题型04 氧化还原反应的分析及应用（题型专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型04 氧化还原反应的分析及应用 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 有关氧化还原反应相关概念的判断 考向02 物质的物质氧化性、还原性及其强弱的判断 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平【重难】 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用【重难】 考向05 有关氧化还原反应的计算 【重难】 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 氧化还原反应是高考化学的支柱，其考查将更注重原理的理解深度和跨模块的综合应用。重点考查氧化剂、还原剂、电子转移数目的判断，但会融入“陌生化学式”或“新材料” 为背景，检验信息提取与知识迁移能力。预测反应能否发生，侧重于反应先后顺序或在特定情境下的产物判断。陌生氧化还原方程式的配平仍是必考点，将更频繁地出现在工艺流程题和实验探究题中。要求能根据题干信息（如价态变化、元素守恒）准确推断并配平。强化在真实、复杂情境中应用氧化还原原理解决问题的能力，尤其要重视其在工艺流程和新能源、环保等热点领域中的应用。 考向01 氧化还原反应相关概念的判断 【例1】（2021·辽宁卷）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作 现象 结论 A 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于CH3COOH D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应产生I2，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，A错误；玻璃中含有Na元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，B错误；应该采用对照方法进行实验，但两种溶液的浓度未知，因此不能通过测定溶液的pH来判断H2CO3、CH3COOH的酸性强弱，C错误；氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生了O2，D正确；故选D。 【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。 【变式1-1】（24-25高三上·黑龙江·期中）神舟十九载人飞船于2024年10月30日发射成功。其使用的推进剂是四氧化二氮和偏二甲肼。发生的化学反应是。下列叙述正确的是 A．发射场产生的红棕色气体是在空气中反应直接生成的 B．每断裂极性键时转移电子数约为 C．在该反应中，既是氧化产物又是还原产物，是氧化产物 D．该反应的，常温下不需要其他条件就一定能发生该反应 【答案】C 【解析】高温和减压条件下，平衡向右移动，产生气体，观察到发射场产生红棕色“烟”，在空气中不能直接反应生成，故A错误；1个分子含10个极性键（其中，6个键、2个键、2个键）和1个非极性键（键），根据化学方程式可知，参与反应转移电子，则消耗即断裂极性键时转移电子，故B错误；在此反应中，中有是还原产物，是氧化产物，是氧化产物，故C正确；启动反应需要采用“点火”（提供能量），故D错误；故选C。 【变式1-2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）向盛有溶液的试管中，加溶液，溶液变为棕黄色并有沉淀产生。再滴加适量溶液，棕黄色褪去，得到白色沉淀。（已知：CuI为白色固体，可与、反应生成、、）。下列说法错误的是 A．溶液变为棕黄色是因为被氧化 B．滴加1 mL KI溶液生成沉淀量最大 C．沉淀成分为CuI，是氧化产物 D．溶液过量看不到白色沉淀 【答案】C 【分析】CuSO4溶液中加入KI溶液，溶液变为棕黄色说明有I2生成，有沉淀产生说明产生了CuI，CuSO4与KI发生了氧化还原反应，将I-氧化为I2而自身被还原为一价铜，反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2；再滴加适量溶液，棕黄色褪去，得到白色沉淀，说明能和I2发生反应。 【解析】结合分析知，溶液变为棕黄色是因为被氧化为I2，A正确；CuSO4与KI发生了氧化还原反应：2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，所给的溶液和溶液同浓度，若滴加1 mL KI溶液，CuSO4与KI的物质的量之比为1:2，反应生成的沉淀量最大，若I-过量，可能会生成而使沉淀质量减小，B正确；结合分析知，沉淀成分为CuI，CuI是铜元素化合价由+2价降到+1价过程中得到的，CuI是还原产物，C错误；结合已知中信息知，若溶液过量，能和反应生成、，可能看不到白色沉淀CuI，D正确；故选C。 考向02 物质的氧化性、还原性及其强弱的判断 【例2】（2024·辽宁卷）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A．用过氧碳酸钠漂白衣物：具有较强氧化性 B．酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发 C．用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸 D．用碱液清洗厨房油污：油脂可碱性水解 【答案】B 【解析】过碳酸钠中过碳酸根中有两个O原子为-1价，易得到电子变成-2价O，因此过碳酸钠具有强氧化性，可以漂白衣物，A正确；酒曲上大量微生物，微生物可以分泌多种酶将谷物中的淀粉、蛋白质等转变成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇，即酒精。因此，米饭需晾凉，米饭过热会使微生物失活，B错误；柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水垢，C正确；油脂可以在碱性条件下水解成可用于水的甘油和脂肪酸盐，用于清洗油污，D正确；故选B。 1.氧化性、还原性 (1)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。 【变式2-1】（24-25高三上·黑龙江·期末）二氧化氯是一种安全、高效的消毒剂。工业制备的一种方法为（未配平），下列说法正确的是 A．消毒原理与明矾相同 B．的中心原子是杂化 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D．氧化性： 【答案】D 【分析】由方程式可知，反应中，氯元素的化合价降低被还原，氯酸根离子是反应的氧化剂、氯离子是还原产物，铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，二硫化铁是还原剂、铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由得失电子数目守恒可知，反应的离子方程式为。 【解析】二氧化氯具有强氧化性能起到杀菌消毒的作用，明矾没有氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，故A错误；氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，原子的杂化类型为杂化，故B错误；由分析可知，氯酸根离子是反应的氧化剂，二硫化铁是还原剂，反应的离子方程式为，则由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：1，故C错误；由分析可知，氯酸根离子是反应的氧化剂，铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯酸根离子的氧化性强于铁离子，故D正确。 【变式2-2】（25-26高三上·内蒙古巴彦淖尔·期中）下列实验操作、现象、结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将HI溶液加入Fe (NO3)3溶液中，充分反应后再加入CCl4混合振荡，静置 溶液分层，下层液体显紫红色 氧化性：Fe3+>I2 B 向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 Fe2+有还原性 C 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液 颜色发生变化 维生素C有还原性 D 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液 产生无色气体 O2的氧化性强于NaClO A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】将HI溶液加入Fe(NO3)3溶液中，Fe3+和都可以将I-氧化为I2，充分反应后生成I2，不能说明氧化性：Fe3+＞I2，A错误；酸性条件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，无法判断Fe2+具有还原性，B错误；Fe3+具有氧化性，能被维生素C还原为Fe2+，从而使溶液颜色发生变化，C正确；H2O2溶液中滴入NaClO溶液生成的无色气体为O2，说明H2O2被NaClO氧化为O2，NaClO为氧化剂，O2为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知氧化性NaClO＞O2，D错误；故选C。 