第二章 第四节 氧化还原反应-【创新教程】2026年高考化学总复习大一轮课件PPT（人教版）

第四节　氧化还原反应 第二章 物质及其变化 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 知识复盘 考点突破 01 感悟真题 高考知势 02 课时作业 03 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 知识复盘 考点突破 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 下一页 上一页 返回导航 第二章　物质及其变化 高考总复习 化学 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Fe2＋ 氧化产物 SOeq \o\al(2－,4) O2 N2 CO2 CO2、 N2 AsOeq \o\al(3－,4) H3PO4 S I2 Fe3＋ 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＋[eq \o\al(·,·)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＋4NaHeq \o(=====,\s\up17(高温))Ti＋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。 6．电子转移的表示方法 (1)单线桥法 (2)双线桥法 1．易错辨析(正确的打 “√”，错误的打“ × ”) (1)非金属阴离子只具有还原性，金属阳离子只具有氧化性( × ) (2)金属单质只有还原性，非金属单质只有氧化性( × ) (3)SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆( × ) (4)有单质参加的化合反应或有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应( √ ) (5)在反应：2CuFeS2＋O2eq \o(=====,\s\up17(△))Cu2S＋2FeS＋SO2中，SO2既是氧化产物，又是还原产物( √ ) (6)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( √ ) (7)在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强( × ) (8)CaO2与水发生氧化还原反应，CaO2只作氧化剂( × ) 2．思考回答： (1)在氧化还原反应中会不会只有化合价的升高或降低？ 答案：在氧化还原反应中需保证得失电子守恒，化合价必然既有升高又有降低。 (2)有单质参加或生成的反应一定是氧化还原反应吗？ 答案：不一定。　同素异形体间相互转化的反应有单质参加和生成，但没有元素化合价变化，不是氧化还原反应。 (3)氧化还原反应中，有一种元素被氧化就一定有另一种元素被还原吗？氧化还原反应中一种反应物是氧化剂，必然有另外一种物质是还原剂吗？ 答案：氧化还原反应被氧化和被还原的可能为同一种元素，如Cl2和NaOH的反应。其中氧化剂和还原剂都是Cl2。 (4)元素由化合态变为游离态，该元素一定被还原吗？ 答案：某元素由化合态变为游离态，在反应中可能被氧化也可能被还原，如反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中的S。 ◆[题组1]　氧化还原反应判断 1．(2025·陕西西安一中高三模拟)化学与生活、科技、环境密切相关，下列应用或事实不涉及氧化还原反应的是(　　) A．植物油氢化制人造奶油 B．为减少污染，将煤气化或液化 C．常温下，用铁制容器盛装浓硝酸 D．用明矾作净水剂除去水中的悬浮杂质 解析：D　[植物油氢化制人造奶油过程中氢元素化合价发生改变，为氧化还原过程，A不符合题意；将煤气化或液化过程中存在元素化合价改变，为氧化还原反应，B不符合题意；常温下，用铁制容器盛装浓硝酸，是铁和浓硝酸发生钝化反应，属于氧化还原反应，C不符合题意；明矾作为净水剂，这是因为明矾溶于水发生水解生成氢氧化铝胶体，没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意。] 2．工业上以石英砂为原料制取单质硅，其工艺流程图如下： 流程一： SiO2eq \o(――→,\s\up17(①焦炭),\s\do19(高温))Si(粗)eq \o(――→,\s\up17(②HCl),\s\do19(300℃))SiHCl3eq \o(――→,\s\up17(③过量H2),\s\do19(1 000～1 100℃))Si(纯) 流程二： 有关反应分类说法不正确的是(　　) A．①～⑥均属于氧化还原反应 B．只有①②③属于置换反应 C．⑥既属于氧化还原反应又属于分解反应 D．⑤中的两个化学反应均属于复分解反应 解析：A　[①SiO2＋2Ceq \o(=====,\s\up17(高温))Si＋2CO↑，②Si＋3HCleq \o(=====,\s\up17(高温))SiHCl3＋H2，③SiHCl3＋H2eq \o(=====,\s\up17(高温))Si＋3HCl，④SiO2＋4Mgeq \o(=====,\s\up17(高温))Mg2Si＋2MgO，⑤Mg2Si＋4HCl===2MgCl2＋SiH4，MgO＋2HCl===MgCl2＋H2O，⑥SiH4eq \o(=====,\s\up17(△))Si＋2H2↑。] ◆[题组2]　氧化还原反应分析 3．(2025·广西贺州高三模拟)水是一种重要的资源，它同时在化学反应中担任着重要的角色，既可作为反应物又可作为生成物，如图中和水相连的物质都能和水发生反应，则下列有关说法正确的是(　　) A．上述反应中属于氧化还原反应的有①②④⑥⑦⑧ B．①和⑦中都有氧气生成，且生成1 mol O2转移的电子数相同 C．①④⑧中，水既不是氧化剂也不是还原剂 D．⑦中水是氧化剂，②中水是还原剂 解析：C　[H2O与Na2O、SO3、Mg3N2的反应均属于非氧化还原反应，其余反应均属于氧化还原反应，A错误；①中2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，生成1 mol O2转移2 mol e－，⑦中2F2＋2H2O===4HF＋O2，生成1 mol O2转移4 mol e－，B错误；①④⑧中，水既不是氧化剂也不是还原剂，C正确；⑦中水是还原剂，②中水是氧化剂，D错误。] 4．五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是(　　) A．五氧化二钒的结构式为 B．