主题2 第二讲 氧化还原反应规律（课件）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

氧化还原反应规律 第二讲 |内|容|与|目|标| 1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。　 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 一、 二、 逐点清(一) 先后规律、 价态规律及其应用 三、 目 录 逐点清(二) 电子守恒思想在氧化 还原反应计算中的应用 课时跟踪检测 逐点清(一) 先后规律、 价态规律及其应用 输入你的标题 系统教材 ·固本强基 1.先后规律及其应用 (1)同一体系中,当有多个氧化还原反应发生时,反应的先后顺序遵循强者优先的规律。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 Mn(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀H2SO4>S 还原性 Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2- 2.价态规律及其应用 (1)价态归中规律 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”。 微点精研 歧化反应、归中反应 例如,不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应是 注意: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 “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)价态规律的应用 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。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)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气体( ) (2)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应,转移电子数为6NA( ) (3)硝酸铜分解的产物可能是CuO、NO2、NO ( ) (4)锌粉加入硝酸铁,硝酸铜的混合溶液中,锌首先与硝酸铁反应置换出铁( ) × × × × 2.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　　　　　　 　　。  解析:由①得出Q中Cl元素价态高于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。 G、Y、Q、Z、X √ 输入你的标题 迁移应用·深化学习　 题点(一)　先后规律及其应用 1.已知有如下三个氧化还原反应: 2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2===2FeCl3 2KMnO4+16HCl===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 若某溶液中Fe2+和I-共存,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 解析:由题目中的三个反应可知氧化性强弱顺序为Mn>Cl2>Fe3+>I2,因Cl2、KMnO4均能氧化Fe2+,故选项A、B不符合题意,HCl不能氧化I-,D错误。 2.往含Fe3+、H+、N的混合液中加入少量S,充分反应后,下列表示该反应的离子方程式正确的是(　　) A.2Fe3++S+H2O===2Fe2++S+2H+ B.2H++S===H2O+SO2↑ C.2H++2N+3S===3S+2NO↑+H2O D.2Fe3++3S+3H2O===2Fe(OH)3↓+3SO2↑ 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,所以加入亚硫酸根离子,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,所以只与硝酸根离子反应,所以离子方程式为2H++2N+3S===3S+2NO↑+H2O,C项正确。 √ √ 3.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 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。 题点(二)　价态规律及其应用 4.(2025·哈尔滨市第三中学校月考)氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下 反应:3Cl2+6KOH===KX+5KY+3H2O,KX在一定条件下能自身反应: KX→KY+KZ(未配平),以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐,该反应中KY与KZ的化学计量数之比为(　　) A.1∶1　　B.2∶3　　C.1∶3　　D.1∶2 解析:根据3Cl2+6KOH===KX+5KY+3H2O,结合得失电子守恒可知反应生成的KX中Cl元素的化合价为+5价;则KY中Cl元素的化合价为-1价;KX在一定条件下能自身反应:KX→KY+KZ,KX→KY转化过程中Cl的化合价从+5价降为-1价,则KX→KZ转化过程中Cl的化合价从+5价升高,结合Cl元素的最高化合价为+7价,则可配平方程式:4KX→KY+3KZ,即该反应中KY与KZ的化学计量数之比为1∶3。 √ 5.已知反应:2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,下列关于该反应说法错误的是 (　　) A.氧化性:NaClO3>Cl2 B.当反应中有2 mol e-转移时,被氧化的HCl为4 mol C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2 D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌 解析:在已知反应中,氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原做氧化剂,对应的二氧化氯是还原产物,氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化做还原剂,对应的氯气是氧化产物,据此回答问题。由分析可知,氯酸钠是氧化剂,氯气是氧化产物,在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则氧化性:NaClO3>Cl2,故A正确; √ 5.已知反应:2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O,下列关于该反应说法错误的是 (　　) A.氧化性:NaClO3>Cl2 B.当反应中有2 mol e-转移时,被氧化的HCl为4 mol C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2 D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌 解析:当反应中有2 mol e-转移时,氯化氢中氯元素的化合价由-1价升高到0价,则被氧化的氯化氢为2 mol,故B错误;由分析可知,氯气是氧化产物,二氧化氯是还原产物,氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2,故C正确;产物二氧化氯和氯气都具有氧化性,可以用于自来水消毒杀菌,故D正确。 