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平 【例3】（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。 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。 【变式3-1】（2025·吉林·一模）反应(过硫酸钾)+(未配平)，下列说法正确的是 A．中的价态为 B．是还原产物 C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是 D．若消耗时，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】中存在过氧键，其中氧的氧化态为-1，其余氧为-2，设硫的化合价为x，则2x + 6×(-2) + 2×(-1) = -2，解得x=+6，故中S为+6价，A错误；中Mn的氧化态为+2，在产物中升为+7，说明Mn被氧化，是氧化产物，B错误；配平后的反应为，氧化剂是，还原剂是，物质的量之比为5:2，C正确；根据反应关系式，8 mol 对应转移10 mol e⁻，3.6g 是0.2mol，对应转移电子数为，即，D错误；故选C。 【变式3-2】（25-26高三上·吉林长春·期末）FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr-＋cCl2→dFe3＋＋eBr2＋fCl-，下列选项中的数字与离子方程式的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 A．2  4  3  2  2  6 B．0  2  1  0  1  2 C．2  0  1  2  0  2 D．2  2  2  2  1  4 【答案】B 【分析】还原性：，向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，据此分析作答。 【解析】，此方程式表明Cl2足量，可以被氧化，故A正确；，该方程表明氯气不足量，溴离子优先被氧化，但是根据氧化还原规律，还原性强的优先被氧化，亚铁离子的还原性强于溴离子，亚铁离子优先反应，故B错误； ，此方程式表明Cl2不足量，根据氧化还原规律，还原性强的优先被氧化，亚铁离子的还原性强于溴离子，亚铁离子优先反应，故C正确；，此方程式表明氯气的量在完全氧化亚铁离子之后，仍剩余部分可以氧化部分溴离子，故D正确；故选B。 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用 【例4】（2021·辽宁卷）下列说法正确的是 A．(标准状况)与水充分反应转移电子 B．和均可通过化合反应得到 C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生 D．与溶液反应： 【答案】B 【解析】由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故(标准状况)与水充分反应转移电子数目小于，A错误；根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故和均可通过化合反应得到，B正确；将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故与溶液反应：，D错误；故选B。 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。 【变式4-1】（25-26高三上·黑龙江牡丹江·期中）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2与NOx(以NO为例)发生氧化还原反应：。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，氧化性：NO>O2 B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C．消耗30gNO时转移电子数目为2NA D．可以利用浓氢氧化钠溶液来吸收NO 【答案】B 【解析】常温下，氧气能氧化NO生成NO2，说明氧化性：O2＞NO，A错误；反应中O2是氧化产物，CO和N2是还原产物，因此氧化产物与还原产物的个数比为3:5，B正确；反应中每消耗2mol NO，转移12mol电子，故消耗30gNO（即1mol ）时转移6mol电子，因此转移电子数目为6NA，C错误；NO不溶于浓NaOH且难与NaOH直接反应，需与氧化性物质（如O2）共同存在才能被吸收，D错误；故选B。 【变式4-2】（2025·辽宁沈阳·二模）已知：Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：；KMnO4与浓盐酸反应有黄绿色气体生成。下列推断正确的是 A．由反应I可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶2 B．由反应I、II可知，氧化性： C．Pb可与稀硝酸发生反应： D．Pb3O4可与盐酸发生反应： 【答案】D 【解析】反应I中中元素为+2、+4价，反应中的化合价未发生变化，发生非氧化还原反应，不存在氧化产物与还原产物的比例，A错误；反应I只涉及HNO3的酸性，无法得出HNO3＞PbO2的结论；反应II中PbO2中铅元素化合价降低为氧化剂，为氧化产物，氧化性，B错误；稀硝酸的氧化性通常将Pb氧化为Pb2+，C错误；中元素为+2、+4价与HCl反应生成PbCl2和H2O、Cl2，反应方程式为，D正确；故选D。 考向05 有关氧化还原反应的计算 【例5】（2023·辽宁卷）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为 C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为 【答案】C 【解析】分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；故选C。 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。 【方法技巧】 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 【变式5-1】（25-26高三上·辽宁·开学考试）磷化氢()可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料制备的流程如下。下列说法错误的是 A．制备时，需在无氧条件下进行 B．反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3 C．属于正盐 D．不考虑损失，参与反应，可产生 【答案】B 【分析】由题给流程可知，反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应2为溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸钠，反应的化学方程式为，反应3为H3PO2发生分解反应生成H3PO4和PH3，反应的化学方程式为； 【解析】白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A正确；反应1为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢，反应的化学方程式为，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1，B错误；由反应1中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成和磷化氢可知，不能与氢氧化钠溶液反应，说明在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C正确；由反应1的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3可得如下转化关系：P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5 PH3，则1 mol白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5 mol磷化氢，D正确；故选B。 