V2O5溶于碱生成VOeq \o\al(－,2) C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl===(NH4)2V6O16＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaCl D．V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1 mol Cl2转移电子数为2NA 解析：B　[根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确；根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，应生成VOeq \o\al(－,3)，故B错误；根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气，生成1 mol Cl2失去2 mol e－，D正确。] (1)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 HCN：C＋2 N－3 CuH：Cu＋1 H－1 Si3N4：Si＋4 N－3 H3PO2：P＋1 K2FeO4：Fe＋6 LiNH2：N－3 AlN：N－3 Na2S2O3：S＋2 CuCl：Cu＋1 Li2NH：N－3 VOeq \o\al(＋,2)：V＋5 C2Oeq \o\al(2－,4)：C＋3 FeOeq \o\al(n－,4)：Fe＋(8－n) S2Oeq \o\al(2－,8)：S＋6，O－1、－2 (2)有机物中元素的化合价 ①H、N、O元素：H：＋1，O：－2，N：－3 ②碳元素：根据正负化合价的代数和为0计算 有机物 CH3OH HCHO CO(NH2)2 HCOOH 碳元素价态 －2 0 ＋4 ＋2 (3)取代基中元素的化合价 ①－OH中氧元素的化合价为－1价 ②－CH3中碳元素的化合价为－3价 ③－CHO中碳元素的化合价为＋1价 ④－COOH中碳元素的化合价为＋3价 ⑤－NH2中氮元素的化合价为－2价 ⑥－NO2中氮元素的化合价为＋4价 (4)含CO、NH3、H2O等分子的物质： ①Fe(CO)5中Fe显0价 ②[Cu(NH3)4]SO4中Cu显＋2价 (5)无法判断价态的物质 物质 AlFe2 Fe3P Fe3C 价态 Al Fe Fe P Fe C 0 0 0 0 0 0 ◆[题组3]　重要的还原剂——金属氢化物、NaBH4 5．硼氢化钠(NaBH4)在有机合成、化工生产方面有广泛应用。制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2NaBH4＋2Na2SiO3。下列有关上述反应的说法错误的是(　　) A．氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 B．转移4 mol电子时，只需向装置中通入44．8 L H2(标准状况) C．装药品之前加热装置至100 ℃并持续一会儿 D．制备硼氢化钠的副产物可能有NaH 解析：B　[由反应可知氧化产物为Na2SiO3，还原产物是NaBH4，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1，A项正确；转移4 mol电子时，根据反应的化学方程式可知理论上需要2 mol氢气，在标准状况下的体积为2 mol × 22．4 L·mol－1＝44．8 L，但由于是可逆反应，需要通入氢气的体积大于44．8 L，B项错误；由于钠极易被氧化且能与水反应，所以需要排尽装置中的空气和水蒸气，则装药品之前应加热装置至100 ℃并持续一会儿，C项正确；钠与还原产物生成副产物NaH，故D项正确。] 6．(双选)硼氢化钠(NaBH4)中的氢元素为－1价，具有很强的还原性，被称为“万能还原剂”，NaBH4在催化剂钌(Ru)表面与水反应的历程如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．过程②反应为BH3＋H2O===H2↑＋H2B(OH) B．反应过程中硼元素的化合价发生了变化 C．若过程③和过程④均产生1 mol H2，则转移电子数目相等 D．Ru可使上述反应活化分子的百分数提高，加快反应速率 解析：BC　[过程②反应为BH3＋H2O===H2↑＋H2B(OH)，A项正确；各步骤中硼元素的化合价均为＋3价，B项错误；过程③反应为H2B(OH)＋H2O===H2↑＋HB(OH)2，产生1 mol H2时转移的电子数为NA，过程④反应为HB(OH)2＋2H2O＋e－===eq \f(3,2)H2↑＋B(OH)eq \o\al(－,4)，产生1 mol H2时转移的电子数为eq \f(4,3)NA，两者不相等，C项错误；Ru为催化剂，催化剂可提高活化分子的百分数，加快反应速率，D项正确。] 考点二　氧化还原反应的强弱规律及价态规律 一、强弱规律 1．氧化性是指 得电子 的性质(或能力)；还原性是指 失电子 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，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。 3．从元素的价态考虑 最高价态——只有 氧化性 ，如：浓H2SO4、KMnO4等； 最低价态——只有 还原性 ，如：金属单质、Cl－、S2－等； 中间价态——既有 氧化性 又有 还原性 ，如：Fe2＋、S、Cl2等。 4．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：MnO2＋4HCl(浓)eq \o(=====,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4 > MnO2。 (3)根据相同条件下产物的价态高低判断 如2Fe＋3Cl2eq \o(=====,\s\up17(△))2FeCl3；Fe＋Seq \o(=====,\s\up17(△))FeS，则氧化性：Cl2 ＞ S。 (4)依据“三表”判断 ①根据元素周期表判断 ②根据金属活动性顺序判断 ③根据非金属活动性顺序判断 eq \o(――――――――――――――――――――――――――→,\s\up17(F2　Cl2　O2　Br2　I2　S),\s\do19(氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性逐渐增强)) (5)依据“两池”判断 ①原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，其还原性：负极>正极。 ②电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。 5．