逐点清(二) 电子守恒思想在氧化 还原反应计算中的应用 |牛刀小试| 1.[确定化学式]某强氧化剂[XO(OH)2]+可被Na2SO3还原,氧化产物为S。如果还原1.2×10-3 mol [XO(OH)2]+需用30 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的物质可能是(　　) A.XO　　B.X2O3　　C.X2O　　D.X 解析:根据得失电子守恒分析,得到X元素化合价应该降低,[XO(OH)2]+中X价态为+5价,设产物中X的化合价为n,[O(OH)2]+→↓;Na2O3→Na2O4↑,根据得失电子数相等,则(5-n)×1.2×10-3=2×30×10-3×0.1,解得n=0,故被还原后的产物的价态为0价,D符合题意。 √ 2.[判断化合价]在酸性条件下,可发生如下反应:Cl+2M3++4H2O===M2+Cl-+8H+,M2中M的化合价是(　　) A.+4 B.+5 C.+6 D.+7 解析:设M2中M的化合价为+x,Cl元素由+5价降低到-1价,M元素由+3价升高到+x,根据得失电子守恒可得:6=2×(x-3),解得x=6,故C项正确。 √ 3.[分析反应过程]工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S,理论上至少需要氧气0.2 mol 解析:由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成Mn,过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O;Mn与S2-反应生成S2,进而与氧气反应生成S,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,以此解答该题。由分析可知,O2氧化Mn(OH)2生成Mn,则氧化性:O2>Mn,然后氧化S2-生成S2,则氧化性:Mn>S2,氧化性:O2>Mn>S2,故A正确; √ 3.[分析反应过程]工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S,理论上至少需要氧气0.2 mol 解析:由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成Mn,过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O;Mn与S2-反应生成S2,进而与氧气反应生成S,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,以此解答该题。在过程 Ⅱ 中,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,其中Mn为氧化剂,S2-为还原剂,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1,故B错误; √ 3.[分析反应过程]工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S,理论上至少需要氧气0.2 mol 解析:由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成Mn,过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O;Mn与S2-反应生成S2,进而与氧气反应生成S,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,以此解答该题。由分析可知,过程Ⅰ中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O,故C正确; √ 3.[分析反应过程]工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S,理论上至少需要氧气0.2 mol 解析:由流程可知,CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2,通入氧气生成Mn,过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-===2Mn+4H2O;Mn与S2-反应生成S2,进而与氧气反应生成S,过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O===S2+4Mn(OH)2↓+10OH-,以此解答该题。10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)的物质的量n(S2-)==0.1 mol,将其氧化为S时,失去电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×[6-(-2)]=0.8 mol,根据电子守恒可知需O2的物质的量n(O2)== 0.2 mol,故D正确。 √ 4.[多步计算应用]某废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,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(Cr2)为　　 　 　　。  解析:Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++ Mn2++4H2O。利用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(Cr2)+5c2 mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1,解得: c(Cr2)= mol·L-1。 mol·L-1 综合应用 重点加练 5.[含量分析](1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5) 是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收 V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线: “氧化”中欲使3 mol的VO2+变为V,则需要氧化剂KClO3至少为　　　 mol。 解析:根据电子守恒可知6VO2+~KClO3,n(KClO3)=n(VO2+)=0.5 mol。  (2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 　　　(计算结果保留两位小数)。  解析:氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2~Cl-, Cl2~2Cl-,得电子数相等时,存在:NaClO2~2Cl2,故亚氯酸钠的有效氯 含量为≈1.57。 0.5 1.57 考题溯源 有效氯含量的计算 (鲁科版教材必修1) |练后补强| 1.理清电子守恒法的原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 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,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.