第三节 氧化还原反应（培优竞赛训练）化学人教版2019必修第一册

第一章 物质及其变化 第三节 氧化还原反应 内容概览 01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼 02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚 03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练 04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训 竞赛技巧1 氧化还原反应的基本概念 1、氧化数 （1）氧化数定义：1970年，国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）对氧化数的定义是：氧化数是某元素一个原子的荷电数，这个荷电数是假设把每个化学键的电子指定给电负性更大的原子而求得的。例如，在NaCl中，钠的氧化数为 +1，氯的氧化数为 –1。在SO2中，硫的氧化数为+4，氧的氧化数为 –2。由此可见，氧化数是元素在化合状态时人为规定的形式电荷数。 （2）氧化数意义：在氧化还原反应中，由于发生了电子转移，导致某些元素带电状态发生变化。表示元素原子在不同物质中带电状态的不同。 （3）确定氧化数的规则： ①在单质中，元素的氧化数为零。 ②在单原子离子中，元素的氧化数等于离子所带的电荷数。 ③在大多数化合物中，氢的氧化数为 +1，只有在活泼金属的氢化物（如NaH,CaH2）中，氢的氧化数为 –1。 ④通常，在化合物中氧的氧化数为 –2；但在过氧化物（如H2O2、Na2O2、BaO2）中氧的氧化数为 –1；而在OF2和O2F2中，氧的氧化数分别为 +2和 +1。 ⑤在所有氟化物中，氟的氧化数为 –1。 ⑥碱金属和碱土金属在化合物中的氧化数分别为 +1和 +2。 ⑦在中性分子中，各元素氧化数的代数和为零。在多原子原子离子中各元素氧化数的代数和等于离子所带的电荷数。 【特别提醒】根据上述原则，可以确定化合物中某元素的氧化数。 2、氧化还原电对 （1）氧化剂和还原剂：在氧化还原反应中，元素氧化数升高的物质是还原剂，元素氧化数降低的物质是氧化剂。 （2）半反应：氧化还原反应是由还原剂被氧化和氧化剂被还原两个半反应所组成的。例如：Zn(s) + Cu2+(aq) Zn2+(aq) + Cu(s)是由半反应Zn(s) Zn2+ + 2e－ 和Cu2+ + 2e－ Cu(s) 所组成。 （3）氧化还原电对及表示方法：在半反应中，同一元素的两个不同氧化数的物种组成了电对，其中，氧化数较大的物种称为氧化型，氧化数较小的物种称为还原型。通常电对表示成：氧化型/ 还原型。 例如：氧化还原反应是由两个电对构成的反应系统。可以表示为： 还原型（1）+氧化型（2） 氧化型（1）+ 还原型（2） 竞赛技巧2 氧化性、还原性强弱的比较 1．判断的本质依据：得失电子的难易程度 （1）氧化性或还原性的强弱与元素的化合价高低无必然关系 （2）氧化性或还原性的强弱与得失电子数多少无必然关系 2．单质与其相应离子的氧化性和还原性变化相反 （1）根据金属活动顺序表 （2）根据非金属活动顺序表 3．判断氧化性或还原性强弱的方法 1）根据化学反应比较氧化性或还原性强弱 （1）比较反应物和生成物的氧化性或还原性：强制弱原理 ①氧化性：氧化剂＞氧化产物 ②还原性：还原剂＞还原产物 （2）比较反应物的氧化性或还原性 ①氧化性：氧化剂＞还原剂 ②还原性：还原剂＞氧化剂 2）根据反应条件来判断 当不同的氧化剂（或还原剂）与同一还原剂（或氧化剂）反应时，反应越易进行，则对应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，反之越弱。如： （1）比较KMnO4和MnO2氧化性强弱：KMnO4＞MnO2 ①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ②2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O （2）比较Na、Mg、Al的还原性强弱：Na＞Mg＞Al ①Na与冷水剧烈反应 ②Mg与水加热才反应 ③Al与水加热条件下也难反应 3）根据氧化产物的价态高低判断 （1）方法：同种物质被不同氧化剂氧化的价态越高，氧化剂的氧化性越强。 （2）实例：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS，氧化性：Cl2＞S。 4．常见微粒的还原性顺序 还原性：＞＞＞＞＞ 氧化性：＜＜＜＜＜ （1）全部氧化：MnO4－（H+）和ClO－（H+） （2）氧化前五种：ClO－、Cl2、浓硫酸（+4价S除外，无中间价态） （3）氧化前四种：NO3－（H+）、H2O2（H+）、Br2 （4）氧化前三种：Fe3+ 竞赛技巧3 氧化还原反应的基本规律及应用 1、守恒规律及其应用 （1）规律 氧化还原反应遵循以下三个守恒规律： ①质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。 ②电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数，这是配平氧化还原反应方程式的依据，也是有关氧化还原反应计算的依据。 ③电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。书写氧化还原反应的离子方程式时要注意满足电荷守恒，如Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋(错误)，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(正确)。 （2）应用 2、价态规律及其应用 1）高低规律 （1）内容：元素在物质中所处的价态，决定该元素的氧化性或还原性，一般来说，元素处于最高价态时，只有氧化性(如KMnO4、HNO3等)；元素处于最低价态时，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性(如Fe2＋、SO2等)。 （2）应用：预测物质的氧化性和还原性。 2）价态归中规律 （1）内容：同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态＋低价态―→中间价态，即“只靠拢，不交叉”“就近变价”。 （2）图示表达如下： （3）应用：同种元素的物质间发生氧化还原反应时，氧化产物、还原产物的判断，电子转移总数的计算。 3）歧化反应规律 （1）内容：氧化还原反应中，有元素化合价升高，必然有元素化合价降低。歧化反应时，某元素的中间价态―→高价态＋低价态。 （2）应用：判断反应物和产物中同种元素价态的高低，计算电子转移的数目。 3、强弱规律及其应用 1）规律 （1）物质氧化性或还原性的强弱决定于得失电子的难易程度，与得失电子的数目无关。 （2）根据氧化还原反应方程式进行判断 还原剂　＋　氧化剂 =　氧化产物　＋　还原产物 (强还原性)　(强氧化性)　(弱氧化性)　　(弱还原性) 还原性：还原剂>还原产物； 氧化性：氧化剂>氧化产物。 2）应用 （1）判断有氧化性和还原性的物质在一定条件下能否反应：以Zn为例，Zn可以与Fe2＋、Sn2＋、H＋、Cu2＋等发生置换反应，但不能与Mg2＋、Al3＋等反应。 （2）同一氧化剂与多种还原剂混合时，还原性强的先被氧化。例如，已知还原性：I－>Fe2＋>Br－，当把氯气通入FeBr2溶液时，氯气的量不足时首先氧化Fe2＋；把氯气通入FeI2溶液时，氯气的量不足时首先氧化I－。 同一还原剂与多种氧化剂混合时，氧化性强的先被还原。例如，在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再依次与Cu2＋、H＋反应。 4、先后规律及其应用 1）规律 （1）同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。 （2）同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次为Cu2＋、H＋。 2）应用 3）常见的强弱顺序 氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SO)<S2－。 竞赛技巧4 氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则——配平三大原则 （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．“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。 3、记住元素的价态 （1）记住元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 -1 0 +1 氧O 物质 H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 价态 -2 -1 0 +2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 -4 -1 0 +2 +3 +4 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 -2 -1 0 +2 +4 +6 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 0 +1 +2 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 0 +2 +2（1/3）、+3（2/3） +3 +6 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 0 +3 +6 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 0 +2 +3 +4 +6 +7 （2）明确一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：；⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 4、氧化还原反应配平的思维模型 第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质； 第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等； 第四步：根据质量守恒配平反应方程式； 第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。 5、配平方法 （1）正向配平法 （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，然后再确定反应物的化学计量数。 由于S的化合价既升又降，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。 （3）缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。 1)配平方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 2)补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ （4）整体配平法：有些氧化还原反应中有2种元素以上化合价升降，其中在同一反应物中，有多种元素化合价同时升高或降低，这时可以将多种元素同时升高或降低的反应物作为一个整体来配平，如As2S3+HNO3+H2O→H3AsO4+H2SO4+NO↑中As2S3的As、S的化合价都是上升的，可以将As2S3作为一个整体来配平。 （5）拆分配平法：当某一元素的原子在某化合物中有若干个时，根据化合物中元素化合价代数和为零的原则可以将它进行拆分后分别标价，如Na2Sx+NaClO+NaOH→Na2SO4+NaCl+H2O中Sx2-进行拆分为S2-和(x-1)S后分别标价进行配平。 （6）零价法：在某些氧化还原反应中，元素的化合价难以确定，可以尝试用零价法，就是将元素的化合价看成零价，利用化合价代数和为零的原则分析配平，如Fe3C+HNO3→Fe(NO3)3+CO2↑+NO↑+H2O中Fe3C的Fe、C都标为0价再进行配平。 （7）半反应法：某些非金属单质在反应中既是氧化剂又是还原剂时，可以把作为氧化剂和作为还原剂的部分分开配平后再合并较简单，如P+CuSO4+H2O→H3PO4+Cu3P+H2SO4可以把拆分为两个半反应，氧化反应P-5e-+4H2O→H3PO4+5H+，还原反应P+3CuSO4+6e-+6H+→Cu3P+3H2SO4，分别配平后再合并就可得到配平的方程式。 6、信息型氧化还原方程式的书写 （1）“信息型”氧化还原反应化学（离子）方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 （2）熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－ (H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 （3）掌握书写信息型氧化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法) 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 竞赛技巧5 氧化还原反应方程式的计算 1．