课件：2025届高考化学一轮复习：《第4讲　氧化还原反应的基本概念和规律》巩固与提升

方向比努力更重要 研究考纲·辨明考向 原 础 化 氧 还 基 巩 固 应 反 与 提 升 高考化学一轮基础巩固提升 考纲解读 考向预测 1 ．理解氧化还原反应、氧化剂和还原 剂等概念。 2．了解常见的氧化还原反应。 3．熟练掌握氧化性和还原性强弱的判 断。 4．能判断氧化还原反应中电子转移的 方向和数目，并能配平反应方程式。 5．能运用元素守恒、得失电子守恒、 电荷守恒，进行氧化还原反应的计 算。 1 ．氧化还原反应是高中化学的热点内 容，一般在选择题中不单独命题， 而是分散在某个选项中，而在非选 择题中年年要考。 2．在非选择题中，将氧化还原反应与 酸碱中和滴定、电化学原理、热化 学原理等综合考查，同时考查新情 景下氧化还原反应方程式的书写与 配平，综合考查氧化还原反应的计 算。 考纲要求 核心素养 思维导图 1.宏观辨识与微观探析：能正确辨别氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。能灵活运用氧化还原反应的相关规律配方程式。 2.变化观念与平衡思想：能从原子、分子水平分析化学变化的本质；能对具体物质的性质和化学变化做出解释和推测。能根据得失电子守恒思想进行相应计算。 名师备考建议 氧化还原反应是中学化学的核心理论，是从元素价态视角认识元素及其化合物性质的工具，氧化还原反应的规律(价态规律、强弱规律、先后规律、守恒规律)在解决氧化还原反应实际问题的应用中，起着举足轻重的作用。高考试题在化学工艺流程或实验综合题中考查了氧化还原反应的规律及应用，要求考生阅读并获取有关信息，识别有效证据、处理转化数据，并分析实验数据，要求考生利用氧化还原反应中“守恒规律”处理实验数据，解决相关实际问题。氧化还原反应的规律及应用体现《中国高考评价体系》中对理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、探究与创新等关键能力的要求。 氧化还原反应是高考的必考内容，分析近几年高考题，氧化还原反应一般不单独考查，而是与其他模块知识综合考查，如选择题中与阿伏加德罗常数结合考查电子转移数目的计算，以化学实验为载体，考查氧化还原反应相关概念和规律；非选择题可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题。一般在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算。从考查的内容上来看，氧化还原反应中电子转移数目的计算在NA题目中是命题热点，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”。 以下几点建议可供大家复习时参考： (1)将氧化还原反应基本概念的判断通过“升失氧—降得还”快速理顺，以准确判断各物质的“角色”； (2)熟练掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式的技巧，特别是离子型氧化还原反应方程式的“三步”配平法：电子守恒→电荷守恒→质量守恒； (3)有意识地强化记忆氧化还原反应规律，特别是氧化性、还原性强弱规律和电子守恒规律的应用。 (4)与氧化还原滴定相结合考查氧化还原反应的相关计算。 预计2025年的高考中，有关氧化还原反应的灵活应用仍然是考查重点，如氧化还原反应方程式的书写及计算，物质氧化性、还原性强弱的判断，电子转移数目的计算等，随着新高考对考生能力要求的提高，陌生氧化还原反应方程式的书写，以及在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写仍将是命题热点。 真题再现·辨明考向 √ 1. (2024年山东卷)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 解析：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； √ 2. (2024年湖南卷)下列过程中，对应的反应方程式错误的是 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 √ 3. (2024年湖北卷)劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误的是 发明 关键操作 化学原理 A 制墨 松木在窑内焖烧 发生不完全燃烧 B 陶瓷 黏土高温烧结 形成新的化学键 C 造纸 草木灰水浸泡树皮 促进纤维素溶解 D 火药 硫黄、硝石和木炭混合，点燃 发生氧化还原反应 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 解析：A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确； B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确 C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，C错误； D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为S+2KNO3+3C＝K2S+3CO2↑+N2↑，D正确； √ 4. (2024年贵州卷)根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是 选项 实验操作及现象 结论 A 将Zn和ZnSO4溶液与Cu和CuSO4溶液组成双液 原电池，连通后铜片上有固体沉积 原电池中Zn作正极， Cu作负极 B 向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴 乙醛，振荡，水浴加热，试管壁上出现银镜 乙醛有氧化性 C 向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液，溶液由 浑浊变澄清 苯酚的酸性比H2CO3 强 D 向BaCl2溶液中先通入适量SO2，无明显现 象，再加入稀HNO3，有白色沉淀生成 稀HNO3有氧化性 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 √ 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 解析：NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应； A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确； B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确； C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确； D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误； √ 6. (2023年浙江1月选考)关于反应2NH2OH＋4Fe3+＝N2O↑＋4Fe2+＋4H+＋H2O，下列说法正确的是 A. 生成1molN2O，转移4mol电子 B．NH2OH是还原产物 C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D. 若设计成原电池，Fe2+为负极产物 解析：A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确； B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误； C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误； D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误； √ 7. (2023年全国乙卷)下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A. 使用明矾对水进行净化 B. 雪天道路上撒盐融雪 C. 暖贴中的铁粉遇空气放热 D. 荧光指示牌被照发光 解析：A．使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意； B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意； C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意； D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意； √ 8．(2023年广东卷)按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正确的是 A．Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性 B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性 C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象 D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 √ 解析：A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误； B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误； D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确； √ 10. (2022年6月浙江卷)下列说法正确的是 A. 工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁 B. 接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫 C. 浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸 D. “洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用 解析：A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确； B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确； C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确； D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确； √ 11. (2022年6月浙江卷)关于反应Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4 ＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是 A．H2SO4发生还原反应 B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子 解析：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 √ 12. (2022年6月浙江卷)亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是 方案设计 现象和结论 A 先加入少量KClO3溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 B 加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠 C 先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠 D 先加入少量Na2SO3溶液，再加入BaCl2溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠 解析：A．KClO3溶于水，电离出钾离子和氯酸根离子，亚硝酸钠溶于水电离出钠离子和亚硝酸根离子，由于AgNO2沉淀可溶于稀硝酸，滴加硝酸银和足量稀硝酸不能生成白色沉淀，A错误； B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误； C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确； D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误； √ 13. (2022年广东卷)若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是 A. Cu与浓硫酸反应，只体现H2SO4的酸性 B. a处变红，说明SO2是酸性氧化物 C. b或c处褪色，均说明SO2具有漂白性 D. 试管底部出现白色固体，说明反应中无H2O生成 解析：A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误； B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确； C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误； D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误； √ 14．(2022年湖北卷)化学与生活密切相关，下列不涉及化学变化的是 A. 加入明矾后泥水变澄清 B. 北京冬奥会用水快速制冰 C. 炖排骨汤时加点醋味道更鲜 D. 切开的茄子放置后切面变色 解析：A．明矾净水的原理为：Al3+＋3H2O Al(OH)3＋3H+，Al(OH)3胶体具有吸附性，可以使泥水变澄清，涉及化学变化，A错误； B．水和冰的分子式都是H2O，水快速制冰为物理变化，B正确； C．炖排骨汤时放点醋，可使骨头中的钙、磷、铁等矿物质溶解出来，营养值更价高。此外，醋还可以防止食物中的维生素被破坏，涉及化学变化，C错误； D．茄子中存在一类叫“酚氧化酶”的物质，它见到氧气之后，发生化学反应产生一些有色的物质。反应时间越长，颜色越深，D错误； √ 15. (2022年湖北卷)硫代碳酸钠能用于处理废水中的重金属离子，可通过如下反应制备：2NaHS(s)＋CS2(l)＝Na2CS3(s)＋H2S(g)，下列说法正确的是 A．Na2CS3不能被氧化 B．Na2CS3溶液显碱性 C．该制备反应是熵减过程 D．CS2的热稳定性比CO2的高 解析：A．Na2CS3中硫元素为-2价，还原性比较强，能被氧化，故A错误； B．类比Na2CO3溶液，O与S同主族，可知Na2CS3溶液显碱性，故B正确； C．由反应方程式可知，固体与液体反应制备了硫化氢气体，故该制备反应是熵增过程，故C错误； D．S的原子半径比O小，故C＝S键长比C＝O键长长，键能小，故CS2的热稳定性比CO2的低，故D错误； √ 16．(2022年江苏卷)室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 Fe2+具有还原性 B 向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 SO2具有漂白性 C 向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化 Br2的氧化性比I2的强 D 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 CH3COOH是弱电解质 解析：A．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明Fe2+具有还原性，A正确； B．向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色，说明SO2具有漂白性， B正确； C．向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2的氧化性比I2的强，C正确； D．用pH计测量醋酸、盐酸的pH用以证明CH3COOH是弱电解质时，一定要注明醋酸和盐酸的物质的量浓度相同，D错误。 √ 17. (2022年辽宁卷)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色：加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是 A. 褪色原因为I2被Fe还原 B. 液体分层后，上层呈紫红色 C. 镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D. 溶液恢复棕色的原因为I－被氧化 解析：A．Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被Zn还原，A项错误； B．液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误； C．若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误； D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确； 18. (2022年湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1)。 实验 操作与现象 ① 在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。 ② 在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色； 再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。 ③ 在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色； 将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生； 另一份煮沸，产生红褐色沉淀。 √ 依据上述实验现象，结论不合理的是 A. 实验①说明加热促进Fe3+水解反应 B. 实验②说明Fe3+既发生了水解反应，又发生了还原反应 C. 实验③说明Fe3+发生了水解反应，但没有发生还原反应 D. 整个实验说明SO32-对Fe3+的水解反应无影响，但对还原反应有影响 解析：铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。 A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确； B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B正确； C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C正确； D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D错误。 √ 19. (2022年新高考山东卷)古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为 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” √ 20. (2022年新高考山东卷)实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是 A. ①中用瓷坩埚作反应器 B. ①中用NaOH作强碱性介质 C. ②中K2MnO4只体现氧化性 D. MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% 解析：由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。 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时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，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元素只有三分之二转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确； √ √ 22. (2021年广东卷)部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A. a可与e反应生成b B. b既可被氧化，也可被还原 C. 