掌握守恒法解题的流程 第1步 找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物 第2步 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第3步 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式:n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价) 课时跟踪检测 (说明:标 题目配有讲评课件) 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 一、选择题 1.(2025·信阳市期中)用下列方法均可制取氯气,若各反应转移的电子数相同,则①、②、③、④生成的氯气质量之比为(　　) ①MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O ②NaClO+2HCl(浓) ===NaCl+Cl2↑+H2O ③2KMnO4+16HCl(浓) ===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ④KClO3+6HCl(浓) ===KCl+3Cl2↑+3H2O A.6∶10∶5∶6 B.5∶10∶5∶6 C.1∶2∶1∶1 D.1∶1∶1∶1 解析:由反应方程式可得出如下关系式:①Cl2~2e-,②Cl2~e-,③Cl2~2e-,④3Cl2~5e-,若各反应转移的电子数相同,①②③④生成的氯气物质的量之比为∶1∶∶=5∶10∶5∶6,则氯气质量比为5∶10∶5∶6。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 2.某温度下,将Cl2通入KOH溶液中,反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液,经测定ClO-和Cl物质的量浓度比为1∶2,则Cl2与KOH溶液反应时,被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为(　　) A.21∶5 B.4∶1 C.3∶1 D.11∶3 解析:由题意经测定ClO-和Cl个数比为1∶2,可设ClO-和Cl的物质的量分别为1 mol、2 mol,则失去电子为1 mol×1+2 mol×(5-0)=11 mol,由电子守恒可知得到电子为11 mol,即生成NaCl为11 mol,则被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为11 mol∶(1 mol+2 mol)=11∶3,故答案为D。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 3.一定量的SO2通入到含0.2 mol NaOH的溶液中,充分反应后生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2∶1。再向反应后溶液中通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S。则通入Cl2的物质的量为(　　) A.0.04 mol B.0.08 mol C.0.12 mol D.0.2 mol 解析:设生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠物质的量分别为2x和x,根据钠原子守恒, 2x×2+x=0.2,解得x=0.04 mol,通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S,根据得失电子守恒,通入氯气的物质的量为=0.12 mol。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 4.下列说法正确的是 (　　) A.KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+3H2O反应中氧化产物为Cl2,还原产物为KCl B.浓H2SO4具有强氧化性,浓H2SO4不能干燥SO2 C.H2S+H2SO4(浓) ===S↓+SO2↑+2H2O反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1 D.NO2与NH3不可能发生反应 解析:A项,Cl2既是氧化产物又是还原产物;B项,浓H2SO4与SO2中S的化合价无中间价,二者不反应,可以用浓H2SO4干燥SO2;D项,NO2在一定条件下可以氧化NH3。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 5.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+N→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 解析:由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X为N2,反应原理为6N+6H++5CH3OH===3N2↑+5CO2↑+13H2O,据此解答。由分析知,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,A、B项错误。由分析知,还原剂为CH3OH,氧化剂为N,C项正确。由分析知,生成5 mol CO2转移30 mol电子,若标准状况下生成11.2 L CO2,即0.5 mol,则转移电子数为3NA,D项错误。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 6.对于反应3BrF3+5H2O===9HF+Br2+HBrO3+O2↑,下列说法错误的是 (　　) 已知:BrF3中F元素的化合价为-1价。 A.氧化性:BrF3>H2O B.每转移0.6 mol电子,此时生成的O2的体积为2.24 L(标准状况下) C.该反应中,BrF3仅体现还原性 D.还原产物与氧化产物的质量之比为160∶161 解析:反应3BrF3+5H2O===9HF+Br2+HBrO3+O2↑中,BrF3中Br为+3价,反应后变为0价和+5价,BrF3既是氧化剂又是还原剂,水中O元素的化合价升高,为还原剂,氧化产物为HBrO3和O2,还原产物为Br2。氧化剂的氧化性大于还原剂,故氧化性: BrF3>H2O,A正确;还原产物为Br2,每转移0.6 mol电子,生成0.1 mol Br2,根据系数比,生成0.1 mol O2,标况下体积为2.24 L,B正确;该反应中,BrF3既体现还原性又体现氧化性,C错误;根据分析,还原产物与氧化产物的质量之比为160∶(129+32)=160∶161,D正确。 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(2025·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 11 12 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(2025·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 11 12 解析:硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,滤液中含金属离子为铜离子和银离子,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。