第03讲 氧化还原反应（举一反三讲义，10大题型）2026年高考化学一轮复习

第03讲 氧化还原反应 目录 一、题型精讲 知识积累+典例剖析+举一反三 题型01 氧化还原反应的判断 1 题型02 氧化还原反应基本概念 4 题型03 氧化性、还原性强弱比较 6 题型04 氧化还原反应规律 8 题型05 氧化还原反应的计算 11 题型06 氧化还原反应配平及其应用 12 题型07 氧化还原反应与工艺流程 15 题型08 氧化还原反应与离子反应 17 题型09 氧化还原反应与反应历程 19 题型10 陌生氧化还原反应的书写 22 二、靶向突破 题型01 氧化还原反应的判断 1.氧化还原反应特征和本质 (1)特征：反应前后有元素的化合价发生变化。 (2)本质：电子转移(得失或偏移)。 (3)氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系 【特别提醒】 （1）有单质参与的化合反应是氧化还原反应。 （2）有单质生成的分解反应是氧化还原反应。 （3）有单质参加或生成的化学反应，不一定是氧化还原反应，如3O22O3。 （4）所有的置换反应都是氧化还原反应。 （5）所有的复分解反应都不是氧化还原反应。 2.氧化还原反应相关概念之间的关系 【易错警示】有关氧化还原反应概念的“五个误区” 误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。 误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只做氧化剂。 误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。 误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。 误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。 3.电子转移的两种表示方法 请分别用双线桥法和单线桥法表示Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目： (1)双线桥法 (2)单线桥法 【解题通法】分析氧化还原反应的方法思路 【例1】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 【变式1-1】 化学与生活密切相关，下列选项不涉及氧化还原反应的是 A．O3用于自来水消毒 B．小苏打用作发酵粉 C．丙烷用作火炬燃料 D．维生素C用作食品添加剂 【变式1-2】 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 【变式1-3】 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 题型02 氧化还原反应基本概念 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。 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。 3.氧化产物和还原产物 （1）常见氧化剂及还原产物的推测 氧化剂 KMnO4(H+)或MnO2 硝酸(H+、NO3-) KClO3、NaClO 浓硫酸 还原产物 Mn2+ NO2或NO Cl- SO2 氧化剂 H2O2 K2Cr2O7 Cl2 Fe3+ 还原产物 H2O Cr3+ Cl- Fe2+ （2）常见还原剂及氧化产物的推测 还原剂 M(金属) S2- SO32- 、SO2 I- Br- 氧化产物 Mn+ S I2 Br2 还原剂 H2 CO、C NH3 H2O2 H2C2O4 氧化产物 H+ CO2 NO O2 CO2 4.氧化还原反应概念的“五个误区” （1）某元素由化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，也不一定被氧化。因为元素处于化合态时，其化合价可能为正，也可能为负。若元素由负价变为0价，则其被氧化，若元素由正价变为0价，则其被还原。 （2）在氧化还原反应中，非金属单质不一定只作氧化剂，大部分非金属单质往往既具有氧化性又具有还原性，只是以氧化性为主。 （3）物质的氧化性或还原性的强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子数目的多少无关。 （4）氧化还原反应中的反应物不一定都是氧化剂或还原剂，有的反应物可能既不是氧化剂也不是还原剂。 （5）在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一元素既被氧化又被还原。如：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧元素一部分化合价升高，一部分化合价降低。 【解题通法】有关氧化还原反应概念的“五个误区” 根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3== NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。 【例2】（2024·浙江卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值) A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能 C．是氧化剂，是还原剂 D．既是氧化产物又是还原产物 【变式2-1】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．1 mol Na2S2O3发生反应，转移4 mol电子 【变式2-2】 关于反应2NH2OH＋4Fe3＋===N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是(　　) A．生成1 mol N2O，转移4 mol电子 B．H2O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 【变式2-3】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12.7 g I2时，转移0.1 mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1 题型03 氧化性、还原性强弱比较 1.氧化性、还原性 (1)含义 ①氧化性：指得电子的性质(或能力)；还原性：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更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。 (2)从元素的化合价判断 ①最高价态——只有氧化性，如：HNO3、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、还原性强弱的判断 (1)依据化学方程式判断 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。 (2)依据金属、非金属的活动性顺序判断 (3)依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。 例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。 (4)依据氧化还原反应的程度判断 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。 【解题通法】 根据强制弱规律判断，只要满足氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物，氧化还原反应就能发生。 （1）氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2>Br2>Fe3＋>I2 （2）还原性：S2－>SO32->I－>Fe2＋>Br－>Cl－ 【例3】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(　　) 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 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 【变式3-1】陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是(　　) 选项 陈述 Ⅰ 陈述 Ⅱ A 用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板 氧化性：Fe3＋>Cu2＋ B 用Na2O2作呼吸面具的氧气来源 Na2O2能氧化CO2 C 用Na2S除去废水中的Cu2＋和Hg2＋ Na2S具有还原性 D 用石灰乳脱除烟气中的SO2 SO2具有氧化性 【变式3-2】工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应： ①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Te。以下说法正确的是(　　) A．Cu2Te中Cu元素的化合价是＋2价 B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2 C．每制备1 mol Te理论上共转移12 mol e－ D．氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2 【变式3-3】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 题型04 氧化还原反应规律 守恒律 定义 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即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。 应用 ①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。 强弱律 定义 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 应用 ①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 优先律 定义 当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。 应用 ①判断某一氧化还原反应能否正常进行。②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。 价态律 定义 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。 应用 ①判断氧化还原反应能不能发生。 ②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。 转化律 定义 同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。 应用 如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2→，H2O4→O2)、5Cl－＋ClO＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。 【解题通法】 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，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是 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。 【例4】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 【变式4-1】)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＋＋6MnO＋11H2O===5Cr2O＋6Mn2＋＋22H＋ 【变式4-2】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如图所示。下列有关说法不正确的是(　　) A．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L－1 C．当通入Cl2 2 mol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 【变式4-3】已知氧化性：Fe3+＞M2+（M为不活泼的常见金属），向物质的量浓度均为1mol•L-1的Fe2（SO4）3和MSO4的100mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是（    ） A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+ B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n（Fe2+）=（0.2+a）mol C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M D．若有固体剩余则可能是铁 题型05 氧化还原反应的计算 1.计算原理 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 2.得失电子守恒的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。 （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 （2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 （3）以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 【解题通法】 1.“一找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“二定得失”：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.“三列等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。 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。 【例5】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。 【变式5-1】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为_______________________________________________________________。 【变式5-2】关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应 B．O2是氧化产物 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1 D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol 【变式5-3】）向1000 mL某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出11.2 L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加18.6 g。下列判断正确的是 A．反应后的溶液中还可溶解19.2 g Fe B．原稀硝酸的物质的量浓度为2.0 C．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.5 mol D．反应后的溶液中 题型06 氧化还原反应配平及其应用 1.氧化还原反应方程式的配平原则 （1）电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数； （2）质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变； （3）电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。 