先后规律及应用 (1)同时含有几种还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应时，还原性(或氧化性)强的优先反应，即“强者优先”，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)常见的强弱顺序 氧化性：MnOeq \o\al(－,4)(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SOeq \o\al(2－,3))<S2－。 二、价态规律 1．价态归中规律思维模型 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，不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应是 注：不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 2．歧化反应规律思维模型 “中间价→高价＋低价”。 具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。 3．应用 (1)判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2不发生反应。 (2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及还原产物、氧化产物。如对于反应6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，还原产物和氧化产物都为Cl2。 1．易错辨析(正确的打 “√”，错误的打“ × ”) (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)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼( × ) (3)金属原子失电子数越多，金属的还原性越强( × ) (4)向浓H2SO4中通入H2S,1 mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也可能是2NA( √ ) (5)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA( × ) (6)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2( × ) (7)VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性( √ ) (8)在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性( √ ) 2．思考回答： (1)物质的氧化性(还原性)强弱与得到(失去)电子的多少有无必然联系？ 答案：物质的氧化性强弱与得到电子的多少无关，还原性强弱与失去电子的多少无关。例如，Na和Al都具有还原性，由于钠比铝活泼，在化学反应中钠更易失去电子，所以钠的还原性强于铝。但1 mol Na在化学反应中只能失去1 mol电子，而1 mol Al在化学反应中能失去3 mol电子。即物质氧化性或还原性的强弱取决于得到或失去电子的难易程度，而不是得到或失去电子数目的多少。 (2)处于最高价态的元素具有强氧化性，处于最低价态的元素具有强还原性。这句话是否正确？ 答案：一般来说，处于最高价态的元素具有氧化性，但不一定具有强氧化性；处于最低价态的元素具有还原性，但不一定具有强还原性。如：K＋氧化性很弱。 (3)Fe2＋具有较强的还原性，Fe3＋具有较强的氧化性，二者之间能反应吗？为什么？ 答案：Fe2＋具有还原性，Fe3＋具有氧化性，但二者无中间价态，无法发生氧化还原反应。 ◆[题组1]　影响物质氧化性、还原性强弱的因素 1．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________。 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。 答案：(1)①③⑥⑦　(2)⑤⑥⑦⑧　(3)②④ ◆[题组2]　强弱规律的应用 2．(2025·长春外国语学校高三开学考)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnOeq \o\al(－,4)＋X―→COeq \o\al(2－,3)＋MnOeq \o\al(2－,4)＋H2O(未配平，下同)②酸化处理：MnOeq \o\al(2－,4)＋H＋→MnO2↓＋MnOeq \o\al(－,4)＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为8 B．“反应①”中氧化性：MnOeq \o\al(－,4)>COeq \o\al(2－,3) C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗71．4 g MnOeq \o\al(2－,4)时，反应中转移0．4 mol e－ 解析：C　[A．根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnOeq \o\al(－,4)＋8OH－===COeq \o\al(2－,3)＋6MnOeq \o\al(2－,4)＋6H2O，选项A正确；B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnOeq \o\al(－,4)为氧化剂，COeq \o\al(2－,3)是氧化产物，则氧化性：MnOeq \o\al(－,4)>COeq \o\al(2－,3)，选项B正确；C．由于Cl－在酸性条件下可与MnOeq \o\al(－,4)、MnOeq \o\al(2－,4)发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸 进行酸化，选项C错误；D．根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnOeq \o\al(2－,4)＋4H＋===MnO2↓＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O，则消耗71．4 g MnOeq \o\al(2－,4)的物质的量为eq \f(71.4 g,119 g/mol)＝0．6 mol时，反应中转移电子数目为eq \f(2,3) × 0．6 mol＝0．4 mol，选项D正确。] 3．根据表中信息，判断下列叙述正确的是(　　) 序号 氧化剂 还原剂 其他反应物 氧化产物 还原产物 ① Cl2 FeBr2 － Fe3＋、Br2 ② KClO3 浓盐酸 － Cl2 ③ KMnO4 H2O2 H2SO4 O2 Mn2＋ A．