浓硝酸被还原产生NO2,产生1 mol NO2得1 mol电子,稀硝酸被还原产生NO,产生 1 mol NO得3 mol电子,金属的量相同,“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多,A错误; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(2025·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 11 12 解析:硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,滤液中含金属离子为铜离子和银离子,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。HAuCl4===H++AuC,氢离子也会与锌反应,参加反应时转移的电子物质的量为4 mol,消耗锌的物质的量为2 mol,B错误; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(2025·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 11 12 解析:硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,滤液中含金属离子为铜离子和银离子,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。浓盐酸和NaNO3在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子,相当于有硝酸,也可以溶解金,C正确; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.(2025·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 11 12 √ 解析:硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,滤液中含金属离子为铜离子和银离子,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。二氨合银离子不能拆分,N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4[Ag(NH3)2]++4OH-===N2↑+4Ag↓+ 8NH3↑+4H2O,D错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体,PH3常作为一种熏蒸剂,在贮粮中用于防治害虫,一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B.白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3∶1 C.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸,则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 D.1 mol次磷酸分解时转移4 mol电子 解析:NaH2PO2和H2SO4反应生成H3PO2和NaHSO4,无元素化合价发生变化,为非氧化还原反应,A错误; 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体,PH3常作为一种熏蒸剂,在贮粮中用于防治害虫,一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B.白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3∶1 C.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸,则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 D.1 mol次磷酸分解时转移4 mol电子 解析:由流程分析,白磷与浓NaOH溶液反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O PH3↑+3NaH2PO2,P4中有一个P原子化合价降低做氧化剂,有3个P原子化合价升高做还原剂,氧化剂和还原剂的质量比是1∶3,B错误; 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体,PH3常作为一种熏蒸剂,在贮粮中用于防治害虫,一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B.白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3∶1 C.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸,则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 D.1 mol次磷酸分解时转移4 mol电子 解析:因次磷酸(H3PO2)为一元酸,故只能电离出一个H+,故NaH2PO2中无法电离出H+,故NaH2PO2为正盐,C正确; 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体,PH3常作为一种熏蒸剂,在贮粮中用于防治害虫,一种制备PH3的流程如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B.白磷与浓氢氧化钠反应中氧化剂和还原剂的质量比是3∶1 C.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸,则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐 D.1 mol次磷酸分解时转移4 mol电子 解析: H3PO2分解的方程式为2H3PO2===PH3↑+H3PO4,P从+1价升高到+5价,同时,P从+1价降低到-3价,在该反应中,2 mol H3PO2,转移4 mol电子,1 mol次磷酸分解时转移2 mol电子,D错误。 11 12 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(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。 已知:Mn的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①,n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B.对比反应①和②, x=3 C.对比反应①和②, I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 11 12 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 I 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-+2Mn+16H+===2Mn2++5I2+ 8H2O,故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5,A项错误; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(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。 