2.氧化还原方程式的配平步骤 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 3.氧化还原反应方程式的配平方法 (1)正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： (2)逆向配平法 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，最后根据质量守恒配平其他物质。如： 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，最后根据质量守恒配平其他物质。 (3)整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 【解题通法】“五步骤”配平氧化还原反应方程式 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【例6】一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 【变式6-1】已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋W； ②Cr2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋ C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O不能发生 【变式6-2】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 【变式6-3】以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 ②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有___________________________________________________________________。 (2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： Fe3＋＋Ag2S＋______________________＋2[AgCl2]－＋S (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________________________________。 题型07 氧化还原反应与工艺流程 氧化还原反应是贯穿高中化学工艺流程试题的核心主线与灵魂。这类试题通常以真实的工业生产和资源回收为背景，其物质转化的本质大多是基于氧化还原反应。 在工艺流程中，氧化还原反应发挥着至关重要的作用，主要体现在以下几个方面： 1.实现原料的初步转化：如硫铁矿（FeS₂）焙烧制硫酸、黄铜矿（CuFeS₂）的氧化酸浸等，通过氧化将矿物中的目标元素转化为可溶性离子。 2.调节离子价态以分离除杂：这是最常考的考点。例如，加入氧化剂（如H₂O₂、Cl₂）将溶液中具有干扰性的Fe²⁺氧化为更易水解沉淀的Fe³⁺，从而通过调节pH值将其除去。 3.最终产品的制备与提取：如用SO₂还原制硫磺、电解法精炼金属铜等。 因此，工艺流程题重点考查学生在陌生、复杂的背景下识别氧化还原反应、分析物质价态变化、并运用电子守恒、电荷守恒等原理书写陌生化学方程式的能力。能否熟练运用氧化还原反应原理，是能否成功破解工艺流程题的关键。 【例7】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗 【变式7-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①的结构式为。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 【变式7-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，的氧化产物为 B．“试剂X”可以是ZnO或 C．“沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤 【变式7-3】（2025·山东·二模）一种以辉铋矿(主要成分为，含有少量的和等)为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。 已知：①水解生成难溶的；②化合物中通常呈价或价，具有强氧化性。下列说法错误的是 A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为 C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．流程中可循环利用的物质为 题型08 氧化还原反应与离子反应 氧化还原反应与离子反应在高中化学试题中并非对立，而是交叉融合、相辅相成的关系，其核心联系在于：绝大多数在水溶液中发生的氧化还原反应，同时属于离子反应。 它们的关系主要体现在三个层面： 1.范畴上的包含关系：离子反应是广义的概念，指有离子参加或生成的反应，包括复分解反应（非氧化还原）和氧化还原反应。因此，水溶液中的氧化还原反应是离子反应的一个子集。例如，Zn与CuSO₄溶液的反应（Zn + Cu²⁺ = Zn²⁺ + Cu），既是有电子转移的氧化还原反应，也是有离子参加的离子反应。 2.试题中的综合考查：题目常将二者结合，增加难度和综合性。例如： （1）判断离子能否大量共存：需同时考虑是否发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）和是否发生氧化还原反应（如Fe²⁺与NO₃⁻(H⁺)、MnO₄⁻与Cl⁻等不能共存）。 （2）书写离子方程式：这是最重要的交汇点。书写氧化还原反应的离子方程式时，必须遵循电子守恒、电荷守恒、质量守恒三大原则，电荷守恒是连接氧化还原与离子反应的桥梁。 3.本质上的共同基础：无论是复分解反应（离子浓度减小）还是氧化还原反应（电子转移），其发生都遵循一个共同驱动力——反应体系的能量降低（趋于更稳定状态）。在分析反应能否发生时，需从热力学和动力学角度综合判断。 综上，掌握二者关系要求学生在分析问题时，必须先判断反应类型（是否为氧化还原），再选择正确的工具（电子守恒/沉淀气体条件）进行拆解，这是解决复杂问题的关键思维路径。 【例8】（2025·湖南长沙·二模）下列离子方程式正确的是 A．证明氧化性 B．将滴入溶液中： C．将浓氨水滴入沉淀中： D．向溶液中滴加少量 【变式8-1】（2025·河南开封·二模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．用覆铜板制作印刷电路板： B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO： C．用溶液除水垢中的CaSO4： D．用绿矾除酸性工业废水中的Cr2O： 【变式8-2】（2025·福建泉州·一模）下列离子方程式错误的是 A．通入酸性溶液： B．用酸性淀粉碘化钾溶液检验加碘食盐： C．侯氏制碱法制备 D．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： 【变式8-3】（2025·贵州贵阳·二模）下列过程对应的离子方程式书写正确的是 A．硫化氢溶液在空气中久置： B．将通入酸性溶液： C．银氨溶液与溴化钠溶液反应： D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合： 题型09 氧化还原反应与反应历程 氧化还原反应，尤其是复杂的或多步的氧化还原反应，是探讨反应历程（机理） 的绝佳载体。在高考试题的“化学反应原理”综合题中，这种结合日益成为考查学生深度思维能力的难点。其核心关系体现在： 1.揭示内在复杂性：许多氧化还原反应的总方程式看似简单，但其实际历程可能是多步的。试题通过呈现分步的历程（如：①慢、②快），引导学生认识到总反应速率由慢反应（决速步） 决定，并考查对中间产物（如自由基、离子）的判断。例如，大气中SO₂被氧化成SO₃的过程可能涉及自由基历程。 2.解释催化剂作用机理：这是最重要的结合点。催化剂通过改变反应历程（提供一条活化能更低的路径）来加速反应。试题常要求分析催化剂如何参与氧化还原循环。例如，分析Cu²⁺催化Zn与稀硫酸反应时，Cu²⁺/Cu⁺的价态变化循环；或阐述C₂H₄催化氧化制乙醛（Wacker过程）中Pd²⁺/Pd和Cu²⁺/Cu⁺的催化循环。 3.深化能量变化理解：反应历程图（能量-反应进程图）直观展示了氧化还原反应中电子转移所伴随的活化能和反应热（焓变）。试题要求学生根据历程图判断决速步、比较不同催化剂的效能、并分析吸/放热情况。 因此，这类试题超越了简单的方程式配平，要求学生从动力学（速率）和热力学（可能性） 的视角，动态、微观地分析电子转移的详细路径，从而考查学生的证据推理与模型认知的核心素养。 【例9】（2025·贵州·一模）被称为“绿色氧化剂”。一种用制备的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是 A．该制备反应的催化剂有两种 B．是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子 C．该过程中微粒含电子数为的粒子只有2种 D．图中的配位数为5 【变式9-1】（2025·湖南·一模）氮氧化合物是常见的污染物，对其进行治理是环境保护的一个重要领域。以沸石笼为载体对NO进行催化的机理如图所示。下列说法错误的是 A．物质A是N2和H2O B．反应②③中氧原子的成键数目发生改变，氧元素的化合价也发生了改变 C．反应⑤中既是氧化剂又是还原剂 D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状况下的NH3 22.4L 【变式9-2】（2025·河北衡水·一模）脱的一种催化机理如图所示。下列说法正确的是 A．能结合的原因是能形成氢键 B．能加快反应速率，提高脱的平衡转化率 C．催化过程中Mn的配位数和化合价发生了改变 D．总反应方程式为 【变式9-3】（2025·江苏连云港·一模）含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．该催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．过程1中CO2发生还原反应 C．过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D．整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 题型10 陌生氧化还原反应的书写 书写陌生的氧化还原方程式是高中化学的核心能力，其关键是遵循系统方法，紧扣三大守恒。 1.判反应，标价态： （1）首先判断反应是否属于氧化还原（看关键元素化合价是否变化）。 （2）在反应物和生成物上方标出所有关键元素的化合价，这是分析的基石。 2.定四剂，算得失： （1）根据化合价变化，确定氧化剂（降价）及其还原产物，还原剂（升价）及其氧化产物。 （2）计算每分子氧化剂与还原剂得失电子数。利用电子守恒，找到得失电子数的最小公倍数，从而确定氧化剂和还原剂的化学计量数。 3.巧配平，守三恒： （1）电子守恒：已通过上一步解决。 （2）电荷守恒：检查反应前后离子所带电荷总数是否相等。在离子反应中，通过添加H⁺（酸性环境）、OH⁻（碱性环境）或H₂O来调节电荷。 （3）原子守恒：最后通过观察法，添加H₂O或其它未参与氧化还原的离子（如K⁺、SO₄²⁻等），使原子种类和数目相等。 【例10】（2025·湖南长沙·二模）一种铂铼废催化剂(，含、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸(铵NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：。 下列说法正确的是 A．“滤渣Ⅰ”的成分为积碳、，滤渣Ⅱ的成分为 B．“操作Ⅰ”为：过滤、洗涤、干燥。 C．“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为： D．理论上获得铼粉，理论上需要标准状况下的体积至少为。 【变式10-1】（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．“灼烧”后的固体产物中，和均为价 B．在“酸浸”过程中所滴加的的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．“合成”过程中，发生反应会有和放出 【变式10-2】（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取晶体： 已知：浓度过高时易发生分解，高于60℃时易分解，饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出。 下列说法错误的是 A．步骤①中工业上可用代替 B．步骤②发生反应的离子方程式为 C．防止步骤①中浓度过高发生分解可采用过量固体 D．步骤④中制得的晶体可用略高于38℃的热水洗涤2~3遍 【变式10-3】（2025·黑龙江·二模）利用如下流程吸收尾气中的NO和协同生产连二亚硫酸钠和。 下列有关反应表示错误的是 A．“装置Ⅰ”中主要发生反应： B．“装置Ⅱ”中生成的反应： C．“装置Ⅲ”中阴极电极反应式： D．“装置Ⅳ”中发生反应： 1.（2025·北京卷）下列反应中，体现还原性的是 A．加热分解有生成 B．和的混合溶液加热有生成 C．固体在溶液中溶解 D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀 2.（2025·浙江卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 3.（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 4.（2025·山东卷）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B．戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C．拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D．哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 5.（2025·山东卷）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．是还原反应的产物 B．还原性： C．处理后溶液的增大 D．图示反应过程中起催化作用的是 6.（2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．G、K均能与溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性 C．M和N溶液中的离子种类相同 D．与足量的J反应，转移电子数为 7.（2024·福建卷）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下： 已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是 A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 B．“酸溶”时产生和离子 C．“碱溶”时存在反应： D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应 8.（2024·北京卷）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 9.（2025·陕西安康·二模）一种多孔膜固定碳酸酐酶（CA＠）催化捕获机理如图所示，下列说法错误的是 A．中性或弱碱性环境更有利于的捕获 B．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 C．通过X射线衍射测定捕获过程中中碳氧键键长发生改变 D．原捕获气体中混合更有利于的捕获 10.