转移电子数的计算 （1）N（e－）＝氧化剂得到电子的数目＝还原剂失去电子的数目 （2）反应中转移电子数与各物质的化学计量数成正比 （3）计算公式 ①n（e－）＝n（氧化剂）×N（变价原子数）×ΔN（化合价变化数） ②n（e－）＝n（还原剂）×N（变价原子数）×ΔN（化合价变化数） 2．电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1）计算依据 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）守恒法解题的思维流程 （1）“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 （3）“三列恒等式”：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)。 3）得失电子守恒法的应用 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及电解过程中电极产物的有关计算等。 （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。 竞赛技巧1 氧化还原反应的基本概念 1．（2007高二·安徽·竞赛）美国和欧洲的科学家合作，在同温层发现破坏臭氧的C12O2。在该化合物中，氯的氧化数为 ，氧的氧化数为 。Cl2O2的Lewis结构式为 ，该分子中所有原子 (填：共或不共)平面。 2．（2010高二·安徽·竞赛）在CS2溶剂中，加入碘和过量的白磷(P4)反应，只生成四碘化二磷。反应后蒸出CS2，固体物质为四碘化二磷和过量的P4，加入计量水到固体物中反应，生成磷酸和一种碘化物A，A中阳离子为四面体构型，A中既含有离子键，也有共价键，还有配位键。写出四碘化二磷、P4和水反应的化学方程式 。四碘化二磷中磷的氧化数为 ，磷酸中磷的氧化数为 ，A中磷的氧化数为 。 竞赛技巧2 氧化性、还原性强弱的比较 3．（24-25高一上·湖南长沙·竞赛）已知：，。下列判断正确的是 A．氧化性：，还原性： B．只具有氧化性，没有还原性 C．在溶液中，可以大量存在 D．上述两个反应中均为氧化产物 4．（24-25高一上·河南周口·竞赛）已知：①向KMnO4晶体中滴加浓盐酸时产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变为黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是 A．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性 B．上述实验中，共有2个氧化还原反应 C．实验①生成的气体通入紫色石蕊试剂中，溶液最终变为红色。 D．上述实验证明氧化性：Mn>Cl2>Fe3+>I2 竞赛技巧3 氧化还原反应的基本规律及应用 5．（2023高一下·浙江温州·竞赛）某课题组设计一种脱除烟气中NO的方法，下列说法不正确的是 A．整个过程的总反应方程式为 B．反应过程均为氧化还原反应 C．若将换成，产物也是和 D．在整个反应中起到催化作用 6．（22-23高一上·广东中山·竞赛）纳米级（提示：中，Fe有+2、+3两种化合价）可用于以太阳能为热源分解水制，过程如下图所示．仔细观察过程，判断下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ的反应为： B．FeO是过程Ⅰ的还原产物 C．整个过程的总反应为： D．过程Ⅱ中为还原剂 竞赛技巧4 氧化还原反应方程式的配平 7．（2024高一下·广东佛山·竞赛）请回答下列问题： （1）德国人斯瓦恩哈德是从事玻璃加工的一名工人。1670年，他无意中将萤石(氟化钙)与浓硫酸混合在一起，结果产生了一种具有刺激性气味的烟雾，他发现这种气体能腐蚀玻璃，从而研究出一种不用金刚石或其他磨料也可以在玻璃上刻蚀图案的方法。写出上述的两个化学反应方程式 ， 。 （2）单质氟的制备是化学史上一段悲壮的历史，有多位化学家中毒，甚至付出生命，但是化学家们不畏艰难、前仆后继。终于，1886年法国化学家莫瓦桑在总结前人经验与教训的基础上，在低温下电解熔融的氟化氢钾制得单质氟，这距离氢氟酸的发现已经过去一百多年之久。写出电解制备单质氟的反应方程式 。 （3）又过了整整一百年，化学方法制取获得成功。其步骤如下：在存在下，用氧化；和反应；再用前两步的产物和反应(产物价)。写出各步化学反应方程式。 ， ， 。 8．（2024高二下·重庆·竞赛）根据要求回答下列问题。 （1）工业上用碳酸钠与铝土矿焙烧得到可溶性含铝化合物，写出该含铝化合物的化学式： 。 （2）焦炭、和在高温下反应，得到和一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。 （3）当接触含有的空气时，其表面会逐渐发黑，写出反应的化学方程式： 。 （4）碱性条件下，向溶液中加入，反应生成，写出反应的离子方程式： 。 竞赛技巧5 氧化还原反应方程式的计算 9．（2023高一下·浙江温州·竞赛）新型锂电池的电极材料可通过制得。下列说法正确的是 A．为还原剂 B．氧化性： C．氧化产物与还原产物的物质的量比为 D．常温常压下生成时，反应转移0.1mol电子 10．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）将等物质的量的铁和铜的混合物24 g与600 mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO 6.72 L(标准状况，向反应后的溶液中加入1mol/LNaOH溶液使金属离子恰好沉淀，过滤。下列有关说法正确的是 A．混合物溶解后的溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+) = 1：2 B．需加入NaOH溶液600 mL C．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32 g D．稀硝酸的物质的量浓度是1 mol/L 1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）已知电对的标准电极电势(Eϴ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。现有4组电对的标准电极电势：①；②；③；④。下列有关说法正确的是 A．溶液中浓度均为1mol/L的Fe3+和Cl-可发生反应： B．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸 C．向含2 mol FeCl2的溶液中加1 mol PbO2可观察到黄绿色气体产生 D．PbO2与酸性MnSO4反应的离子方程式： 2．（23-24高一上·青海西宁·期末）气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下化学反应： ①；②， 下列有关说法正确的是 A．氧化性： B．若有6.72L参加反应，则最终消耗0.2mol C．反应②中，每有1mol 参加反应，转移电子的数目为 D．由上述反应原理推断：不能将氧化成 3．（24-25高一上·福建泉州·期中）向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随的变化曲线如图所示。(已知：①可将氧化成；②为强酸)下列说法中正确的是 A．还原性： B．a点时已通入标准状况下氯气的总体积为 C．b点溶液中 D．c点溶液中阴离子的个数为17NA 4．（24-25高一上·广东广州·期中）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A．a既可被氧化，也可被还原 B．c可能为漂白液或漂白粉有效成分 C．d的浓溶液可与c的固体反应生成b与e D．a与水反应产生d和e 5．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知反应：①；②(浓)；③。 下列说法正确的是 A．上述三个反应都是置换反应 B．氧化性由弱到强的顺序为 C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 D．反应③中若反应，则还原剂得电子的物质的量为5mol 6．（24-25高一下·湖北·期中）已知溶于稀硫酸的化学方程式为，中Cr显＋6价，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．上述反应中，既作氧化剂，又作还原剂 B．中既有极性共价键，又有非极性共价键 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7∶4 D．若有1mol 发生反应，则共转移7mol电子 7．（24-25高一上·湖北孝感·开学考试）铋酸钠()是一种新型的光催化剂，已知：元素铋()价态为价时较稳定，无色；铋酸钠无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：(已知湿润的淀粉试纸置于空气中也会缓慢变蓝色) 加入的物质 ①适量铋酸钠 ②过量双氧水 ③适量淀粉溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色 下列结论错误的是 A．实验①中反应的离子方程式为 B．实验②中氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．实验③中将氧化为的不一定是 D．向淀粉溶液中加入过量铋酸钠溶液，所得溶液不一定变成蓝色 8．（23-24高一下·湖北武汉·期中）利用空气催化氧化法除电石渣浆上层清液中的的过程如图所示。下列说法错误的是 A．过程Ⅰ中氧化剂与还原剂物质的量之比为 B．过程Ⅱ的离子方程式为 C．碱性条件下，氧化性强弱顺序为 D．将完全转化为理论上需要33.6L(标准状况下) 9．（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）几种物质在水溶液中的转化关系如下图所示(依次发生反应1、2、3)，已知：微溶于水，下列叙述错误的是 A．上述反应说明还原性： B．反应2说明氧化性： C．反应3中，和参与反应的个数比为6：1 D．反应1的离子方程式为： 10．（24-25高一上·山东聊城·期中）利用甲醇(H为+1价，O为-2价)可将酸性废水中的转化为对环境无害的物质。反应原理为：___________(未配平)，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．横线上所缺微粒为 C．生成标准状况下的气体11.2L时，反应转移的电子数约为 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 11．（22-23高一上·宁夏银川·期中）根据下列氧化还原反应： ①2I-+Cl2=I2+2Cl-；②2Fe3++2I-=2Fe2++I2；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；④2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O。 下列结论中正确的是 A．Mn2+是MnO的氧化产物，I2是I-的还原产物 B．氧化性强弱顺序为：MnO>Cl2>Fe3+>I2 C．反应②中Fe3+被氧化，I-被还原 D．在溶液中不可能发生反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 12．（23-24高一上·安徽六安·期中）某反应的氧化剂与还原剂及部分产物如下所示：∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙已知该反应体系还包括、与另一种含碘微粒。对于该氧化还原反应说法正确的是 A．是氧化剂，是还原剂 B．随着反应进行，溶液酸性降低 C．体系中另一种含碘微粒为 D．每有1个参加反应，转移2个电子 13．（24-25高一下·四川达州·期中）同学们为了探究铜与硝酸的反应，进行了如下实验： 实验1：将2.56g铜加入20mL物质的量浓度为7mol·L-1的硝酸溶液中，铜完全溶解并产生NO和NO2混合气体共896mL(不考虑产生N2O4，体积已换算为标准状况下)。 实验2：向实验1反应结束后的溶液中加入一定量NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。 实验3：若将实验1收集到的气体和一定体积的O2混合后通入足量的蒸馏水中，恰好可以被完全吸收。 下列说法正确的是 A．实验3中O2的体积在标准状况下为224mL B．实验1中消耗了0.12molHNO3 C．实验1中生成的NO与NO2的体积比为2：1 D．实验2中参与反应的NaOH的质量为3.2g 14．（24-25高一下·四川成都·期中）工业生产中产生的、直接排放将对大气造成严重污染，利用化学原理吸收和，同时获得连二亚硫酸钠和产品的工艺流程图如下(为铈元素)： 下列说法正确的是 A．装置II中每消耗装置II中可吸收 B．装置III中生成同时生成 C．向装置IV所得溶液中滴加稀的溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则未生成 D．装置II中，在酸性条件下，生成等物质的量的和的离子方程式为： 15．（24-25高一上·江西南昌·期中）Ⅰ ．高铁酸钾(，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。请回答下列问题： （1）中铁元素的化合价为 （2）过程①中活性菌表现了 (填“氧化”或“还原”)性；该过程的还原产物是 (填离子符号) （3）根据上述原理分析，做水处理剂时，可以起到杀菌和净水的作用。用离子方程式表示其净水原理 。 Ⅱ．