可将e加入浓碱液中制得d的胶体 D. 可存在b→c→d→e→b的循环转化关系 解析：图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。 A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选； B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选； C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选； √ 23. (2021年广东卷)宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是 A. Na2O2放入水中：Na2O2＋H2O＝2NaOH＋O2↑ B. H2O(g)通过灼热铁粉：3H2O＋2Fe＝Fe2O3＋3H2↑ C. 铜丝插入热的浓硫酸中：Cu＋H2SO4＝CuSO4＋H2↑ D. SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2＋2H2O＋2MnO4-＝5SO42-＋4H+＋2Mn2+ 解析：A．Na2O2放入水中化学方程式应该是：2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，A选项中氧元素不守恒，A错误； B．H2O(g)通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误； C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误； D．SO2通入酸性KMnO4溶液中，SO2被MnO4-氧化为SO42-，MnO4-被SO2还原为Mn2+，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为5SO2＋2H2O＋2MnO4-＝5SO42-＋4H+＋2Mn2+，D正确； √ 24. (2021年山东卷)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是 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0.25mol √ 解析：KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。 A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确； B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误； 25. (2021年山东卷)下列由实验现象所得结论错误的是 A. 向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO3-具有氧化性 B. 向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ) C. 向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应 生成NO2 D. 向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发 生了水解反应 √ 解析：A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，HSO3-体现氧化性，A项不符合题意； B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意； C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意； D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解， NaClO＋H2O NaOH＋HClO，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；故选C。 26 (2021年6月浙江选考)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是 A. 具有强氧化性 B. 与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 C. 与盐酸作用能产生氯气 D. 水解生成盐酸和硝酸 √ 解析：A．ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确； B．ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确； C．ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确； D．ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。 27. (2021年6月浙江选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物 C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 √ 解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误； C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误； D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确； 28．(2020年山东卷)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 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．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。 29．(2020年北京卷)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是 A．Na　　 B．Cl2 C．NO2 D．Na2O √ 解析：Na与水反应生成NaOH和H2，H元素被还原，H2O作氧化剂，表现出氧化性，A项正确；Cl2、NO2与水反应时，H2O既不是氧化剂又不是还原剂，B、C项均错误；Na2O与水反应生成NaOH，不是氧化还原反应，D项错误。 30．(2020年北京卷)下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 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，不涉及氧化还原反应，A项错误；用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]溶于水中，电离出的Al3＋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，不涉及氧化还原反应，B项错误；用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)，发生的主要反应为：6HCl＋Fe2O3===2FeCl3＋3H2O，反应中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，C项错误；用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，D项正确。 31. (2024年贵州卷)煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下： 回答下列问题： (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为 ________________________________________________________。 32. (2024年黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为____________________________________________________。 (6)“沉金”中Zn的作用为______________________________________。 作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au (6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au； 33. (2024年山东卷)以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下： 回答下列问题： (3)“还原”中加入铅精矿的目的是____________________________。 (4)“置换”中可选用的试剂X为_______(填标号)。 A．Al B．Zn C．Pb D．Ag “置换”反应的离子方程式为___________________________________________。 将过量的Fe3+还原为Fe2+ C Pb＋2[AgCl2]－＝2Ag＋[PbCl4]2- 解析：(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：Pb＋2[AgCl2]－＝2Ag＋[PbCl4]2-。 34. (2024年甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 回答下列问题： (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为__________________________________________________。 2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO 解析：(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。 35. (2024年新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH： Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是_____________________________ ____________________________。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_________________检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 ________________________________________________、 ________________________________________________。 将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素； K3[Fe(CN)6]溶液 Fe2+ 36．(2023年湖北卷节选)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下： 回答下列问题： (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因___________________ ______________________________。 SiCl4＋3H2O＝H2SiO3＋4HCl (4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为___________mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________。 5.9×10-7 解析：由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 (2)铜与过量H2O2反应的探究如下： Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂 CuO2 37. (2023年湖北卷)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 解析：(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸； 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 38. (2023年辽宁卷节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 回答下列问题： (3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为________________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、_______(填化学式)。 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变， Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 SO2体积分数为_____时，Mn(Ⅱ) 氧化速率最大；继续增大SO2体积分 数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 ________________________________________________________________。 Fe(OH)3 9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 (5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为___________________________________。 4Co(OH)2＋O2＝4CoO(OH)＋2H2O 解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2+＋HSO＝MnO2＋SO＋3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 39. (2023年江苏卷)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4∙H2O，其实验过程可表示为 (2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为______________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是_______________________________________ ______________________________。 pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 解析：本实验的目的是为了制取MgSO4∙H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4∙H2O； 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 40. (2022年全国甲卷节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为___________________________。 (4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_________________________________ 。 (5)滤液②中加入锌粉的目的是 。 3Fe2+＋MnO4-＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 置换Cu2+为Cu从而除去 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 41. (2022年全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。 回答下列问题： (3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。 (i)能被H2O2氧化的离子是________； (ii) H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为 ； (iii) H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是 。 Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂 解析：(3) (i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。 (ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb＋H2O2＋2HAc＝Pb(Ac)2＋2H2O。 (iii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。 42. (2022年6月浙江卷)回答下列问题： (2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是 。 Na+半径小于K+，Na+与H－的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱 解析：(2)KH和NaH均可形成离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H—的离子键作用较强，其中的H—更难失电子、还原性更弱，因此，KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H—的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱。 43. (2022年北京卷节选)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应 资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO42- (绿色)、MnO4－(紫色)。 ii．浓碱条件下，MnO4－可被OH-还原为MnO42-。 iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发 生变化 II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在 空气中缓慢变成棕 黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变 为紫色，仍有沉淀 III 40%NaOH 溶 液 产生白色沉淀，在 空气中缓慢变成棕 黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变 为紫色，仍有沉淀 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 (2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为______________ __________________________________。 (3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_____________________________________________。 (4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO42-氧化为MnO4-。