（2025·北京海淀·三模）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是 A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．与反应的化学方程式为： C．与反应时，氧化产物为和 D．与盐酸反应的离子方程式为： 11.（2025·四川巴中·三模）一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。 下列说法正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．流程中做还原剂 C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂 D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降 12.（2025·北京通州·三模）不同的温度下，通入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成 B．的空间结构为三角锥形 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每参与反应转移的电子数之比为 D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的与NaOH的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ 13.（2025·河南安阳·一模）在条件下，分别用相同浓度的溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成和X的物质的量相等；消耗等量的时，反应1和反应2生成的质量比为。下列叙述错误的是 A．上述2个反应中，参与反应的与的物质的量之比均为 B．消耗等量的时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为 C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D．若某温度下生成X和Y均为时，同时生成 14.（2025·湖北·一模）某水体(含较多，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：+2O2+2OH-=+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 15.（2025·广东深圳·二模）四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是 A．方法1中，吸收前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变 B．若烟气中还含有，采用方法2可实现同时脱硫脱硝 C．方法3中能循环利用的物质是NaOH D．方法4中与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 16.（2025·四川巴中·三模）天然气中含有少量有毒气体，用如图所示流程在常温下可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．为 B．该脱硫过程宜在高温下进行 C．过程①中每脱去转移电子的数目是 D．过程②中发生的反应是氧化还原反应 17.（2025·北京海淀·二模）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是 A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应 B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性 C．反应消耗0.05mol Cu时，转移电子数约为 D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu 18.（2025·北京西城·二模）下列变化过程与氧化还原反应无关的是 A．推动盛有的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深 B．将酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去 C．将溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀 D．向包有粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧 19.（2025·天津和平·二模）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．表示 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．可用替换 D．若生成气体，则反应转移的电子数为 20.（2025·吉林·二模）磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是 A．P4只发生了氧化反应 B．反应过程中溶液pH增大 C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 21.（2025·吉林延边·一模）某种锑矿主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质，以该矿石为原料制备Sb的工艺流程如图。已知为两性氧化物，SbOCl难溶于水。下列说法正确的是 A．“滤渣I”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH溶液使其转化为回收 B．“滤渣Ⅱ”的成分为PbS C．“除砷”时转化为，此反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为 D．惰性电极“电解”过程阴极上的反应可能为： 22.（2025·福建厦门·一模）利用铬铁矿粉[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质]制备重要化工原料Cr(OH)3的工业流程如图。 已知：。 下列说法错误的是 A．“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr B．“焙烧”后的固体进行粉碎能提高“水浸”时Cr元素的浸出率 C．“沉铝”时加入的试剂X为NaOH溶液 D．“还原”的离子方程式为 23.（2025·湖南·一模）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列说法错误的是 A．第一电离能： B．“焙烧”时，转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D．有机层中回收的金属元素是Pt，实验室中萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 24.（2025·云南临沧·一模）催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化的作催化剂，将还原成的一种反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．反应Ⅰ对总反应速率影响不大 B．增大浓度会影响催化剂对的吸附 C．整个历程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D．消耗标准状况下时，整个过程转移电子 25.（2025·山东泰安·一模）某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl，工艺流程如图所示。已知焙烧时Bi2S3和FeS2分别转化为Bi2O3、Fe2O3。下列说法正确的是 A．“联合焙烧”时每转化1molBi2S3消耗12molMnO2 B．“酸浸”时为减少盐酸挥发，应在低温条件下进行 C．“转化”过程中可知Fe3+氧化性强于Bi3+ D．“水解”时发生的反应为：Bi3++2OH-+Cl-=BiOCl+H2O 26.（2025·江苏·二模）周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸，ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解，氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列化学反应表示正确的是 A．电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B．用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C．AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D．ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 27.（2025·江西·二模）下列过程中，对应反应的离子反应方程式书写错误的是 A．氯气与烧碱溶液反应制备漂白液： B．用稀硫酸和淀粉溶液检验加碘盐中的： C．酒驾的检测方法： D．用过量稀硝酸回收磁性材料中的： 28.（2025·河南·一模）以H2O作为羟基源，K2S2O8作为自由基引发剂和氧化剂，通过烷烃的C—H键直接插羰羧基，最终在溶剂化作用下生成羧酸的反应机理如下所示，下列说法正确的是 A．K2S2O8中S元素+7价 B．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂 C．①和②羰基碳杂化方式都是sp2 D．由②生成④的反应属于氧化反应 29.（2025·湖南长沙·二模）黄铁矿()作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是 A．晶体中存在非极性共价键 B．与反应的离子方程式： C．整个反应过程中，最多提供电子 D．产生的可能会对环境产生二次污染 30.（2025·贵州贵阳·二模）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如图所示： 已知“滤液2”主要含和。下列说法不正确的是 A．“机械粉碎”可以增大反应物接触面积，增大酸浸速率 B．“酸溶”时产生和离子 C．“碱溶”时存在反应： D．“电解精炼”时，电路中转移电子时阴极增重 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 氧化还原反应 目录 一、题型精讲 知识积累+典例剖析+举一反三 题型01 氧化还原反应的判断 1 题型02 氧化还原反应基本概念 4 题型03 氧化性、还原性强弱比较 7 题型04 氧化还原反应规律 11 题型05 氧化还原反应的计算 14 题型06 氧化还原反应配平及其应用 17 题型07 氧化还原反应与工艺流程 20 题型08 氧化还原反应与离子反应 24 题型09 氧化还原反应与反应历程 27 题型10 陌生氧化还原反应的书写 31 二、靶向突破 题型01 氧化还原反应的判断 1.氧化还原反应特征和本质 (1)特征：反应前后有元素的化合价发生变化。 (2)本质：电子转移(得失或偏移)。 (3)氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系 【特别提醒】 （1）有单质参与的化合反应是氧化还原反应。 （2）有单质生成的分解反应是氧化还原反应。 （3）有单质参加或生成的化学反应，不一定是氧化还原反应，如3O22O3。 （4）所有的置换反应都是氧化还原反应。 （5）所有的复分解反应都不是氧化还原反应。 2.氧化还原反应相关概念之间的关系 【易错警示】有关氧化还原反应概念的“五个误区” 误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。 误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只做氧化剂。 误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。 误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。 误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。 3.电子转移的两种表示方法 请分别用双线桥法和单线桥法表示Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目： (1)双线桥法 (2)单线桥法 【解题通法】分析氧化还原反应的方法思路 【例1】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 【答案】C 【解析】明矾水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降使水变得澄清，没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；雪遇到盐而熔点降低并熔化，未发生化学反应，B不符合题意；使用暖贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌反射，D不符合题意。 【变式1-1】 化学与生活密切相关，下列选项不涉及氧化还原反应的是 A．O3用于自来水消毒 B．小苏打用作发酵粉 C．丙烷用作火炬燃料 D．维生素C用作食品添加剂 【答案】B 【解析】臭氧因具有强氧化性，起到消毒作用，A不符合题意；碳酸氢钠具有热不稳定性，受热易分解，不涉及氧化还原，B符合题意；丙烷燃烧放热，可以用作燃料，燃烧属于氧化还原，C不符合题意；维生素C具有还原性，用作贮存富脂类食品时的脱氧剂时，做反应的还原剂，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。 【变式1-2】 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 【答案】D 【解析】反应中氯元素的化合价由+5降低为+4，则KClO3为氧化剂，在反应中得到电子被还原，则ClO2是还原产物，A、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。 【变式1-3】 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 【答案】B 【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。 题型02 氧化还原反应基本概念 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。 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。 3.氧化产物和还原产物 （1）常见氧化剂及还原产物的推测 氧化剂 KMnO4(H+)或MnO2 硝酸(H+、NO3-) KClO3、NaClO 浓硫酸 还原产物 Mn2+ NO2或NO Cl- SO2 氧化剂 H2O2 K2Cr2O7 Cl2 Fe3+ 还原产物 H2O Cr3+ Cl- Fe2+ （2）常见还原剂及氧化产物的推测 还原剂 M(金属) S2- SO32- 、SO2 I- Br- 氧化产物 Mn+ S I2 Br2 还原剂 H2 CO、C NH3 H2O2 H2C2O4 氧化产物 H+ CO2 NO O2 CO2 4.氧化还原反应概念的“五个误区” （1）某元素由化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，也不一定被氧化。因为元素处于化合态时，其化合价可能为正，也可能为负。若元素由负价变为0价，则其被氧化，若元素由正价变为0价，则其被还原。 （2）在氧化还原反应中，非金属单质不一定只作氧化剂，大部分非金属单质往往既具有氧化性又具有还原性，只是以氧化性为主。 （3）物质的氧化性或还原性的强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子数目的多少无关。 （4）氧化还原反应中的反应物不一定都是氧化剂或还原剂，有的反应物可能既不是氧化剂也不是还原剂。 （5）在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一元素既被氧化又被还原。