已知:Mn的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①,n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B.对比反应①和②,x=3 C.对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 11 12 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 I 解析:根据反应①可得关系式10I-~2Mn,可以求得n=0.000 2,则反应②的n(I-)∶n(Mn)= 0.001∶(10×0.000 2)=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-~2Mn~MnO2~I~6e-,I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-+2Mn+H2O===2MnO2↓+I+2OH-,B项正确; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(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。 已知:Mn的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①,n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B.对比反应①和②,x=3 C.对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 11 12 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 I 解析:已知Mn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; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.(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。 已知:Mn的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①,n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B.对比反应①和②,x=3 C.对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 11 12 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 I √ 解析: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。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(2023·福建卷)稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈,与水反应则较为温和,反应式如下: 下列说法错误的是 (　　) A.XeO3具有平面三角形结构 B.OH-的还原性比H2O强 C.反应ⅰ~ⅳ中有3个氧化还原反应 D.反应ⅳ每生成1 mol O2,转移6 mol电子 11 12 与水反应 与NaOH溶液反应 ⅰ.2XeF2+2H2O===2Xe↑+O2↑+4HF ⅱ.2XeF2+4OH-===2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O ⅲ.XeF6+3H2O===XeO3+6HF ⅳ.2XeF6+4Na++16OH-=== Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O 解析:Xe原子以sp3杂化轨道成键,XeO3分子为三角锥形分子,A错误;由ⅲ、ⅳ两组实验对比可知,在氢氧化钠溶液中,XeF6可以发生还原反应,而在水中则发生非氧化还原反应,故可知:OH-的还原性比H2O强,B正确; 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(2023·福建卷)稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈,与水反应则较为温和,反应式如下: 下列说法错误的是 (　　) A.XeO3具有平面三角形结构 B.OH-的还原性比H2O强 C.反应ⅰ~ⅳ中有3个氧化还原反应 D.反应ⅳ每生成1 mol O2,转移6 mol电子 11 12 与水反应 与NaOH溶液反应 ⅰ.2XeF2+2H2O===2Xe↑+O2↑+4HF ⅱ.2XeF2+4OH-===2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O ⅲ.XeF6+3H2O===XeO3+6HF ⅳ.2XeF6+4Na++16OH-=== Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O √ 解析:ⅰ、ⅱ、ⅳ三个化学反应均为氧化还原反应,C正确;分析ⅳ可知,每生成一个O2,整个反应转移6个电子,D正确。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 11.(10分)(2025·内江市第一中学月考)Ⅰ.计算下列问题: (1)50 mL物质的量浓度为18 mol·L-1的硫酸中加入足量铜片并加热,充分反应,被还原的H2SO4的物质的量为　　　　。  A.小于0.45 mol B.等于0.45 mol C.在0.45 mol和0.9 mol之间 D.大于0.45 mol (2)将一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L,测得溶液的c(H+)=0.1 mol·L-1,则下列叙述中正确的是　　　　。  A.气体A为SO2和H2的混合物 B.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1 C.反应中共消耗Zn 97.5 g D.反应中共转移3 mol电子 11 12 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 Ⅱ.将28.8 g铜投入100 mL浓硝酸中,最后铜有剩余,其N的物质的 量变化如图所示,请回答下列问题: (3)铜与该浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积为　　　　　 L。  (4)硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是　　　　　　 mol。  (5)应再往此反应体系中滴加　　　　　 mL 2 mol·L-1的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解(已知此过程中N的还原产物为NO)。  