工业上一种制备高铁酸钾()的流程如图所示： （4）为除去反应I得到的固体中混有的铁屑，可采用的物理方法是 。 （5）写出反应Ⅱ的离子方程式 。从上述流程可知，溶解度： (填“>”、“<”或“=”)。 （6）“水热法”制备纳米颗粒的化学原理为：(未配平)，则该离子方程式中 。 1．（22-23高一上·广东海珠区·竞赛）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO－与的浓度之比为1∶3，则反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的质量之比为 A．4∶1 B．3∶1 C．11∶3 D．21∶5 2．（2013高二·湖北·竞赛）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2， O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是 A．2∶1 混合的Pb3O4、PbO B．1∶2 混合的PbO2、Pb3O4 C．1∶4∶1 混合的PbO2、Pb3O4、 PbO D．1∶1∶4 混合的PbO2、Pb3O4、 PbO 3．（2023高二下·安徽·竞赛）用碘酸制备五氧化二碘，然后检验乙醇。90~110℃(低温区)加热20min，再升温至220~240℃(高温区)恒温4h，具体流程如下图所示。下列说法正确的是 A．二缩三碘酸化学式为 B．低温区发生氧化还原反应 C．反应速率：低温区<高温区 D．生成1mol碘，消耗2.5mol乙醇 4．（23-24高一上·广东广州·竞赛）工业上一种制备方法的化学原理可表示为：(未配平)，已知每生成2个，同时消耗3个，则中x的值为 A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2023高二上·浙江宁波·竞赛）将NaIO3溶液逐滴滴入含5molNaHSO3的溶液中，依次发生如下反应： (方程式均未配平) 反应中生成的I−与I2的物质的量与滴入的NaIO3的物质的量的关系如图所示。当溶液中I−与I2的物质的量之比为a∶1时，加入的NaIO3的物质的量是 A． B． C． D． 6．（2019高二·上海·竞赛）将3.75g镁铝合金投入一定量热的浓硝酸中，合金完全溶解，共产生0.05molNO与0.2molNO2，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，最终得到一定量的白色沉淀。关于此过程说法错误的是 A．有0.25molHNO3被还原 B．有0.60molHNO3参加了反应 C．转移电子物质的量为0.35mol D．白色沉淀质量为9.7g 7．（2020高一·全国·竞赛）现有A、B、C、D、E五种氯的含氧化合物，已知，，。问下列化学式可能是D的是 A． B． C． D． 8．（2015高二·浙江·竞赛）溶液中含有较高浓度的NH、F-、HSO、K+等离子。向其中加入少量NaClO后，溶液中离子数目肯定增加的是 A．F- B．ClO- C．HSO D．NH 9．（2023高二·广西·竞赛）由于6s2惰性电子对效应，金Au、汞Hg、铊Tl、铅Pb、铋Bi的最稳定氧化态分别为-1，0，＋1，＋2，＋3。下列说法错误的是 A．根据这个规律，人们制出负一价的金的化合物CsAu B．与汞同族锌镉为较活泼金属而汞为不活泼金属，且对于＋1氧化态，Hg倾向于形成 C．二氧化铅氧化性很强，可和浓盐酸反应制取氯气 D．铋酸钠与酸性硫酸锰的离子方程式： 10．（22-23高一上·广东海珠区·竞赛）关于下列三个反应说法正确的是      ①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2+KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3 A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1 C．氧化性由强到弱顺序为KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2 D．③中1mol 氧化剂反应则失去电子的物质的量为10 mol 11．（22-23高一下·广东省揭阳市·竞赛）关于反应，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．生成1mol时，转移3.75mol电子 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 D．只是还原产物 【答案】B 12．（23-24高二上·湖南省邵阳市·竞赛）某小组同学探究溶液中的能否被金属钠还原，进行实验： ①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加溶液，产生无色气体，溶液由紫红色变为浅绿色。 ②向溶液中持续通入，水浴加热，溶液颜色无明显变化。 ③向溶液中加入固体，溶液由紫红色变为浅绿色。 下列说法不正确的是 A．实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰 B．实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关 C．实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应： D．上述实验能证明溶液中的可以被金属钠还原 13．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）NaBO3·4H2O的阴离子结构如图所示。硼砂(Na2B4O7)与氢氧化钠的混合溶液中加入双氧水可以制备NaBO3·4H2O。下列说法正确的是 A．硼砂与氢氧化钠、双氧水的反应为氧化还原反应 B．NaBO3·4H2O不具有杀菌消毒功能与漂白性 C．用浓硫酸处理NaBO3·4H2O可以得到O2 D．分别向同体积的硼砂稀溶液和蒸馏水中加入相同的少量盐酸，前者pH变化大 14．（2023高二下·北京·竞赛）在铋系高温超导材料的探索中，得到样品Bi2Sr2CaCu2OX，其中Cu可能存在的价态为＋2和＋3，Bi的可能价态为＋3和＋5.设计如下实验测定两种元素的平均氧化态。 实验A：将102.3mg样品(Bi2Sr2CaCu2OX，式量为760.4＋16.00x)溶于100.0mL含有2.000mmol·L－1的1mol·L－1HCl溶液中，以库仑滴定法测定过量的Cu+，结果为0.1085mmol。 实验B：将94.6mg样品溶解于100.0mL1.000mmol·L－1FeCl2的酸性溶液中。以库仑滴定法测定过量的Fe2+，结果为0.0577mmol。 （1）写出实验A中样品溶解时涉及氧化还原反应的所有方程式 。 （2）写出实验B中样品溶解时涉及氧化还原反应的所有方程式 。 （3）求算样品中Bi和Cu的氧化数，确定化学式中x的值 。 15．（2023高一上·湖南邵阳·竞赛）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空： Ⅰ：在用酸性溶液处理和CuS的混合物时，发生的反应如下： ①(未配平) ②(未配平) （1）下列关于反应①的说法中错误的是 (填字母序号)。 a．被氧化的元素是Cu和S b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 c．生成2.24L(标况下)，转移电子的物质的量是0.8mol d．还原性的强弱关系是： Ⅱ：在稀硫酸中，与也能发生氧化还原反应。 （2）配平与反应的离子方程式： （3）欲配制480mL0.1mol/L溶液，需称取的质量为 g，需要的玻璃仪器有 。 Ⅲ：实验室可由软锰矿(主要成分为)制备，方法如下：高温下使软锰矿与过量和反应，生成(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，转化为和；再滤去沉淀，浓缩结晶得到晶体。请回答： （4）用软锰矿制备的化学方程式是： 。 （5）转化为的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 物质及其变化 第三节 氧化还原反应 内容概览 01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼 02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚 03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练 04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训 竞赛技巧1 氧化还原反应的基本概念 1、氧化数 （1）氧化数定义：1970年，国际纯粹与应用化学联合会（IUPAC）对氧化数的定义是：氧化数是某元素一个原子的荷电数，这个荷电数是假设把每个化学键的电子指定给电负性更大的原子而求得的。例如，在NaCl中，钠的氧化数为 +1，氯的氧化数为 –1。在SO2中，硫的氧化数为+4，氧的氧化数为 –2。由此可见，氧化数是元素在化合状态时人为规定的形式电荷数。 （2）氧化数意义：在氧化还原反应中，由于发生了电子转移，导致某些元素带电状态发生变化。表示元素原子在不同物质中带电状态的不同。 （3）确定氧化数的规则： ①在单质中，元素的氧化数为零。 ②在单原子离子中，元素的氧化数等于离子所带的电荷数。 ③在大多数化合物中，氢的氧化数为 +1，只有在活泼金属的氢化物（如NaH,CaH2）中，氢的氧化数为 –1。 ④通常，在化合物中氧的氧化数为 –2；但在过氧化物（如H2O2、Na2O2、BaO2）中氧的氧化数为 –1；而在OF2和O2F2中，氧的氧化数分别为 +2和 +1。 ⑤在所有氟化物中，氟的氧化数为 –1。 ⑥碱金属和碱土金属在化合物中的氧化数分别为 +1和 +2。 ⑦在中性分子中，各元素氧化数的代数和为零。在多原子原子离子中各元素氧化数的代数和等于离子所带的电荷数。 【特别提醒】根据上述原则，可以确定化合物中某元素的氧化数。 2、氧化还原电对 （1）氧化剂和还原剂：在氧化还原反应中，元素氧化数升高的物质是还原剂，元素氧化数降低的物质是氧化剂。 （2）半反应：氧化还原反应是由还原剂被氧化和氧化剂被还原两个半反应所组成的。例如：Zn(s) + Cu2+(aq) Zn2+(aq) + Cu(s)是由半反应Zn(s) Zn2+ + 2e－ 和Cu2+ + 2e－ Cu(s) 所组成。 （3）氧化还原电对及表示方法：在半反应中，同一元素的两个不同氧化数的物种组成了电对，其中，氧化数较大的物种称为氧化型，氧化数较小的物种称为还原型。通常电对表示成：氧化型/ 还原型。 例如：氧化还原反应是由两个电对构成的反应系统。可以表示为： 还原型（1）+氧化型（2） 氧化型（1）+ 还原型（2） 竞赛技巧2 氧化性、还原性强弱的比较 1．判断的本质依据：得失电子的难易程度 （1）氧化性或还原性的强弱与元素的化合价高低无必然关系 （2）氧化性或还原性的强弱与得失电子数多少无必然关系 2．单质与其相应离子的氧化性和还原性变化相反 （1）根据金属活动顺序表 （2）根据非金属活动顺序表 3．判断氧化性或还原性强弱的方法 1）根据化学反应比较氧化性或还原性强弱 （1）比较反应物和生成物的氧化性或还原性：强制弱原理 ①氧化性：氧化剂＞氧化产物 ②还原性：还原剂＞还原产物 （2）比较反应物的氧化性或还原性 ①氧化性：氧化剂＞还原剂 ②还原性：还原剂＞氧化剂 2）根据反应条件来判断 当不同的氧化剂（或还原剂）与同一还原剂（或氧化剂）反应时，反应越易进行，则对应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，反之越弱。如： （1）比较KMnO4和MnO2氧化性强弱：KMnO4＞MnO2 ①MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ②2KMnO4+16HCl（浓）2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O （2）比较Na、Mg、Al的还原性强弱：Na＞Mg＞Al ①Na与冷水剧烈反应 ②Mg与水加热才反应 ③Al与水加热条件下也难反应 3）根据氧化产物的价态高低判断 （1）方法：同种物质被不同氧化剂氧化的价态越高，氧化剂的氧化性越强。 （2）实例：2Fe+3Cl22FeCl3，Fe+SFeS，氧化性：Cl2＞S。 4．常见微粒的还原性顺序 还原性：＞＞＞＞＞ 氧化性：＜＜＜＜＜ （1）全部氧化：MnO4－（H+）和ClO－（H+） （2）氧化前五种：ClO－、Cl2、浓硫酸（+4价S除外，无中间价态） （3）氧化前四种：NO3－（H+）、H2O2（H+）、Br2 （4）氧化前三种：Fe3+ 竞赛技巧3 氧化还原反应的基本规律及应用 1、守恒规律及其应用 （1）规律 氧化还原反应遵循以下三个守恒规律： ①质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。 ②电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数，这是配平氧化还原反应方程式的依据，也是有关氧化还原反应计算的依据。 ③电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。书写氧化还原反应的离子方程式时要注意满足电荷守恒，如Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋(错误)，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(正确)。 （2）应用 2、价态规律及其应用 1）高低规律 （1）内容：元素在物质中所处的价态，决定该元素的氧化性或还原性，一般来说，元素处于最高价态时，只有氧化性(如KMnO4、HNO3等)；元素处于最低价态时，只有还原性(如S2－、I－等)；元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性(如Fe2＋、SO2等)。 （2）应用：预测物质的氧化性和还原性。 2）价态归中规律 （1）内容：同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态＋低价态―→中间价态，即“只靠拢，不交叉”“就近变价”。 （2）图示表达如下： （3）应用：同种元素的物质间发生氧化还原反应时，氧化产物、还原产物的判断，电子转移总数的计算。 3）歧化反应规律 （1）内容：氧化还原反应中，有元素化合价升高，必然有元素化合价降低。歧化反应时，某元素的中间价态―→高价态＋低价态。 （2）应用：判断反应物和产物中同种元素价态的高低，计算电子转移的数目。 3、强弱规律及其应用 1）规律 （1）物质氧化性或还原性的强弱决定于得失电子的难易程度，与得失电子的数目无关。 （2）根据氧化还原反应方程式进行判断 还原剂　＋　氧化剂 =　氧化产物　＋　还原产物 (强还原性)　(强氧化性)　(弱氧化性)　　(弱还原性) 还原性：还原剂>还原产物； 氧化性：氧化剂>氧化产物。 2）应用 （1）判断有氧化性和还原性的物质在一定条件下能否反应：以Zn为例，Zn可以与Fe2＋、Sn2＋、H＋、Cu2＋等发生置换反应，但不能与Mg2＋、Al3＋等反应。 （2）同一氧化剂与多种还原剂混合时，还原性强的先被氧化。例如，已知还原性：I－>Fe2＋>Br－，当把氯气通入FeBr2溶液时，氯气的量不足时首先氧化Fe2＋；把氯气通入FeI2溶液时，氯气的量不足时首先氧化I－。 同一还原剂与多种氧化剂混合时，氧化性强的先被还原。例如，在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后再依次与Cu2＋、H＋反应。 4、先后规律及其应用 1）规律 （1）同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。 （2）同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次为Cu2＋、H＋。 2）应用 3）常见的强弱顺序 氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SO)<S2－。 竞赛技巧4 氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则——配平三大原则 （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．“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。 3、记住元素的价态 （1）记住元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 -1 0 +1 氧O 物质 H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 价态 -2 -1 0 +2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 -4 -1 0 +2 +3 +4 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 -2 -1 0 +2 +4 +6 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 0 +1 +2 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 0 +2 +2（1/3）、+3（2/3） +3 +6 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 0 +3 +6 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 0 +2 +3 +4 +6 +7 （2）明确一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：；⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 4、氧化还原反应配平的思维模型 第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质； 第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等； 第四步：根据质量守恒配平反应方程式； 第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。 5、配平方法 （1）正向配平法 （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，然后再确定反应物的化学计量数。 由于S的化合价既升又降，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。 （3）缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。 1)配平方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 2)补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ （4）整体配平法：有些氧化还原反应中有2种元素以上化合价升降，其中在同一反应物中，有多种元素化合价同时升高或降低，这时可以将多种元素同时升高或降低的反应物作为一个整体来配平，如As2S3+HNO3+H2O→H3AsO4+H2SO4+NO↑中As2S3的As、S的化合价都是上升的，可以将As2S3作为一个整体来配平。 （5）拆分配平法：当某一元素的原子在某化合物中有若干个时，根据化合物中元素化合价代数和为零的原则可以将它进行拆分后分别标价，如Na2Sx+NaClO+NaOH→Na2SO4+NaCl+H2O中Sx2-进行拆分为S2-和(x-1)S后分别标价进行配平。 （6）零价法：在某些氧化还原反应中，元素的化合价难以确定，可以尝试用零价法，就是将元素的化合价看成零价，利用化合价代数和为零的原则分析配平，如Fe3C+HNO3→Fe(NO3)3+CO2↑+NO↑+H2O中Fe3C的Fe、C都标为0价再进行配平。 （7）半反应法：某些非金属单质在反应中既是氧化剂又是还原剂时，可以把作为氧化剂和作为还原剂的部分分开配平后再合并较简单，如P+CuSO4+H2O→H3PO4+Cu3P+H2SO4可以把拆分为两个半反应，氧化反应P-5e-+4H2O→H3PO4+5H+，还原反应P+3CuSO4+6e-+6H+→Cu3P+3H2SO4，分别配平后再合并就可得到配平的方程式。 6、信息型氧化还原方程式的书写 （1）“信息型”氧化还原反应化学（离子）方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 （2）熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－ (H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 （3）掌握书写信息型氧化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法) 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 竞赛技巧5 氧化还原反应方程式的计算 1．转移电子数的计算 （1）N（e－）＝氧化剂得到电子的数目＝还原剂失去电子的数目 （2）反应中转移电子数与各物质的化学计量数成正比 （3）计算公式 ①n（e－）＝n（氧化剂）×N（变价原子数）×ΔN（化合价变化数） ②n（e－）＝n（还原剂）×N（变价原子数）×ΔN（化合价变化数） 2．电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1）计算依据 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）守恒法解题的思维流程 （1）“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 （3）“三列恒等式”：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)。 3）得失电子守恒法的应用 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及电解过程中电极产物的有关计算等。 （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。 竞赛技巧1 氧化还原反应的基本概念 1．（2007高二·安徽·竞赛）美国和欧洲的科学家合作，在同温层发现破坏臭氧的C12O2。在该化合物中，氯的氧化数为 ，氧的氧化数为 。Cl2O2的Lewis结构式为 ，该分子中所有原子 (填：共或不共)平面。 【答案】+1 −1 Cl−O−O−Cl 不共 【解析】化合物C12O2中，由于氧的电负性大于氯，因此氯的氧化数为+1，氧的氧化数为−1，Cl只有一个太，O有两个价态，因此Cl2O2的Lewis结构式为Cl−O−O−Cl，该分子类似于H2O2，因此Cl2O2中所有原子不共平面；故答案为：+1；−1；Cl−O−O−Cl；不共。 2．（2010高二·安徽·竞赛）在CS2溶剂中，加入碘和过量的白磷(P4)反应，只生成四碘化二磷。反应后蒸出CS2，固体物质为四碘化二磷和过量的P4，加入计量水到固体物中反应，生成磷酸和一种碘化物A，A中阳离子为四面体构型，A中既含有离子键，也有共价键，还有配位键。写出四碘化二磷、P4和水反应的化学方程式 。四碘化二磷中磷的氧化数为 ，磷酸中磷的氧化数为 ，A中磷的氧化数为 。 【答案】10P2I4+13P4+128H2O=40PH4I+32H3PO4 +2 +5 -3 【解析】（1）该反应中，四碘化二磷（P2I4）和白磷（P4）共同参与水解，生成磷酸（H3PO4）和碘化鏻（PH4I，即 A），根据反应物料平衡和产物比例，反应的化学方程式为：10P2I4+13P4+128H2O=32H3PO4+40PH4I （2）P2I4为中性分子，碘的氧化数为 -1，设磷氧化数为x，则 2x+4×(−1)=02x+4×(−1)=0，解得x=+2；H3PO4中氢为 +1、氧为 -2，设磷氧化数为 y，则3×(+1)+y+4×(−2)=0，解得y=+5；PH4I由PH4+和 I-组成，碘离子氧化数为-1，离子（PH4+）中氢为 +1，设磷氧化数为z，则z+4×(+1)=+1（离子电荷），解得z=−3。 竞赛技巧2 氧化性、还原性强弱的比较 3．（24-25高一上·湖南长沙·竞赛）已知：，。下列判断正确的是 A．氧化性：，还原性： B．只具有氧化性，没有还原性 C．在溶液中，可以大量存在 D．上述两个反应中均为氧化产物 【答案】D 【解析】A．根据反应氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可得氧化性Cl2大于I2，Fe3+＞I2，无法比较Fe3+和Cl2的氧化性强弱；根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性I-＞Fe2+，故A错误；B．Cl2中Cl的化合价为0价，可升高也可降低，故既有氧化性又有还原性，故B错误；C．根据反应，Fe3+可以氧化I-，故在溶液中，不可以大量存在，故C错误；D．两个反应中碘元素的化合价都升高，均失电子，故均为氧化产物，故D正确；故选D。 4．（24-25高一上·河南周口·竞赛）已知：①向KMnO4晶体中滴加浓盐酸时产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变为黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是 A．实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性 B．上述实验中，共有2个氧化还原反应 C．实验①生成的气体通入紫色石蕊试剂中，溶液最终变为红色。 D．上述实验证明氧化性：Mn>Cl2>Fe3+>I2 【答案】D 【解析】A．实验②中FeCl2是还原剂，失电子被氧化生成氯化铁，证明了FeCl2有还原性，故A错误；B．题中三个反应中均有元素化合价的变化，则均属于氧化还原反应，故B错误；C．实验①生成的氯气，氯气与水反应有盐酸和次氯酸生成，次氯酸具有漂白性，石蕊溶液先变红后褪色，故C错误；D．实验①中高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性>Cl2，实验②中氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性Cl2>Fe3+，实验③中碘离子是还原剂、铁离子是氧化剂,氧化性Fe3+>I2，则氧化剂的氧化性顺序是>Cl2>Fe3+>I2，故D正确；故选D。 竞赛技巧3 氧化还原反应的基本规律及应用 5．（2023高一下·浙江温州·竞赛）某课题组设计一种脱除烟气中NO的方法，下列说法不正确的是 A．整个过程的总反应方程式为 B．反应过程均为氧化还原反应 C．若将换成，产物也是和 D．在整个反应中起到催化作用 【答案】B 【解析】A．