【变式5-2】（24-25高三上·辽宁沈阳·期末）黄铁矿(主要成分是)在细菌和空气的作用下风化，发生以下两个反应过程： 下列说法正确的是 A．中S的化合价为 B．反应I和II中，元素Fe和S都被氧化 C．反应II中参加反应的 D．反应I和II中，氧化lmol转移的电子数之比为 【答案】D 【解析】在中，Fe为+2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，设S的化合价为x，则(+2)+2x = 0，解得x=-1价，A错误；反应I中，转化为和S，Fe元素化合价未变，S元素部分被氧化；反应II中Fe元素由+2价升高到+3价，S元素由-1价升高到+ 6价，Fe和S都被氧化。并非反应I和II中Fe和S都被氧化，B错误；反应II中中Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+ 6价，1mol共失去电子；中由0价降低到-2价，1mol得到4mol电子。根据得失电子守恒，。由原子守恒配平反应II的化学方程式为，参加反应的，C错误；反应I中转化为和S，S元素部分被氧化，1mol中只有1mol 被氧化，S由-1价变为0价，转移2mol电子；反应II中1mol反应失去15mol电子 。所以反应I和II中，氧化1mol 转移的电子数之比为2:15，D正确；故选D。 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应 【例6】（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 高考试题对氧化还原反应的考查，已超越单一反应的简单判断，而是依托具体载体进行综合应用能力的考查。核心考查形式： 化工流程题载体：在物质制备、分离提纯的流程中，判断某步操作的氧化还原性质，书写陌生情境下的离子方程式。 实验探究题载体：结合实验现象（如颜色变化、气泡产生）、电化学装置（原电池/电解池），探究物质氧化性、还原性的强弱规律。 元素化合物题载体：以氯、硫、氮、铁等变价元素及其化合物为核心，考查它们在不同pH、浓度下的转化关系与方程式的书写与配平。 关键方法技巧： 抓本质：紧紧抓住电子转移（化合价升降） 这一核心，这是分析一切问题的出发点。 判方向：熟练运用氧化性/还原性强弱比较规律，预测反应能否发生及产物。 巧配平：掌握电子守恒法（化合价升降法），尤其适用于复杂体系或离子方程式的配平，确保快速准确。 【变式6-1】（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中回收金和银的流程，如图所示。 已知：“浸取2”时，单质Au转化为H[AuCl4]；“浸出液3”中主要含有[Ag(S2O3)2]3-。下列说法错误的是 A．“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+ B．“浸渣2”的主要成分是AgCl C．“还原”时，产物Au与N2的物质的量之比为4：3 D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂 【答案】D 【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和H2O2浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等。向滤渣1中加入盐酸和H2O2，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，过滤，所得沉淀为AgCl，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，然后再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用。向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，反应生成Au和N2，据此分析作答。 【解析】铜阳极泥中含有Cu、Au、Ag，用硫酸、H2O2进行酸浸，Cu被氧化为Cu2+进入浸出液1，而金属Ag、Au不溶解，故“浸出液1” 中含有的金属离子主要是Cu2+，A正确；在“浸取2”中浸渣1中的金属Ag与盐酸、H2O2反应生成AgCl沉淀，Au被氧化为H[AuCl4]进入浸出液2，故“浸渣2”主要成分为AgCl，B正确；根据上述分析可知：“浸出液2”中含有H[AuCl4]，在还原时，H[AuCl4]中+3价的Au元素得电子被还原生成Au，每反应产生1个Au得到3个电子；N2H4中N失去电子被氧化生成N2，每生成1个N2分子N元素失去4个电子，根据电子守恒可得n(Au)×3=n(N2)×4，则n(Au)：n(N2)=4：3，C正确；根据上述分析可知：H2O2在“浸取1”、“浸取2”中作氧化剂；N2H4与H[AuCl4]反应产生N2和Au，N2H4作还原剂；Na2S2O3与AgCl发生的络合反应，在该反应过程中所有元素化合价不变，不属于氧化还原反应，Na2S2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D错误；故选D。 【变式6-2】（25-26高三上·吉林通化·期中）中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雄黄()和雌黄()，都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示(砷元素有+2、+3、+5等常见价态，雌黄和雄黄中S元素的价态相同)下列说法正确的是 A．Ⅰ过程中，和时恰好完全反应时物质的量之比为2：1 B．反应Ⅱ中转移电子0.7 mol，则生成0.1 mol C．反应Ⅲ和Ⅳ均为氧化还原反应 D．反应Ⅰ中为还原产物 【答案】B 【解析】反应Ⅰ中，As元素化合价由+3价降至+2价，Sn元素化合价由+2价升至+4价。根据电子守恒，2 mol 反应得到4 mol电子，2 mol 反应失去4 mol电子，故二者反应的物质的量之比为1:1，故A错误；反应Ⅱ中，转移28 mol电子，生成4 mol二氧化硫，所以转移0.7 mol电子，生成0.1 mol SO2，故B正确；反应Ⅲ和Ⅳ中各元素化合价都没有变化，均属于非氧化还原反应，故C错误；反应Ⅰ方程式，Sn元素由+2价升高为+4价，Sn被氧化，为氧化产物，故D错误；故选B。 1.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）下列应用不涉及氧化还原反应的是 A．用作呼吸面具的供氧剂 B．工业上电解熔融状态的制备铝单质 C．常温下，铁遇浓硫酸钝化 D．用溶液除去铜器表面的铜锈 【答案】D 【解析】Na2O2与CO2或H2O反应生成O2，氧元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A不符合题意；电解Al2O3时，Al3+被还原为Al，O2-被氧化为O2，涉及氧化还原反应，B不符合题意；铁被浓硫酸氧化生成致密氧化膜，铁和硫的化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。 2.（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是 A．过程II反应的离子方程式为 B．碱性条件下，氧化性： C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D．将1 转化为理论上需要的体积为22.4 L(标准状况) 【答案】D 【解析】过程II中，和S2-反应生成Mn(OH)2和，Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由-2上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为，能将S2-氧化为，故氧化性：，B正确；过程I中Mn(OH)2和O2反应生成，Mn元素由+2价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，得失电子守恒时n[Mn(OH)2]:n(O2)=2:1，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，C正确；由图可知，总反应为 和O2反应转化为，S元素化合价-2价上升到+6价，O元素由0价下降到-2价，1 mol 转化为，需2 mol  O2，标况下体积为44.8 L，D错误；故选D。 3.