1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 11.(10分)(2025·内江市第一中学月考)Ⅰ.计算下列问题: (1)50 mL物质的量浓度为18 mol·L-1的硫酸中加入足量铜片并加热,充分反应,被还原的H2SO4的物质的量为　　　　。  A.小于0.45 mol B.等于0.45 mol C.在0.45 mol和0.9 mol之间 D.大于0.45 mol 解析:铜与浓硫酸在加热条件下发生反应:Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O,硫酸有一半被还原,50 mL 18 mol·L-1的H2SO4溶液中所含H2SO4物质的量为0.9 mol,随着反应的进行,硫酸浓度变稀,铜与稀硫酸在加热条件下不发生反应,最终硫酸不会完全消耗,因此反应结束后,被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 mol,故选A。 11 12 A 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 11.(10分)(2025·内江市第一中学月考) (2)将一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L-1浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A 33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L,测得溶液的c(H+)=0.1 mol·L-1,则下列叙述中正确的是　　　　。  A.气体A为SO2和H2的混合物 B.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1 C.反应中共消耗Zn 97.5 g D.反应中共转移3 mol电子 11 12 ACD 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 解析:生成气体的物质的量为=1.5 mol,剩余硫酸的物质的量为×1 L×0.1 mol·L-1=0.05 mol,参加反应的n(H2SO4)=0.1 L×18.5 mol·L-1-0.05 mol= 1.8 mol,浓硫酸与锌反应生成SO2,随着反应的进行,硫酸的浓度逐渐减小,稀硫酸与锌反应生成H2,设反应生成x mol SO2,y mol H2,依据反应方程式Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑可得x+y=1.5,2x+y=1.8,联立两式解得x=0.3,y=1.2,所以反应生成0.3 mol SO2和1.2 mol H2。根据计算,气体A为SO2和H2的混合物,A正确;气体A中SO2和H2的体积比为0.3∶1.2=1∶4,B错误;反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=(0.3 mol+1.2 mol)×65 g·mol-1=97.5 g,C正确;在反应Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2↑+2H2O中,生成0.3 mol的二氧化硫转移电子为 0.6 mol,反应Zn+H2SO4(稀) ===ZnSO4+H2↑中,生成1.2 mol氢气转移电子2.4 mol,所以反应中共转移3 mol电子,D正确。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 Ⅱ.将28.8 g铜投入100 mL浓硝酸中,最后铜有剩余,其N 的物质的量变化如图所示,请回答下列问题: (3)铜与该浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积为　　　 L。  解析:由图可知,反应结束时,溶液中N为0.6 mol,根据氮元素守恒,生成气体的物质的量为1.0 mol-0.6 mol=0.4 mol,标况下的体积为0.4 mol×22.4 L·mol-1=8.96 L。 (4)硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是　　　 mol。  解析:溶液中溶质为硝酸铜,由图可知,反应结束时,溶液中N为0.6 mol,故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6 mol÷2=0.3 mol。 11 12 8.96 0.3 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 Ⅱ.将28.8 g铜投入100 mL浓硝酸中,最后铜有剩余,其N 的物质的量变化如图所示,请回答下列问题: (5)应再往此反应体系中滴加　　 mL 2 mol·L-1的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解(已知此过程中N的还原产物为NO)。  解析:28.8 g铜的物质的量为=0.45 mol,故剩余Cu为0.45 mol-0.3 mol= 0.15 mol,由方程式3Cu+2N+8H+ ===3Cu2++2NO↑+4H2O可知,n(H+)=0.15 mol×= 0.4 mol,故n(H2SO4)=0.2 mol,则需要硫酸体积V===0.1 L=100 mL。 11 12 100 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11 12 12.(6分)在制备绿矾(FeSO4·7H2O)过程中部分绿矾被氧化,测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下: 步骤一:称取一定质量的绿矾样品,将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250 mL溶液; 步骤二:取步骤一中配得的溶液25.00 mL于锥形瓶,并加入适量稀硫酸酸化,逐滴滴加0.040 0 mol·L-1 KMnO4溶液至恰好完全反应,反应原理为Mn+Fe2++H+ → Mn2++Fe3++H2O(未配平),消耗KMnO4溶液20.00 mL; 步骤三:另取步骤一中配得的溶液25.00 mL于烧杯,加入足量氨水,将沉淀过滤、洗涤、干燥,在空气中灼烧至固体质量不再变化,称得残留红棕色固体的质量为0.4 g。 (已知:Fe2+的氧化率=×100%) 根据以上数据,计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率,需要写出计算过程　 。  1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 答案:根据步骤二得25.00 mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)=5n(KMnO4)= 0.040 0 mol·L-1×0.020 L×5=0.004 mol,则250 mL绿矾溶液中未被氧化的 n(Fe2+)=0.004 mol=0.04 mol;步骤三得到的固体为Fe2O3,根据Fe元素守恒可得n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.005 mol,则250 mL溶液中n(Fe)= 0.005 mol×=0.05 mol,则被氧化的n(Fe)=(0.05-0.04)mol=0.01 mol,Fe2+的氧化率=×100%=×100%=20% 11 12 $$