如：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧元素一部分化合价升高，一部分化合价降低。 【解题通法】有关氧化还原反应概念的“五个误区” 根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3== NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。 【例2】（2024·浙江卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值) A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能 C．是氧化剂，是还原剂 D．既是氧化产物又是还原产物 【答案】D 【分析】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； 【解析】根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故选D。 【变式2-1】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．1 mol Na2S2O3发生反应，转移4 mol电子 【答案】B 【解析】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，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A说法不正确；Na2S2O3中S元素的平均化合价为＋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；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；根据Na2S2O3中S元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D说法不正确。 【变式2-2】 关于反应2NH2OH＋4Fe3＋===N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是(　　) A．生成1 mol N2O，转移4 mol电子 B．H2O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 【答案】A 【解析】由方程式可知，反应生成1 mol一氧化二氮，转移4 mol电子，故A正确；该反应中H、O元素化合价不变，H2O既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为Fe2＋，故B错误；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；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。 【变式2-3】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12.7 g I2时，转移0.1 mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1 【答案】D 【解析】反应中K2H3IO6中I元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A错误；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；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，根据反应方程式，每生成4 mol I2转移7 mol电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1，D正确。 题型03 氧化性、还原性强弱比较 1.氧化性、还原性 (1)含义 ①氧化性：指得电子的性质(或能力)；还原性：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更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。 (2)从元素的化合价判断 ①最高价态——只有氧化性，如：HNO3、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、还原性强弱的判断 (1)依据化学方程式判断 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。 (2)依据金属、非金属的活动性顺序判断 (3)依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。 例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。 (4)依据氧化还原反应的程度判断 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。 【解题通法】 根据强制弱规律判断，只要满足氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物，氧化还原反应就能发生。 （1）氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2>Br2>Fe3＋>I2 （2）还原性：S2－>SO32->I－>Fe2＋>Br－>Cl－ 【例3】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(　　) 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 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 【答案】D 【解析】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；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；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；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。 【变式3-1】陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是(　　) 选项 陈述 Ⅰ 陈述 Ⅱ A 用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板 氧化性：Fe3＋>Cu2＋ B 用Na2O2作呼吸面具的氧气来源 Na2O2能氧化CO2 C 用Na2S除去废水中的Cu2＋和Hg2＋ Na2S具有还原性 D 用石灰乳脱除烟气中的SO2 SO2具有氧化性 【答案】A 【解析】用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板过程中发生反应：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，氧化剂的氧化性强于氧化产物，即氧化性：Fe3＋>Cu2＋，A项正确；用Na2O2作呼吸面具的氧气来源时，Na2O2自身发生歧化反应，未氧化CO2，B项错误；用Na2S除去废水中的Cu2＋和Hg2＋是发生复分解反应的过程，与Na2S的还原性无关，C项错误；用石灰乳脱除烟气中的SO2过程中，先生成CaSO3，后被O2氧化为CaSO4，与SO2的氧化性无关，D项错误。 【变式3-2】工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应： ①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Te。以下说法正确的是(　　) A．Cu2Te中Cu元素的化合价是＋2价 B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2 C．每制备1 mol Te理论上共转移12 mol e－ D．氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2 【答案】C 【解析】Te为第ⅥA族元素，与Cu形成化合物时显－2价，则Cu2Te中Cu为＋1价，A项错误；反应①中，Cu和Te元素化合价均升高，则氧化产物为CuSO4和TeO2，B项错误；反应②中每生成1 mol Te，转移4 mol电子，反应①中每生成1 mol TeO2，转移8 mol电子，则每制备1 mol Te，理论上共转移12 mol电子，C项正确；根据反应①判断，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则O2氧化性强于TeO2，根据反应②判断，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，则TeO2氧化性强于SO2，D项错误。 【变式3-3】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 【答案】A 【解析】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；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；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；未标明是否为标准状况，无法计算物质的量，故D错误。 题型04 氧化还原反应规律 守恒律 定义 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即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。 应用 ①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。 强弱律 定义 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 应用 ①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 优先律 定义 当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。 应用 ①判断某一氧化还原反应能否正常进行。②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。 价态律 定义 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。 应用 ①判断氧化还原反应能不能发生。 ②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。 转化律 定义 同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。 应用 如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2→，H2O4→O2)、5Cl－＋ClO＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。 【解题通法】 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，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是 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。 【例4】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 【答案】A 【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。 【变式4-1】)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＋＋6MnO＋11H2O===5Cr2O＋6Mn2＋＋22H＋ 【答案】D 【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。 【变式4-2】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如图所示。下列有关说法不正确的是(　　) A．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况 B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L－1 C．当通入Cl2 2 mol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 【答案】B 【解析】根据还原性：Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项正确。 【变式4-3】已知氧化性：Fe3+＞M2+（M为不活泼的常见金属），向物质的量浓度均为1mol•L-1的Fe2（SO4）3和MSO4的100mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是（    ） A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+ B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n（Fe2+）=（0.2+a）mol C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M D．若有固体剩余则可能是铁 【答案】D 【解析】因氧化性 Fe3+>M2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与M2+反应。A. 加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中n(Fe3+)= 1mol/L×0.1L×2=0.2mol，则： 当 a≦0.1 时，Fe粉只能将Fe3+还原，A正确；B. 当 0.1≦a<0.2 时，Fe3+全部被还原，n(M2+)= 1mol/L×0.1L=0.1mol 加入的铁粉全部变为Fe2+，根据铁元素守恒，因此n(Fe2+)=(0.2+a)mol，B正确；C. 当Fe3+反应完全后，继续加入铁粉，将与M2+反应，M2+全部被还原，n(M2+)= 1mol/L×0.1L=0.1mol， 当a≧2 时，Fe3+和M2+均反应完全，此时发生的反应为2Fe3++M2++2Fe═4Fe2++M，C正确；D. 若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，因此一定有M，还可能是M和Fe的混合物，不可能只有Fe，D错误；答案选D。 题型05 氧化还原反应的计算 1.计算原理 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 2.得失电子守恒的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。 （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 （2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 （3）以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 【解题通法】 1.“一找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“二定得失”：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.“三列等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。 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。 