和I－反应的产物是________、__________。 (2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为______________。 (3)欲消除(2)中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性：H2S__________(填“＞”“＜”或“＝”)I－；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度________(填“高”“低”或“相等”)。 (4)CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)＋Hg===Cu2HgI4(亮黄色)＋2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是____________(填字母)。 A．该反应中被氧化的元素是铜元素和汞元素 B．该反应的氧化剂为CuI C．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物 D．反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子 【答案】(1)CuI　I2　(2)2Cu＋I2===2CuI (3)＞　高　(4)AC 【详解】(1)氧化性：Cu2＋＞I2>Cu＋，还原性：Cu＞I－＞Cu＋，所以Cu2＋和I－反应，Cu2＋被还原为Cu＋、I－被氧化为I2，Cu＋和I－结合生成难溶于水的CuI沉淀，所以反应的产物是CuI、I2。 (2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应生成CuI，反应的化学方程式为2Cu＋I2===2CuI。 (3)欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，还原性：H2S>I－。 (4)该反应中Cu元素化合价由＋1降低为0，被氧化的元素是汞元素，氧化剂为CuI，Cu2HgI4是氧化产物，反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子。 24．（2024·广东·一模）硫元素具有广泛的应用。 (1)S的原子结构示意图为 。一定条件下，硫与地壳中含量最多的非金属元素X可组成两种常见的化合物，则X是 ，两种化合物均含有的化学键为 。 (2)煅烧黄铁矿()的原理为：。该反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为 。产生的可用溶液吸收，该反应的离子方程式是 。 (3)过二硫酸钠()在较高温度完全分解，分解生成焦硫酸钠和标况下，则焦硫酸钠的化学式为 。 (4)溶液可降解有机污染物4-CP。原因是溶液在一定条件下可产生强氧化性自由基()，通过测定4-CP降解率可判断溶液产生的量。某研究小组设计实验探究了溶液酸碱性、Fe2+的浓度对产生的影响。 ①溶液酸碱性的影响：已知+H+=+，由此判断，溶液酸性增强，降解4-CP的效果 (填“越好”、“越差”或“无影响”) ②Fe2+浓度的影响：相同条件下，将不同浓度溶液分别加入、的混合溶液中。反应后测得实验结果如图所示。 已知：+Fe2+=++Fe3+。则由图示可知下列说法正确的是： (填序号) A．反应开始一段时间内，4-CP降解率随Fe2+浓度的增大而增大，其原因是Fe2+能使Na2S2O8产生更多的。 B．Fe2+是4-CP降解反应的催化剂 C．当c(Fe2+)过大时，4-CP降解率反而下降，原因可能是Fe2+会与发生反应，消耗部分 D．4-CP降解率反而下降，原因可能是生成的Fe3+水解使溶液的酸性增强，不利于降解反应的进行 ③当c(Fe2+)=3.2×10-3mol/L时，4-CP降解的降解率为 ，4-CP降解平均反应速率的计算表达式为 。 