反应①中，当只有少量Cl2时，发生反应Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－ B．氧化性强弱比较：KClO3>Fe3＋>Cl2>Br2 C．②中反应的还原产物是KCl，电子转移数目是6e－ D．③中反应的离子方程式为2MnOeq \o\al(－,4)＋3H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋4O2↑＋6H2O 解析：A　[还原性：Fe2＋>Br－，当只有少量Cl2时，氯气优先氧化Fe2＋，A正确；由表中信息可知，氧化性：KClO3>Cl2>Br2>Fe3＋，B错误；浓盐酸与氯酸钾的反应中，KCl既不是氧化产物也不是还原产物，生成3 mol Cl2时，转移电子数是5NA，C错误；③中反应的离子方程式为2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，D错误。] 　假设法判断氧化还原反应能否进行 若题目给出物质的氧化性(或还原性)的强弱顺序，判断某一氧化还原反应能否发生，可采用“假设法”进行分析，思维流程如下： ◆[题组3]　价态规律 4．L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下的转化(关系式未配平)： ①P＋A―→Q＋B　②L＋O2―→M＋H2O ③L＋M―→R＋H2O　④B＋H2O―→A＋O2 (1)若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸是__________________，理由是____________________________。 (2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时才能发生，此反应在化工生产上有重要用途，据此推断在同温同压下，若物质R密度比空气的密度小，则R的化学式为________。 (3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转化的关系式： Ⅰ．M＋P―→N2O3＋H2O Ⅱ．N2O4＋H2O―→P＋Q Ⅲ．M＋L―→Q＋H2O 其中一定不可能实现的是_______________________________， 理由是________________________________________________ _____________________________________________________。 解析：(1)突破口是先确定A、B物质中氯元素的化合价谁高。由反应④B＋H2O―→A＋O2可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化合价必定降低，故化合价B＞A。再由①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价P＞Q。由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元素化合价反应后必升高，故氮元素化合价M＞L。由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归中”反应，由于化合价M＞L，R处于M、L之间，则M＞ R＞L。又因为已知氮的化合价M＜Q，所以，L、M、R、P、Q五种含氮物质中氮元素的化合价为P＞Q＞M＞R＞L。由于其中一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，则在上述物质中P是硝酸。 答案：(1)P　P中氮元素的化合价最高 (2)N2 (3)Ⅲ　根据氧化还原反应规律，M、L这两种物质反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质(其他合理答案也可) 考点三　(素养)守恒思想在化学计算中的应用 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开复杂的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正确结果。 ◆[题组1]　考查两元素之间得失电子守恒的计算 1．(2025·石嘴山市三中开学考)某强氧化剂[RO(OH)2]2＋中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态。假设把1．2 × 10－3mol [RO(OH)2]2＋还原，需要消耗6 mL 0．2 mol/L的亚硫酸钠溶液，那么反应后R的化合价为(　　) A．0　 B．＋2　　C．＋3　　D．＋4 解析：D　[[RO(OH)2]2＋中R的化合价为＋6价，设还原后的化合价为x，n(Na2SO3)＝1．2 × 10－3mol，被氧化后生成Na2SO4，S化合价为＋6价，则1．2 × 10－3mol × (6－x)＝1．2 × 10－3mol × (6－4)，x＝＋4。] 　守恒法解题的思维流程 (1)找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)定得失数：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 (3)列关系式：根据题中各化合物的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 n(氧化剂) × 变价原子个数 × 化合价变化值＝n(还原剂) × 变价原子个数 × 化合价变化值。 ◆[题组2]　考查多元素之间得失电子守恒的计算 2．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂也是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7 D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2 解析：C　[反应的化学方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高得到3个SOeq \o\al(2－,4)中＋6价的S(生成物中有17个硫酸根离子，其中有14个来自反应物中的硫酸铜)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确；硫酸铜中Cu的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以 被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C错误；14 mol CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2，选项D正确。] ◆[题组3]　反应历程与氧化还原反应融合 3．