【例5】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。 【答案】60 【解析】由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。 【变式5-1】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为_______________________________________________________________。 【答案】 mol·L－1 【解析】Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。根据得失电子守恒列等式：c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L ·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得c(Cr2O)＝ mol·L－1。 【变式5-2】关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是 A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应 B．O2是氧化产物 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1 D．若2.24LH2S被反应，则转移电子为0.8mol 【答案】C 【解析】由于F的非金属性强于O，故O2F2中O显+1价，F显-1价，故O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原发生还原反应，F的化合价不变，A错误；由A项分析可知，反应中O的化合价有+1价降低为0价，故O2是还原产物，B错误；分析反应中，O2F2中O显+1价，F显-1价，O2F2在该反应中O的化合价变为0价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，被氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C正确；反应中H2S中S的化合价由-2价升高为+6价，故1molH2S发生反应则失去8mol电子，但题干中未告知H2S的状态，故2.24LH2S被反应，则转移电子不一定为0.8mol，D错误；故选C。 【变式5-3】）向1000 mL某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出11.2 L(标准状况下)NO气体，同时溶液质量增加18.6 g。下列判断正确的是 A．反应后的溶液中还可溶解19.2 g Fe B．原稀硝酸的物质的量浓度为2.0 C．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.5 mol D．反应后的溶液中 【答案】B 【分析】由题意可知，则m(NO)=15g，转移电子的物质的量为1.5mol，溶液质量增加18.6 g，加入铁粉的质量为18.6g+15g=33.6g，所以原溶液中投入铁粉的物质的量是，设所得溶液中亚铁离子和铁离子的物质的量分别为x、y，则x+y=0.6，再由电子守恒得2x+3y=1.5，两式联立解得x=y=0.3mol。 【解析】反应后的溶液中再加入铁粉，发生还可溶解0.15mol，即8.4 g Fe，故A错误；由N元素守恒得，，原稀硝酸的物质的量浓度为，故B正确；由分析可知原溶液中投入铁粉的物质的量是0.6 mol，故C错误；D．由分析可知反应后的溶液中，故D错误；故选B。 题型06 氧化还原反应配平及其应用 1.氧化还原反应方程式的配平原则 （1）电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数； （2）质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变； （3）电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。 2.氧化还原方程式的配平步骤 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 3.氧化还原反应方程式的配平方法 (1)正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： (2)逆向配平法 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，最后根据质量守恒配平其他物质。如： 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，最后根据质量守恒配平其他物质。 (3)整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 【解题通法】“五步骤”配平氧化还原反应方程式 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【例6】一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 【答案】A 【解析】5NH4NO3===2HNO3＋4N2↑＋9H2O，A错误；NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物(H→2)和还原产物(O→2)的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。 【变式6-1】已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋W； ②Cr2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋ C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O不能发生 【答案】B 【解析】根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，根据得失电子守恒可得，Cr2O和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C错误；Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O能发生，D错误。 【变式6-2】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 【答案】C 【解析】S2O经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为，S2O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既是氧化剂也是还原剂，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。 【变式6-3】以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 ②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有___________________________________________________________________。 (2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： Fe3＋＋Ag2S＋______________________＋2[AgCl2]－＋S (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________________________________。 【答案】(1)②Fe3＋、Mn2＋　(2)①2　4　Cl－　2　Fe2＋　(3)①2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ 【解析】(1)②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Mn2＋，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋。(3)①铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。 题型07 氧化还原反应与工艺流程 氧化还原反应是贯穿高中化学工艺流程试题的核心主线与灵魂。这类试题通常以真实的工业生产和资源回收为背景，其物质转化的本质大多是基于氧化还原反应。 在工艺流程中，氧化还原反应发挥着至关重要的作用，主要体现在以下几个方面： 1.实现原料的初步转化：如硫铁矿（FeS₂）焙烧制硫酸、黄铜矿（CuFeS₂）的氧化酸浸等，通过氧化将矿物中的目标元素转化为可溶性离子。 2.调节离子价态以分离除杂：这是最常考的考点。例如，加入氧化剂（如H₂O₂、Cl₂）将溶液中具有干扰性的Fe²⁺氧化为更易水解沉淀的Fe³⁺，从而通过调节pH值将其除去。 3.最终产品的制备与提取：如用SO₂还原制硫磺、电解法精炼金属铜等。 因此，工艺流程题重点考查学生在陌生、复杂的背景下识别氧化还原反应、分析物质价态变化、并运用电子守恒、电荷守恒等原理书写陌生化学方程式的能力。能否熟练运用氧化还原反应原理，是能否成功破解工艺流程题的关键。 【例7】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗 【答案】C 【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到但溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。 【解析】酸溶步骤溶解Cu和Ag，浓硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗4mol ，稀硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗≈2.67mol ，稀硝酸消耗更少；同理Ag与稀硝酸反应消耗硝酸也更少，故从消耗硝酸量角度，稀硝酸更好，A错误；滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，B错误；Au与反应生成，加入NaCl后，与结合生成稳定的，降低了，促使Au的溶解平衡正向移动，从而促进反应进行，C正确；中Au为+3价，2mol 还原需6mol电子，Zn被氧化为，1mol Zn失2mol电子，需3mol Zn还原 ，电离出，过量Zn会与反应生成，实际消耗Zn更多，D错误；故选C。 【变式7-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①的结构式为。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 【答案】B 【分析】由流程知，炼锌废渣经过稀硫酸酸浸后转化为含、、、、的滤液和含（不溶于水）、Cu（与稀硫酸不反应）的浸渣，过滤后向滤液中通入除去后，加入溶液将氧化为、氧化为，过滤除去后加入氢氧化钠溶液调溶液的将转化为除去，加入足量的溶液调溶液的将转化为，过滤得到。 【解析】由分析知，浸渣含Cu和PbSO4，A错误；由分析知，沉锰步骤中，（过氧键O为-1价）作氧化剂，将氧化为，离子方程式为，每生成1mol 产生4mol，B正确；沉淀步骤调pH=4时，， ，已沉淀完全，C错误；沉钴时，ClO-（Cl从+1→-1，得2e-）作氧化剂，Co2+（Co从+2→+3，失1e-）作还原剂，由电子守恒可知n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，D错误；故选B。 【变式7-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，的氧化产物为 B．“试剂X”可以是ZnO或 C．“沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤 【答案】C 【分析】含锌废液(主要成分为，含少量的和)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X调节pH，X可以为或，不引入其他杂质，使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，滤液加入碳酸氢铵使锌离子转化为，过滤后的滤液中溶质主要是硫酸铵，据此解答。 【解析】“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则作氧化剂，发生还原反应。中过氧键的O为-1价，反应后变为中-2价的O，故是还原产物，而非氧化产物，A错误；“调pH”目的是沉淀Fe3+，试剂X需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B错误；“沉锌”生成，反应的离子方程式为，则消耗锌离子和碳酸氢根离子的物质的量之比为1：2，，C正确；中的Zn(OH)2易与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+而溶解，稀氨水洗涤会导致产品损失，D错误；故选C。 【变式7-3】（2025·山东·二模）一种以辉铋矿(主要成分为，含有少量的和等)为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。 已知：①水解生成难溶的；②化合物中通常呈价或价，具有强氧化性。下列说法错误的是 A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为 C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．流程中可循环利用的物质为 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的浸出渣和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。 【解析】溶浸步骤加入盐酸，可溶解Bi2O3等物质提高浸取率，同时根据已知①，BiCl3水解生成BiOCl，盐酸提供H+能抑制Bi3+水解（增大HCl浓度使水解平衡左移），A正确；溶浸时FeCl3作氧化剂，Bi2S3中S2-被氧化为S单质（0价），Fe3+还原为Fe2+，Bi3+价态不变，电子守恒配平为6FeCl3+Bi2S3=6FeCl2+2BiCl3+3S，B正确；置换步骤Fe还原Bi3+生成Bi和Fe2+，反应为2Bi3++3Fe=2Bi+3Fe2+，氧化剂（Bi3+）与还原剂（Fe）物质的量之比为2:3，而非3:2，C错误；置换后滤液含FeCl2，通入Cl2氯化生成FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3），可循环用于溶浸步骤，D正确；故选C。 题型08 氧化还原反应与离子反应 氧化还原反应与离子反应在高中化学试题中并非对立，而是交叉融合、相辅相成的关系，其核心联系在于：绝大多数在水溶液中发生的氧化还原反应，同时属于离子反应。 它们的关系主要体现在三个层面： 1.范畴上的包含关系：离子反应是广义的概念，指有离子参加或生成的反应，包括复分解反应（非氧化还原）和氧化还原反应。因此，水溶液中的氧化还原反应是离子反应的一个子集。例如，Zn与CuSO₄溶液的反应（Zn + Cu²⁺ = Zn²⁺ + Cu），既是有电子转移的氧化还原反应，也是有离子参加的离子反应。 2.试题中的综合考查：题目常将二者结合，增加难度和综合性。例如： （1）判断离子能否大量共存：需同时考虑是否发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）和是否发生氧化还原反应（如Fe²⁺与NO₃⁻(H⁺)、MnO₄⁻与Cl⁻等不能共存）。 （2）书写离子方程式：这是最重要的交汇点。书写氧化还原反应的离子方程式时，必须遵循电子守恒、电荷守恒、质量守恒三大原则，电荷守恒是连接氧化还原与离子反应的桥梁。 3.本质上的共同基础：无论是复分解反应（离子浓度减小）还是氧化还原反应（电子转移），其发生都遵循一个共同驱动力——反应体系的能量降低（趋于更稳定状态）。在分析反应能否发生时，需从热力学和动力学角度综合判断。 