（2025·辽宁·三模）去除酸性废水中的反应机理如图所示(图中“”为自由基)。下列说法错误的是 A．X为极性分子 B．中的硫原子均是杂化 C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．步骤Ⅳ除砷的方程式为 【答案】C 【分析】与氢离子在紫外线照射条件下可以生成，两个可以结合生成，分解得到和，与发生反应生成。 【解析】根据分析可知，X为（二硫化氢），其结构为，结合为折线形的极性分子，推断分子呈折线形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A正确；中原子价层电子对数=，杂化；分子皇冠形结构，每个原子形成2个σ键，价层电子对数=，杂化；中原子价层电子对数=，杂化，三者硫原子均为杂化，故B正确；步骤Ⅲ中X为，发生歧化反应生成（为0价，氧化产物）和（为-2价，还原产物）。反应为，氧化剂（得电子的）与还原剂（失电子的）物质的量之比为1:1，而非1:2，故C错误；步骤Ⅳ中与反应生成沉淀和，方程式为，原子守恒且符合反应逻辑，故D正确；故选C。 4.（2025·辽宁沈阳·一模）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】降低4价，得，升高2价，失，A错误；的歧化反应，到得1个电子，到失1个电子，B错误；失给，C正确；转移到，D错误；故选C。 5.（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(和)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： 已知：。 下列有关说法错误的是 A．“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 B．为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或等 C．“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6 D．“调pH”应控制pH使完全沉淀而不生成沉淀 【答案】C 【分析】钴渣(和)研磨后用HCl溶液酸浸，不溶于盐酸，滤渣A为，滤液中含有Co2+、Fe3+，加入物质B调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，且不引入新杂质，物质B可以是CoO或，过滤后加入碳酸钠，将Co2+转化为碳酸钴，以此解答。 【解析】研磨固体可增大反应物接触面积，使酸浸更充分，提高酸浸率，A正确；调pH需消耗H+且不引入新杂质，CoO或Co(OH)2与H+反应生成Co2+和水，符合要求，B正确；酸浸中Co2O3中Co由+3价降为+2价，HCl中部分Cl-由-1价升为0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，C错误；调pH需使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Co2+不沉淀，以分离Fe3+和Co2+，D正确；故选C。 6.（2025·河北沧州·二模）金属发生如图转化，已知反应①是工业上制备金属的方法之一，下列说法错误的是 A．若试剂a为，则表现还原性 B．反应①属于置换反应 C．溶液的溶质为 D．常见的试剂可能是溶液或溶液 【答案】A 【分析】Cu与稀硫酸不反应，而铜与稀硫酸、试剂a反应能生成CuSO4​，则试剂a作氧化剂；CuSO4​溶液与过量金属单质b发生反应①生成Cu和溶液M，溶液M与稀硫酸、试剂a反应生成溶液N，溶液N与试剂b反应生成血红色溶液，说明溶液N中含有Fe3+，则金属单质b为Fe，溶液M为硫酸亚铁溶液。 【解析】若试剂a为，则Cu与稀硫酸、反应生成CuSO4，反应的离子方程式为，反应过程中，将Cu氧化为，而自身被还原为，作氧化剂，表现氧化性，A错误；结合分析知，反应①是过量金属单质Fe与CuSO4溶液反应生成Cu和FeSO4溶液，符合“单质+化合物→新单质+新化合物”，属于置换反应，B正确；结合分析知，金属单质b为Fe，溶液的溶质为，C正确；溶液N加试剂b呈血红色，说明发生了反应：，试剂可能是溶液或溶液，D正确；故选A。 7.（2025·辽宁鞍山·二模）硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是 A．该过程有参与 B．硫酸盐气溶胶呈酸性 C．是氧化产物 D．该过程有氢氧键的断裂和硫氧键的生成 【答案】C 【解析】根据图示中各微粒的构造可知，该过程有水参与，A正确；硫酸盐(含、)气溶胶中含有，转化过程有水参与，则在水中可电离生成，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，B正确；根据图示的转化过程，转化为 ，氮元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则是还原产物，C错误；根据图示转化过程中，第阶段，由亚硫酸根离子转化为，根据图示对照，水分子参与反应，所以有氢氧键的断裂，同时生成了，有硫氧键生成，D正确；故选C。 8.（2025·辽宁葫芦岛·一模）利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)： 下列说法正确的是 A．“氧化”时，发生的化学方程式：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑ B．氨水的作用是调节溶液的pH C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物 D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗0.5molN2H4·H2O 【答案】A 【分析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银，据此回答。 【解析】由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑，A正确；由分析知，向含有氯化银的滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，不是为了调节溶液的pH，B错误；由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成氮气，C错误；由分析可知，还原时发生的反应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为，则反应生成1mol银时，理论上消耗0.25molN2H4·H2O，D错误；故选A。 9.（2025·辽宁·二模）在溶液中依次加入溶液、溶液、淀粉溶液和溶液，溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②紫红色→黄色；③黄色→蓝色；④蓝色→无色。已知每次加入的试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是 A．①中，的S显价，具有强氧化性 B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．③中，生成了，淀粉作指示剂 D．④中，还原性： 【答案】C 【解析】在中，存在过氧键，O为-1价，N为-3价，H为+ 1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可算出S为+6价，不是+7价，A错误；②中紫红色→黄色，是KMnO4氧化FeSO4，反应的离子方程式为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:5，B错误；③中黄色→蓝色，是将氧化为，淀粉遇变蓝，淀粉作指示剂，C正确；④中蓝色→无色，是将还原为，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性：，D错误；故选C。 10.（2025·辽宁·二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是 A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B．红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性 C．