(2025·福州市开学考)Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是(　　 ) A．X的化学式为H2S2 B．HS·反应活性较强，不能稳定存在 C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶1 D．步骤Ⅳ除砷的化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O 解析：C　[S2Oeq \o\al(2－,3)经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为S2Oeq \o\al(2－,3)与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，X的化学式为H2S2，故A正确；HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；步骤Ⅲ反应中H2S2分解得到S8和H2S，化学方程式为8H2S2===S8＋8H2S，S元素化合价部分由－1价上升到0 价，又部分由－1价下降到－2价，H2S2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；步骤Ⅳ中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O，故D正确。] 4．(2025·长沙市一中月考卷)黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下FeS2可发生如图所示的转化。下列分析正确的是(　　) A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的总反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O催化剂,2FeSO4＋2H2SO4 C．反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH－ D．反应Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为14 mol 解析：D　[反应Ⅰ中Fe化合价由＋2价变为＋3价，O化合价由0价变为－2价，反应Ⅱ中部分Fe化合价由＋3价变为＋2价，S化合价由－1价变为＋6价，均有化合价变化，属于氧化还原反应，反应Ⅲ为非氧化还原反应，A错误；由机理图分析，FeS2、O2为反应物，Fe3＋、SOeq \o\al(2－,4)为生成物，所以黄铁矿催化氧化的总反应方程式为4FeS2＋15O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(催化剂),\s\do19(　))2Fe2(SO4)3＋2H2SO4，B错误；反应为酸性环境，无法生成OH－，C错误；反应Ⅱ的FeS2中S化合价从－1价升高到＋6价，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为1 × 2 × 7 mol＝14 mol，D正确。] ◆[题组4]　考查多步反应得失电子守恒的计算 5．(2025·河北石家庄质检)取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17．02 g。则x等于(　　) A．8．64 g B．9．20 g　C．9．00 g　D．9．44 g 解析：B　[反应流程为 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu)) eq \o(――→,\s\up17(浓HNO3)) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(――→,\s\up17(NaOH))\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4)) x＝17．02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即n(OH－)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·mol－1) × 1＋eq \f(0.672 L,22.4 L·mol－1) × 2 × 1＝0．46 mol，所以x＝17．02 g－0．46 mol × 17 g·mol－1＝9．20 g。] 6．(2025·石嘴山市三中开学考)向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是(　　) A．线段BC代表Fe3＋的物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol/L C．当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－ D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3 解析：B　[Fe2＋、I－、Br－还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，通入氯气先与还原性强的离子发生反应，反应的先后顺序是2I－＋Cl2===2Cl－＋I2、2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2，据此分析。A．AB段发生I－和Cl2的反应，B点溶液中I－完全反应，1～3间发生Fe2＋和Cl2反应，即BC段代表Fe3＋的物质的量的变化情况，故A正确；B．由图可知，1～3间发生2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe2＋反应完毕消耗氯气2 mol，由反应的离子方程式可知，溶液中n(Fe2＋)＝2 mol × 2＝4 mol，DE段发生2Br－＋Cl2===2Cl－＋ Br2，此时消耗Cl2的物质的量为3 mol，即原溶液中n(Br－)＝2 × 3 mol＝6 mol，原溶液中n(FeBr2)＝3 mol，因不知溶液的体积，无法计算FeBr2的物质的量浓度，故B错误；C．AB段发生2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，根据图像可知，此段消耗1 mol氯气，原溶液中n(I－)＝2 mol，剩下1 mol Cl2再与2 mol Fe2＋反应，因此消耗n(I－)∶n(Fe2＋)∶n(Cl2)＝2∶2∶2，反应的离子方程式为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，故C正确；D．