综上，掌握二者关系要求学生在分析问题时，必须先判断反应类型（是否为氧化还原），再选择正确的工具（电子守恒/沉淀气体条件）进行拆解，这是解决复杂问题的关键思维路径。 【例8】（2025·湖南长沙·二模）下列离子方程式正确的是 A．证明氧化性 B．将滴入溶液中： C．将浓氨水滴入沉淀中： D．向溶液中滴加少量 【答案】C 【解析】Fe3+的还原产物应为Fe2+，正确反应为2Fe3+ + Cu= 2Fe2+ + Cu2+，A错误；ICl与OH-反应生成IO-和Cl-，正确反应为ICl + 2OH- = IO- + Cl- + H2O，B错误；AgCl与浓氨水反应生成[Ag(NH3)2]+和Cl-，方程式为2NH3+AgCl=[Ag(NH3)2]++Cl-，C正确；H3BO3是一元弱酸，与OH-反应生成，正确反应为H3BO3 + OH- =，D错误；故选C。 【变式8-1】（2025·河南开封·二模）下列离子方程式与所给事实不相符的是 A．用覆铜板制作印刷电路板： B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO： C．用溶液除水垢中的CaSO4： D．用绿矾除酸性工业废水中的Cr2O： 【答案】B 【解析】Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，符合覆铜板腐蚀原理，电荷和原子均守恒，A正确；醋酸为弱酸，在离子方程式中应以CH3COOH形式存在，不能拆为H+，而选项中直接写H+，正确的离子方程式为：，B错误；CaSO4与CO反应生成溶度积更小的CaCO3沉淀，符合沉淀转化规律，C正确；Cr2O在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，电荷和原子均守恒，D正确；故选B。 【变式8-2】（2025·福建泉州·一模）下列离子方程式错误的是 A．通入酸性溶液： B．用酸性淀粉碘化钾溶液检验加碘食盐： C．侯氏制碱法制备 D．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔： 【答案】C 【解析】反应中SO2被氧化为，被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，故A正确；用酸性淀粉碘化钾溶液检验加碘食盐，与I⁻在酸性条件下发生归中反应生成I₂。根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，故B正确；侯氏制碱法的核心是NH3、CO2与H2O反应生成碳酸氢钠沉淀，反应离子方程式为，故C错误；海水提溴过程中将溴吹入吸收塔，Br2被SO2还原为Br⁻，SO2被氧化为，反应的离子方程式为，故D正确；故选C。 【变式8-3】（2025·贵州贵阳·二模）下列过程对应的离子方程式书写正确的是 A．硫化氢溶液在空气中久置： B．将通入酸性溶液： C．银氨溶液与溴化钠溶液反应： D．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液混合： 【答案】C 【解析】硫化氢是弱酸，在溶液中主要以H2S分子形式存在，而非完全电离为S2-和H+，正确的离子方程式为2H2S+O2=2S↓+2H2O，A错误；离子方程式配平有误，正确配平应为，B错误；银氨溶液中的[Ag(NH3)2]+与Br-反应生成AgBr沉淀，同时释放NH3。该反应由于AgBr的溶度积很小，该反应的平衡常数远大于1，反应可以发生，方程式书写正确，C正确；少量Ba(OH)2与过量NaHCO3反应时，Ba2+和OH-的物质的量之比为1∶2，正确的离子方程式为，D错误；故选C。 题型09 氧化还原反应与反应历程 氧化还原反应，尤其是复杂的或多步的氧化还原反应，是探讨反应历程（机理） 的绝佳载体。在高考试题的“化学反应原理”综合题中，这种结合日益成为考查学生深度思维能力的难点。其核心关系体现在： 1.揭示内在复杂性：许多氧化还原反应的总方程式看似简单，但其实际历程可能是多步的。试题通过呈现分步的历程（如：①慢、②快），引导学生认识到总反应速率由慢反应（决速步） 决定，并考查对中间产物（如自由基、离子）的判断。例如，大气中SO₂被氧化成SO₃的过程可能涉及自由基历程。 2.解释催化剂作用机理：这是最重要的结合点。催化剂通过改变反应历程（提供一条活化能更低的路径）来加速反应。试题常要求分析催化剂如何参与氧化还原循环。例如，分析Cu²⁺催化Zn与稀硫酸反应时，Cu²⁺/Cu⁺的价态变化循环；或阐述C₂H₄催化氧化制乙醛（Wacker过程）中Pd²⁺/Pd和Cu²⁺/Cu⁺的催化循环。 3.深化能量变化理解：反应历程图（能量-反应进程图）直观展示了氧化还原反应中电子转移所伴随的活化能和反应热（焓变）。试题要求学生根据历程图判断决速步、比较不同催化剂的效能、并分析吸/放热情况。 因此，这类试题超越了简单的方程式配平，要求学生从动力学（速率）和热力学（可能性） 的视角，动态、微观地分析电子转移的详细路径，从而考查学生的证据推理与模型认知的核心素养。 【例9】（2025·贵州·一模）被称为“绿色氧化剂”。一种用制备的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是 A．该制备反应的催化剂有两种 B．是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子 C．该过程中微粒含电子数为的粒子只有2种 D．图中的配位数为5 【答案】B 【分析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、Cl-、Pd和[PdCl2O2]2-都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有H2和O2，[PdCl4]2-先消耗后生成，作为催化剂，据此分析解题 【解析】根据分析，催化剂是，是中间产物，A错误；作消毒剂后生成，对环境无污染，在消毒过程中，元素化合价由-1价变为-2价，，在消毒过程中消耗时转移电子的物质的量，B正确；微粒含电子数为的粒子，1个该粒子含有18个电子，含有18个电子的粒子有、、，有3种，C错误；中为中心离子，氯离子为配离子，配位数是4，D错误；故选B。 【变式9-1】（2025·湖南·一模）氮氧化合物是常见的污染物，对其进行治理是环境保护的一个重要领域。以沸石笼为载体对NO进行催化的机理如图所示。下列说法错误的是 A．物质A是N2和H2O B．反应②③中氧原子的成键数目发生改变，氧元素的化合价也发生了改变 C．反应⑤中既是氧化剂又是还原剂 D．图中总过程中每吸收1molNO需要标准状况下的NH3 22.4L 【答案】B 【解析】步骤④中NO把氨气和铵根氧化为氮气，根据元素守恒可知还有水生成，A正确；反应③中，整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的断裂，其他元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B错误；由图可知，反应⑤为、NO反应生成N2、、H2O、，中Cu化合价降低，N化合价升高，故其既是氧化剂又是还原剂，C正确；根据图示，箭头指进为反应物，指出为生成物，可知总反应为，所以每吸收1molNO需要标准状况下的NH3 22.4L，D正确；故选B。 【变式9-2】（2025·河北衡水·一模）脱的一种催化机理如图所示。下列说法正确的是 A．能结合的原因是能形成氢键 B．能加快反应速率，提高脱的平衡转化率 C．催化过程中Mn的配位数和化合价发生了改变 D．总反应方程式为 【答案】C 【解析】氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，A错误；MnO2作为反应的催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡，不能提高平衡转化率，B错误；从图中可以看出Mn 所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，C正确；根据示意图可知，反应物有 NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，故反应方程式为：，D错误；故选C。 【变式9-3】（2025·江苏连云港·一模）含Ru(钌)化合物可催化CO2转化为HCOOH，其反应机理如图所示。 下列说法不正确的是 A．该催化剂不能提高CO2的平衡转化率 B．过程1中CO2发生还原反应 C．过程3中有1molH2O生成时有2mol电子转移 D．整个转化过程中Ru和O元素的化合价不变 【答案】C 【解析】催化剂不能使化学平衡发生移动，只能改变反应速率，所以不能提高CO2的平衡转化率，A正确；Ru的化合物与二氧化碳反应，产物增加了氧原子，发生了氧化反应，二氧化碳被还原，B正确；由图可知，反应方程式为，反应中钌元素的化合价没有变化，氢元素的化合价既升高被氧化，又降低被还原，氢气既是反应的氧化剂也是反应的还原剂，所以当转化为时，氢气得到2mol电子，并没有电子得失，所以当生成时有电子转移，C错误；由图可知，元素在化合物中的化学式分别为；氧元素均形成含氧化合物，没有形成过氧化物，由化合价代数和为可知，元素的化合价不变，D正确；故选C。 题型10 陌生氧化还原反应的书写 书写陌生的氧化还原方程式是高中化学的核心能力，其关键是遵循系统方法，紧扣三大守恒。 1.判反应，标价态： （1）首先判断反应是否属于氧化还原（看关键元素化合价是否变化）。 （2）在反应物和生成物上方标出所有关键元素的化合价，这是分析的基石。 2.定四剂，算得失： （1）根据化合价变化，确定氧化剂（降价）及其还原产物，还原剂（升价）及其氧化产物。 （2）计算每分子氧化剂与还原剂得失电子数。利用电子守恒，找到得失电子数的最小公倍数，从而确定氧化剂和还原剂的化学计量数。 3.巧配平，守三恒： （1）电子守恒：已通过上一步解决。 （2）电荷守恒：检查反应前后离子所带电荷总数是否相等。在离子反应中，通过添加H⁺（酸性环境）、OH⁻（碱性环境）或H₂O来调节电荷。 （3）原子守恒：最后通过观察法，添加H₂O或其它未参与氧化还原的离子（如K⁺、SO₄²⁻等），使原子种类和数目相等。 【例10】（2025·湖南长沙·二模）一种铂铼废催化剂(，含、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。 已知：①高铼酸(铵NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水； ②室温下：。 下列说法正确的是 A．“滤渣Ⅰ”的成分为积碳、，滤渣Ⅱ的成分为 B．“操作Ⅰ”为：过滤、洗涤、干燥。 C．“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为： D．理论上获得铼粉，理论上需要标准状况下的体积至少为。 【答案】C 【分析】铂铼废催化剂(，含、积碳等杂质)经焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液将Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应，过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通入过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣Ⅱ中，再向滤液中加入氯化铵，得到NH4ReO4晶体，通入H2高温还原得到铼粉；滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，再加入HCl-NaClO3溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂，据此解答。 【解析】“焙烧”可除去积碳（转化为CO2气体），则“滤渣Ⅰ”的成分为不与NaOH溶液反应的Pt、Fe3O4，而不含积碳，“调pH”后生成的滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3，A错误；“操作Ⅰ”目的是获得NH4ReO4晶体，因NH4ReO4微溶于冷水、易溶于热水，需经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，仅“过滤、洗涤、干燥”不完整，B错误；“溶解Ⅲ”中，酸性环境下Pt被氧化为，Pt元素化合价从0价升至+4价，中Cl元素化合价从+5价降至-1价，根据得失电子守恒，Pt与系数之比为3∶2，结合电荷守恒和原子守恒配平其反应的离子方程式为：，C正确；3.72 gRe的物质的量为，Re元素化合价从+7价降至0价需得0.14mole⁻，H2中氢元素化合价从0价升至+1价，理论上需要H20.07mol，标准状况下其体积为0.07mol×22.4L/mol=1.568L≠1.344L，D错误；故选C。 【变式10-1】（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．“灼烧”后的固体产物中，和均为价 B．在“酸浸”过程中所滴加的的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．“合成”过程中，发生反应会有和放出 【答案】B 【分析】废旧电池正极材料主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加把氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成。 【解析】灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被氧化为（为+3价），原中为+3价，灼烧后仍为+3价，A正确；碱浸后滤渣含等高价金属离子，具有强氧化性，酸浸时会氧化生成，自身被还原为，作还原剂而非氧化剂，B错误；沉锰时加入（含，强氧化剂），将氧化为紫红色，离子方程式，C正确；合成时，发生反应，D正确；故选B。 【变式10-2】（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取晶体： 已知：浓度过高时易发生分解，高于60℃时易分解，饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出。 下列说法错误的是 A．步骤①中工业上可用代替 B．步骤②发生反应的离子方程式为 C．防止步骤①中浓度过高发生分解可采用过量固体 D．步骤④中制得的晶体可用略高于38℃的热水洗涤2~3遍 【答案】C 【分析】与可发生氧化还原反应生成，在碱性条件下与30%的过氧化氢反应生成，溶液经结晶、过滤、洗涤等步骤最终得到晶体。 【解析】步骤①中，氯元素化合价由+5降至+4，硫元素化合价由+4升至+6，则NaClO3为氧化剂，作还原剂；中C元素为+3价，也具有还原性，工业上可用代替将NaClO3还原为ClO2，A正确；步骤②中，ClO2被H2O2还原为，而H2O2被ClO2氧化为，氯元素化合价由+4降至+3，H2O2中氧元素的化合价全部由-1升至0，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；步骤①中若过量，即还原剂过量，还原剂可能将生成的ClO2(氯元素为+4价)进一步还原为氯元素的更低价态的相关物质(如Cl-)，导致ClO2产率降低，要防止ClO2浓度过高而分解，可通过控制反应速率的方法来实现(如缓慢加入反应物等)，C错误；饱和溶液高于38℃析出NaClO2，低于38℃析出，用略高于38℃的热水洗涤，可避免晶体转化为结晶水合物，D正确；故选C。 【变式10-3】（2025·黑龙江·二模）利用如下流程吸收尾气中的NO和协同生产连二亚硫酸钠和。 下列有关反应表示错误的是 A．“装置Ⅰ”中主要发生反应： B．“装置Ⅱ”中生成的反应： C．“装置Ⅲ”中阴极电极反应式： D．“装置Ⅳ”中发生反应： 【答案】C 【分析】尾气通过氢氧化钠溶液：二氧化硫转化为亚硫酸氢盐，一氧化氮再通过溶液吸收转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、离子，通过装置Ⅲ得到、、亚硝酸根离子、硝酸根离子进入装置Ⅳ和氨气、氧气反应转化为硝酸铵； 【解析】装置Ⅰ中溶液吸收，因产物为，说明过量，反应为:，原子守恒、电荷守恒，A正确；装置Ⅱ中氧化生成，（得），（N+2→+3，失），电子守恒，配平后H、O、电荷均守恒，B正确；装置Ⅲ阴极得电子生成（S+4→+3，2个S得），溶液显酸性（电离＞水解），阴极应消耗生成，正确反应为，选项中生成与酸性环境矛盾，C错误；装置Ⅳ中被氧化为（N+3→+5，失），得，失与1个得守恒，与结合为，总反应原子、电子、电荷均守恒，D正确；故选C。 