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因_______________________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 2Mn(OH)2＋O2＝2MnO2＋2H2O Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ____________ ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_____(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是________________________________________________________。 ④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 ____________ __________________________________________________________________ 。 4MnO4-＋4OH- ＝4 MnO42-＋O2↑＋2H2O Cl2 3ClO-＋2MnO2＋2OH-＝2 MnO42-＋3Cl-＋H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液 解析：在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。 (2)通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2＋O2＝2MnO2＋2H2O； (3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强； (4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O； ②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO4-＋4OH-＝4MnO42-＋O2↑＋2H2O； 溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量； ③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO4-，发生的反应是：3ClO-＋2MnO2＋2OH-＝2 MnO42-＋3Cl-＋H2O； ④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。 44. (2022年海南卷)胆矾(CuSO4∙5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。 回答问题： (3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 。 Cu＋H2O2 ＋H2SO4 ＝CuSO4 ＋2H2O 解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。 (3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2+＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。 45. (2022年河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 (6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3∙xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和 (填化学式，不引入杂质)。 7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4 +2、+3 Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O＋Cl-＋NH4+ H2O2 NH3·H2O 解析：(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4； (5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]3-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O+Cl-+NH4+，故答案为：+2、+3；Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+； (6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。 46. (2022年江苏卷)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为 。 2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O 解析：首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。 (1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O； 47. (2021年高考甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)I2的一种制备方法如下图所示： ①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。 ②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 ；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是 。 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (2)以NaIO3 NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 。 (3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为_______mol。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I- I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。 2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O 4 防止单质碘析出 1.氧化还原反应的本质和特征 基于“双线桥”理解氧化还原反应的概念 核心知识梳理 2. 基于双线桥理解氧化还原反应概念之间的关系 概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。 双线桥法 单线桥法 表示方法 3．氧化还原反应中电子转移的表示方法 1、用双线桥法标出MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反应电子转移的 方向和数目：_______________________________。此反应中氧化剂是______，还原剂是_____，氧化产物是_____，还原产物是_______，MnO2发生_______反应，HCl发生______反应；生成1 mol Cl2时转移电子数目为______，被氧化的HCl的物质的量是___ mol，盐酸表现的性质是______性和____性。 MnO2 HCl Cl2 MnCl2 还原 氧化 2NA 2 还原 酸 理解应用 2.(2024届烟台模拟)中华传统文化中富含化学知识，下列叙述与氧化还原反应无关的是 A.熬胆矾铁釡，久之亦化为铜 B.千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 C.落红不是无情物，化作春泥更护花 D.有舶上铁丝日久起销 √ 解析： “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是指Fe与CuSO4溶液的置换反应，涉及氧化还原反应，A项不符合题意； “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”是指石灰石的煅烧，不涉及氧化还原反应，B项符合题意； “落红不是无情物，化作春泥更护花”是指有机物的腐败过程，涉及氧化还原反应，C项不符合题意； “有舶上铁丝日久起销”是指铁的吸氧腐蚀，涉及氧化还原反应，D不符合题意。 4.氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系图示 5.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。如： (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。如： (3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性 其中：Fe2＋、 主要表现 性，H2O2主要表现 性。 Fe S H2O Fe3+ O2 还原 氧化 6.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=== 。 b.高温还原金属 如固态NaH在673 K时能将TiCl4还原为金属钛：　 　　　　　　　　　　。 NaOH＋H2↑ (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。 (1)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应( ) (2)金属阳离子一定只具有氧化性( ) (3)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原( ) (4)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂( ) (5)某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原( ) (6)置换反应都是氧化还原反应，化合反应可能是氧化还原反应( ) (7)CaO2与水发生氧化还原反应时，CaO2只作氧化剂( ) (8)在氧化还原反应中，非金属单质不一定是氧化剂(　　) × × √ √ × × × 正误判断 √ 理解应用 (1)下列标明电子转移的方向和数目的化学方程式中，正确的是____(填序号)。 ① ② ③ ④ ④ (2)①中MnO2的作用：_______。 ②中Cl2表现的性质：_______________。 ③中氧化产物和还原产物的质量比为______。 ④中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。 催化剂 氧化性和还原性 5∶1 2∶1 下列反应属于氧化还原反应的是_____________，属于化合反应的是_____，属于分解反应的是_____，属于置换反应的是______，属于复分解反应的是______(填序号)。 ④2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑ ⑦SO3＋H2O===H2SO4 ⑨H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O ⑩NaH＋H2O===NaOH＋H2↑ ⑪IBr＋H2O===HIO＋HBr ①③④⑥⑧⑩ ⑦⑧ ⑤⑥ ①④ ⑨⑪ 题组一　氧化还原反应的判断 1．(2025届太原开学模拟)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 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．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意； B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意； C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意； D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。 对点训练 √ 2．(2024届西安市名校开学模拟)古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富，下列诗句涉及氧化还原反应的是(　　) A．花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴 B．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 C．粉身碎骨浑不怕，要留清白在人间 D．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 √ 解析：诗句描述的没有涉及化学反应，A错误；沙里淘金属于物理变化，不是化学反应，B错误；诗句中涉及的反应有CaO＋H2O===Ca(OH)2、Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O，都不是氧化还原反应，C错误；爆竹爆炸过程中，火药燃烧属于氧化还原反应，D正确。 3．下列物质久置在空气中发生的变化没有涉及氧化还原反应的是(　　) A．铁杆生锈 B．FeSO4由浅绿色变成棕黄色 C．Na2O2由淡黄色变成白色 D．石灰水表面附有白色固体 √ 解析：铁单质→Fe2O3，存在化合价的变化；由溶液颜色变化可知Fe2＋变为Fe3＋，存在化合价的变化；Na2O2与水或CO2反应生成氧气，存在化合价的变化，A、B、C三项均属于氧化还原反应；石灰水吸收CO2，转化成CaCO3，没有化合价的变化，D项不属于氧化还原反应。 4.(2024届四川重点高中联考)下列应用不涉及氧化还原反应的是 A.酸雨的形成 B.根瘤菌固氮 C.氨碱法制纯碱 D.电池放电 √ 解析：有电子转移的反应是氧化还原反应，酸雨的形成是燃烧含硫、氮化合物引起的，是氧化还原反应；根瘤菌固氮是将氮气转化为化合态的氮；电池放电是氧化还原反应；氨碱法制纯碱的反应是NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl,2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O↑，选C。 5.(2018年北京，9)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是   A B C D 实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中 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 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：C项，向AgCl浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，发生沉淀的转化，反应的离子方程式为2AgCl＋S2－ Ag2S＋2Cl－，与氧化还原反应无关； A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，会生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，反应过程中出现灰绿色，最后变为红褐色，与氧化还原反应有关； B项，由于氯水显酸性，先使紫色石蕊溶液变红，后由于HClO具有氧化性， 使红色溶液迅速褪色，与氧化还原反应有关； D项，热铜丝插入稀硝酸中发生的反应为3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO被氧气氧化生成红棕色的NO2，与氧化还原反应有关。 6.(2024届青岛一模)下列颜色变化与氧化还原反应有关的是 A.氨气遇到HCl气体后产生白烟 B.品红溶液通入SO2气体后褪色 C.湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝 D.在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色 √ 7.(2024届天津市静海模拟)下列化学反应属于区域3的是 A.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 D.Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ √ 解析：A项，该反应中有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应；反应物是三种，生成物只有一种，反应类型属于化合反应，但不属于区域3，不符合题意； B项，该反应中没有元素化合价的变化，因此不属于氧化还原反应；反应物是一种，生成物是多种，属于分解反应，但不属于区域3，不符合题意； C项，该反应中有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应；该反应不属于任意一种基本反应类型，但属于区域3，符合题意； D项，该反应中有元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应；反应物是一种单质和一种化合物，生成物是另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，但不属于区域3，不符合题意。 8. 单晶硅是制作电子集成电路的基础材料，对硅的纯度要求很高。制得高纯度硅的化学方程式为①SiO2＋2C Si＋2CO↑；②Si＋3HCl SiHCl3＋H2；③SiHCl3＋H2 Si＋3HCl，则有关反应分类说法正确的是 A.①②③均属于氧化还原反应 B.只有①属于置换反应 C.只有①属于氧化还原反应 D.③属于复分解反应 √ 解析：①SiO2＋2C Si＋2CO↑，属于氧化还原反应、置换反应； ②Si＋3HCl SiHCl3＋H2，属于氧化还原反应、置换反应； ③SiHCl3＋H2 Si＋3HCl，属于氧化还原反应、置换反应。 故①②③均属于氧化还原反应、置换反应，A正确； B、C错误； ③不属于复分解反应，D错误。 A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5 B.若有2 mol Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol C.每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为4 mol D.O2是氧化剂， 与Fe2＋是还原剂 √ 题组二　基于“双线桥”分析氧化还原反应 9．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－===Fe3O4↓＋S4O62-＋2H2O。下列说法不正确的是(　　) 若有2 mol Fe2＋被氧化，失去2 mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5 mol，B项正确； 解析： 反应中 3Fe 2 ＋ → Fe 3 O 4 ，当 3 mol Fe 2 ＋ 参加反应时，有 2 mol Fe 2 ＋ 化合价 升高，反应中 Fe 和 S 元素的化合价升高， Fe 2 ＋ 、 S 2 O 2 － 3 被氧化，作还原剂， O 2 为氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1 ∶ (2 ＋ 2) ＝ 1 ∶ 4 ， A 项错误、 D 项正确； 反应中 3Fe 2 ＋ → Fe 3 O 4 ,2S 2 O 2 － 3 → S 4 O 2 － 6 ，当 3 mol Fe 2 ＋ 参加反应时，有 2 mol Fe 2 ＋ 化合价升高， S 元素由＋ 2 价升高到＋ 5 2 价，所以每生成 1 mol Fe 3 O 4 ，反应转移 的电子为 4 mol ， C 项正确。 √ 11. 某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4＋N2O4===3N2＋4H2O，反应温度可高达2 700 ℃，对于该反应，下列说法中正确的是 A.该反应属于置换反应 B.N2H4是氧化剂 C.N2O4是还原剂 D.N2既是氧化产物，又是还原产物 √ 解析：该反应的反应物中无单质，不属于置换反应，A错；N2H4中N元素的化合价为－2，在反应中失电子变为0价，因此N2H4是还原剂，B错；N2O4中N元素的化合价为＋4，在反应中得到电子变为0价，因此N2O4是氧化剂，C错；－2价的N和＋4价的N均生成0价的N，因此N2既是氧化产物又是还原产物，D对。 12.(2023届江西赣州模拟)制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O。