根据上述选项的分析，原溶液中n(I－)＝2 mol，n(Fe2＋)＝4 mol，n(Br－)＝6 mol，因此n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故D正确。] 　有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。 [例]　(2024·北京卷)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)eq \o(=====,\s\up17(CuO),\s\do19(　))2Cl2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－114．4 kJ·mol－1。如图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是(　　) A．Y为反应物HCl，W为生成物H2O B．反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuO C．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 试题 情境 采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2。 突破 方法 由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。 核心 素养 由反应历程结合质量守恒定律判断反应原理及X、Y、Z、W等物质，考查学生变化观念与平衡思想及证据推理与模型认知能力。 解析：B　[A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，D正确。] 1．(2024·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：B　[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·湖北卷)过量SO2与以下0．1 mol·L－1的溶液反应，下列总反应方程式错误的是(　　 ) 溶液 现象 化学方程式 A Na2S 产生淡黄色沉淀 3SO2＋2Na2S===3S↓＋2Na2SO3 B FeCl3 溶液由棕黄色变浅绿色 2FeCl3＋SO2＋2H2O===2FeCl2＋H2SO4＋2HCl C CuCl2 溶液褪色，产生白色沉淀 SO2＋2CuCl2＋2H2O===2CuCl↓＋H2SO4＋2HCl D Na2CO3 (含酚酞) 溶液由红色变无色 2SO2＋Na2CO3＋H2O===CO2＋ 2NaHSO3 解析：A　[A．过量SO2与0．1 mol·L－1的Na2S溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，SO2过量不能生成Na2SO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2＋2Na2S＋2H2O===3S↓＋4NaHSO3，A错误；B．过量SO2与0．1 mol·L－1的FeCl3溶液反应，生成FeCl2、 H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为2FeCl3＋SO2＋2H2O===2FeCl2＋H2SO4＋2HCl，B正确；C．过量SO2与0．1 mol·L－1的CuCl2溶液 反应，生成的白色沉淀是CuCl，总反应的化学方程式为SO2＋2CuCl2＋2H2O===2CuCl↓＋H2SO4＋2HCl，C 正确；D．Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与0．1 mol·L－1的Na2CO3溶液反应，生成CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为2SO2＋Na2CO3＋H2O===CO2＋2NaHSO3，D正确。] 3．(2024·甘肃卷)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) A．还原性：Ag＞Cu＞Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋===Cu2＋＋4NHeq \o\al(＋,4) D．溶液①中的金属离子是Fe2＋ 解析：C　[从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分离出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性由强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；B．由得失电子守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸 反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋＋4H＋ ===Cu2＋＋4NHeq \o\al(＋,4)，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2＋，然后Fe2＋被通入的氧气氧化为Fe3＋，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3＋，D不正确。] 4．(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法正确的是(　　) A．S2Oeq \o\al(2－,3)和SOeq \o\al(2－,4)的空间结构都是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的eq \f(nO2,nH2O)：Ⅰ<Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7 解析：D　[A项，S2Oeq \o\al(2－,3)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项，As2S3中As的化合价为＋3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为＋3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C项，根据题给信息可知，反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2Oeq \o(=====,\s\up17(紫外光),\s\do19(　))2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2Oeq \o(=====,\s\up17(自然光),\s\do19(　))2H3AsO4＋3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ 中，参加反应的eq \f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D项，As2S3中As为＋3价，S为－2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变化，S变为＋2价，则1 mol As2S3失电子3 × 4 mol＝12 mol；在经过反应Ⅱ后，As变为＋5价，S变为＋6价，则1 mol As2S3失电子2 × 2 mol＋3 × 8 mol＝28 mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确。] 5．(化学与药学)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“沉砷”中所用Na2S的电子式为______________________。 (2)已知：As2S3与过量的S2－存在以下反应：As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq \o\al(3－,3)(aq); “沉砷”中FeSO4的作用是_________________ _________________________________________________________。 (3)“焙烧”过程中由于条件的原因，生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁，证明四氧化三铁存在的试剂是________________________ _________________________________________________________。 (4)“氧化”过程中，可以用单质碘为氧化剂进行氧化，写出该反应的离子方程式：_________________________________________ _________________________________________________________。 (5)调节pH＝0时，请写出由Na3AsO4制备As2O3反应的离子方程式：_________________________________________________________ _________________________________________________________。 (6)一定条件下，用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中，1 mol As4S4(其中As的化合价为＋2价)参加反应时，转移28 mol e－，则物质a为________。 解析：(1)硫化钠为离子化合物，电子式为 。 (2)FeSO4的作用是除去过量的S2－，使平衡As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq \o\al(3－,3)(aq)逆向移动，提高沉砷效果。 (3)四氧化三铁含有＋2价铁，具有还原性，可在酸性条件下与酸性高锰酸钾溶液反应，使溶液褪色，则可用硫酸、酸性高锰酸钾溶液检验四氧化三铁。(6)1 mol As4S4参加反应时，转移28 mol e－，As4S4中As为＋2价、S为－2价，且生成As2O3，则As4S4中S化合价升高6，生成物中S的化合价为＋4价，则物质a应为SO2。 答案：(1) (2)S2－与Fe2＋生成沉淀，使平衡As2S3(s)＋3S2－(aq)2AsSeq \o\al(3－,3)(aq)左移，提高沉砷效果 (3)稀硫酸、酸性高锰酸钾溶液(或其他合理答案) (4)AsOeq \o\al(3－,3)＋I2＋2OH－===2I－＋AsOeq \o\al(3－,4)＋H2O (5)2AsOeq \o\al(3－,4)＋2SO2＋2H＋===As2O3＋2SOeq \o\al(2－,4)＋H2O (6)SO2 6．(化学与环保)利用绿矾(FeSO4·5H2O)可制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)。 已知：高铁酸钾氧化性比Cl2、O2、ClO2、KMnO4更强；主要反应：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑ (1)该反应中的氧化剂是________，还原剂是____________。 (2)简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用 _______________________________________________________ ______________________________________________________。 解析：该反应中Fe化合价由＋2价变为＋6价、O化合价由－1价变为0价、－2价。(1)得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2、FeSO4；(2)K2FeO4中Fe的化合价为＋6价，具有强氧化性，且还原产物铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性，能吸附除去水中的悬浮杂质。 答案：(1)Na2O2　Na2O2、FeSO4 (2)高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，消毒过程中自身被还原为Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降 体系构建 核心巧记 1．易错的氧化还原反应概念分析6字诀 “升、失、氧；降、得、还”——元素化合价升高(降低)、失(得)电子，发生氧化(还原)反应。 2．双线桥法表示电子转移的方向和数目巧记口诀 先标化合价，再看价变化；起止同元素，桥上标变化；上标升、失、氧，下标降、得、还；电子转移数，化学计量数乘变价。 3．必考的电子守恒关系 氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。 4．常考的氧化性、还原性比较的两种方法 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 5．易混的3个守恒关系 氧化还原反应中离子方程式的配平：先得失电子守恒，再电荷守恒，最后原子守恒。 $$