1.（2025·北京卷）下列反应中，体现还原性的是 A．加热分解有生成 B．和的混合溶液加热有生成 C．固体在溶液中溶解 D．溶液中滴加溶液出现白色沉淀 【答案】B 【解析】NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意；中的N(-3价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意；水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意；(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意；故选B。 2.（2025·浙江卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 【答案】D 【解析】氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确；与水溶液反应，生成和，还原产物为，B项正确；根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，C项正确；与足量溶液反应生成和，反应方程式为：，3mol参与反应，电子转移5mol，D项错误；故选D。 3.（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； 生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确； 根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C。 4.（2025·山东卷）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是 A．侯德榜发明了以，和为原料的联合制碱法 B．戴维电解盐酸得到和，从而提出了酸的含氢学说 C．拉瓦锡基于金属和的反应提出了燃烧的氧化学说 D．哈伯发明了以和为原料合成氨的方法 【答案】A 【解析】联合制碱法的反应中，化学方程式为：和，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生改变，属于非氧化还原反应，A符合题意；电解盐酸生成和，H和Cl的化合价均发生变化（H从+1→0，Cl从-1→0），涉及氧化还原反应，B不符合题意；金属与反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升高），O被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应，C不符合题意；合成氨反应中的N化合价从0→-3，的H从0→+1，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选A。 5.（2025·山东卷）用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．是还原反应的产物 B．还原性： C．处理后溶液的增大 D．图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【解析】该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确；在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确；由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确；综上所述，本题选C。 6.（2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是 A．G、K均能与溶液反应 B．H、N既具有氧化性也具有还原性 C．M和N溶液中的离子种类相同 D．与足量的J反应，转移电子数为 【答案】D 【分析】根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。 【解析】H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；1mol H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误；故选D。 7.（2024·福建卷）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下： 已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是 A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质 B．“酸溶”时产生和离子 C．“碱溶”时存在反应： D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应 【答案】C 【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。 【解析】机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。 8.（2024·北京卷）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确；已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。 9.（2025·陕西安康·二模）一种多孔膜固定碳酸酐酶（CA＠）催化捕获机理如图所示，下列说法错误的是 A．中性或弱碱性环境更有利于的捕获 B．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 C．通过X射线衍射测定捕获过程中中碳氧键键长发生改变 D．原捕获气体中混合更有利于的捕获 【答案】B 【解析】中性或弱碱性环境更有利于转移，更有利于的捕获，A正确；图中转化涉及的反应中无氧化还原反应，B错误；转化过程中C的成键情况有变化，故通过X射线衍射测定捕获过程中中碳氧键键长发生改变，C正确；混合有利于增大的接触面积，同时有利于吹出气体，更有利于气体的捕获，D正确；故选B。 10.（2025·北京海淀·三模）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是 A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．与反应的化学方程式为： C．与反应时，氧化产物为和 D．与盐酸反应的离子方程式为： 【答案】D 【解析】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：，B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为和，C正确；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：，D错误；故选D。 11.（2025·四川巴中·三模）一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。 下列说法正确的是 A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸 B．流程中做还原剂 C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂 D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降 【答案】B 【解析】分析：在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。具有强氧化性，可以氧化，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，流程中做还原剂，正确；发生器中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高，因为纯易分解爆炸，错误：在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，错误；故选B。 12.（2025·北京通州·三模）不同的温度下，通入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。 下列说法不正确的是 A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成 B．的空间结构为三角锥形 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每参与反应转移的电子数之比为 D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的与NaOH的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ 【答案】D 【分析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化钠、氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。 【解析】由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A正确；里中心原子Cl的价层电子对数为，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B正确；反应Ⅰ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移1mol电子，反应Ⅱ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移mol电子，则反应转移的电子数之比为3：5，C正确；由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，D错误；故选D。 13.（2025·河南安阳·一模）在条件下，分别用相同浓度的溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成和X的物质的量相等；消耗等量的时，反应1和反应2生成的质量比为。下列叙述错误的是 A．上述2个反应中，参与反应的与的物质的量之比均为 B．消耗等量的时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为 C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D．若某温度下生成X和Y均为时，同时生成 【答案】D 【分析】反应1中生成和X的物质的量相等，说明Cl2中Cl元素化合价上升和下降的数目相等，则X为NaClO，方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；反应1和反应2生成的质量比为，说明Cl2和NaOH反应生成NaCl和NaClO3，方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以此解答。 【解析】由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的与的物质的量之比均为，A正确；由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为，B正确；漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为时，同时生成，D错误；故选D。 14.（2025·湖北·一模）某水体(含较多，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：+2O2+2OH-=+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 【答案】C 【解析】过程I中在硝化细菌的作用下和O2反应生成和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：+ 2O2=+H2O+2H+，A错误；过程Ⅱ为反硝化细菌作用下将还原为N2，做还原剂，而不是催化剂，B错误；过程Ⅲ中转化为，C元素化合价由0价(平均)上升到+4价，总共转移24个电子，故同时有24mol被还原为，C正确；若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将氧化为，该过程消耗氧气，与过程Ⅰ是竞争关系，若水体中铁氧化细菌的含量较高时，过程I的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，D错误；故选C。 15.（2025·广东深圳·二模）四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是 A．方法1中，吸收前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变 B．若烟气中还含有，采用方法2可实现同时脱硫脱硝 C．方法3中能循环利用的物质是NaOH D．方法4中与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】D 【解析】方法1中，与溶液反应生成，反应方程式为，在中硫元素化合价为 + 4价，在中硫元素化合价为 + 4价，在中硫元素化合价也为 + 4价，吸收前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A正确；方法2中，氨水呈碱性，是酸性氧化物，能与氨水反应被吸收；具有氧化性，能与氨水发生氧化 - 还原反应，所以采用方法2可实现同时脱硫脱硝，B正确；方法3中，与溶液反应生成，与反应生成和，生成的可以继续用于吸收，能循环利用的物质是，C正确；方法4中，与反应的化学方程式为，在该反应中，中硫元素化合价从 + 4价降低到0价，作氧化剂；中碳元素化合价从 + 2价升高到 + 4价，作还原剂，根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D错误；故选D。 16.（2025·四川巴中·三模）天然气中含有少量有毒气体，用如图所示流程在常温下可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．为 B．该脱硫过程宜在高温下进行 C．过程①中每脱去转移电子的数目是 D．过程②中发生的反应是氧化还原反应 【答案】B 【解析】由图可知：过程①发生反应：，过程②中发生反应为：，X为，A正确；菌是一种蛋白质，高温下会失活，B错误；过程①中，过程①中每脱去转移电子的数目是，C正确；过程②中发生反应为：，属于氧化还原反应，D正确；故选B。 17.（2025·北京海淀·二模）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是 A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应 B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性 C．反应消耗0.05mol Cu时，转移电子数约为 D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu 【答案】D 【解析】浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后，无需加热即可发生反应，方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A 正确；反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B 正确；铜与浓硝酸反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0价升高到 + 2价，消耗1mol铜转移2mol电子，当反应消耗0.05molCu时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1 = 6.02×1022，C正确；若将铜片换成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D 错误；故选D。 