下列说法错误的是 A.KClO3在反应中得到电子 B.ClO2是还原产物 C.H2C2O4在反应中被氧化 D.1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移 √ 解析：反应中氯元素的化合价由＋5降低为＋4，则KClO3为氧化剂，在反应中得到电子，A项正确； 因KClO3为氧化剂，在反应中被还原，则ClO2是还原产物，B项正确； 反应中碳元素的化合价由＋3升高到＋4，则H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，C项正确； 反应中氯元素的化合价由＋5降低为＋4,1 mol KClO3参加反应有1 mol× (5－4)＝1 mol电子转移，D项错误。 13.(2024届武汉一模)Cu2HgI4是一种红色固体，常用作示温涂料。制备反应为2CuSO4＋K2HgI4＋SO2＋2H2O===Cu2HgI4↓＋K2SO4＋2H2SO4。下列说法正确的是 A.上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为＋1 B.上述反应中Hg元素与Cu元素均被还原 C.上述反应中生成1 mol Cu2HgI4时，转移的电子数为4NA D.由以上信息可推知：可发生反应 2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4 √ 解析：根据反应方程式可知，Cu2HgI4中Cu的化合价为＋1价，则Hg的化合价为＋2价，A选项错误； 上述反应中，只有Cu元素被还原，B选项错误； 上述反应中，CuSO4中Cu的化合价由＋2价降至＋1价，生成1 mol Cu2HgI4时，转移2 mol电子，转移的电子数为2NA，C选项错误； 根据题干信息，CuSO4可与SO2在盐溶液中发生氧化还原反应，Cu2＋被还原为Cu＋，SO2被氧化为 ，则反应2CuSO4＋2NaCl＋SO2＋2H2O== 2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4可以发生，D选项正确。 14.(2024届成都)LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O=== LiAlO2＋4H2↑。下列说法正确的是 A.氢气既是氧化产物又是还原产物 B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂 C.若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1 √ 解析：由反应的化学方程式可知，LiAlH4中H由－1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由＋1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误； 由反应的化学方程式可知，1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2，则转移0.2 mol电子，C项错误； LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2，D项错误。 走好关键第一步——正确标出元素化合价 正确分析氧化还原反应中电子转移的数目，其前提是确定物质中各元素(特别是变价元素)的化合价。基本方法是先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。常见元素的化合价可以借助化合价口诀来记忆：一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银；二价氧、钙、钡、镁、锌；三铝、四硅、五价磷；说变价也不难，二三铁、二四碳、二四六硫都齐全；铜汞二价最常见。 反思归纳 反思归纳 近几年高考中一些特殊物质中元素化合价判断 CuFeS2　Cu＋2　Fe＋2　S－2　K2FeO4　Fe＋6 Li2NH　N－3　LiNH2　N－3　AlN　N－3 Na2S2O3　S＋2　 　M＋5　 　C＋3 HCN　C＋2　N－3　CuH　Cu＋1　H－1 Fe＋(8－n)　Si3N4　Si＋4　N－3 1.氧化性、还原性的判断 (1)氧化性是指 的性质(或能力)；还原性是指 的性质(或能力)。 (2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的 程度，与得、失电子数目的 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。 从元素的价态考虑： 最高价态——只有 ，如：Fe3＋、浓H2SO4、KMnO4、HNO3等； 最低价态——只有 ，如：金属单质、Cl－、S2－等； 中间价态——既有 又有 ，如：Fe2＋、S、SO32-、Cl2等。 得电子 失电子 难易 多少 氧化性 还原性 氧化性 还原性 氧化性、还原性强弱规律 核心知识梳理 特别提醒 四个不 1．元素处于最高价态时只有氧化性，但不一定有强氧化性，如Na＋、SO42-；同理，元素处于最低价态时也不一定具有强还原性。 2．对于一种物质既作氧化剂又作还原剂的反应，如Cl2＋H2O HClO ＋HCl，不能根据反应方程式判断物质氧化性、还原性的强弱。 3．依据金属活动性顺序判断阳离子的氧化性强弱时，要注意Fe对应的阳离子是Fe2＋，而不是Fe3＋。 4．含有同种元素不同价态的物质，价态越高其氧化性不一定越强。如氧化性HClO>HClO4。 2.氧化性、还原性强弱的比较方法 1.(1)根据化学方程式判断 氧化剂(氧化性)＋还原剂(还原性)===还原产物＋氧化产物 氧化性：氧化剂 氧化产物； 还原性：还原剂 还原产物。 (2)根据反应条件和产物价态高低进行判断 ①与同一物质反应，一般越易进行，则其氧化性或还原性就 。如Na与冷水剧烈反应，Mg与热水反应，Al与水加热反应也不明显，所以还原性：Na Mg Al；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。 > > 越强 > > > > > ②当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态相同，可根据反应条件的高低进行判断：一般条件越低，氧化剂的氧化性 ，如：MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，由上述反应条件的不同，可判断氧化性：KMnO4 MnO2。 当不同氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态不相同，可根据氧化产物的价态高低进行判断：氧化产物的价态越高，则氧化剂的氧化性 ，如：2Fe＋3Cl2 2FeCl3，Fe＋S FeS，则氧化性：Cl2 S。 越强 > 越强 > 氧化性、还原性强弱的8种判断依据： (1)化学反应方程式； (2)金属、非金属活动性； (3)元素周期表中相对位置； (4)反应条件及反应剧烈程度； (5)氧化或还原的程度； (6)电化学信息； (7)外界条件； (8)元素最高价氧化物的水化物的酸碱性。 方法归纳 1. 物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度等有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液　②Cu与FeCl3溶液　③Zn与H2SO4溶液　④Fe与FeCl3溶液　⑤Cl2与NaOH溶液　⑥Fe与HNO3溶液　⑦Fe与H2SO4溶液　⑧Na与O2 (1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是__________(填序号，下同)。 (2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是__________。 (3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是______。 ①③⑥⑦ ⑤⑥⑦⑧ ②④ 解析：⑥Fe和浓HNO3常温下钝化，加热继续反应，Fe和稀HNO3反应，HNO3被还原成NO。 ⑦Fe和浓H2SO4常温下钝化，加热继续反应，Fe和稀H2SO4反应生成FeSO4和H2。 理解应用 根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法 (1)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：浓盐酸>稀盐酸。 (2)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。 (3)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。 方法指导 其氧化性为KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性)。 如：酸性条件： 2MnO － 4 ＋ 6H ＋ ＋ 5SO 2 － 3 == = 2Mn 2 ＋ ＋ 5SO 2 － 4 ＋ 3H 2 O 中性条件： 2MnO － 4 ＋ H 2 O ＋ 3SO 2 － 3 == = 2MnO 2 ↓ ＋ 3SO 2 － 4 ＋ 2OH － 碱性条件： 2MnO － 4 ＋ 2OH － ＋ SO 2 － 3 == = 2MnO 2 － 4 ＋ SO 2 － 4 ＋ H 2 O 三个误区 1．认为氧化性和还原性的强弱取决于得失电子的多少 氧化性和还原性的强弱只取决于电子得失的难易，而与电子得失的多少无关。 如每摩尔浓硝酸还原为NO2时得到1 mol电子，每摩尔稀硝酸还原为NO时得到3 mol 电子，但浓硝酸的氧化性却比稀硝酸强。 2．认为只要元素化合价存在差异就可发生氧化还原反应 同种元素不同价态的化合物间的氧化还原反应遵循以下规律： (1)相邻价态之间不发生氧化还原反应。如SO2和浓硫酸不反应。 (2)相间价态，在一定条件下能发生反应生成中间价态。如2FeCl3＋Fe===3FeCl2。 3．认为同种元素不同价态的化合物的氧化性(还原性)强弱只与元素化合价的高低有关 实际上，除此之外还与化合物的稳定性有关。如次氯酸(HClO)中氯的价态比高氯酸 (HClO4)中氯的价态低，但次氯酸不稳定，氧化性却比高氯酸强。另外最高价态的物 质也不一定都表现强氧化性，如H3PO4。 特别提醒 (1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应( ) (2)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性( ) (3)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼( ) (4)难失电子的物质一定易得电子( ) (5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性( ) (6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H＋浓度小( ) √ × × × × × 正误判断 题组一　氧化性或还原性强弱的比较 1.铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生：①Tl3＋＋2Ag===Tl＋＋2Ag＋，②Ag＋＋Fe2＋===Ag＋Fe3＋，③Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，下列离子氧化性比较顺序正确的是 A.Tl3＋>Fe3＋>Ag＋ B.Fe3＋>Ag＋>Tl3＋ C.Tl＋>Ag＋>Fe2＋ D.Tl3＋>Ag＋>Fe3＋ √ 解析：在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。 对点训练 2.碘元素在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇碘单质变蓝，下列说法中正确的是 A.向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入 淀粉溶液一定变蓝 B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗1 mol NaHSO3 C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2> D.一定条件下，I－与 可能生成I2 √ 169 解析： 向含 I － 的溶液中通入少量 Cl 2 ，可产生碘单质，所得溶液能使淀粉溶液 变蓝，若向含 I － 的溶液中通入过量 Cl 2 ，生成 IO － 3 ，所得溶液不能使淀粉溶液变蓝， A 项错误； 根据转化关系 2IO － 3 ～ I 2 ～ 10e － ， HSO － 3 ～ SO 2 － 4 ～ 2e － ，可知途径 Ⅱ 中若生成 1 mol I 2 ， 消耗 5 mol NaHSO 3 ， B 项错误； 由途径 Ⅰ 可以知道氧化性： Cl 2 >I 2 ，由途径 Ⅱ 可以知道氧化性： I 2 <IO － 3 ，由途径 Ⅲ 可以知道氧化性： Cl 2 >IO － 3 ，故氧化性的强弱顺序为 Cl 2 >IO － 3 >I 2 ， C 项错误； 一定条件下， I － 与 IO － 3 可发生归中反应生成 I 2 ， D 项正确。 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 3.铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3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，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示： 则NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序为 A.I2、H2O2、KMnO4、NaBiO3 B.H2O2、I2、NaBiO3、KMnO4 C.NaBiO3、KMnO4、H2O2、I2 D.KMnO4、NaBiO3、I2、H2O2 √ 解析：由①中现象可知，NaBiO3把Mn2＋氧化生成 ，则NaBiO3(氧化剂)的氧化性强于KMnO4(氧化产物)的氧化性； 由②中现象可知，KMnO4氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2＋，则KMnO4(氧化剂)的氧化性强于H2O2的氧化性；从价态上看，高锰酸钾的氧化性一定是强于二氧化锰； 由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，则双氧水(氧化剂)的氧化性强于碘单质(氧化产物)的氧化性， 综上所述，NaBiO3、KMnO4、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是NaBiO3＞KMnO4＞H2O2＞I2。 √ 题组二　氧化还原反应的竞争(先后规律的应用) 173 解析： 三价铁离子、硝酸根离子都具有 氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，硝酸 根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子，所以通入亚硫酸根离子，先与 硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离 子少量，所以只有硝酸根离子反应，所以离子方程式为： 2H ＋ ＋ 2NO － 3 ＋ 3SO 2 － 3 === 3SO 2 － 4 ＋ 2NO ↑ ＋ H 2 O ， C 项正确。 5.现有下列三个氧化还原反应： ①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 ③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是 A.Cl2 B.KMnO4 C.FeCl3 D.HCl √ 175 解析：本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。 由①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋； 由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－； 由③知氧化性： >Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋； 由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。 √ √ 题组三　氧化性、还原性强弱的实验探究 8. 为验证氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验)。 实验过程： Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。 Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。 Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，关闭K2。 Ⅳ.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。 Ⅴ.打开K3和活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后关闭K3。 Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。 (1)过程Ⅰ的目的是___________________________。 排出装置中的空气，防止干扰 解析：通入一段时间N2，排出装置中的空气。 (2)棉花中浸润的溶液为__________。 NaOH溶液 解析：氯气和二氧化硫都是有毒气体，可以用氢氧化钠溶液来吸收。 (3)A中发生反应的化学方程式：__________________________________ ________。 MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑ 解析：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气和水。 ＋2H2O (4)若将制取的SO2通入酸性高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其离子方程式为_________________________________________。 解析：SO2通入酸性高锰酸钾溶液中二者可以发生氧化还原反应。 (5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________(填“甲”“乙”或“丙”)。   过程ⅣB溶液中含有的离子 过程ⅥB溶液中含有的离子 甲 有Fe3＋无Fe2＋ 有 乙 既有Fe3＋又有Fe2＋ 有 丙 有Fe3＋无Fe2＋ 有Fe2＋ 乙、丙 解析：溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则铁离子的氧化性大于二氧化硫；丙中第一次有Fe3＋，无Fe2＋，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则铁离子的氧化性大于二氧化硫。 9 ．某小组同学探究 H 2 O 2 、 H 2 SO 3 、 Br 2 的氧化性强弱，设计如图实 验 ( 夹持仪器已略去，装置的气密性已检验 ) 。 (1) 打开活塞 a ，逐滴加入 H 2 SO 3 溶液至过量，烧瓶内溶液颜色 变为无色，该反应的离子方程式为 _________________________ ，得 出的结论是 H 2 SO 3 的氧化性比 Br 2 的氧化性 ________( 填 “ 强 ” 或 “ 弱 ” ) 。 (2) 再打开活塞 b ，向所得溶液中逐滴加入 H 2 O 2 溶液，刚开始溶 液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，变橙黄色反应的 离子方程式为 ______________________________ ，得出的结论是 H 2 O 2 的氧化性比 Br 2 的氧化性 ________( 填 “ 强 ” 或 “ 弱 ” ) 。 强 熟记常见物质氧化性、还原性顺序 (1)氧化性：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>S 反思归纳 规律一： “价态归中，互不交叉”规律 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“两相靠，不相交”。 