由图可知，整个过程的总反应为氨气与一氧化氮和二氧化氮反应生成氮气和水，则总反应方程式为：，故A项正确；B． 由图可知，中间体生成与的过程中，没有元素化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B项错误；C．N2H4中N元素为-2价，也具有还原性，也可以与NO发生归中反应，生成N2和H2O，故C项正确；D．由图可知，在反应前后性质和质量不变，属于催化剂，故D项正确；故本题选B。 6．（22-23高一上·广东中山·竞赛）纳米级（提示：中，Fe有+2、+3两种化合价）可用于以太阳能为热源分解水制，过程如下图所示．仔细观察过程，判断下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ的反应为： B．FeO是过程Ⅰ的还原产物 C．整个过程的总反应为： D．过程Ⅱ中为还原剂 【答案】D 【解析】A. 过程Ⅰ为 Fe3O4 分解生成 FeO 与 O2 ，A正确；B. 过程Ⅰ为 Fe3O4  分解生成 FeO 与 O2 ，根据反应可知，FeO是还原产物，B正确；C. 根据过程Ⅰ反应方程式 ，过程Ⅱ反应方程式为： 3FeO+H2O=H2↑+  Fe3O4，总反应为：Ⅰ+2Ⅱ， C 正确；D. 过程Ⅱ为 FeO 与水反应生成 H2 和 Fe3O4 ，H2为还原产物，D不正确；答案选D 。 竞赛技巧4 氧化还原反应方程式的配平 7．（2024高一下·广东佛山·竞赛）请回答下列问题： （1）德国人斯瓦恩哈德是从事玻璃加工的一名工人。1670年，他无意中将萤石(氟化钙)与浓硫酸混合在一起，结果产生了一种具有刺激性气味的烟雾，他发现这种气体能腐蚀玻璃，从而研究出一种不用金刚石或其他磨料也可以在玻璃上刻蚀图案的方法。写出上述的两个化学反应方程式 ， 。 （2）单质氟的制备是化学史上一段悲壮的历史，有多位化学家中毒，甚至付出生命，但是化学家们不畏艰难、前仆后继。终于，1886年法国化学家莫瓦桑在总结前人经验与教训的基础上，在低温下电解熔融的氟化氢钾制得单质氟，这距离氢氟酸的发现已经过去一百多年之久。写出电解制备单质氟的反应方程式 。 （3）又过了整整一百年，化学方法制取获得成功。其步骤如下：在存在下，用氧化；和反应；再用前两步的产物和反应(产物价)。写出各步化学反应方程式。 ， ， 。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）氟化钙与浓硫酸混合在一起，反应生成HF气体，化学方程式为；玻璃中含有SiO2，能与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，导致玻璃被腐蚀，反应的化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O； （2）电解熔融的氟化氢钾(KHF2)制得单质氟，电解过程中两极均有气体产生，即阳极生成F2，阴极上得电子生成H2，电解制备单质氟的反应方程式为； （3）在存在下，用氧化，生成氧气、、H2O，反应的化学方程式为；和反应生成和HCl，化学方程式为；和反应生成F2、MnF3，化学方程式为。 8．（2024高二下·重庆·竞赛）根据要求回答下列问题。 （1）工业上用碳酸钠与铝土矿焙烧得到可溶性含铝化合物，写出该含铝化合物的化学式： 。 （2）焦炭、和在高温下反应，得到和一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。 （3）当接触含有的空气时，其表面会逐渐发黑，写出反应的化学方程式： 。 （4）碱性条件下，向溶液中加入，反应生成，写出反应的离子方程式： 。 【答案】（1）NaAlO2 （2）+2C+2+2CO （3）2Ag+H2S=Ag2S+H2↑ （4） 【解析】（1）碳酸钠与铝土矿焙烧得到NaAlO2和CO2，化学方程式为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑。 （2）焦炭、和在高温下反应，得到和一种可燃性气体CO，化学方程式为：+2C+2+2CO。 （3）当接触含有的空气时，其表面会逐渐发黑生成和H2，化学方程式为： 2Ag+H2S=Ag2S+H2↑。 （4）碱性条件下，向溶液中加入，反应生成，Cr元素化合价由+3价上升到+6价，O元素化合价由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 竞赛技巧5 氧化还原反应方程式的计算 9．（2023高一下·浙江温州·竞赛）新型锂电池的电极材料可通过制得。下列说法正确的是 A．为还原剂 B．氧化性： C．氧化产物与还原产物的物质的量比为 D．常温常压下生成时，反应转移0.1mol电子 【答案】D 【分析】FePO4中Fe为+3价，LiFePO4中Fe为+2价，Fe化合价降低，发生还原反应，则FePO4为氧化剂，LiFePO4为还原产物；H2C2O4中C为+3价，CO2中C为+4价，化合价升高，发生氧化反应，H2C2O4为还原剂，CO2为氧化产物。 【解析】A．由分析可知，FePO4为氧化剂，故A项错误；B．由分析可知，H2C2O4为还原剂，LiFePO4为还原产物，还原性：还原剂﹥还原产物，即还原性：H2C2O4﹥LiFePO4，故B项错误；C．由分析可知，CO2为氧化产物，LiFePO4为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量比为2:2=1:1，故C项错误；D．反应生成3molCO2转移2mol电子，则常温常压下生成6.6gCO2即0.15mol，反应转移0.1mol电子，故D项正确；故答案为D。 10．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）将等物质的量的铁和铜的混合物24 g与600 mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO 6.72 L(标准状况，向反应后的溶液中加入1mol/LNaOH溶液使金属离子恰好沉淀，过滤。下列有关说法正确的是 A．混合物溶解后的溶液中c(Fe3+)：c(Fe2+) = 1：2 B．需加入NaOH溶液600 mL C．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32 g D．稀硝酸的物质的量浓度是1 mol/L 【答案】C 【分析】混合物24g中的铁和铜的物质的量相等，设物质的量为n，则得到56g/mol×n+64g/mol×n=24g，解得n=0.2mol，反应生成气体的物质的量为，氮元素得电子0.3mol×3=0.9mol，铜元素失电子0.2mol×2=0.4mol，则根据铁元素守恒得到n(Fe3+)+n(Fe2+)=0.2mol，根据得失电子守恒得到3n(Fe3+)+2n(Fe2+)=0.5mol，解得n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.1mol，混合物与稀硝酸反应后得到Fe(NO3)2、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、NO，根据氮元素守恒得=0.1mol×3+0.1mol×2+0.3mol+0.2mol×2=1.2mol，以此分析； 【解析】A．根据分析，n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.1mol，n(Fe3+)+n(Fe2+)=0.2mol，c(Fe3+):c(Fe2+)=1:1，A错误；B．加入NaOH后得到NaNO3溶液，则n(NaOH)=n(HNO3)-n(NO)=0.9mol，推出，B错误；C．加入NaOH后得到沉淀，空气中灼烧后得到CuO、Fe2O3，得到固体的质量为m=0.2mol×80g/mol+0.1mol×160g/mol=32g，C正确；D．根据分析，硝酸的物质的量浓度为，D错误；故答案为：C。 1．（23-24高一下·湖南长沙·开学考试）已知电对的标准电极电势(Eϴ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。现有4组电对的标准电极电势：①；②；③；④。下列有关说法正确的是 A．溶液中浓度均为1mol/L的Fe3+和Cl-可发生反应： B．酸化高锰酸钾时既可以用硫酸也可以用盐酸 C．向含2 mol FeCl2的溶液中加1 mol PbO2可观察到黄绿色气体产生 D．PbO2与酸性MnSO4反应的离子方程式： 【答案】D 【解析】A．由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强可知，氧化剂的氧化性由强到弱的顺序为PbO2>>Cl2>Fe3+，Cl2的氧化性强于Fe3+，Fe3+不能与Cl-反应生成Cl2，A错误；B．的氧化性强于Cl2，能与盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，则酸化高锰酸钾时不能用盐酸，B错误；C．还原性：Fe2+>Cl-，FeCl2溶液与少量PbO2混合时，还原性强的Fe2+先与PbO2反应，根据FeCl2与PbO2的量可知不可能有黄绿色气体生成，C错误；D．PbO2的氧化性强于，PbO2能将Mn2+氧化成，自身转化为PbSO4沉淀，反应的离子方程式为，D正确；故答案选D。 2．（23-24高一上·青海西宁·期末）气体与足量溶液完全反应后，再加入溶液，发生如下化学反应： ①；②， 下列有关说法正确的是 A．氧化性： B．若有6.72L参加反应，则最终消耗0.2mol C．反应②中，每有1mol 参加反应，转移电子的数目为 D．由上述反应原理推断：不能将氧化成 【答案】A 【解析】A．由①可知，Fe元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，S元素的化合价升高，是氧化产物，则氧化性：Fe3+＞，由②可知，Cr元素的化合价降低，是氧化剂，Fe元素的化合价升高，Fe3+是氧化产物，则氧化性：＞Fe3+，故氧化性由强到弱的顺序为：＞Fe3+＞，A正确；B．缺少气体所处的外界条件，不能计算其物质的量，也不能计算最终消耗的K2Cr2O7物质的量，B错误；C．每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的物质的量为1 mol×2×(6-3)=6 mol，则转移电子的数目为，C错误；D．根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，由①可知氧化性：Fe3+＞，还原性：SO2＞Fe2+，由②可知氧化性：＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Cr3+，所以氧化性：＞Fe3+＞，还原性：SO2＞Fe2+＞Cr3+，根据“强制弱”规律，则K2Cr2O7能将SO2氧化成，D错误；故答案选A。 3．（24-25高一上·福建泉州·期中）向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随的变化曲线如图所示。(已知：①可将氧化成；②为强酸)下列说法中正确的是 A．还原性： B．a点时已通入标准状况下氯气的总体积为 C．b点溶液中 D．c点溶液中阴离子的个数为17NA 【答案】B 【分析】从图可以看出，当通入氯气为0时，混合溶液中的为3mol，为2mol，则混合溶液中的为1mol，为2mol，当通入氯气为1 mol时，被全部氧化为，，没有变化，当通入氯气从1mol到2.5mol时，溶液中的全部被氧化为，a点为被氧化了一半时的点，此时和各为1.5mol，通入的氯气从2.5mol到7.5mol时，全部被氧化为，此过程消耗了氯气的量为5mol，据此分析解答。 【解析】A．由图可以看出，当通入为1mol时，溶液中的没有变化，由2mol到零，则还原性，故A错误；B．经分析，a点为被氧化了一半时的点，此时和各为1.5mol，根据，可知，此过程消耗了氯气为0.75mol，加上之前通入的氯气总计1.75mol，标准状况下体积为39.2L，故B正确；C．从图可以看出，氯气从2.5 mol到b点时，通入氯气的量为1.5mol，发生了反应，根据反应计量数，可知此时溶液中有0.3mol的被氧化，则剩余的，故C错误；D．经分析，c点时全部被氧化为， c点溶液中含有的阴离子为和，其中，，故c点溶液中阴离子的个数为，故D错误；故答案选B。 4．（24-25高一上·广东广州·期中）部分常见含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A．a既可被氧化，也可被还原 B．c可能为漂白液或漂白粉有效成分 C．d的浓溶液可与c的固体反应生成b与e D．a与水反应产生d和e 【答案】C 【分析】由图可知，a为氯气、b为盐酸盐、c为次氯酸盐、d为盐酸、e为次氯酸。 【解析】A．氯气中氯元素的化合价为中间价态0价，既能升高被氧化，也能降低被还原，故A正确；B．c为次氯酸盐，有可能为次氯酸钠或次氯酸钙，分别是漂白液和漂白粉有效成分，故B正确；C．具有还原性的浓盐酸能与具有氧化性的次氯酸盐在溶液中发生氧化还原反应生成氯气，不能生成次氯酸，故C错误；D．a为氯气、d为盐酸、e为次氯酸，氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，故D正确；故选C。 5．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知反应：①；②(浓)；③。 下列说法正确的是 A．上述三个反应都是置换反应 B．氧化性由弱到强的顺序为 C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 D．