18.（2025·北京西城·二模）下列变化过程与氧化还原反应无关的是 A．推动盛有的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深 B．将酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去 C．将溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀 D．向包有粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧 【答案】A 【解析】推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2N2O4的平衡正向移动，NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故A正确；乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化还原反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B错误；Fe2+与NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C错误；Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；故选A。 19.（2025·天津和平·二模）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A．表示 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．可用替换 D．若生成气体，则反应转移的电子数为 【答案】B 【解析】由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A错误；该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，C错误；未注明气体状态，无法计算，D错误；故选B。 20.（2025·吉林·二模）磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是 A．P4只发生了氧化反应 B．反应过程中溶液pH增大 C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 【答案】C 【分析】反应中P由0价歧化为+5价和-3价，Cu由+2价降为+1价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P，据此解答： 【解析】P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH减小，故B错误；据分析，根据氧化反应计算电子转移的物质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol电子，故C正确；皮肤接触到白磷，虽然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有强腐蚀性，不能用NaOH溶液清洗，故D错误；故选C。 21.（2025·吉林延边·一模）某种锑矿主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质，以该矿石为原料制备Sb的工艺流程如图。已知为两性氧化物，SbOCl难溶于水。下列说法正确的是 A．“滤渣I”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH溶液使其转化为回收 B．“滤渣Ⅱ”的成分为PbS C．“除砷”时转化为，此反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为 D．惰性电极“电解”过程阴极上的反应可能为： 【答案】D 【分析】锑矿加盐酸浸出时，浸出后得到的滤液中阳离子主要为As3+、Sb3+、Cu2+、Pb2+、，同时少量Sb2O3转化为难溶于水的SbOCl，则“滤渣I”中含少量的SbOCl，加入氨水对其“除氯”可将其转化为Sb2O3；第二步加入硫化钠，可将铜、铅元素转化为CuS、PbS沉淀；过滤后向滤液中加入NaH2PO2，NaH2PO2可将砷元素还原为0价砷而除去As，NaH2PO2同时被氧化为H3PO4；最后通过电解滤液可生成Sb。 【解析】结合分析知，“滤渣I”中存在少量的SbOCl，由于Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，应加入氨水对其“除氯”使其转化为Sb2O3，故不可加入足量NaOH溶液，故A错误；Cu2+、Pb2+转化为CuS和PbS沉淀进入滤渣Ⅱ中，“滤渣Ⅱ”的成分为PbS、CuS，故B错误；“除砷”时，H2PO将As3+还原为As单质(砷元素化合价由+3降至0)，而自身被氧化为H3PO4(磷元素化合价由+1升至+5)，则H2PO为还原剂、As3+为氧化剂，且存在计量关系：H2PO、As3+，由得失电子守恒知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故C错误；在“电解”过程中，以惰性材料为电极，根据流程可知阴极生成Sb，则阴极反应式为，可能发生副反应：，故D正确；故选D。 22.（2025·福建厦门·一模）利用铬铁矿粉[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质]制备重要化工原料Cr(OH)3的工业流程如图。 已知：。 下列说法错误的是 A．“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr B．“焙烧”后的固体进行粉碎能提高“水浸”时Cr元素的浸出率 C．“沉铝”时加入的试剂X为NaOH溶液 D．“还原”的离子方程式为 【答案】C 【分析】铬铁矿粉主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2，含少量Al2O3杂质，加入碳酸钠、通入氧气，焙烧后生成偏铝酸钠、铬酸钠，水浸过滤得滤液，通入弱酸性物质如二氧化碳，析出氢氧化铝，滤液中加强酸酸化，用二氧化硫还原得Cr3+的溶液，再加工生成氢氧化铬。 【解析】铬铁矿粉主要成分为 Fe(CrO2)2，其中Fe为+2价，Cr为+3价。焙烧时，Cr被氧化为 CrO(+6 价)，Fe被氧化为Fe3+(存在于滤渣中，如Fe2O3)。“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr，故A正确；“焙烧”后的固体进行粉碎可增大接触面积，加快溶解速率，能提高“水浸”时Cr元素的浸出率，故B正确；为防止氢氧化铝溶解，“沉铝”时加入的试剂X不能为NaOH溶液，可加入弱酸性物质，如通入二氧化碳，故C错误；+6价的Cr还原为+3价，二氧化硫中的硫被氧化为+6价，“还原”的离子方程式为，电子守恒：2×3e−=3×2e−，电荷守恒：左边 −2+2=0，右边 2×3+3×(−2)=0，原子守恒均成立。故D正确；故选C。 23.（2025·湖南·一模）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列说法错误的是 A．第一电离能： B．“焙烧”时，转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D．有机层中回收的金属元素是Pt，实验室中萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯 【答案】B 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化银与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。 【解析】同一周期，从左到右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族最外层电子处于全充满和半充满状态，第一电离能会反常，因此第一电离能：，故A正确；由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，反应中氧化剂氧气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2:1，故B错误；由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为，故C正确；由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，故D正确；故选B。 24.（2025·云南临沧·一模）催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化的作催化剂，将还原成的一种反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．反应Ⅰ对总反应速率影响不大 B．增大浓度会影响催化剂对的吸附 C．整个历程中涉及极性键和非极性键的断裂和形成 D．消耗标准状况下时，整个过程转移电子 【答案】B 【解析】慢反应为决速步骤，反应Ⅰ为快速步骤，不是决速步，反应Ⅰ对总反应速率影响不大，A正确；根据图示可知，在反应过程中与催化剂发生强的化学吸附作用，而、等几乎不被催化剂吸附，则增大浓度不会影响催化剂对其它气体的吸附，B错误；整个历程中涉及极性键如键和非极性键键的断裂和非极性键和极性键的形成，C正确；反应方程式为，当时，整个过程转移电子，则当消耗标准状况下即时，整个过程转移电子，D正确；故选B。 25.（2025·山东泰安·一模）某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl，工艺流程如图所示。已知焙烧时Bi2S3和FeS2分别转化为Bi2O3、Fe2O3。下列说法正确的是 A．“联合焙烧”时每转化1molBi2S3消耗12molMnO2 B．“酸浸”时为减少盐酸挥发，应在低温条件下进行 C．“转化”过程中可知Fe3+氧化性强于Bi3+ D．“水解”时发生的反应为：Bi3++2OH-+Cl-=BiOCl+H2O 【答案】C 【分析】联合焙烧：发生转化：、、，故联合焙烧后得到、、和；水浸：进入滤液，滤渣为、、和多余的MnO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，和发生转化：、，因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：，气体X为，滤渣主要为不溶于浓盐酸的，滤液中金属离子为、、；转化：加入Bi将转化为，调节pH得到BiOCl，据此分析解题； 【解析】“联合焙烧”时，、，每转化1molBi2S3消耗3molMnO2，A错误；与浓盐酸反应生成氯气需要加热，B错误；加入Bi将转化为，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故可知Fe3+氧化性强于Bi3+，C正确；“水解”时溶液为酸性，发生的反应为：，D错误；故选C。 26.（2025·江苏·二模）周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸，ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解，氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列化学反应表示正确的是 A．电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B．用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C．AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D．ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 【答案】C 【解析】阴极发生还原反应，还原反应需要得到电子，而F₂的生成需要氧化反应，应在阳极进行，A错误；Br2在碱性条件下歧化应生成Br-和，原反应方程式中O原子不守恒，正确书写为：3Br2＋3Na2CO3=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2↑，B错误；AgBr与生成[Ag(S2O3)2]3-和Br-，电荷和原子守恒，C正确；ICl中Cl为-1价，与OH⁻反应应生成Cl-而非ClO-，D错误；故选C。 27.（2025·江西·二模）下列过程中，对应反应的离子反应方程式书写错误的是 A．氯气与烧碱溶液反应制备漂白液： B．用稀硫酸和淀粉溶液检验加碘盐中的： C．酒驾的检测方法： D．用过量稀硝酸回收磁性材料中的： 【答案】D 【解析】氯气与烧碱反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A正确；与发生归中反应，生成单质碘，B正确；重铬酸钾具有强氧化性，可以把乙醇氧化为乙酸，自身被还原为，橙红色变成灰绿色，C正确；用过量稀硝酸回收磁性材料中的，硝酸要体现其强氧化性，方程式为：，D错误；故选D。 28.（2025·河南·一模）以H2O作为羟基源，K2S2O8作为自由基引发剂和氧化剂，通过烷烃的C—H键直接插羰羧基，最终在溶剂化作用下生成羧酸的反应机理如下所示，下列说法正确的是 A．K2S2O8中S元素+7价 B．反应过程中存在极性键和非极性键的断裂 C．①和②羰基碳杂化方式都是sp2 D．由②生成④的反应属于氧化反应 【答案】B 【解析】K2S2O8的结构为，由6个-2价氧和2个-1价氧，因此S为+6价，故A错误；R-H解离为极性键断裂，生成断裂过氧键，过氧键为非极性键，故B正确；①的碳原子上存在一单电子，为sp2杂化，②的碳原子带正电，RCO+为直线结构，C为sp杂化，故C错误；RCO+和RCOOH的氧化程度相同，由②生成④的反应不属于氧化反应，故D错误；故选B。 29.（2025·湖南长沙·二模）黄铁矿()作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。氧化与反硝化耦合的机理如图所示。下列相关说法错误的是 A．晶体中存在非极性共价键 B．与反应的离子方程式： C．整个反应过程中，最多提供电子 D．产生的可能会对环境产生二次污染 【答案】C 【分析】黄铁矿()氧化与反硝化耦合的过程中，反硝化作用是指硝酸盐被还原为氮气和水的过程，而黄铁矿作为电子供体，在这个过程中被氧化，提供电子，所以在这里作为还原剂，被氧化，失去电子，据此分析作答。 【解析】FeS2晶体中存在离子，中S原子之间形成非极性共价键，A正确；离子方程式中，Fe、S、H、O元素守恒，Fe的化合价+3→+2得6e-，S的化合价-1→+2失6e⁻，得失电子守恒，B正确；FeS2在该过程中作为还原剂，被氧化，失去电子，最终生成氢氧化铁沉淀和硫酸根离子，铁元素从+2价升至+3价，硫元素从-1价升至+6价，则1molFeS2最多提供15mol电子，C错误；大量排放可能导致水体酸化或土壤盐碱化，产生二次污染，D正确；故选C。 30.（2025·贵州贵阳·二模）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如图所示： 已知“滤液2”主要含和。下列说法不正确的是 A．“机械粉碎”可以增大反应物接触面积，增大酸浸速率 B．“酸溶”时产生和离子 C．“碱溶”时存在反应： D．“电解精炼”时，电路中转移电子时阴极增重 【答案】B 【分析】机械粉碎废线路板增加其反应的接触面积；“酸溶”过程中铝、锌、铁溶解生成和进入滤液1；“碱溶”过程中通入氧气溶解锡和铅，得到含和的滤液2；得到的粗铜最后电解精炼得到铜。 【解析】机械粉碎使固体颗粒变小，增大反应物接触面积，能加快酸浸速率，A正确；酸溶使用稀盐酸，Fe与稀盐酸反应生成Fe2+（稀盐酸氧化性弱，不生成Fe3+），B错误；碱溶时Sn在碱性条件下被O2氧化为，正确的离子方程式为Sn + 2OH⁻ + O2 = + H2O，C正确；电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-= Cu，转移1mol电子生成0.5mol Cu，质量为0.5×64g/mol=32g，D正确；故选B。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$