H2O2既表现氧化性又表现还原性 D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O 【答案】B 【解析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，所以从整个过程看，Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A正确；向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，Cu元素由+2价下降到+1价，H2O2中O元素由-1价上升到0价，体现了H2O2的还原性，B错误；向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，体现了H2O2的还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，体现了H2O2的氧化性，C正确；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O又被H2O2氧化生成Cu2+，发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，D正确；故选B。 11.（2025·辽宁·二模）将和空气的混合气体通入、和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是 A．历程①发生反应 B．历程②中CuS作氧化剂 C．历程③中 D．若要吸收34g，则至少要通入56L空气(空气中氧气体积按20%计) 【答案】A 【解析】硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，故A正确；CuS反应过程中S元素化合价由-2升高至0，化合价升高，作还原剂，故B错误；历程③中，Fe元素化合价由+2升高至+3，，O元素化合价由0降低至-2，根据化合价升降守恒可知，故C错误；未指明标准状况，气体体积不可知，故D错误；故选：A。 12.（2025·内蒙古·模拟预测）钴是一种重要战略物资，由含钴废催化剂(含、、CuO等)制备和高效净水剂黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①氧化性：。 ②、均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。 下列说法正确的是 A．黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应 B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为、、 C．“氧化”时发生反应的离子方程式为 D．“沉钴”时将产生 【答案】D 【分析】钴催化剂废料制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，钴催化剂废料利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，Co2O3、Fe2O3、CuO生成Co2+、Fe2+、Cu2+，然后加入次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2+不被氧化，加入碳酸钠沉铁生成黄钠铁矾，然后再除铜，最后向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2+，生成碳酸钴，据此解答。 【解析】黄钠铁矾净水主要通过吸附作用，利用其微溶性形成的絮状沉淀或溶解的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体吸附杂质，不涉及氧化还原反应，A错误；“还原浸出”中，Na2SO3将氧化性强的Co3+还原为Co2+，Fe3+还原为Fe2+，CuO溶解生成Cu2+，故溶液中阳离子主要为Co2+、Fe2+、Cu2+，B错误；“氧化”时溶液呈酸性，ClO-氧化Fe2+的离子方程式应为2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3++ Cl- + H2O，选项中生成OH-不符合酸性环境，C错误；“沉钴”时Co2+与NaHCO3反应：Co2++ 2= CoCO3↓ + CO2↑ + H2O，会产生CO2，D正确；故选D。 13.（25-26高三上·辽宁·开学考试）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的与(以NO为例)发生共还原反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，氧化性： B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为 C．消耗30gNO时转移电子数目为 D．中键与键的数目之比为 【答案】B 【解析】该反应在光催化下发生，而常温下氧气能氧化NO，故常温下，氧化性：，A错误；C、N、O均变价，氧化产物为，还原产物为CO和，个数之比为，B正确；方程式中，故消耗30g即1 mol NO时转移电子数为，C错误；分子中键与键的数目之比为，D错误；故选B。 14.（25-26高三上·辽宁沈阳·期中）NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法正确的是 A．51Sb位于周期表第五周期第VIA族 B．氧化性：NaNO3<NaSbO3 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4 D．每消耗3molO2，该反应转移12mol 【答案】C 【解析】（锑）的原子序数为51，位于第五周期第VA族，而非VIA族，故A错误；反应中的N从+5被还原为+2和+4，作为氧化剂，中的Sb从0被氧化为+5，是氧化产物。根据氧化性强弱规律，氧化剂的氧化性（）强于氧化产物（），故B错误；氧化剂为4mol（N被还原）和3mol（O被还原），共7mol，还原剂为4mol（Sb被氧化）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，故C正确；每3mol被还原的同时，4mol被氧化，4mol（化合价由0→+5）失去20mole⁻，所以电子转移总数应为20mol，而非12mol，故D错误；故选C。 15.（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。 16.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知反应：2FeSO4 + aNa2O2 = bNa2FeO4 + 2Na2O + cNa2SO4 + dO2↑。下列说法错误的是 A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化 B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂 C．a=6 D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol电子 【答案】D 【解析】高铁酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成的氢氧化铁胶体，胶体可以吸附水悬浮杂质而聚沉达到净水的作用，则高铁酸钾可以对水体进行杀菌消毒、净化，A正确；由方程式可知，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，所以过氧化钠在该反应中既是氧化剂又是还原剂，B正确；由氧化还原反应规律可知，反应的化学方程式为2FeSO4 + 6Na2O2 = 6Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，则a=6，C正确；由氧化还原反应规律可知，反应的化学方程式为2FeSO4 + 6Na2O2 = 6Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，双线桥表示为：，则反应生成1mol 高铁酸钠时，转移5mol电子，D错误；故选D。 17.（2025·黑龙江大庆·模拟预测）铼(Re)被誉为21世纪的超级金属，广泛应用于航天航空领域。一种由铼钼废渣(主要含、、和)为原料提取铼的工艺流程图如图： 已知： ①焙烧后的产物中有、，均难溶于水； ②硫酸酸浸后，生成、 ③离子交换中采用阴离子交换树脂，存在平衡：(有机相)(有机相) 下列说法不正确的是 A．已知Re和Mn同族，它们位于元素周期表的d区 B．若焙烧产物中无硫单质，则参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为19∶4 C．洗脱步骤中，使用的试剂A可能是溶液 D．