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。 思维建模 示例.(2024届日照模拟)已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，且还原性：I－>Fe2＋>Cl－>Co2＋。下列反应在水溶液中不可能发生的是 A.3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3 B.Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2 C.Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D.2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 √ 解析： A项，根据氧化性：Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2＋，也可以氧化I－，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是Cl2不足时：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2(Fe2＋不反应)，Cl2过量时：3Cl2＋2Fe2＋＋4I－ ===6Cl－＋2I2＋2Fe3＋，反应不可能发生； B项，根据反应的化学方程式可得出还原性：I－>Cl－，反应可能发生； C项，根据反应的化学方程式可得出还原性：Cl－>Co2＋，反应可能发生； D项，根据反应的化学方程式可得出还原性：I－>Fe2＋，反应可能发生。 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 规律二：歧化反应规律 同一元素发生氧化还原反应生成不同价态的物质时，该元素的价态变化一定遵循“中间价态→高价态＋低价态”，不会出现“一边倒”的现象，即生成物中该元素的价态不能都比反应物中该元素价态高，或都比反应物中该元素价态低。 “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。 示例：在一定条件下，Cl2与KOH溶液发生反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O(未配平), KX发生反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的化学计量数之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(　　) A．＋1价 B．＋3价 C．＋5价 D．＋7价 √ 解析：根据题意可知，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；根据反应KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，KZ中Cl化合价＞KX中Cl化合价(均为正价)。假设KX中Cl为＋x价，KZ中Cl的化合价为＋y价，依据化合价升降总数相等及KX―→KY＋3KZ，有x＋1＝3(y－x)，将x＝1、x＝3、x＝5分别代入上式讨论，可知x＝5，y＝7符合题意，则KX中Cl的化合价为＋5价。 规律三：先后规律 在稀溶液中 (1)同种氧化剂与多种还原剂的反应 在浓度相差不大的溶液中，若同时含有多种还原剂，加入氧化剂时，将按照物质的还原性由强到弱的顺序依次发生反应。例如，在FeBr2和FeI2混合液中通入Cl2时，由于还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，故被Cl2氧化的离子的先后顺序为I－、 Fe2＋、Br－ (2)同种还原剂与多种氧化剂的反应 在浓度相差不大的溶液中，若同时含有多种氧化剂，加入还原剂时，将按照物质的氧化性由强到弱的顺序依次发生反应。例如，向CuCl2、FeCl3的混合溶液中加入铁粉，由于氧化性：Fe3＋＞Cu2＋，Fe先与Fe3＋反应生成Fe2＋，剩余铁粉再与Cu2＋发生置换反应。 示例：已知2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2===2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是 ①氧化性：Br2＞Fe3＋＞I2 ②原溶液中Br－一定被氧化 ③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化 ④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋ ⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化 A.①②③④ B.①③④⑤ C.②④⑤ D.①②③④⑤ √ 解析：由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3＋＞I2、Br2＞Fe3＋，故①正确； 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又因为氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，氯气的量不确定，则Br－不一定被氧化，故②错误，③正确； 由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确； 上层溶液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I－，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－不含Br－和I－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正确。 规律四：强弱规律 判断氧化还原反应能否进行 若已知物质的氧化性(或还原性)的强弱，依据性质“强弱规律”可判断氧化还原反应能否进行，其根本依据是“氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物”。此类试题侧重考查考生的理解与辨析能力、分析与推测能力等，要求考生结合氧化还原反应中“强弱规律”及已知信息，判断氧化还原反应能否进行，充分体现了化学中物质观、反应观、变化观等思想观念。 示例1：在溶液中可以发生反应：X＋2Y3＋===2Y2＋＋X2＋，现有下列叙述①X被氧化；②X是氧化剂；③X具有还原性；④Y2＋是氧化产物；⑤Y2＋具有还原性；⑥Y3＋的氧化性比X2＋的氧化性强。其中正确的是 A.②④⑥ B.①③④ C.①③⑤⑥ D.②⑤ √ √ 智能提升与拓展 √ √ 1.(2024届无锡)已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)： ①G―→Q＋NaCl ②Q＋H2O X＋H2 ③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O 这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是 A.G、Y、Q、Z、X B.X、Z、Q、G、Y C.X、Z、Q、Y、G D.G、Q、Y、Z、X √ 对点训练 解析：由①得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价； 将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G； 分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q； 最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。 2. 氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ关系比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是 A.＋1 B.＋3 C.＋5 D.＋7 √ 解析　反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：Z中Cl>X中Cl(均为正价)。假设KX中Cl为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋5。 3. LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑。下列说法中正确的是 A.氢气既是氧化产物又是还原产物 B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂 C.若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1 √ 解析：由反应方程式可知，LiAlH4中H由－1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由＋1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误； 由反应方程式可知，每1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2，则转移0.2 mol电子，C项错误； LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶2，D项错误。 4. 根据图示信息书写方程式。 (1)NaN3是一种易溶于水(NaN3===Na＋＋ )的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下： ①反应Ⅰ的化学方程式为____________________________________________。 ②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为_______________________ ________________( 被氧化为N2)。 ＋2OH－＋3N2↑ (2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为________________________________________ _______。 5H2O 拓展训练·巩固考点 √ 1．(2025届烟台开学摸底)中华传统文化中富含化学知识，下列叙述与氧化还原反应无关的是 A．熬胆矾铁釡，久之亦化为铜 B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲 C．落红不是无情物，化作春泥更护花 D．有舶上铁丝日久起销 解析：A．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是指Fe与CuSO4溶液的置换反应，涉及氧化还原反应，A项不符合题意； B．“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”是指石灰石的煅烧，不涉及氧化还原反应，B项符合题意； C．“落红不是无情物，化作春泥更护花”是指有机物的腐败过程，涉及氧化还原反应，C项不符合题意； D．“有舶上铁丝日久起销”是指铁的吸氧腐蚀，涉及氧化还原反应，D不符合题意。 √ 2．(2025届新高三开学摸底山东卷)下列实验中的颜色变化与氧化还原反应有关的是 A．SO2通入品红溶液中，溶液由红色变为无色 B．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色 C．稀硫酸滴入K2CrO4溶液中，溶液由黄色变为橙色 D．苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色 解析：A．SO2通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，说明SO2具有漂白性，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，A不符合题意； B．KI溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色变为黄色，说明AgCl沉淀转化为更加难溶的AgI沉淀，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，B不符合题意； C．稀硫酸滴入K2CrO4溶液中，溶液由黄色变为橙色，说明平衡2CrO＋2H+Cr2O＋H2O正向移动，元素化合价没有发生变化，与氧化还原反应无关，C不符合题意； D．苯酚长时间放置在空气中，晶体由无色变为粉红色，这是苯酚被空气中的氧气氧化所致，元素化合价发生了变化，与氧化还原反应有关，D符合题意； √ 3．(2024届黑龙江省哈尔滨)下列应用中涉及到氧化还原反应的是 A．使用明矾对水进行净化 B．雪天道路上撒盐融雪 C．暖贴中的铁粉遇空气放热 D．荧光指示牌被照发光 解析：发生的反应中存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。 A．明矾作净水剂，与水解有关，不发生氧化还原反应，故A错误； B．雪天道路上撒盐融雪是盐可使雪的熔点降低从而促进其熔化，没有元素的化合价变化，故B错误； C．暖贴中的铁粉遇空气放热是利用铁的氧化放热原理，即铁元素的化合价发生了变化，故C正确； D．荧光指示牌被照发光中没有元素化合价的变化，即没有发生氧化还原反应，故D错误； √ 4．(2024届黑龙江省哈尔滨)下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是 A．用石灰乳脱除烟气中的SO2 B．用明矾[KAl(SO4)212H2O]处理污水 C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3xH2O) D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌 解析：在发生的化学反应中，若存在元素的化合价升降，则利用里氧化还原反应原理，以此来解答。 A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应Ca(OH)2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，故A错误； B．用明矾[KAl(SO4)212H2O]溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，该过程利用胶体的吸附性，没有利用氧化还原反应，故B错误； C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3xH7O)，发生的主要反应为：6HCl＋Fe2O3＝2FeCl3＋8H2O，反应中没有元素化合价的变化，故C错误； D．用84消毒液有效成分NaClO，利用其氧化性能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，故D正确； √ 解析：A．在反应中，SiO2中的Si、O元素化合价都未改变，则SiO2既不是氧化剂，也不是还原剂，A正确； B．CO的状态是不是标况未知，无法确定物质的量，B错误； C．Si3N4的Si元素化合价未变，N元素化合价降低，被还原，是还原产物，C错误； D．C的同素异形体有多种，每种共价键的数目不相同，6g C的C无法确定是哪种同素异形体，共价键数目无法确定，D错误； √ 6．(2024年1月浙江仿真模拟)Cl2O是HClO的酸性氧化物，具有强氧化性，加热易分解，Cl2O可通过如下反应制取：Na2CO3＋2Cl2＝NaCl＋Cl2O＋CO2。下列说法不正确的是 A．还原产物是NaCl B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C．Cl2O完全溶于水微热，会产生黄绿色气体 D．Cl2O与还原剂接触或加热能发生剧烈反应，甚至爆炸 解析：A．该反应为歧化反应，Cl2中Cl元素化合价降低指向的产物是还原产物，其还原产物是NaCl，故A正确； B．Cl2既是氧化剂也是还原剂，2molCl2反应时，有1mol做氧化剂，另外1mol做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确； C．Cl2O是HClO的酸性氧化物，Cl2O完全溶于水微热会发生反应产生HClO，HClO不稳定受热分解生成HCl和氧气，不会产生Cl2，故C错误； D．Cl2O是HClO的酸性氧化物，具有强氧化性，加热易分解，与还原剂接触会发生剧烈反应，甚至会爆炸，故D正确； √ 7. (2024届安徽百校大联考)用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性纳米Fe3O4(平均直径为25nm)的流程图如下(所加试剂均过量，部分步骤已省略)： 下列叙述正确的是 A. 步骤②中发生的反应均为置换反应 B. 步骤④中使用的H2O2作还原剂 C. 不能用KSCN溶液检验滤液B中是否有Fe3+ D. 将步骤⑤得到的纳米Fe3O4均匀分散在水中，有丁达尔效应 解析：铁泥酸浸后，通过步骤②将铁元素转变为二价铁，滤液B中加氢氧化钠，经过步骤③、④得到FeOOH，FeOOH与二价铁在碱性条件下经过步骤⑤得到产品Fe3O4。 A．加入铁粉还原铁离子的反应2Fe3+＋Fe＝3Fe2+不是置换反应，铁单质与过量盐酸的反应，属于置换反应，故A错误； B．步骤④中使用的 H2O2 是作为绿色氧化剂，故B错误； C．滤液 B 的溶质主要为氯化亚铁，可以用KSCN溶液检验滤液B中是否含有Fe3+，C错误； D．超顺磁性纳米Fe3O4平均直径为25nm，其均匀分散在水中后得到胶体，有丁达尔效应，故D正确； √ 8．(2024届吉林辉南六中)验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2，设计如下实验(已知：稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色，碘水呈棕黄色；忽略氧气的影响)。下列说法不正确的是 √ A.实验①设计目的：排除实验②③④水稀释的影响 B．实验②发生反应为2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－ C．实验③的现象可以证明氧化性：Cl2＞I2 D．实验④能证明氧化性：Br2＞I2 解析：A．实验①是将氯水加入蒸馏水将其稀释，后续实验都是在溶液中进行的，这样可以排除实验②③④水稀释的影响，故A正确； B．溶液变为黄色是因为产生溴单质，说明氯气可以将溴单质置换出来，发生的反应为2Br－＋Cl2==Br2＋2Cl－，故B正确； C．溶液变为棕黄色是因为产生碘单质，说明氯气可以将碘单质置换出来，发生的反应为2I－＋Cl2==I2＋2Cl－，可以证明氧化性：Cl2>I2，故C正确； D．②反应后的黄色溶液是含有溴单质的溶液，但是不能排除含有氯单质，加入淀粉碘化钾溶液会变蓝，证明产生了碘单质，可能是氯气或是溴单质置换出了碘单质，不能证明氧化性：Br2>I2，故D错误。 √ 9．(2024届成都高三检测)科学家正在研究一种用乙烯(C2H4，沸点为－104 ℃)脱硫(SO2)的方法，其机理如图所示。下列关于该脱硫方法的说法正确的是 A．氧化性：O2>SO3>CO2 B．乙烯在该过程中作氧化剂 C．该脱硫过程需要及时补充Cu＋ D．步骤ⅰ中，每消耗44.8 L C2H4，有2NA个S生成 解析：A．步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A正确； B．乙烯和三氧化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B错误； C．Cu＋在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要补充 Cu＋，故C错误； D．未标明是否为标准状况，无法计算物质的量，故D错误。 √ 10．(2024届日照模拟)已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，且还原性：I－>Fe2＋>Cl－>Co2＋。下列反应在水溶液中不可能发生的是 A．3Cl2＋6FeI2==2FeCl3＋4FeI3 B．Cl2＋FeI2==FeCl2＋I2 C．Co2O3＋6HCl==2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O D．2Fe3＋＋2I－==2Fe2＋＋I2 解析：A．根据氧化性：Cl2＞FeCl3＞I2，因此氯气可以氧化Fe2＋，也可以氧化I－，但是碘离子还原性强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是Cl2不足时：Cl2＋2I－＝2Cl－＋I2(Fe2＋不反应)，Cl2过量时：3Cl2＋2Fe2＋＋4I－＝6Cl－＋2I2＋2Fe3＋，反应不可能发生； B．