反应③中若反应，则还原剂得电子的物质的量为5mol 【答案】B 【分析】由反应①：可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性；由反应②：(浓)可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性；由反应③：可知，为氧化剂，为氧化产物，氧化性，最后得到氧化性，据此分析解答。 【解析】A．‌置换反应‌是指由一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质和另一种化合物的反应，由分析可知，反应①和反应③满足置换反应的定义，属于置换反应，反应②不满足置换反应的定义，A错误；B．根据分析，氧化性，即，B正确；C．在反应①中，为氧化剂，NaBr为还原剂，根据方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，C错误；D．反应③中若反应，Br元素化合价从+5价降低为单质的0价，得5mol电子，则还原剂失去电子的物质的量为5mol，D错误；故答案为：B。 6．（24-25高一下·湖北·期中）已知溶于稀硫酸的化学方程式为，中Cr显＋6价，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．上述反应中，既作氧化剂，又作还原剂 B．中既有极性共价键，又有非极性共价键 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为7∶4 D．若有1mol 发生反应，则共转移7mol电子 【答案】D 【分析】中4个氧原子与铬形成的是Cr-O键，每个氧原子的化合价为-1价，1个氧原子与铬形成的是Cr=O键，这种氧原子的化合价为-2价，Cr为+6价，Cr元素由+6价下降到+3价，部分O元素由-1价下降到-2价，部分由-1价上升到0价，故和2个H2O是还原产物，O2是氧化产物 【解析】A．中Cr元素化合价降低，O元素化合价既升高又降低，则既作氧化剂，又作还原剂，A项正确；B．由结构可知，中含有Cr-O极性键和O-O非极性键，B项正确；C．由分析可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为7∶4，C项正确；D．由分析可知，→O2，O元素化合价由-1价变为0价，若有1mol 发生该反应，生成O2，则反应中共转移个电子，D项错误；答案选D。 7．（24-25高一上·湖北孝感·开学考试）铋酸钠()是一种新型的光催化剂，已知：元素铋()价态为价时较稳定，无色；铋酸钠无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：(已知湿润的淀粉试纸置于空气中也会缓慢变蓝色) 加入的物质 ①适量铋酸钠 ②过量双氧水 ③适量淀粉溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色 下列结论错误的是 A．实验①中反应的离子方程式为 B．实验②中氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．实验③中将氧化为的不一定是 D．向淀粉溶液中加入过量铋酸钠溶液，所得溶液不一定变成蓝色 【答案】A 【分析】分析题给实验现象可知，Mn2+先被氧化成 (被还原为Bi3+），然后被H2O2还原成Mn2+，同时生成O2，再加入淀粉-KI溶液，有I2生成，使溶液变蓝，因H2O2过量，H2O2和O2都能将I-氧化成I2，故实验③中将I-氧化为I2的不一定是O2，综上所述，、、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2＞I2，据此分析； 【解析】A．由于难溶于水，书写离子方程式时不能拆成离子形式，反应的离子方程式为，A错误；B．反应中由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，参加反应的氧化剂和还原剂的个数比为2：5，B正确；C．由分析可知，反应过程中有O2生成，H2O2和O2都能将I-氧化成I2，故实验③中将I-氧化为I2的不一定是H2O2，C正确；D．、、I2、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：＞＞H2O2＞I2，KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，可能生成，溶液不一定变蓝色，D正确；故选A。 8．（23-24高一下·湖北武汉·期中）利用空气催化氧化法除电石渣浆上层清液中的的过程如图所示。下列说法错误的是 A．过程Ⅰ中氧化剂与还原剂物质的量之比为 B．过程Ⅱ的离子方程式为 C．碱性条件下，氧化性强弱顺序为 D．将完全转化为理论上需要33.6L(标准状况下) 【答案】D 【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O；与S2-反应生成S2，进而与氧气反应生成，过程Ⅱ中反应的离子方程式为，以此解答该题。 【解析】A．过程Ⅰ中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2，故A正确；B．由分析可知，过程Ⅱ中反应的离子方程式为：，故B正确；C．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成，则氧化性：O2＞，锰的含氧酸根氧化S2-生成S2，则氧化性：> S2，氧化性：，故C正确；D．1molS2-转化为理论上转移8mol电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)==2mol，在标准状况下体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故D错误；故答案选D。 9．（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）几种物质在水溶液中的转化关系如下图所示(依次发生反应1、2、3)，已知：微溶于水，下列叙述错误的是 A．上述反应说明还原性： B．反应2说明氧化性： C．反应3中，和参与反应的个数比为6：1 D．反应1的离子方程式为： 【答案】D 【解析】A．在氧化还原反应中，物质的还原性：还原剂＞还原产物；根据图示可知：在反应1中，是还原剂，是还原产物，所以还原性：＞；在反应2中，是还原剂，是还原产物，所以还原性：＞；在反应3中，是还原剂，是还原产物，所以还原性：＞；综上所述可知，微粒的还原性：，A正确；B．在反应2中，将氧化为，得到电子被还原为，为氧化剂，为氧化产物，由于在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物，所以微粒的氧化性：，B正确；C．在反应3中，将氧化为，得到电子被还原为，1个得到电子被还原成2个，得到6个电子；1个 氧化为1个失去1个电子，根据氧化还原反应中电子得失数目相等可知，参加反应的和个数比为6：1，C正确；D．根据题意可知微溶于水，在书写离子方程式时应该写化学式，则该反应的离子方程式应该为：，D错误；故答案为：D。 10．（24-25高一上·山东聊城·期中）利用甲醇(H为+1价，O为-2价)可将酸性废水中的转化为对环境无害的物质。反应原理为：___________(未配平)，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．横线上所缺微粒为 C．生成标准状况下的气体11.2L时，反应转移的电子数约为 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 【答案】D 【分析】根据题目信息，在甲醇中H元素为+1价，O元素为价，则C元素化合价为价，升高为产物中的+4价，化合价升高6；中N元素化合价从+5价降低为产物中的0价，化合价降低5；同时根据产物全部为电中性微粒，反应物中为负电荷，要保证电荷守恒，补充的微粒必须为正电荷，则需要补充的微粒为，最后得到该反应的离子方程式为：，据此信息解答。 【解析】A．是中N元素从+5价降低为0价被还原后得到的产物，属于还原产物，A错误；B．根据分析可知，横线上所缺微粒为，B错误；C．根据分析的方程式可知在标准状况下生成时，转移，则生成标准状况下的气体11.2L时，为，反应转移的电子数约为，C错误；D．根据分析的方程式可知，为氧化产物，为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，D正确；故答案为：D。 11．（22-23高一上·宁夏银川·期中）根据下列氧化还原反应： ①2I-+Cl2=I2+2Cl-；②2Fe3++2I-=2Fe2++I2；③2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；④2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O。 下列结论中正确的是 A．Mn2+是MnO的氧化产物，I2是I-的还原产物 B．氧化性强弱顺序为：MnO>Cl2>Fe3+>I2 C．反应②中Fe3+被氧化，I-被还原 D．在溶液中不可能发生反应：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 【答案】B 【解析】A．生成，化合价降低，发生还原反应，Mn2+是还原产物，A错误；B．由反应①可知：氧化性>，由②可知：氧化性 >，由③可知：氧化性：>，由④可知：氧化性： >。故：>>>，B正确；C．反应②中Fe3+被还原，I-被氧化，C错误；D．因为的氧化性强于，所以 可以发生，D错误；故选B。 12．（23-24高一上·安徽六安·期中）某反应的氧化剂与还原剂及部分产物如下所示：∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙已知该反应体系还包括、与另一种含碘微粒。对于该氧化还原反应说法正确的是 A．是氧化剂，是还原剂 B．随着反应进行，溶液酸性降低 C．体系中另一种含碘微粒为 D．每有1个参加反应，转移2个电子 【答案】D 【分析】反应生成的高锰酸根也有很强的氧化性，价态较低的含碘微粒易与之发生氧化还原反应，可推断反应生成的含碘微粒为，根据题目信息可得该反应的离子方程式为35+6，其中Mn元素从+2价升为+7价，Mn2+为还原剂， I元素从+7价降为+5价，为氧化剂。 【解析】A．根据离子反应式可知锰离子是还原剂，是氧化剂，A错误；B．根据离子反应式可知反应过程中有氢离子生成，酸性会增强，B错误；C．根据离子反应式可知，另一种含碘微粒为，C错误；D．一个生成，化合价降低2，得两个电子，故每有1个参加反应，转移2个电子，D正确；故选D。 13．（24-25高一下·四川达州·期中）同学们为了探究铜与硝酸的反应，进行了如下实验： 实验1：将2.56g铜加入20mL物质的量浓度为7mol·L-1的硝酸溶液中，铜完全溶解并产生NO和NO2混合气体共896mL(不考虑产生N2O4，体积已换算为标准状况下)。 实验2：向实验1反应结束后的溶液中加入一定量NaOH溶液，使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀。 实验3：若将实验1收集到的气体和一定体积的O2混合后通入足量的蒸馏水中，恰好可以被完全吸收。 下列说法正确的是 A．实验3中O2的体积在标准状况下为224mL B．实验1中消耗了0.12molHNO3 C．实验1中生成的NO与NO2的体积比为2：1 D．实验2中参与反应的NaOH的质量为3.2g 【答案】B 【分析】首先计算铜的物质的量，硝酸的物质的量，混合气体的物质的量。铜与硝酸反应的化学方程式为：， 。 【解析】A．根据得失电子守恒，铜失去的电子数等于硝酸转化为和得到的电子数，而和与反应又变回硝酸，所以铜失去的电子数等于得到的电子数。铜失去电子的物质的量，则，，A错误；B．硝酸在反应中一部分作氧化剂生成和，一部分起酸的作用生成。作酸的硝酸的物质的量。设生成的物质的量为xmol，生成的物质的量为ymol，则。根据电子守恒有，联立方程组解得x = 0.02mol，y = 0.02mol。作氧化剂的硝酸的物质的量。消耗硝酸的总物质的量，B正确；C．由前面计算可知生成的物质的量x=0.02mol，生成的物质的量y=0.02mol，在相同条件下，气体体积比等于物质的量比，所以，C错误；D．向反应后的溶液中加入溶液，转化为沉淀，根据的物质的量，则，，但是原溶液中还有剩余的硝酸，所以参与反应的的质量大于3.2g，D错误；答案选B。 14．（24-25高一下·四川成都·期中）工业生产中产生的、直接排放将对大气造成严重污染，利用化学原理吸收和，同时获得连二亚硫酸钠和产品的工艺流程图如下(为铈元素)： 下列说法正确的是 A．装置II中每消耗装置II中可吸收 B．装置III中生成同时生成 C．向装置IV所得溶液中滴加稀的溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则未生成 D．装置II中，在酸性条件下，生成等物质的量的和的离子方程式为： 【答案】D 【分析】装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH−=HSO，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO+O2+2H++2NH3=2NH+2NO，据此分析解题。 【解析】A．没有给出标准状况，无法计算气体体积，A错误；B．装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+−2e−=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO+2H++2e−=S2O+2H2O，根据电子得失守恒，生成同时生成，B错误；C．向装置IV所得溶液中滴加稀的溶液，可能因为溶液浓度小，且没有加热，氨气无法逸出，故没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，不能判断未生成，C错误；D．装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，则生成等物质的量的和的离子方程式为：，D正确；故选D。 15．（24-25高一上·江西南昌·期中）Ⅰ ．高铁酸钾(，极易溶于水)是常见的水处理剂，其原理如图所示。请回答下列问题： （1）中铁元素的化合价为 （2）过程①中活性菌表现了 (填“氧化”或“还原”)性；该过程的还原产物是 (填离子符号) （3）根据上述原理分析，做水处理剂时，可以起到杀菌和净水的作用。用离子方程式表示其净水原理 。 Ⅱ．工业上一种制备高铁酸钾()的流程如图所示： （4）为除去反应I得到的固体中混有的铁屑，可采用的物理方法是 。 （5）写出反应Ⅱ的离子方程式 。从上述流程可知，溶解度： (填“>”、“<”或“=”)。 （6）“水热法”制备纳米颗粒的化学原理为：(未配平)，则该离子方程式中 。 【答案】（1）+6 （2）还原性 Fe3+ （3）4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH- （4）用磁铁吸引 （5） ＞ （6）4 【分析】Ⅱ．氯气和铁屑反应生成氯化铁，加入氢氧化钠、次氯酸钠氧化三价铁生成高铁酸钠，溶液中加入饱和氢氧化钾析出醋高铁酸钾晶体； 【解析】（1）K2FeO4中K元素化合价为+1，O元素化合价为-2，根据化合物化合价代数和为0，计算Fe元素化合价为+6价，故答案为：+6。 （2）过程①中K2FeO4发生还原反应生成Fe3+，则活细菌发生氧化反应生成灭火细菌，活细菌为还原剂，表现了还原性；发生还原反应得到的产物为还原产物，则该过程的还原产物是Fe3+，故答案为：还原性；Fe3+。 （3）高铁酸钾中铁处于高价态，具有强氧化性能杀菌消毒，高铁酸根离子被还原为铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体，能吸附悬浮杂质，起净水作用，故高铁酸钾可以同时起到杀菌消毒的作用和净水的作用，其原理为4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2+8OH-。 （4）铁具有磁性，可以被磁铁吸引，故为除去反应I得到的FeCl3固体中混有的铁屑，可采用的物理方法是用磁铁吸引。 （5）反应Ⅰ中，铁与氯气反应生成氯化铁，铁离子与次氯酸钠生成高铁酸钾，； 向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH制取粗K2FeO4晶体，则溶解性：Na2FeO4>K2FeO4；故答案为；>；（6）Fe3O4可以写为FeO∙Fe2O3，反应中部分Fe2+转化为Fe3O4中的2个三价铁，硫化合价由+2价变为+2.5价，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒、原子守恒，反应为：3Fe2++2+O2+4OH- =Fe3O4++2H2O，该离子方程式中x=4。 1．（22-23高一上·广东海珠区·竞赛）某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定ClO－与的浓度之比为1∶3，则反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的质量之比为 A．4∶1 B．3∶1 C．11∶3 D．21∶5 【答案】A 【解析】设ClO-和分别为1 mol和3 mol，按氯元素守恒，则被氧化的Cl2为2 mol，再根据电子得失守恒可知，还原产物为(1+3×5)molCl-，作氧化剂、被还原的Cl2为8mol，则反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比、质量之比均为4∶1；答案选A。 2．（2013高二·湖北·竞赛）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1 mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2， O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是 A．2∶1 混合的Pb3O4、PbO B．1∶2 混合的PbO2、Pb3O4 C．1∶4∶1 混合的PbO2、Pb3O4、 PbO D．1∶1∶4 混合的PbO2、Pb3O4、 PbO 【答案】D 【分析】设1 mol PbO2加热分解得到O2的物质的量为x mol，过程中氧元素化合价升高，失去电子的物质的量为4x mol，由得失电子守恒可得1 mol PbO2化合价降低生成的+2价Pb为2x mol，则剩余的+4价Pb为(1-2x)mol，这些+4价的Pb与足量浓盐酸反应时，化合价又降低为+2价的Pb，共得到电子2(1-2x) mol，由得失电子守恒可得，生成Cl2的物质的量为(1-2x）mol，依题意可得x∶(1-2x)=3∶2，则x=，所以剩余固体中+2价Pb的物质的量为mol，+4价Pb的物质的量为mol，即+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为3∶1。 【解析】A．Pb3O4中+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为2∶1，则A中+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为4∶1，错误；B．B中+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为4∶3，错误： C．C中+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为9∶5，错误；D．D中+2价Pb与+4价Pb的物质的量之比为6∶2=3∶1，正确；故选D。 3．（2023高二下·安徽·竞赛）用碘酸制备五氧化二碘，然后检验乙醇。90~110℃(低温区)加热20min，再升温至220~240℃(高温区)恒温4h，具体流程如下图所示。下列说法正确的是 A．二缩三碘酸化学式为 B．低温区发生氧化还原反应 C．反应速率：低温区<高温区 D．生成1mol碘，消耗2.5mol乙醇 【答案】A 【解析】A．依据二缩三碘酸式量510计算：127×3=381，，可知1个二缩三碘酸中含有3个I，8个O和1个H，可写出其分子式为，A项正确；B．HI3O8分子中I为+5价，O为-2价，H为+1价，中I为+5价，O为-2价，H为+1价，低温区反应中各元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，B项错误；C．低温区反应20min，高温区反应4h，可知高温区反应速率慢，C项错误；D．生成1mol，转移10mol电子；消耗1mol乙醇则生成1mol乙醛，失去2mol电子，故生成1mol碘消耗5mol乙醇，D项错误。 答案选A。 4．（23-24高一上·广东广州·竞赛）工业上一种制备方法的化学原理可表示为：(未配平)，已知每生成2个，同时消耗3个，则中x的值为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【解析】反应中铁元素从+3升高到+6价，已知每生成2个，同时消耗3个，则按得失电子数守恒、元素质量守恒，可得到关系式，每个氯原子得2个电子、氯元素化合价降低2价，则中氯呈+1价，x=1；选A。 5．（2023高二上·浙江宁波·竞赛）将NaIO3溶液逐滴滴入含5molNaHSO3的溶液中，依次发生如下反应： (方程式均未配平) 反应中生成的I−与I2的物质的量与滴入的NaIO3的物质的量的关系如图所示。当溶液中I−与I2的物质的量之比为a∶1时，加入的NaIO3的物质的量是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当溶液中I-和I2的物质的量之比为a:1时，设 I2的物质的量为xmol，则I-的物质的量为axmol，在此过程中5molNaHSO3中S元素化合价升高2价，共升高2×5，NaIO3反应中I元素化合价分别降低为0价的I2和-1价的I-，共降低10x+6ax，根据得失电子守恒可得：2×5=10x+6ax，解得x=，再根据碘原子守恒可得加入的NaIO3的物质的量是：，故选A。 6．（2019高二·上海·竞赛）将3.75g镁铝合金投入一定量热的浓硝酸中，合金完全溶解，共产生0.05molNO与0.2molNO2，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，最终得到一定量的白色沉淀。关于此过程说法错误的是 A．有0.25molHNO3被还原 B．有0.60molHNO3参加了反应 C．转移电子物质的量为0.35mol D．白色沉淀质量为9.7g 【答案】D 【分析】3.75g镁铝合金投入一定量热的浓硝酸中，合金完全溶解，转化为Mg2+和Al3+，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，最终得到一定量的白色沉淀，则该白色沉淀为氢氧化镁，氧化还原反应中，得失电子守恒，则镁铝合金失去的电子总量，与硝酸得到电子总量相等，设镁铝合金中镁的物质的量为x，铝的物质的量为y，则镁铝失去的电子总物质的量为(2x+3y)mol；反应中产生0.05molNO与0.2molNO2，根据氮原子守恒，被还原的硝酸的物质的量=0.05mol+0.2mol=0.25mol；硝酸中的N由+5价降低为+2价和+4价，得到的电子总物质的量为0.05mol3+0.21=0.35mol，则(2x+3y)=0.35，24x+27y=3.75，解得x=0.1mol，y=0.05mol；根据原子守恒，则Mg(NO3)2的物质的量为0.1mol，Al(NO3)3的物质的量为0.05mol，则反应中消耗的硝酸总物质的量=被还原的硝酸+生成硝酸盐消耗的硝酸=0.25mol+0.1mol2+0.05mol3=0.6mol，据此分析解答。 【解析】A．根据分析，有0.25molHNO3被还原，故A正确；B．根据分析，有0.60molHNO3参加了反应，故B正确；C．根据分析计算，转移电子物质的量为0.35mol，故C正确；D．根据分析合金中镁的物质的量为0.1mol，镁元素最终全部转化为氢氧化镁，根据原子守恒，氢氧化镁的物质的量为0.1mol，则质量为0.1mol58g/mol=5.8g，故D错误；答案选D。 7．（2020高一·全国·竞赛）现有A、B、C、D、E五种氯的含氧化合物，已知，，。问下列化学式可能是D的是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】A、B、C、D、E五种氯的含氧化合物，A、B、C、D、E中氯元素化合价均为正价，氯元素的正价有+1~+7，根据化合价升降规律，，可知氯元素化合价B>A； ，可知氯元素化合价C>B；，可知D中氯元素化合价在A、B之间；，可知E中氯元素化合价在C、B之间；所以氯元素化合价C>E>B>D>A，物质D中氯元素化合价在+4~+2之间，Cl2O3不稳定，与水反应生成亚氯酸，故选A。 8．（2015高二·浙江·竞赛）溶液中含有较高浓度的NH、F-、HSO、K+等离子。向其中加入少量NaClO后，溶液中离子数目肯定增加的是 A．F- B．ClO- C．HSO D．NH 【答案】D 【解析】A．由于向溶液中加入次氯酸钠后，NaClO有强氧化性，氧化HSO，本身被还原成HCl，酸性增强，又有F-+H2OHF+OH-反应向右移动，氟离子数目减小，A错误；B．当向溶液中加入次氯酸钠后发生NaClO═Na++ClO-反应，而使溶液中ClO-的浓度增加，但由于次氯酸钠具有强氧化性，将HSO离子氧化为SO，使ClO-离子数目减小，B错误；C．向溶液中加入次氯酸钠后，尽管存在HSO+H2O⇌H2SO3+OH-这一反应，但由于次氯酸钠具有强氧化性，将HSO离子氧化为SO，使得HSO减小，C错误；D．由于向溶液中加入次氯酸钠后，NaClO有强氧化性，氧化HSO，本身被还原成HCl，酸性增强，NH+H2ONH3•H2O+H+反应向左移动，NH肯定增加，D正确；故选D。 9．（2023高二·广西·竞赛）由于6s2惰性电子对效应，金Au、汞Hg、铊Tl、铅Pb、铋Bi的最稳定氧化态分别为-1，0，＋1，＋2，＋3。下列说法错误的是 A．根据这个规律，人们制出负一价的金的化合物CsAu B．与汞同族锌镉为较活泼金属而汞为不活泼金属，且对于＋1氧化态，Hg倾向于形成 C．二氧化铅氧化性很强，可和浓盐酸反应制取氯气 D．铋酸钠与酸性硫酸锰的离子方程式： 【答案】D 【解析】A．由题可知，金Au的最稳定氧化态为-1，Cs的金属性极强，易失去一个电子，为+1价，能得到化合物CsAu，故A正确；B．当电子层数加到6s之后，因为6s轨道收缩较为显著，4f和5d轨道膨胀较为显著，这时候4f和5d的电子对6s电子造成了屏蔽效应，导致6s电子此时不愿意参与成键，有了惰性，导致汞为不活泼金属，如果能量只足够让Hg失去1个电子，那这时候就出现+1价的汞离子Hg+，然而这个时候，两个Hg+的6s1都是单电子，那它们的6s轨道顺理成章地重叠了，这时就得到了，所以对于＋1氧化态，Hg倾向于形成，故B正确；C．由题可知，铅Pb的最稳定价态为+2价，+4价的二氧化铅氧化性很强，可和浓盐酸反应生成+2价的PbCl2，氧化产物为氯气，反应方程式为PbO2 + 4HCl(浓) = PbCl2+ Cl2↑+2H2O，故C正确；D．铋Bi的最稳定氧化态为+3，铋酸钠中Bi元素为+5价，具有强氧化性，发生还原反应得到Bi3+，硫酸锰中锰元素化合价由+2价升高至+7价，铋酸钠难溶于水，离子方程式中不可拆，正确的离子方程式为：，故D错误；故选：D。 