已知混合液中存在反应，则“酸化”过程中溶液的pH越大，离子交换后铼的提取率越高 【答案】D 【分析】铼钼废渣(主要含ReS2、MoS2、FeS2和SiO2)加入CaO在空气中焙烧得到Ca(ReO4)2、CaMoO4、、，加硫酸酸浸，生成、、Fe3+和滤渣（硫酸钙与硅酸），调pH除铁离子，酸化后利用离子交换将铼转移至有机相，加入氯化铵洗脱，得到，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，据此分析； 【解析】Mn核外价电子排布式为3d54s2，位于d区，与Mn同族，Re也位于d区（Re是75号元素，核外价电子排布式为5d56s2，位于d区），A正确；焙烧后转化为，化学方程式为4ReS2+10CaO+19O22Ca(ReO4)2+8CaSO4，氧化剂（O2）与还原剂（ReS2）的物质的量之比为19∶4，B正确；根据分析可知，洗脱步骤中，使用的试剂A可能是溶液，C正确；已知混合液中存在反应，则“酸化”过程中溶液的pH越大，c(H+)越少，平衡逆向移动，使Mo元素转变为阴离子，被阴离子交换树脂吸附，从而降低Re的提取率，D错误；故选D。 18.（24-25高三上·吉林白城·期末）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断不正确的是 A．生成44.8 L N2(标准状况) B．有0.250 mol KNO3被氧化 C．转移电子的物质的量为1.25 mol D．被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol 【答案】B 【分析】反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原。根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2时，氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，被还原的有2 mol KNO3，据此分析解答。 【解析】由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，在标准状况下的体积为44.8 L，故A正确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，有0.250 mol KNO3被还原，B不正确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，转移电子的物质的量为1.25 mol，故C正确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol，故D正确；故选：B。 19.（25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．既是氧化产物也是还原产物 B．属于共价化合物 C．溶液中数目为 D．反应中，每转移0.1mol电子，则消耗6.5gZn 【答案】A 【解析】该反应过程中，的N元素由+5下降到0价，中N元素由-3价上升到0价，N2既是氧化产物也是还原产物，A正确；NH4NO3由和通过离子键结合，属于离子化合物，而非共价化合物，B错误；未提供溶液体积，无法确定的具体数目，C错误；该反应过程中，Zn元素由0价上升到+2价，的N元素由+5下降到0价，中N元素由-3价上升到0价，每消耗1mol Zn转移5mol电子，则每转移0.1mol电子，消耗0.02molZn，质量为0.02mol×65g/mol=1.3g，D错误；故选A。 20.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）通过下列实验可以检测某消毒剂中有效物质二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2，M=220g/mol)的含量。 称取样品1.2g，配成250.0mL溶液；取25.0mL上述溶液，加入适量稀硫酸和过量KI溶液；再用0.1mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.0mL。发生如下反应： ①C3N3O3Cl+ H＋ + 2H2O = C3H3N3O3 + 2HClO ②HClO + 2I- + H＋= I2 + Cl- + H2O ③I2 + 2S2O = S4O+ 2I- 下列说法错误的是 A．反应②中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2 B．反应③消耗1mol S2O时，反应转移1mol电子 C．该消毒剂中NaC3N3O3Cl2的含量为×100% D．溶液中酸过量时，测得NaC3N3O3Cl2的含量偏小 【答案】D 【解析】由方程式可知，反应②中氯乙酸得化合价化合价降低被还原，次氯酸是反应的氧化剂，碘元素得化合价升高被氧化，碘离子是还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，A正确；由方程式可知，反应③消耗2mol硫代硫酸根离子时，转移电子得物质的量为2mol，则消耗1mol硫代硫酸根离子时，转移电子得物质的量为1mol，B正确；由方程式可得如下转换关系：NaC3N3O3Cl2-2HClO -2 I2-4 Na2S2O3，滴定消耗20.0mL0.1mol/L硫代硫酸钠溶液，则消毒剂中NaC3N3O3Cl2的含量为×100%=×100%，C正确；溶液中酸过量时，溶液中氢离子浓度增大，消耗的硫代硫酸钠体积多，使得实验测得NaC3N3O3Cl2的含量偏大，D错误；故选D。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型04 氧化还原反应的分析及应用 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 有关氧化还原反应相关概念的判断 考向02 物质的物质氧化性、还原性及其强弱的判断 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平【重难】 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用【重难】 考向05 有关氧化还原反应的计算 【重难】 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 氧化还原反应是高考化学的支柱，其考查将更注重原理的理解深度和跨模块的综合应用。重点考查氧化剂、还原剂、电子转移数目的判断，但会融入“陌生化学式”或“新材料” 为背景，检验信息提取与知识迁移能力。预测反应能否发生，侧重于反应先后顺序或在特定情境下的产物判断。陌生氧化还原方程式的配平仍是必考点，将更频繁地出现在工艺流程题和实验探究题中。要求能根据题干信息（如价态变化、元素守恒）准确推断并配平。强化在真实、复杂情境中应用氧化还原原理解决问题的能力，尤其要重视其在工艺流程和新能源、环保等热点领域中的应用。 考向01 氧化还原反应相关概念的判断 【例1】（2021·辽宁卷）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作 现象 结论 A 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于CH3COOH D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2 A．A B．B C．C D．D 【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。 【变式1-1】（24-25高三上·黑龙江·期中）神舟十九载人飞船于2024年10月30日发射成功。其使用的推进剂是四氧化二氮和偏二甲肼。发生的化学反应是。下列叙述正确的是 A．发射场产生的红棕色气体是在空气中反应直接生成的 B．每断裂极性键时转移电子数约为 C．在该反应中，既是氧化产物又是还原产物，是氧化产物 D．该反应的，常温下不需要其他条件就一定能发生该反应 【变式1-2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）向盛有溶液的试管中，加溶液，溶液变为棕黄色并有沉淀产生。再滴加适量溶液，棕黄色褪去，得到白色沉淀。（已知：CuI为白色固体，可与、反应生成、、）。下列说法错误的是 A．溶液变为棕黄色是因为被氧化 B．滴加1 mL KI溶液生成沉淀量最大 C．沉淀成分为CuI，是氧化产物 D．溶液过量看不到白色沉淀 考向02 物质的氧化性、还原性及其强弱的判断 【例2】（2024·辽宁卷）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A．用过氧碳酸钠漂白衣物：具有较强氧化性 B．酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发 C．用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸 D．用碱液清洗厨房油污：油脂可碱性水解 1.氧化性、还原性 (1)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。 【变式2-1】（24-25高三上·黑龙江·期末）二氧化氯是一种安全、高效的消毒剂。工业制备的一种方法为（未配平），下列说法正确的是 A．