根据反应的化学方程式可得出还原性：I－＞Cl－，反应可能发生； C．根据反应的化学方程式可得出还原性：Cl－＞Co2＋，反应可能发生； D．根据反应的化学方程式可得出还原性：I－＞Fe2＋，反应可能发生。 √ 解析：根据氧化性：氧化剂>氧化产物，结合①～③分别可得，氧化性：K2Cr2O7>Cl2、HCl>CrCl2、KMnO4>Cl2，①中使用浓盐酸，③中使用稀盐酸，则氧化性：KMnO4>K2Cr2O7，A错误；反应③中，KMnO4是氧化剂，HCl是还原剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，B错误；②中Cr与稀盐酸反应生成H2，向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，可能是发生了钝化，C错误。 √ 12. (2024届安徽徽师联盟联考)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 A. 生活中用“暖宝宝”(成分：铁、活性炭、食盐、水等)取暖 B. 绿化造林助力实现碳中和目标 C. 牙膏中添加氟化物用于预防龋齿 D. 工业制备漂白粉 解析：A．暖宝宝的工作原理是利用还原性铁粉、炭、食盐水形成无数微小的原电池，最终放出大量的热，该过程涉及了氧化还原反应，A错误； B．碳中和指植物通过光合作用吸收二氧化碳涉及C元素化合价变化，属于氧化还原反应，B错误； C．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿，该过程原理是沉淀的转化，不涉及元素化合价变化，不属于氧化还原反应，C 正确； D．工业制备漂白粉是氯气与冷的石灰乳反应，是氧化还原反应，D错误； √ 13. (2024届安徽六安一中)19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下：下列说法正确的是 反应I：H2O2＋Cl2＝HCl＋HOOCl 反应II：HOOCl＝HCl＋O2 A. 氧化性：O2＞Cl2 B. 反应I中H2O2作还原剂 C. 反应I中每消耗0.1molCl2，转移0.2NAe－ D. 每产生32gO2，则消耗Cl2为1mol 解析：A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2＞HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl＞O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误； B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原剂，H2O2的化合价没有变化，不是还原剂，B错误； C．反应Ⅰ中，Cl2的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1 mol Cl2，转移0.1NAe－，C错误； D．反应I消耗 1mol氯气和反应II生成1mol氧气都是转移1mol电子，电子转移关系为：32gO2～e-～1molCl2，D正确； √ 14. (2024届安徽皖豫名校联盟大联考)向硫酸铁溶液中通入少量SO2气体，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是 A. KSCN溶液、氯水 B. K3[Fe(CN)6] C. NaOH溶液 D. BaCl2溶液 解析：向硫酸铁溶液中通入少量SO2气体，生成的溶液中必然含有Fe2+，可通过检验Fe2+来验证发生了氧化还原反应。 A．向硫酸铁溶液中通入少量SO2气体，可能有剩余的Fe3+，先加入KSCN溶液，溶液会变红色，再加入氯水，溶液仍然为红色，不能证明Fe2+的存在，故A不选； B．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，能证明SO2与硫酸铁发生氧化还原反应，故B选； C．加入NaOH溶液，有氢氧化铁红褐色沉淀生成，只能说明含有铁离子，不能证明二者发生了反应，故C不选； D．加入BaCl2溶液，可产生硫酸钡白色沉淀，由于原溶液也含有SO，不能说明反应生成了SO，不能证明二者发生了反应，故D不选； √ 15．(2024届广东一模)下列变化必需加入适当的氧化剂才能完成的是 A．CuO→Cu B．Fe→FeCl2 C．H2SO4→H2 D．KClO3→O2 解析：A．CuO→Cu过程中Cu元素化合价降低被还原，需加入还原剂，故A项不选； B．Fe→FeCl2过程中根据元素守恒可知还需加入其它物质，Fe元素化合价升高被氧化，需加入氧化剂，故B项选； C．H2SO4→H2过程中H元素化合价降低被还原，需加入还原剂，故C项不选； D．KClO3→O2过程中O元素化合价升高被氧化，但不一定需要加入氧化剂，如KClO3受热发生分解可产生O2，不需要加入其它物质，故D项不选； √ 16．(2024届广东一模)对于反应Cl2+H2O＝HCl+HClO的叙述正确的是 A．反应1个Cl2，转移2个电子 B．水做还原剂 C．氯气既是氧化剂又是还原剂 D．HClO是还原产物 解析：反应Cl2+H2O＝HCl+HClO中，Cl2中的Cl元素由0价一部分升高为+1价(HClO)，一部分降低为－1价(HCl)。 A．参加反应的1个Cl2中的2个Cl，一个由0价升高为+1价，一个由0价降低为－1价，则转移1个电子，A不正确； B．水中所含元素化合价都没有发生变化，水既不做还原剂也不做氧化剂，B不正确； C．氯气中的氯元素价态部分升高、部分降低，则氯气既是氧化剂又是还原剂，C正确； D．Cl2中的Cl元素一部分失电子转化为HClO，则HClO是氧化产物，D不正确； √ 17. (2024届华南师大附中)下列过程中，颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 湿润的淀粉KI试纸遇氯气变蓝色 B. 放置时间较长的苯酚固体变为粉红色 C. 氯化铁溶液滴入KSCN溶液变红色 D. 酸性K2Cr2O7溶液滴入乙醇变绿色 解析：A．淀粉KI遇氢变蓝是因为氯气与碘化钾发生反应生成的确单质使淀粉变蓝，与氧化还原有关，故A错误； B．放置时间较长的苯酚固体，变为粉红色是由于苯酚被氧气氧化所致，故B错误； C．氯化铁溶液遇KSCN溶液变红色，是生成了红色络合物，离子方程式为Fe3+＋3SCN－＝Fe(SCN)3，与氧化还原无关，故C正确； D．酸性K2Cr2O7溶液滴入乙醇，溶液变为绿色，是由于K2Cr2O7被乙醇还原生成，与氧化还原有关，故D错误； √ 18. (2024届华南师大附中)关于反应S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法正确的是 A．C发生还原反应 B．K2S是氧化产物 C．化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3 D．生成1 mol N2时，转移12 mol电子 解析：A．在反应中，单质碳中的C元素化合价升高，发生氧化反应，故A错误， B．S单质化合价降低，转化为K2S，K2S作还原产物，故B错误； C．该反应中S和KNO3均作氧化剂，C单质作还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比应为1∶1，故C错误； D．生成1 mol N2时，转移12mol电子，故D正确； √ 19．(2024届江西抚州二中)已知：2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－、2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2，向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。则下列有关说法中正确的是 A．还原性：Fe2+＞I－＞Br－ B．原溶液中：n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－) ＝2∶2∶3 C．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6mol D．当通入2molCl2时，溶液中已发生的 离子反应可表示为2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝2Fe3+＋I2＋4Cl－ 解析：根据氧化还原反应的规律，还原性：还原剂>还原产物，已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－、2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2，所以还原性：I－＞Fe2+＞Br－，所以向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，I－先反应，所以A到B为2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，B点时I－反应完，n(I－)＝2mol；B到C为Fe2+反应生成Fe3+，其反应为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－，C点时Fe2+反应完全，n(Fe2+)＝4mol；C点时Br－开始反应，当n(Cl2)＝6mol时，完全反应，n(Br－)＝6mol； A．在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，最后是溴离子被氧化，根据其离子反应的先后顺序可知，还原性强弱为：I－＞Fe2+＞Br－，故A错误； B．通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，FeI2的物质的量为1mol，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，故B错误； C．在通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是：n(Br－)＝6mol，FeBr2的物质的量为3 mol，故C错误； D．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝2Fe3+＋I2＋ 4Cl－，故D正确； √ 20. (2024届四川攀枝花第十五中学)关于反应Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是 A．H2SO4发生还原反应 B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子 解析：Na2S2O3+H2SO4＝Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 √ √ 22．(2024届新疆乌鲁木齐市第61中学)下列叙述正确的是 ①阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性；②含最高价元素的化合物，一定具有强氧化性；③失电子多的还原剂还原性就强；④有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应；⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子；⑥金属阳离子被还原不一定得到金属单质；⑦在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂。 A．②③⑤ B．①②③⑥ C．④⑤⑦ D．⑤⑥ 解析：①最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I-；但介于中间价态的离子如Fe2+、SO则既有氧化性又有还原性，①错误； ②含最高价元素的化合物，不一定具有强氧化性，如Na2CO3中的Na是+1价，C是+4价，都是该元素的最高价态，但其氧化性非常弱，②错误； ③还原性与失电子能力有关，失电子能力越强，则还原性越强，与失电子多少无关，③错误； ④有单质生成的化学反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体中间的转化，有单质生成，但元素化合价不变，反应属于非氧化还原反应，④错误； ⑤含金属元素的离子不一定都是阳离子，如Cr2O、MnO都是含有金属元素的阴离子，⑤正确； ⑥金属阳离子得到电子被还原，可能变为低价态阳离子，也可能得到金属单质，如Fe3+得到电子可以变为Fe2+，也可以变为Fe单质，故不一定得到金属单质，⑥正确； ⑦在氧化还原反应中，非金属单质可以是氧化剂，也可以为还原剂，如Cl2与H2O或NaOH反应中，Cl元素的化合价既升高，又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，⑦错误； 综上所述可知：说法正确的是⑤⑥，故合理选项是D。 √ 23. (2024届浙江衢州、丽水、湖州三地联考)砒霜(As2O3)有毒，由于古代技术落后，制成的砒霜中含有大量硫化物。“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2＝2X＋2H2O，从而使银针表面变黑。下列说法不正确的是 A. X的化学式为Ag2S B. 纯净的砒霜也能使银针表面变黑 C. 反应中Ag是还原剂 D. 每生成1molX，反应转移电子数为2NA 解析：A．根据元素守恒可知，X的化学式为Ag2S，故A正确； B．硫化银为黑色固体，纯净的砒霜(As2O3)不含有硫元素，不能使银针表面变黑，故B错误； C．反应时，Ag元素化合价升高，所以Ag是还原剂，故C正确； D．根据Ag元素的化合价变化，每生成1molAg2S，转移电子数为2NA，故D正确； √ 24. (2024届浙江绍兴诊断)关于反应2Cu2S＋14HNO3＝2CuSO4＋2Cu(NO3)2＋5NO↑＋5NO2↑＋7H2O，下列说法不正确的是 A．HNO3在反应中体现氧化性和酸性 B．CuSO4和Cu(NO3)2都是氧化产物 C．0.2mol Cu2S参加反应，转移电子2mol D．随着产物中NO和NO2比例的改变，CuSO4和Cu(NO3)2的比例也发生相应 的改变 解析：A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2，还体现了HNO3的酸性，A正确； B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，B正确； C．Cu2S作还原剂，Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，0.2molCu2S参与反应，转移2mol电子，C正确； D．根据原子守恒，每1molCu2S参与反应，S守恒则硫酸铜1mol，Cu守恒则硝酸铜1mol，硫酸铜与硝酸铜的比例一直是1∶1，D错误； √ C．根据方程式分析可知，当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2 molCuO被氧化，C正确； D．标准状况下，生成2.24LO2时，即0.1 mol O2时，根据方程式可知，参与反应的超氧化钾(KO2)为0.2 mol，但KO2中只有一半是被还原的，另一半被氧化，故被还原的超氧化钾(KO2)为0.1 mol，D错误； √ 26. (2024届北京市北交附高月考)下列过程中的物质变化与氧化还原反应无关的是 A. 将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀 B. 切开金属钠，放置在空气中，表面变暗 C. 向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色 D．向硫化钠中通入二氧化硫，产生淡黄色沉淀 解析：A．将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中被氧化生成红褐色沉淀Fe(OH)3，A正确； B．切开金属钠，放置在空气中，表面变暗，是因为钠与空气中的氧气等发生反应，B正确； C．‌向CuCl2溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色，这一颜色变化主要是由于Cu2+与氨水反应，形成了深蓝色的配合物[Cu(NH3)4]2+。在这个过程中，Cu2+离子与氨分子形成了配位键，导致溶液颜色发生变化。这种变化主要是由配位作用引起的，而不是由于氧化还原反应导致的化合价变化，C错误； D．向硫化钠中通入二氧化硫，会发生归中反应，生成淡黄色的硫沉淀。这一反应的方程式为：2Na2S＋5SO2＋2H2O＝3S↓＋4NaHSO3，D正确； 27. (2024届北京朝阳区质检)下列应用中未涉及氧化还原反应的是 A. 将过氧化钠置于呼吸面具中供氧 B. 将明矾置于浑浊的水中净水 C. 将漂白粉置于水中漂白衣物 D. 将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板 √ 解析：A．Na2O2和呼出的二氧化碳以及水反应生成氧气，有化合价的变化，涉及氧化还原反应，A不符合； B．明矾净水的原理是生成了氢氧化铝胶体，胶体具有吸附的作用，反应中没有元素化合从发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合； C．将漂白粉置于水中漂白衣物，次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸起漂白作用时发生氧化还原反应，C不符合； D．将覆铜板置于氯化铁溶液中制作电路板，氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，铁、铜化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合； √ 28．(2024届北京第十二中学月考)向浓硫酸中分别加入下列三种固体，对实验现象的分析正确的是 A．对比实验①和②可知还原性： Br-＞Cl- B．对比实验①和③可知氧化性： Br2＞SO2 C．对比实验②和③可知酸性： H2SO4＞HCl＞H2SO3 D．由实验可知浓硫酸具有强酸性、难挥发性、氧化性、脱水性 解析：A. 实验①生成棕色气体是溴蒸气，实验②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性：Br−>Cl−，A正确； B. 实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，B错误； C. 实验②白雾说明氯化氢易挥发，不能说明酸性H2SO4＞HCl，而实验③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是强酸制弱酸，能说明H2SO4＞H2SO3，C错误； D. 实验中不能得知浓硫酸具有脱水性，D错误； 29．(2025届新高三开学摸底北京卷)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4＝H+＋AuCl4－ (1)酸溶后经 操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式： 。 过滤 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (3)HNO3－NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au NaCl＋ HNO3＝HAuCl4＋ ＋ ＋ NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是 。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 4 5 NO 2H2O 4 AC 2 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 试剂1是 ，物质2是 。 NaCl溶液 Fe、Cu 解析：废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。 (1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离； (2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)+2NO↑+ 4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为8/3mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； (3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3＝HAuCl4+2H2O +NO↑+4NaNO3； ②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确； B．王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误； C．HNO3－NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确； 答案选AC； (4)由于HAuCl4＝H+＋AuCl，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x＝3，x＝1.5mol，同时Zn+2H+＝Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol； (5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。 30. (2024届广西桂林联考)某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。 【实验1】试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液(pH＝0.2)，5% H2O2溶液(pH＝5) 操作 现象 取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入 5滴5% H2O2溶液 溶液立即变为棕黄色，稍后，产生 气泡。测得反应后溶液pH＝0.9 向反应后的溶液中加入KSCN溶液 溶液变红 (1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是________________________________。 (2)产生气泡的原因是______________________________________。 2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O Fe3+催化下H2O2分解生成O2 【实验Ⅱ】试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液(pH＝3)，5% H2O2溶液(pH＝5) 操作 现象 取2mL5% H2O2溶液于试管 中，加入5滴上述FeSO4溶液 溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放 热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反 应后溶液pH＝1.4 (3)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是____________ __________________________________________________________________ _______________________________。 取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42- (4)对于生成红褐色胶体的原因，提出两种假设： i．H2O2溶液氧化Fe2+消耗H+ ii．Fe2+氧化的产物发生了水解 ①根据实验Ⅱ记录否定假设i，理由是________________________________ ________________________________________________________________。 ②实验验证假设ii：取_____________，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ⅱ成立。 (5)将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是：____________________________________________。 根据实验Ⅱ 记录反应后溶液pH＝1.4，酸性增强，假设i中消耗氢离子，酸性减弱，pH 应增大，故不合理 Fe2(SO4)3溶液 2Fe2+＋4H2O＋H2O2＝2Fe(OH)3(胶体)＋2H+ 解析：(1) H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是：2Fe2+＋2H+＋H2O2＝2Fe3+＋2H2O； (2)过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气，故产生气泡； (4)①根据实验Ⅱ 记录反应后溶液pH＝1.4，酸性增强，假设i中消耗氢离子，酸性减弱，pH 应增大，故不合理；②根据假设ii，Fe2+氧化的产物发生了水解，铁离子水解，验证硫酸铁溶液中铁离子的水解平衡即可，取Fe2(SO4)3溶液，加热，溶液变为红褐色，pH下降，证明假设ii成立； (5)将FeSO4溶液加入H2O2溶液后，产生红褐色胶体，反应的离子方程式是：2Fe2+＋4H2O＋H2O2＝2Fe(OH)3(胶体)＋2H+。 31. (2024届天津北辰区联考)利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系： (1)写出化学式：Y___________，Z___________。 (2)X与Y能否共存_______(填“能”或“不能”)，若不能请写出化学方程式若能请说明理由____________________________________________。 (3)Na2SO3与足量Z反应的离子方程式__________________________。 (4) Na2S2O3是重要的化工原料。Na2S2O3中硫元素的化合价为___________，从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是___________(填序号)。 a．Na2S＋S b．Na2SO3＋S c．Na2SO4＋SO2 d．Na2SO3＋SO3 SO2 H2SO4 不能 2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O +2 b (5)写出Z的浓溶液与木炭发生反应的化学方程式____________________________________________。 (6)Y与稀硝酸反应，硝酸的还原产物为NO，写出反应的化学方程式：______________________________________________。 3SO2＋2HNO3＋2H2O＝3H2SO4＋2NO 解析：根据价类二维图分析，X是－2价的氢化物为H2S，Y为＋4价氧化物是SO2，Z是+6价的酸是H2SO4。 (1)Y是SO2，Z是H2SO4； (2)X为H2S，Y是SO2，二者发生反应生成S和水，反应的方程式为2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O； (4)根据正负化合价代数和为0的原则，Na2S2O3中硫元素的化合价为+2价；从氧化还原反应的角度分析，氧化还原反应化合价有升高比有降低，Na2SO3＋S可以制备Na2S2O3； (6)SO2与稀硝酸反应，硝酸的还原产物为NO，反应的化学方程式3SO2＋2HNO3＋2H2O＝3H2SO4＋2NO。 32. (2024届四川攀枝花第十五中学)氧化还原是一类重要的反应。 (1)已知反应Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+，反应中还原剂是________，氧化性Fe3+______Cu2+(填“＜”或“＞”) 。 (2)在2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为_____L。 (3)在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是_______。 A．m=y，R3+是还原剂 B．m=2y，R2+被氧化 C．m=2，R3+是氧化剂 D．m=4，R2+是还原剂 Cu ＞ 33.6 D (4)用双线桥标出反应2KMnO4＋16HCl(浓)═2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中电子转移的方向和数目_________。 解析：(1)反应Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+中铜元素化合价升高，铜是还原剂，铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，则氧化性Fe3+＞Cu2+。 (2)在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，若转移3mol电子，则产生1.5mol氧气，所产生的氧气在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。 (3)根据原子守恒可知n＝2，则y＝4，根据电子得失守恒可知x＝m＝4。氧化剂是氧气，R2+是还原剂，被氧化，R3+是氧化产物，答案选D。 (4)反应中Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，所以用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目为 同学们，别忘记训练巩固哦! 认 真 备 考 THANK YOU 295 A 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌 2ZnCO3＋Ceq \o(=====,\s\up17(高温))2Zn＋3CO↑ B CaH2用作野外生氢剂 CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑ C 饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢 CaSO4(s)＋COeq \o\al(2-,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2-,4)(aq) D 绿矾(FeSO4∙7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2Oeq \o\al(2-,7) 6Fe2+＋Cr2Oeq \o\al(2-,7)＋14H+＝6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O 答案：A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C在高温条件下生成还原性气体CO，CO还原ZnO生成Zn，因此总反应为ZnCO3＋2Ceq \o(=====,\s\up17(高温))Zn＋3CO↑，故A项错误； B．CaH2为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑，故B项正确； C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为CaSO4(s)＋COeq \o\al(2-,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2-,4)(aq)，故C项正确； D．Cr2Oeq \o\al(2-,7)具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由＋6降低至＋3，Fe元素化合价由＋2升高至＋3，根据守恒规则可知反应离子方程式为6Fe2+＋Cr2Oeq \o\al(2-,7)＋14H+＝6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O，故D项正确； 解析：A．将Zn和ZnSO4溶液与Cu和CuSO4溶液组成双液原电池，Zn活泼做负极，电极反应为： Zn－2e－＝Zn2+，Cu做正极，电极反应为：Cu2+＋2e－＝Cu，连通后铜片上有固体沉积，A错误； B．新制银氨溶液与乙醛反应，乙醛具有还原性被新制银氨溶液氧化，CH3CHO＋2Ag(NH3)2OHeq \o(——→,\s\up17(△))2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O，试管壁上出现银镜，B错误； C．向苯酚浊液中加入足量Na2CO3溶液，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚与Na2CO3反应生成苯酚钠与NaHCO3，酸性：H2CO3＞苯酚＞HCOeq \o\al(－,3)，C错误； D．向BaCl2溶液中先通入适量SO2，无明显现象，不能用弱酸制强酸，加入稀HNO3可以氧化SO2，3SO2＋2H2O ＋2NOeq \o\al(－,3)＝3SOeq \o\al(2-,4)＋2NO↑＋4H+，则SOeq \o\al(2-,4)可以和Ba2+有白色沉淀生成，D正确； 5. (2024年1月浙江卷)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO＋2CO2CO2＋N2，列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A. 生成1molCO2转移电子的数目为2NA B．催化剂降低NO与CO反应的活化能 C．NO是氧化剂，CO是还原剂 D．N2既是氧化产物又是还原产物 解析：Ⅰ中发生反应S2Oeq \o\al(2－,3)＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O，SO2进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ中与Na2S反应生成S沉淀，SO2进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。 A．Ⅰ中试管内发生反应S2Oeq \o\al(2－,3)＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O ，氢元素化合价不变， H+不体现氧化性，故A错误； B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误； C．Ⅰ试管内发生反应S2Oeq \o\al(2－,3)＋2H+＝S↓＋SO2↑＋H2O，Ⅲ试管内发生反应2S2-＋SO2＋2H2O＝3S↓＋4OH－，Ⅰ和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确； D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误； 9. (2022年1月浙江选考)关于反应4CO2+SiH4eq \o(=====,\s\up17(高温))4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A. CO是氧化产物 B. SiH4发生还原反应 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D. 生成1molSiO2时，转移8mol电子 解析：A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意； B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO＋H2O＝Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意； C．石硫磺即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+Seq \o(===,\s\up17(△))Ag2S、Fe+Seq \o(===,\s\up17(△))FeS、2Cu+Seq \o(===,\s\up17(△))Cu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意； D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3＋2CH3COOH＝(CH3COO)2Ca＋H2O＋CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意； 21．(2022届八省八校)下列离子反应方程式书写错误的是 A．刻蚀电路板：Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+ B．实验室制氯气：MnO2＋4H+＋2Cl－eq \o(===,\s\up17(△))Mn2+＋Cl2↑ ＋2H2O C．向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓ ＋CO32- D．二氧化硫的水溶液吸收溴蒸气：SO2＋Br2＋2H2O＝4H+＋SO42-＋2Br— 解析：A．刻蚀电路板发生的反应为铜与铁离子反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+，故A正确； B．实验室制氯气的反应为氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋4H+＋2Cl－eq \o(===,\s\up17(△))Mn2+＋Cl2↑ ＋2H2O，故B正确； C．偏铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为 AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO，故C错误； D．二氧化硫的水溶液吸收溴蒸气的反应为二氧化硫的水溶液与溴反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O＝4H+＋SOeq \o\al(2-,4)+2Br－，故D正确； D．b→c→d→e→b转化如 ，故D不选； C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确； D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。 4Fe3O4＋6Na2CO3＋O2eq \o(=====,\s\up17(焙烧))12NaFeO2＋6CO2 解析：(5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2，其化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O2eq \o(=====,\s\up17(焙烧))12NaFeO2＋6CO2； 4FeS2＋15O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(细菌))4Fe3+＋8SOeq \o\al(2-,4)＋4H+ 解析：(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SOeq \o\al(2-,4)，离子方程式为：4FeS2＋15O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(细菌))4Fe3+＋8SOeq \o\al(2-,4)＋4H+； 3Co2+＋MnOeq \o\al(－,4)＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 3Mn2+＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+ 解析：(2)酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SOeq \o\al(2-,4)等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加MnO2； (3)由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+＋MnOeq \o\al(－,4)＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+、3Mn2+＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+； 6Co(OH)2＋O2eq \o(=====,\s\up17(850℃))2Co3O4＋6H2O (2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O＝H2SiO3＋4HCl。 (4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10-15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH－)＝1.0×10-4mol·L-1，Co2+浓度为eq \f(Ksp[Co(OH)2],c2(OH－))＝eq \f(5.9×10-15,(1.0×10-4)2)＝5.9×10-7mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2＋O2eq \o(=====,\s\up17(850℃))2Co3O4＋6H2O。 实验②中Cu溶解的离子方程式为____________________________；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H+的作用是______________________________。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，eq \f(n,M)＝eq \f(5,6)。X的化学式为_______。 (2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu＋H2O2＋2H+＝Cu2+＋2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂； (3)在该反应中铜的质量m(Cu)＝n×eq \f(64,80)＝eq \f(4n,5)，因为eq \f(n,M)＝eq \f(5,6)，则m(O)＝n×eq \f(16,80)＋(m－n)＝eq \f(2n,5)，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：eq \f(n(Cu),n(O))＝eq \f(,eq \f(2n,5×16)) ＝eq \f(1,2)，则X为CuO2； H2O＋Mn2+＋HSOeq \o\al(－,5)＝MnO2＋SOeq \o\al(2-,4)＋3H+ (3)用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2+＋HSOeq \o\al(－,5)＝MnO2＋SOeq \o\al(2-,4)＋3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)c3(OH－)＝10-5×c3(OH－)＝10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw＝10-14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁； (4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2＋O2＝4 CoO(OH)＋2H2O； 2SOeq \o\al(2-,3)＋O2eq \o(=======,\s\up17(催化剂))2SOeq \o\al(2-,4) (2)根据题意，O2氧化溶液中的SOeq \o\al(2-,3)，SOeq \o\al(2-,3)被氧化为SOeq \o\al(2-,4)，1molO2氧化2mol SOeq \o\al(2-,3)，故O2氧化溶液中SOeq \o\al(2-,3)的离子方程式为：2SOeq \o\al(2-,3)＋O2eq \o(=======,\s\up17(催化剂))2SOeq \o\al(2-,4)；pH增大，抑制SOeq \o\al(2-,3)的水解，反应物SOeq \o\al(2-,3)的浓度增大，故可加快氧化速率； ZnCO3eq \o(=====,\s\up17(焙烧))ZnO+CO2↑ 解析：(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3eq \o(=====,\s\up17(焙烧))ZnO+CO2↑； (4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+＋MnOeq \o\al(－,4)＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+； (5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2+＝Zn2+＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去； 解析：(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入 粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3； ②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化； (2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O，故答案为：2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O； (3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成1molI2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2＋I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。 注意事项 ①箭头指向反应前后有元素化合价变化的同种元素的原子，且需注明“得”或“失”。 ②箭头的方向不代表电子转移的方向，仅表示电子转移前后的变化。 ③失去电子的总数等于得到电子的总数。 ①箭头从失电子元素的原子指向得电子元素的原子。 ②不标“得到”或“失去”，只标明电子转移的总数。 ③线桥只出现在反应物中。 应用举例 10．金属铜的提炼多从黄铜矿开始，黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为2CuFeS2＋O2eq \o(=====,\s\up15(焙烧))Cu2S＋2FeS＋SO2。下列说法不正确的是(　　) A．O2只作氧化剂 B．CuFeS2既是氧化剂又是还原剂 C．SO2既是氧化产物又是还原产物 D．若有1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol电子转移 解析：反应中元素的化合价变化为 在反应中CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，O2只作氧化剂，SO2既是氧化产物又是还原产物，若有1 mol O2参加反应，则反应中共有6 mol电子转移。 6．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量eq \a\vs4\al(NaClO使)NHeq \o\al(＋,4)完全转化为N2，该反应可表示为2NHeq \o\al(＋,4)＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O。下列说法中错误的是(　　) A．氧化性ClO－>N2 B．还原性NHeq \o\al(＋,4)<Cl－ C．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原 D．经此法处理过的废水不可以直接排放 解析：2NHeq \o\al(＋,4)＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O中，N元素的化合价由－3价升高为0价，被氧化，则N2为氧化产物，Cl元素的化合价降低，则ClO－为氧化剂，所以氧化性ClO－>N2，A正确；反应中，N元素的化合价由－3价升高为0价，则NHeq \o\al(＋,4)为还原剂，Cl元素的化合价降低，则生成的Cl－为还原产物，所以还原性NHeq \o\al(＋,4)>Cl－，B错误；Cl元素的化合价降低，被还原，N元素的化合价升高被氧化，C正确；由2NHeq \o\al(＋,4)＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋2H＋＋3H2O得出经此法处理过的废水显酸性，所以不能直接排放，D正确。 7．相同条件下能进行以下三个反应：①2A－＋B2===A2＋2B－　②2C－＋A2===2A－＋C2　③2B－＋D2===2D－＋B2。由此可得出的分析结论正确的是(　　) A．氧化性：A2>B2>C2>D2 B．还原性：C－<A－<B－<D－ C．2A－＋D2===2D－＋A2的反应可以发生 D．2B－＋C2===2C－＋B2的反应可以发生 解析：由反应关系可得氧化性顺序为D2>B2>A2>C2；阴离子还原性顺序为C－>A－>B－>D－，可知A、B两项错误，由氧化还原反应规律可知C项正确，D项错误。 H2SO3＋Br2＋H2O===4H＋＋SOeq \o\al(2－,4)＋2Br－　 弱 2H＋＋2Br－＋H2O2===Br2＋2H2O　 解析：(1)打开活塞a，逐滴加入H2SO3溶液至过量，烧瓶内溶液颜色变为无色，说明溴与亚硫酸发生反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为H2SO3＋Br2＋H2O===4H＋＋SOeq \o\al(2－,4)＋2Br－，说明亚硫酸的氧化性比溴的弱； (2)再打开活塞b，向所得溶液中逐滴加入H2O2溶液，刚开始溶液颜色无明显变化，继续滴加，溶液变为橙黄色，溴离子被氧化成溴单质，变橙黄色反应的离子方程式为2H＋＋2Br－＋H2O2===Br2＋2H2O，说明H2O2的氧化性比Br2的氧化性强。 示例2：根据以下几个反应 ①Cl2＋2KI===2KCl＋I2 ②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 ③2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2 判断氧化性由强到弱的顺序是(　　) A．Cl2>I2>Fe3＋ B．Cl2>Fe3＋>I2 C．Fe3＋>Cl2>I2 D．Fe3＋>I2>Cl2 解析：氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。由反应①得氧化性Cl2>I2；由反应②得氧化性Cl2>Fe3＋；由反应③得氧化性Fe3＋>I2。综上所述知氧化性Cl2>Fe3＋>I2。 化学与环境保护渗透氧化还原反应的考查 2020年10月17日，十三届全国人大常委会第二十二次会议联组会议指出，要连续开展大气污染防治法、水污染防治法、土壤污染防治法等执法检查，持续加大生态环保立法和监督工作力度。保护环境，已成为人类紧迫和重要的任务，而化学是保护环境的利器，工业废气转化利用、污水处理、废渣的回收利用等都离不开化学，近年高考化学命题也在不断渗透环保理念，增强考生的环保意识。 拓展1　治理大气，重现蓝天白云 例1：硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中可实现无害化处理，转化过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋===2H＋＋Ce3＋ B．x＝1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数减少 D．该转化过程的实质为NOx被H2还原 解析：过程Ⅰ发生反应的离子方程式为H2＋2Ce4＋===2H＋＋2Ce3＋，题给离子方程式未配平，A项错误；x＝1时，过程Ⅱ中氧化剂为NO，还原剂为Ce3＋，发生反应的离子方程式为2NO＋4H＋＋4Ce3＋===2H2O＋4Ce4＋＋N2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；处理过程中，含Ce的离子循环使用，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数不变，C项错误；该转化过程的实质为在Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的催化下NOx被H2还原，D项正确。 拓展2　污水处理　缓解水污染 例2：为降低废水中重金属元素铬的毒性，一般采用将Cr2Oeq \o\al(2－,7)转化为Cr(OH)3沉淀的方法。请回答下列问题： (1)处理某含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的废水的主要流程如图所示： eq \f(52bc,3a)×103 ①向初沉池中加入的混凝剂是________(填“FeCl3”或“AlCl3”)，其主要原因是____________。 ②在反应池中Cr2Oeq \o\al(2－,7)转化为Cr3＋，则该转化反应的离子方程式是 ________________________________________________________________________。 (2)含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的酸性废水中铬元素质量浓度的测定：准确量取a mL含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的酸性废水，向其中加入过量的KI溶液充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加b mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液c mL，则含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的酸性 废水中铬元素的质量浓度为_____________mg·L－1。已知测定过程中发生的反应为Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O、I2＋2S2Oeq \o\al(2－,3)===2I－＋S4Oeq \o\al(2－,6)。 AlCl3　 见解析 Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋3HSOeq \o\al(－,3)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \o\al(2－,4)＋4H2O 解析：(1)①初沉池中加入的混凝剂可吸附含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的废水中的悬浮物，Fe3＋或Al3＋水解生成的Fe(OH)3或Al(OH)3胶体均能达到目的，但是因为FeCl3能与后续反应池中加入的NaHSO3反应，故应选择AlCl3作混凝剂。②反应池中发生的主要反应的离子方程式为Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋3HSOeq \o\al(－,3)＋5H＋===2Cr3＋＋3SOeq \o\al(2－,4)＋4H2O。 (2)由题给离子方程式可得关系式Cr～3Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝b mol·L－1×c×10－3 L＝bc×10－3 mol，n(Cr)＝eq \f(1,3)n(Na2S2O3)＝eq \f(bc,3)×10－3 mol，m(Cr)＝eq \f(bc,3)×10－3 mol×52 g·mol－1＝eq \f(52bc,3)×10－3 g＝eq \f(52bc,3) mg，则含Cr2Oeq \o\al(2－,7)的酸性废水中铬元素的质量浓度为eq \f(52bc,3) mg÷(a×10－3 L)＝eq \f(52bc,3a)×103 mg·L－1。 拓展3　废渣回收，实现资源循环利用 例3：氯化亚铜为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂等。工业上以含硫化铜和少量氧化铜等的半导体废料为原料制备氯化亚铜的流程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．步骤①焙烧产生的有毒气体可用碱液或酸性高锰酸钾溶液吸收 B．步骤②所用硫酸溶液浓度越大，浸出速率越大 C．步骤③中发生反应的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SOeq \o\al(2－,3)＋2OH－===2CuCl↓＋SOeq \o\al(2－,4)＋H2O D．步骤④用乙醇洗涤的目的是降低CuCl的溶解损失 解析：　 5．(2024年1月浙江仿真模拟)关于反应3SiO2＋6C＋2N2eq \o(=====,\s\up7(高温))Si3N4＋6CO，下列说法正确的是 A．SiO2既不是氧化剂，也不是还原剂 B．生成33.6L CO，转移3NA电子 C．Si3N4是氧化产物 D．6g C中含有的共价键数目为一定为NA 实验① 实验② 实验③ 实验④ 溶液变为浅黄绿色 溶液变为黄色 溶液变为棕黄色 溶液变为蓝色 11．(2024届广东韶关模拟)已知有如下反应： ①K2Cr2O7＋14HCl(浓)==2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；②Cr＋2HCl(稀)==CrCl2＋H2↑；③2KMnO4＋16HCl(稀)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。下列说法正确的是 A．氧化性：K2Cr2O7>KMnO4>Cl2 B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1 C．向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应 D．向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3＋＋6MnOeq \o\al(－,4)＋11H2O==5Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Mn2＋＋22H＋ 21. (2024届新疆喀什地区期中)下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是 A. B. C. D. 解析：A．反应符合反应事实，遵循电子转移的方向及数目，A正确； B．在反应过程中电子转移数目是2个，故用双线桥法表示电子转移为：，B错误； C．电子转移方向及数目均不合理。反应过程中KClO3的Cl得到电子被还原变为Cl2，HCl失去电子被氧化变为Cl2，反应过程中电子转移数目是5个，用双线桥法表示电子转移为：，C错误； D．电子得失方向弄反。CuO变为Cu单质，Cu元素化合价降低，得到电子2×2e-，C变为CO2，失去电子数目是4e-，用双线桥法表示电子转移为：，D错误； 25．(2024届长沙模拟)超氧化钾(KO2)在加热条件下可以将CuO氧化成Cu(Ⅲ)的化合物，化学方程式如下：2CuO+2KO2eq \o(===,\s\up17(△))2KCuO2+O2↑，则下列说法正确的是 A．CuO既是氧化剂，又是还原剂 B．KCuO2只是氧化产物 C．当反应中转移的电子数为0.3NA时，则有0.2 molCuO被氧化 D．标准状况下，生成2.24LO2时，被还原的超氧化钾(KO2)为0.2mol 解析：分析方程式2CuO+2KO2eq \o(===,\s\up7(△))2KCuO2+O2↑可知，K2O中的O元素的化合价－eq \f(1,2)由部分升高为氧气中的0价，被氧化，部分转化为KCuO2，KCuO2中O为－2价，Cu为+3价，故氧气为氧化产物，KCuO2即是氧化产物也是还原产物。 A．该反应中CuO中Cu的化合价由+2价升高为+3价，CuO被氧化，为还原剂，K2O的中O化合价由－eq \f(1,2)价部分升高为O价，部分降低为－2价，既有升高，又有降低，KO2既是氧化剂又是还原剂，A错误； B．KCuO2中Cu的化合价由+2价升高为+3价，化合价升高被氧化，是氧化产物，而部分氧的化合价又由－eq \f(1,2)价降低为－2价，化合价降低被还原，故又是还原产物，B错误； (3)硫酸根离子用酸化的氯化钡检验，故检验棕黄色沉淀中SOeq \o\al(2-,4)的方法：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SOeq \o\al(2-,4)； SOeq \o\al(2-,3)＋2H+＝SO2↑＋H2O C＋2H2SO4(浓)eq \o(===,\s\up17(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O (3)Z是H2SO4，Na2SO3与足量硫酸反应的离子方程式为SOeq \o\al(2-,3)＋2H+＝SO2↑＋H2O (5)浓硫酸与木炭发生反应的化学方程式C＋2H2SO4(浓)eq \o(===,\s\up17(△))CO2↑＋2SO2↑＋2H2O； $$