【答案】 (1) O 共价键 (2)11：10 (3)Na2S2O7 (4)越好 AC 52.4% 【详解】（1）S原子核内有16个质子，核外有16个电子，分三层排布，其原子结构示意图为；地壳中含量最多的非金属元素为O；O与S形成SO2和SO3，S与O之间形成共价键； （2）反应，前后各元素化合价的变化情况如下： Fe：+2→+3，化合价升高；S：-1→+4，化合价升高，O：0→-2，化合价降低，因此在反应中FeS2还原剂，O2是氧化剂，Fe2O3既是氧化产物也是还原产物，SO2既是氧化产物也是还原产物，n(氧化剂)：n(氧化产物)=11：10；SO2与FeCl3溶液反应生成Fe2+和，反应的离子方程式为； （3）1molNa2S2O8分解生成1mol焦硫酸钠，并产生标况下11.2LO2，物质的量为0.5mol，则氧原子为1mol，说明1mol焦硫酸钠中氧原子为7mol，焦硫酸钠的化学式为Na2S2O7； （4）①根据+H+=+，溶液酸性增强越有利于Na2S2O8产生，降解4-CP的效果越好； ②A．根据+Fe2+=++Fe3+可知，开始加入Fe2+有利于Na2S2O8产生更多的，A正确； B．由图象可知，后半部分随着c(Fe2+)的增大，4-CP的降解率在减小，因此Fe2+不是4-CP降解反应的催化剂，B错误； C．由于自由基有强氧化性，Fe2+会与发生反应，消耗部分，即当c(Fe2+)过大时，4-CP降解率反而下降，C正确； D．生成的Fe3+水解使溶液的酸性增强，根据+H+=+可知，会更加有利于4-CP的降解，D错误； 故选AC； ③根据图片知，当c(Fe2+)=3.2×10-3mol/L时，4-CP降解率为52.4%，4-CP降解的平均反应速率。 25．（2024·陕西安康·模拟预测）连二亚硫酸钠俗称低亚硫酸钠，广泛用于纺织、医药、选矿、造纸工业。某实验小组拟用甲酸钠、烧碱、二氧化硫制备连二亚硫酸钠并测定其纯度。 查阅资料：连二亚硫酸钠是白色结晶粉末，极易溶于水，不溶于乙醇，加热到以上分解放出二氧化硫，空气中能被氧化，是一种强还原剂。 I．的制备。 (1)制备时选用上图所示装置中的 (填小写字母)，选用以下试剂中的 (填选项字母)。 A．铜粉　B．　C．浓硫酸　D．硫酸　E．硫酸　F．浓盐酸　G．稀硝酸 II．的制备。 利用如图所示实验装置(加热、搅拌及夹持装置省略)制备，实验步骤如下： i．先从b口通入一段时间的； ii．持续通入，保持水浴温度左右反应； iii．停止加热，冷却至； iv．拆卸装置，将e中的混合物经过_______、洗涤后得到粗产品。 (2)步骤i先通入的目的是 。 (3)装置e中发生的主要反应的化学方程式为 。 (4)步骤iv的空白处实验操作为 。洗涤粗产品的洗涤剂为 (填“水”或“乙醇”)，进一步提纯的方法为 。 III．纯度的测定。 称取纯化后的产品mg溶于水，加入溶液碱化后配成待测液，量取待测液于锥形瓶中，加入滴亚甲基蓝，用标准液进行滴定，当溶液颜色由无色变为蓝色时，达到滴定终点，进行三次平行实验消耗标准液{已知滴定过程中主要转化为，}。 (5)下列情况会造成测定结果偏小的是_______(填选项字母)。 A．盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸馏水 B．未用标准液润洗酸式滴定管 C．若考虑空气参与上述滴定氧化还原反应 D．滴定终点时俯视读数 (6)产品的纯度为 (用含V的代数式表示)。 【答案】 (1)c(或d) AC(或BD) (2)排尽装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化 (3)(或) (4)过滤 乙醇 重结晶 (5)CD (6) 【详解】（1）实验室制备可采用Cu和浓硫酸加热，也可采用与较浓硫酸反应，故选择装置c、药品AC或装置d、药品BD。 （2）根据信息连二亚硫酸钠是一种强还原剂，制备过程中需排尽装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化。 （3）根据反应原理可确定反应的化学方程式为 或 （4）因为冷却后有晶体析出所以需过滤得到晶体，再用乙醇进行洗涤，最后重结晶进一步的纯化。 （5）盛放待测液的锥形瓶内残留少量蒸馏水，不影响消耗标准液的量，不影响测定结果，A项错误；未用标准液润洗酸式滴定管，则需多消耗标准液，测定结果偏大，B项错误；若考虑空气参与上述滴定氧化还原反应，则做氧化剂的标准液消耗减少，测定结果偏小，C项正确；滴定终点时俯视读数，则消耗的标准液偏少，测定结果偏小，D项正确。 （6）根据得失电子守恒有关系式：，即待测液中，产品的纯度为。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$