10．（22-23高一上·广东海珠区·竞赛）关于下列三个反应说法正确的是      ①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2；②KClO3＋6HCl=3Cl2+KCl＋3H2O；③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3 A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应 B．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1 C．氧化性由强到弱顺序为KClO3＞KBrO3＞Cl2＞Br2 D．③中1mol 氧化剂反应则失去电子的物质的量为10 mol 【答案】B 【解析】A．②KClO3＋6HCl=3Cl2+KCl＋3H2O，该反应中虽然有单质生成，但是反应物中没有单质，故其不属于置换反应，A不正确；B．反应②中，还原剂是HCl，氧化剂是KClO3，根据“只靠拢、不交叉”，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，Cl2既是氧化产物又是还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，B正确；C．由③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3可知，KBrO3是氧化剂，KClO3是氧化产物，因此，KBrO3氧化性强于KClO3，C不正确；D．由③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3可知，KBrO3是氧化剂，Br由+5价降低到0价，因此，1mol 氧化剂反应后得到电子的物质的量为5mol，D不正确；本题选B。 11．（22-23高一下·广东省揭阳市·竞赛）关于反应，下列说法正确的是 A．是氧化产物 B．生成1mol时，转移3.75mol电子 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 D．只是还原产物 【答案】B 【分析】反应中，NH4NO3中的5个-3价的N全部失去电子生成氮气中0价的N，有3个+5价的N得到电子生成氮气中0价的N ，所以该反应的转移电子数为15，据此分析； 【解析】A．硝酸中的N是硝酸铵中+5价的N未变价生成的，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；B．依据分析可知，当有1mol氮气生成时，转移3.75mol电子，故B正确；C．依据分析可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比应为5∶3，故C错误；D．氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选：B。 12．（23-24高二上·湖南省邵阳市·竞赛）某小组同学探究溶液中的能否被金属钠还原，进行实验： ①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加溶液，产生无色气体，溶液由紫红色变为浅绿色。 ②向溶液中持续通入，水浴加热，溶液颜色无明显变化。 ③向溶液中加入固体，溶液由紫红色变为浅绿色。 下列说法不正确的是 A．实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰 B．实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关 C．实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应： D．上述实验能证明溶液中的可以被金属钠还原 【答案】D 【解析】A．钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，反应放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A正确；B．实验②为对照实验，探究H2对KMnO4的影响，实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的H2无关，B正确；C．实验③为对照实验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验①中可能发生的反应：4+4OH-═4+O2↑+2H2O，C正确；D．上述三个实验证明碱性条件下高锰酸根离子可以生成锰酸根离子，4+4OH-═4+O2↑+2H2O，不能说明溶液中的可以被金属钠还原，D错误；故答案为：D。 13．（2024高一下·河南洛阳·竞赛）NaBO3·4H2O的阴离子结构如图所示。硼砂(Na2B4O7)与氢氧化钠的混合溶液中加入双氧水可以制备NaBO3·4H2O。下列说法正确的是 A．硼砂与氢氧化钠、双氧水的反应为氧化还原反应 B．NaBO3·4H2O不具有杀菌消毒功能与漂白性 C．用浓硫酸处理NaBO3·4H2O可以得到O2 D．分别向同体积的硼砂稀溶液和蒸馏水中加入相同的少量盐酸，前者pH变化大 【答案】C 【解析】A．硼砂与氢氧化钠、双氧水的反应时元素化合价不变，因此发生的反应属于非氧化还原反应，故A错误；B．过硼酸钠水合物中含有-1价的O，具有强的氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化，使其失去生理活性而发生变性，也能够将有色物质氧化而发生分子结构的改变，故具有杀菌消毒功能与漂白性，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，过氧键中O的化合价为-1价，能被浓硫酸氧化生成氧气，故C正确；D．Na2B4O7是弱酸强碱盐，加入少量盐酸会生成H2B4O7，H2B4O7是弱酸，而水中加入盐酸是强酸，故后者pH变化大，故D错误。答案选C。 14．（2023高二下·北京·竞赛）在铋系高温超导材料的探索中，得到样品Bi2Sr2CaCu2OX，其中Cu可能存在的价态为＋2和＋3，Bi的可能价态为＋3和＋5.设计如下实验测定两种元素的平均氧化态。 实验A：将102.3mg样品(Bi2Sr2CaCu2OX，式量为760.4＋16.00x)溶于100.0mL含有2.000mmol·L－1的1mol·L－1HCl溶液中，以库仑滴定法测定过量的Cu+，结果为0.1085mmol。 实验B：将94.6mg样品溶解于100.0mL1.000mmol·L－1FeCl2的酸性溶液中。以库仑滴定法测定过量的Fe2+，结果为0.0577mmol。 （1）写出实验A中样品溶解时涉及氧化还原反应的所有方程式 。 （2）写出实验B中样品溶解时涉及氧化还原反应的所有方程式 。 （3）求算样品中Bi和Cu的氧化数，确定化学式中x的值 。 【答案】（1）、 （2）、Cu3++Fe2+=Cu2++Fe3+ （3）8.20 【解析】（1）实验 A 中，样品中的高价 Bi（+5）和 Cu（+3）作为氧化剂，将溶液中的 Cu+氧化为 Cu2+，自身分别被还原为 BiO+和 Cu2+。反应如下： 高价 Bi 的反应：BiO3-+2Fe2++4H+=BiO++2Fe3+（BiO3-得 2e⁻，2Fe2+失 2e⁻，电子守恒） 高价 Cu 的反应：Cu3++Cu+=2Cu2+（Cu3+得 1e-，Cu+失 1e-，电子守恒） （2）实验 B中，样品中的高价 Bi（+5）和 Cu（+3）作为氧化剂，将溶液中的 Cu+氧化为 Cu2+，自身分别被还原为 BiO+和 Cu2+。反应如下： 高价 Bi 的反应：BiO3-+2Fe2++4H+=BiO⁺+2Fe3+（BiO3-得 2e-，2Fe2+失 2e-，电子守恒） 高价 Cu 的反应：Cu3++Fe2+=Cu2++Fe3+（Cu3+得 1e-，Fe2+失 1e-，电子守恒） （3）步骤 1：确定电中性关系 设 Bi 的平均氧化态为a，Cu 的平均氧化态为b。根据化合物电中性原则： 总正电荷：2a（2 个 Bi）+2×2（2 个 Sr，+2 价）+2（1 个 Ca，+2 价）+2b（2 个 Cu）=2a+2b+6 总负电荷：−2x（x 个 O，-2 价）电中性：2a+2b+6=2x，化简得 x=a+b+3 ① 步骤 2：电子转移守恒（实验 B） 实验 B 中，被氧化的 Fe²⁺为0.1000−0.0577=0.0423 mmol（每个 Fe²⁺失 1e⁻），即总失电子0.0423 mmol。 样品中高价离子得电子总数等于 Fe²⁺失电子数：Bi 从a→+3，每个得(a−3)e⁻，2 个 Bi共得2(a−3)e⁻；Cu 从b→+2，每个得(b−2)e⁻，2 个 Cu 共得2(b−2)e⁻； 总得电子：2(a−3)+2(b−2)=2a+2b−10。 设样品摩尔质量为M=760.4+16x，实验 B 中样品物质的量n2=0.0946/Mmol=94.6/Mmmol。 电子守恒：n2×(2a+2b−10)=0.0423 ② 步骤 3：电子转移守恒（实验 A） 实验 A 中，被氧化的 Cu⁺为0.2000−0.1085=0.0915 mmol（每个 Cu⁺失 1e⁻），即总失电子0.0915 mmol。 样品得电子总数与实验 B 一致（还原产物相同），实验 A 中样品物质的量 n1 =102.3/Mmmol。 电子守恒：n1×(2a+2b−10)=0.0915③ 步骤 4：求解 x、a、b 联立②③，消去(2a+2b−10)，得n1/n2=0.0915/0.0423≈2.16，而n1/n2=102.3/94.6≈1.08，符合2.16≈2×1.08，验证电子转移守恒合理性。 结合①式，2a+2b−10=2(x−3)−10=2x−16，代入②式：[94.6/(760.4+16x)]×(2x−16)=0.0423 解得x≈8.2。 由①式，a+b=x−3=5.2。结合 Bi（3≤a≤5）和 Cu（2≤b≤3）的价态范围，得： Bi 的平均氧化态a≈3.1（以+3 为主，少量+5）,Cu的平均氧化态b≈2.1（以+2 为主，少量+3）。 15．（2023高一上·湖南邵阳·竞赛）高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。完成下列填空： Ⅰ：在用酸性溶液处理和CuS的混合物时，发生的反应如下： ①(未配平) ②(未配平) （1）下列关于反应①的说法中错误的是 (填字母序号)。 a．被氧化的元素是Cu和S b．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 c．生成2.24L(标况下)，转移电子的物质的量是0.8mol d．还原性的强弱关系是： Ⅱ：在稀硫酸中，与也能发生氧化还原反应。 （2）配平与反应的离子方程式： （3）欲配制480mL0.1mol/L溶液，需称取的质量为 g，需要的玻璃仪器有 。 Ⅲ：实验室可由软锰矿(主要成分为)制备，方法如下：高温下使软锰矿与过量和反应，生成(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，转化为和；再滤去沉淀，浓缩结晶得到晶体。请回答： （4）用软锰矿制备的化学方程式是： 。 （5）转化为的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 【答案】（1）d （2） （3）19.6 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管 （4） （5）1：2 【解析】（1）由方程式可知，反应①中铜元素和硫元素的化合价升高被氧化，硫化亚铜是反应的还原剂，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸钾是氧化剂、锰离子是还原产物，反应的方程式为；a．由分析可知，反应中铜元素和硫元素的化合价升高被氧化，故正确；b．由方程式可知，氧化剂高锰酸钾与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为8：5，故正确；c．由方程式可知，反应生成5mol二氧化硫时，转移电子的物质的量为40mol，则标况下生成2.24L二氧化硫时，转移电子的物质的量为×8=0.8mol，故正确；d．由分析可知，硫化亚铜是反应的还原剂，锰离子是还原产物，由还原剂的还原性强于还原产物可知，硫化亚铜的还原性强于锰离子，故错误；故选d；（2）由未配平的离子方程式可知，在稀硫酸中，高锰酸钾溶液与硫酸亚铁铵溶液反应生成硫酸铁、硫酸铵、硫酸锰和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）实验室没有480mL容量瓶，所以配制480mL0.1mol/L亚铁离子的溶液时，应选用500mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，则需称取硫酸亚铁铵的质量为0.1mol/L×0.5L×392g/mol=19.6g，故答案为：19.6；烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管； （4）由题意可知，用软锰矿制备锰酸钾发生的反应为二氧化锰与氢氧化钾和氯酸钾在高温下反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应的化学方程式为，故答案为：； （5）由题意可知，锰酸钾转化为高锰酸钾的反应为酸性条件锰酸根离子发生歧化反应生成高锰酸根离子、二氧化锰沉淀和水，反应的离子方程式为，由方程式可知，反应中氧化产物高锰酸根离子和还原产物二氧化锰的物质的量比为2：1，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$