消毒原理与明矾相同 B．的中心原子是杂化 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D．氧化性： 【变式2-2】（25-26高三上·内蒙古巴彦淖尔·期中）下列实验操作、现象、结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将HI溶液加入Fe (NO3)3溶液中，充分反应后再加入CCl4混合振荡，静置 溶液分层，下层液体显紫红色 氧化性：Fe3+>I2 B 向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液紫色褪去 Fe2+有还原性 C 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液 颜色发生变化 维生素C有还原性 D 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液 产生无色气体 O2的氧化性强于NaClO A．A B．B C．C D．D 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平 【例3】（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 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。 【变式3-1】（2025·吉林·一模）反应(过硫酸钾)+(未配平)，下列说法正确的是 A．中的价态为 B．是还原产物 C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是 D．若消耗时，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【变式3-2】（25-26高三上·吉林长春·期末）FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr-＋cCl2→dFe3＋＋eBr2＋fCl-，下列选项中的数字与离子方程式的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 A．2  4  3  2  2  6 B．0  2  1  0  1  2 C．2  0  1  2  0  2 D．2  2  2  2  1  4 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用 【例4】（2021·辽宁卷）下列说法正确的是 A．(标准状况)与水充分反应转移电子 B．和均可通过化合反应得到 C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生 D．与溶液反应： 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。 【变式4-1】（25-26高三上·黑龙江牡丹江·期中）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2与NOx(以NO为例)发生氧化还原反应：。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，氧化性：NO>O2 B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C．消耗30gNO时转移电子数目为2NA D．可以利用浓氢氧化钠溶液来吸收NO 【变式4-2】（2025·辽宁沈阳·二模）已知：Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：；KMnO4与浓盐酸反应有黄绿色气体生成。下列推断正确的是 A．由反应I可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶2 B．由反应I、II可知，氧化性： C．Pb可与稀硝酸发生反应： D．Pb3O4可与盐酸发生反应： 考向05 有关氧化还原反应的计算 【例5】（2023·辽宁卷）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为 C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为 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。 【方法技巧】 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 【变式5-1】（25-26高三上·辽宁·开学考试）磷化氢()可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还原性。工业上用白磷为原料制备的流程如下。下列说法错误的是 A．制备时，需在无氧条件下进行 B．反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3 C．属于正盐 D．不考虑损失，参与反应，可产生 【变式5-2】（24-25高三上·辽宁沈阳·期末）黄铁矿(主要成分是)在细菌和空气的作用下风化，发生以下两个反应过程： 下列说法正确的是 A．中S的化合价为 B．反应I和II中，元素Fe和S都被氧化 C．反应II中参加反应的 D．反应I和II中，氧化lmol转移的电子数之比为 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应 【例6】（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 高考试题对氧化还原反应的考查，已超越单一反应的简单判断，而是依托具体载体进行综合应用能力的考查。核心考查形式： 化工流程题载体：在物质制备、分离提纯的流程中，判断某步操作的氧化还原性质，书写陌生情境下的离子方程式。 实验探究题载体：结合实验现象（如颜色变化、气泡产生）、电化学装置（原电池/电解池），探究物质氧化性、还原性的强弱规律。 元素化合物题载体：以氯、硫、氮、铁等变价元素及其化合物为核心，考查它们在不同pH、浓度下的转化关系与方程式的书写与配平。 关键方法技巧： 抓本质：紧紧抓住电子转移（化合价升降） 这一核心，这是分析一切问题的出发点。 判方向：熟练运用氧化性/还原性强弱比较规律，预测反应能否发生及产物。 巧配平：掌握电子守恒法（化合价升降法），尤其适用于复杂体系或离子方程式的配平，确保快速准确。 【变式6-1】（25-26高三上·内蒙古呼和浩特·期末）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中回收金和银的流程，如图所示。 已知：“浸取2”时，单质Au转化为H[AuCl4]；“浸出液3”中主要含有[Ag(S2O3)2]3-。下列说法错误的是 A．“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2+ B．“浸渣2”的主要成分是AgCl C．“还原”时，产物Au与N2的物质的量之比为4：3 D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂 【变式6-2】（25-26高三上·吉林通化·期中）中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雄黄()和雌黄()，都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示(砷元素有+2、+3、+5等常见价态，雌黄和雄黄中S元素的价态相同)下列说法正确的是 A．Ⅰ过程中，和时恰好完全反应时物质的量之比为2：1 B．反应Ⅱ中转移电子0.7 mol，则生成0.1 mol C．反应Ⅲ和Ⅳ均为氧化还原反应 D．反应Ⅰ中为还原产物 1.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）下列应用不涉及氧化还原反应的是 A．用作呼吸面具的供氧剂 B．工业上电解熔融状态的制备铝单质 C．常温下，铁遇浓硫酸钝化 D．用溶液除去铜器表面的铜锈 2.（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是 A．过程II反应的离子方程式为 B．碱性条件下，氧化性： C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D．将1 转化为理论上需要的体积为22.4 L(标准状况) 3.（2025·辽宁·三模）去除酸性废水中的反应机理如图所示(图中“”为自由基)。下列说法错误的是 A．X为极性分子 B．中的硫原子均是杂化 C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．步骤Ⅳ除砷的方程式为 4.（2025·辽宁沈阳·一模）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 A． B． C． D． 5.（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(和)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： 已知：。 下列有关说法错误的是 A．“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 B．为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或等 C．“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6 D．“调pH”应控制pH使完全沉淀而不生成沉淀 6.（2025·河北沧州·二模）金属发生如图转化，已知反应①是工业上制备金属的方法之一，下列说法错误的是 A．若试剂a为，则表现还原性 B．反应①属于置换反应 C．溶液的溶质为 D．常见的试剂可能是溶液或溶液 7.（2025·辽宁鞍山·二模）硫酸盐(含、)气溶胶是的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是 A．该过程有参与 B．硫酸盐气溶胶呈酸性 C．是氧化产物 D．该过程有氢氧键的断裂和硫氧键的生成 8.（2025·辽宁葫芦岛·一模）利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)： 下列说法正确的是 A．“氧化”时，发生的化学方程式：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑ B．氨水的作用是调节溶液的pH C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物 D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗0.5molN2H4·H2O 9.（2025·辽宁·二模）在溶液中依次加入溶液、溶液、淀粉溶液和溶液，溶液颜色变化依次为①无色→紫红色；②紫红色→黄色；③黄色→蓝色；④蓝色→无色。已知每次加入的试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是 A．①中，的S显价，具有强氧化性 B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为 C．③中，生成了，淀粉作指示剂 D．④中，还原性： 10.（2025·辽宁·二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法错误的是 A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B．红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性 C．H2O2既表现氧化性又表现还原性 D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O 11.（2025·辽宁·二模）将和空气的混合气体通入、和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是 A．历程①发生反应 B．历程②中CuS作氧化剂 C．历程③中 D．若要吸收34g，则至少要通入56L空气(空气中氧气体积按20%计) 12.（2025·内蒙古·模拟预测）钴是一种重要战略物资，由含钴废催化剂(含、、CuO等)制备和高效净水剂黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①氧化性：。 ②、均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。 下列说法正确的是 A．黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应 B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为、、 C．“氧化”时发生反应的离子方程式为 D．“沉钴”时将产生 13.（25-26高三上·辽宁·开学考试）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的与(以NO为例)发生共还原反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，氧化性： B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为 C．消耗30gNO时转移电子数目为 D．中键与键的数目之比为 14.（25-26高三上·辽宁沈阳·期中）NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法正确的是 A．51Sb位于周期表第五周期第VIA族 B．氧化性：NaNO3<NaSbO3 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4 D．每消耗3molO2，该反应转移12mol 15.（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： 16.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知反应：2FeSO4 + aNa2O2 = bNa2FeO4 + 2Na2O + cNa2SO4 + dO2↑。下列说法错误的是 A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化 B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂 C．a=6 D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol电子 17.（2025·黑龙江大庆·模拟预测）铼(Re)被誉为21世纪的超级金属，广泛应用于航天航空领域。一种由铼钼废渣(主要含、、和)为原料提取铼的工艺流程图如图： 已知： ①焙烧后的产物中有、，均难溶于水； ②硫酸酸浸后，生成、 ③离子交换中采用阴离子交换树脂，存在平衡：(有机相)(有机相) 下列说法不正确的是 A．已知Re和Mn同族，它们位于元素周期表的d区 B．若焙烧产物中无硫单质，则参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为19∶4 C．洗脱步骤中，使用的试剂A可能是溶液 D．已知混合液中存在反应，则“酸化”过程中溶液的pH越大，离子交换后铼的提取率越高 18.（24-25高三上·吉林白城·期末）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断不正确的是 A．生成44.8 L N2(标准状况) B．有0.250 mol KNO3被氧化 C．转移电子的物质的量为1.25 mol D．被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol 19.（25-26高三上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．既是氧化产物也是还原产物 B．属于共价化合物 C．溶液中数目为 D．反应中，每转移0.1mol电子，则消耗6.5gZn 20.（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期中）通过下列实验可以检测某消毒剂中有效物质二氯异氰尿酸钠(NaC3N3O3Cl2，M=220g/mol)的含量。 称取样品1.2g，配成250.0mL溶液；取25.0mL上述溶液，加入适量稀硫酸和过量KI溶液；再用0.1mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.0mL。发生如下反应： ①C3N3O3Cl+ H＋ + 2H2O = C3H3N3O3 + 2HClO ②HClO + 2I- + H＋= I2 + Cl- + H2O ③I2 + 2S2O = S4O+ 2I- 下列说法错误的是 A．反应②中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2 B．反应③消耗1mol S2O时，反应转移1mol电子 C．该消毒剂中NaC3N3O3Cl2的含量为×100% D．溶液中酸过量时，测得NaC3N3O3Cl2的含量偏小 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $