第一章 第3讲 氧化还原反应的概念和规律【精讲精练】2027届高三化学一轮复习讲义●专题突破（新高考通）

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应专题，涵盖概念本质、价态/强弱/先后等核心规律，按“基础概念-规律应用-综合分析”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练及分层练习，帮助学生构建知识体系，突破情境化应用难点。 讲义以陌生反应、化工流程为情境载体，突出科学思维（价态分析、电子转移推理）和化学观念（物质变化规律），如设计双线桥分析训练，引导学生精准判断氧化剂还原剂及电子转移。限时训练分层设计，保障复习效率，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

第一章　化学物质及其变化 第3讲　氧化还原反应的概念和规律 【高考考向预测】 近三年高考氧化还原反应概念与规律为化学必考基础考点，各类题型高频渗透，重点考查氧化还原基本定义、本质特征、强弱律、先后律、价态律、守恒律等核心规律，常用于判断反应类型、辨析氧化剂还原剂、分析电子转移数目与反应先后顺序；预测2027 年仍为高频基础考点，命题更侧重结合陌生反应、化工流程与实验情境灵活考查规律应用，强化价态变化预判、氧化性还原性强弱比较及先后反应顺序判断，减少直白概念识记考查，注重依托实际反应情境运用规律分析反应机理与产物走向。 【核心梳理●明考点】 考点一　氧化还原反应及相关概念 1.氧化还原反应 (1)本质：电子转移(得失或偏移)。 (2)特征：反应过程中有元素化合价发生变化。 2.相关概念的关系 3.常见的氧化剂和还原剂 (1)常见的氧化剂 常见的氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如： (2)常见的还原剂 常见的还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如： 金属氢化物(如NaH等)、NaBH4也是重要的还原剂。 (3)元素化合价处于中间价态的物质既可以作氧化剂，又可以作还原剂。如： 其中：Fe2+、S主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。 4.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系 分析下列四个化学反应： A.2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ B.2HClO2HCl+O2↑ C.4NH3+5O24NO+6H2O D.4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 其中属于区域“1”的是　　　　(填字母，下同)，属于区域“2”的是　　　　，属于区域“3”的是　　　，属于区域“4”的是　　　　。 1.置换反应一定是氧化还原反应(　　) 2.复分解反应可能是氧化还原反应(　　) 3.有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应(　　) 4.有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应(　　) 5.有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应(　　) 一、电子转移方向和数目的分析方法 1.3NF3+5H2O===9HF+2NO+HNO3，用双线桥表示该反应的电子转移：　　　　　　　。 其中NF3是　　　　　　　　。 2.K2Cr2O7+3H2C2O4+4H2SO4===Cr2(SO4)3+6CO2↑+K2SO4+7H2O，用双线桥表示该反应的电子转移：　　　　。 3.已知NaBH4与水反应的化学方程式为NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑。 (1)氧化剂为　　　　，还原剂为　　　　。 (2)用“单线桥”标出电子转移的方向和数目：　　　　，其中氧化产物与还原产物的质量比为　　　　。 (3)若生成标准状况下4.48 L H2，则转移电子的物质的量为　　　　。 (1)双线桥表示电子得失 要点：先标化合价，再看价变化，起止同元素，桥上标变化。 (2)单线桥表示电子转移 要点：箭头由反应物的失电子原子指向反应物的得电子原子，并标注转移电子总数。 二、基于双线桥分析陌生氧化还原反应 4.在高温条件下，碳酸锂(Li2CO3)、葡萄糖(C6H12O6)和磷酸铁(FePO4)可制备电极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，发生反应的化学方程式为12FePO4+6Li2CO3+C6H12O612LiFePO4+6CO↑+6CO2↑+6H2O↑。下列说法错误的是(　　) A.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为12∶1 B.反应中LiFePO4是还原产物，CO是氧化产物 C.生成1 mol LiFePO4时，转移2 mol电子 D.1 mol H2O中所含的中子总数为8NA 5.从矿物学资料查得一定条件下自然界存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O===7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，则下列说法正确的是(　　) A.Cu2S既是氧化产物又是还原产物 B.5 mol FeS2发生反应，有24 mol电子转移 C.产物中的S有一部分是氧化产物 D.FeS2只作还原剂 (1)正确分析元素的化合价是分析氧化还原反应的关键 注意下列陌生物质中指定元素的化合价： Li2NH：N-3，LiNH2：N-3，N2H4：N-2， Na2S2O3：S+2，S2：S+6、O-1、-2， C2：C+3，HCN：C+2、N-3，B：B+3、H-1，CuH：Cu+1、H-1，MnO(OH)：Mn+3， FePO4：Fe+3，Cr：Cr+6，K2FeO4：Fe+6， LiFePO4：Fe+2，CuFeS2：Fe+2。 (2)由于氧化还原反应遵循化合价升降相等及得失电子守恒，在分析陌生氧化还原反应转移电子数时，只需要分析化合价升高或降低一方面即可，切忌把化合价升、降进行加和。 考点二　氧化还原反应的价态规律 1.价态与氧化性和还原性的规律 当元素化合价处在最高价，只有氧化性；处在最低价，只有还原性；处在中间价，既有氧化性又有还原性。 2.升降规律 氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。 3.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，遵循“高价+低价→中间价”规律，简记为“只靠拢，不交叉”。 4.歧化规律 同一元素发生氧化还原反应生成不同价态物质时，遵循“中间价→高价+低价”规律。 1.Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O中浓硫酸是氧化剂(　　) 2.浓盐酸与KClO3反应中电子转移的方向和数目： (　　) 3.反应2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑与反应Cl2+H2O⥫⥬HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应(　　) 一、氧化性、还原性的判断 1.有下列化学反应： ①2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ ②2F2+2H2O===4HF+O2 ③Cl2+H2O⥫⥬HCl+HClO ④C+H2O(g)CO+H2 ⑤CaO+H2O===Ca(OH)2 ⑥2H2O2H2↑+O2↑ 分析H2O在反应中表现出的性质，完成表格： 元素价态 表现性质 具体反应 H：+1 氧化性 ①④⑥ O：-2 还原性 ②⑥ 二、预测反应产物 2.已知：氮元素有-3、0、+1、+2、+3、+4和+5七种化合价，试据此判断下列六种化合物：①NO；②N2O3；③N2O4；④HNO3；⑤NH3；⑥N2O中： (1)氮元素只能作还原剂的是　　　　(填序号，下同)。 (2)可能是HNO2的还原产物的是　　　　。 (3)不可能是N2的氧化产物的是　　　　。 (4)已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式：　　　　。 3.在热的碱性溶液中，NaClO发生反应：3NaClO===2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是(　　) A.NaCl、NaClO B.NaCl、NaClO3 C.NaClO、NaClO3 D.NaClO3、NaClO4 4.绿矾(FeSO4·7H2O)受热发生分解反应，其产物可能是(　　) A.Fe2O3、SO3、H2O B.FeO、SO2、H2O C.Fe、SO2、SO3、H2O D.Fe2O3、SO2、SO3、H2O 考点三　强弱规律和先后规律 1.强弱规律 (1)在同一化学反应中：氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 (2)越易失电子的物质(还原态)，失电子后就越难得电子(氧化态)，所以，氧化剂的氧化性越强，得电子后生成的还原产物的还原性就越弱，反应生成的物质就越稳定。还原剂同理。 (3)熟记常见的物质(离子)的氧化性或还原性强弱顺序 氧化性：Mn(H+)>MnO2>Cl2>Br2>Fe3+>I2>S；还原性：Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2-。 [应用举例] (1)试比较下列单质或离子的氧化性。 ①Cl2、Br2、I2、S：　　　　。 ②H+、Cu2+、Zn2+、Na+：　　　　。 (2)试比较下列单质或离子的还原性。 ①Mg、Fe、Cu、Ag：　　　　。 ②Br-、I-、S2-：　　　　。 ③Cl-、S、OH-、Cu：　　　　。 (4)影响物质氧化性或还原性强弱的因素 ①本质：物质氧化性、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。 ②影响因素：物质还原性、氧化性的强弱还与反应环境的许多因素有关，如温度、浓度、酸碱性。一般浓度越大，物质的氧化性或还原性越强；酸性增强时，氧化剂的氧化性增强。 [应用举例] 下列各组物质： ①Cu与HNO3溶液　②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液　④Fe与FeCl3溶液 ⑤Cl2与NaOH溶液　⑥Fe与HNO3溶液 ⑦Fe与H2SO4溶液　⑧Na与O2 (1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是　　　　　　(填序号，下同)。 (2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是　　　　。 (3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是　　　　　　　。 2.先后规律 (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时被氧化的离子是Fe2+，理由：还原性：Fe2+>Br-。 (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，与铁反应的先后顺序是Fe3+、Cu2+、H+，理由：氧化性：Fe3+>Cu2+>H+。 一、依据反应事实判断氧化性、还原性强弱 1.下列说法错误的是(　　) A.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，所以Br-还原性强于Cl- B.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2 C.已知反应：I2+2KClO3===2KIO3+Cl2，则氧化性：KIO3>KClO3 D.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C 2.(2025·洛阳模拟)浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是(　　) A.对比①和②可以说明还原性：Br->Cl- B.①和③相比可说明氧化性：Br2>SO2 C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4>HCl D.③中浓H2SO4被还原成SO2 二、依据强弱判断反应能否发生 3.向含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↑ 4.已知还原性：SO2>I->Fe2+，下列离子反应不能发生的是(　　) A.SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+ B.I2+2Fe2+===2I-+2Fe3+ C.SO2+I2+2H2O===2I-+4H++S D.少量Cl2通入FeI2溶液中： Cl2+2I-===2Cl-+I2 5.某溶液中含有Fe2+、Br-和I-，要除去I-而不氧化Fe2+和Br-，可以加入的试剂是(　　) A.Cl2 B.FeCl3 C.FeCl2 D.Br2 【真题再现●明考向】 1.(2025·山东，1)下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是(　　) A.侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法 B.戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说 C.拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说 D.哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法 2.(2025·浙江1月选考，6)关于溴的性质，下列说法不正确的是(　　) A.Br-可被Cl2氧化为Br2 B.Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br- C.Br2+2Fe2+ ===2Br-+2Fe3+，说明氧化性：Br2>Fe3+ D.1 mol Br2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5 mol电子 3.(2025·湖南，8)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4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是(　　) A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.的空间结构为平面三角形 C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7 D.反应中消耗3 mol O2，转移20 mol e- 4.(2024·甘肃，11)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) A.还原性：Ag>Cu>Fe B.按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N D.溶液①中的金属离子是Fe2+ 【限时训练】 （45分钟） (1~8题，每小题6分，9~12题，每小题7分) 1.(2025·重庆，1)抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是(　　) A.用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B.用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸 C.通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D.通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 2.(2025·甘肃武威凉州区高三质量检测)下列物质间的转化需要通过氧化还原反应才能实现的是(　　) A.CO2→NaHCO3 B.Fe(OH)2→Fe(OH)3 C.CaCO3→Na2CO3 D.CuO→Cu(NO3)2 3. (2024·浙江1月选考，4)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO2CO2+N2，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　) A.生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA B.催化剂降低NO与CO反应的活化能 C.NO是氧化剂，CO是还原剂 D.N2既是氧化产物又是还原产物 4.(2025·北京西城模拟)下列变化过程与氧化还原反应无关的是(　　) A.推动盛有NO2的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深 B.将酸性KMnO4溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去 C.将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀 D.向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧 5.次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH===Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是(　　) A.参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化 B.若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，则NaH2PO3是酸式盐 C.反应中每转移6.02×1023个电子，则生成标准状况下5.6 L H2 D.NaH2PO3和H2均是还原产物 6.(2025·浙江嘉兴模拟)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法为3ClO-+2Fe3++10OH-===2Fe+3Cl-+5H2O，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　) A.Fe3+是还原剂，Cl-是还原产物 B.生成1 mol Fe，转移电子的数目为3NA C.Na2FeO4作消毒剂，是因为Fe与水反应后生成了胶体 D.由反应知，该条件下氧化性：ClO->Fe 7.验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2，设计如下实验(已知：稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色，碘水呈棕黄色；忽略氧气的影响)。下列说法不正确的是(　　) 实验① 实验② 实验③ 实验④ 溶液变为浅黄绿色 溶液变为黄色 溶液变为棕黄色 溶液变为蓝色 A.实验①设计目的：排除实验②③④水稀释的影响 B.实验②发生的反应为2Br-+Cl2===Br2+2Cl- C.实验③的现象可以证明氧化性：Cl2>I2 D.实验④能证明氧化性：Br2>I2 8.关于反应：4Cu2++8OH-+N2H4===2Cu2O↓+N2↑+6H2O。下列说法正确的是(　　) A.N2是还原产物 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 C.N2H4既是氧化剂又是还原剂 D.生成28 g N2，转移4 mol电子 9.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论不正确的是(　　) 选项 实验操作和现象 结论 A 向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体 PbO2具有氧化性 B 向KI溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色 N的氧化性比I2的强 C 向FeSO4溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，溶液变成红色 Fe2+既有氧化性又有还原性 D 向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色 I-的还原性强于Cl- 10.(2025·陕西宝鸡高三模拟)已知：①2+16H++10Cl-===2Mn2++5Cl2↑+8H2O； ②Cl2+2Fe2+===2Fe3++2Cl-； ③2Fe3++2I-===I2+2Fe2+。 由此判断，下列说法错误的是(　　) A.还原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+ B.反应3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3不能发生 C.若某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，要氧化I-而不氧化Fe2+和Cl-，可以加入FeCl3溶液 D.将酸性KMnO4溶液加入到FeCl2和Fe2(SO4)3混合物溶液中，若紫色褪去，则溶液中含有Fe2+ 11.(2025·陕西十七校联考)①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色； ②向SO4溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝； ③2FeI2+3Cl2(足量)===2FeCl3+2I2。 下列说法错误的是(　　) A.①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1 B.由①、②可知，酸性条件下氧化性：>>Cl2 C.②中每生成1 mol Cl2，转移2 mol电子 D.向酸性SO4溶液中滴加少量FeI2溶液，发生的反应为Fe2+++2H+===Fe3++VO2++H2O 12.CH4和CO2按照一定物质的量之比向某容器中投料，反应经如下流程(主要产物已经标出)实现CO2的高效转化，下列说法正确的是(　　) A.过程ⅰ中，每消耗22.4 L CH4反应中转移的电子数为6NA B.过程ⅱ中，氧化剂为Fe3O4和H2 C.过程ⅲ中，C得到电子，发生还原反应 D.上述流程只涉及两种单质 13.(12分)反应：2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O用于实验室制备氯气。 (1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目：　　　　。 (2)KMnO4在上述反应中显示出来的性质是　　　　(填字母)。 A.氧化性 B.还原性 C.酸性 D.碱性 (3)该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为　　　　。 (4)若标准状况下生成2.24 L Cl2，则转移的电子数为　　　　。 14.(12分)CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性：Cu2+>I2>Cu+，还原性：Cu>I->Cu+。 (1)根据物质氧化性和还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I-反应的产物是　　　、　　　　。 (2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为 　　　　。 (3)欲消除(2)中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性：H2S_______(填“>”“<”或“=”)I-；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度_______(填“高”“低”或“相等”)。 (4)CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)+Hg===Cu2HgI4(亮黄色)+2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是　　　(填字母)。 A.该反应中被氧化的元素是铜元素和汞元素 B.该反应的氧化剂为CuI C.Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物 D.反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一章　化学物质及其变化 第3讲　氧化还原反应的概念和规律 【高考考向预测】 近三年高考氧化还原反应概念与规律为化学必考基础考点，各类题型高频渗透，重点考查氧化还原基本定义、本质特征、强弱律、先后律、价态律、守恒律等核心规律，常用于判断反应类型、辨析氧化剂还原剂、分析电子转移数目与反应先后顺序；预测2027 年仍为高频基础考点，命题更侧重结合陌生反应、化工流程与实验情境灵活考查规律应用，强化价态变化预判、氧化性还原性强弱比较及先后反应顺序判断，减少直白概念识记考查，注重依托实际反应情境运用规律分析反应机理与产物走向。 【核心梳理●明考点】 考点一　氧化还原反应及相关概念 1.氧化还原反应 (1)本质：电子转移(得失或偏移)。 (2)特征：反应过程中有元素化合价发生变化。 2.相关概念的关系 3.常见的氧化剂和还原剂 (1)常见的氧化剂 常见的氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如： (2)常见的还原剂 常见的还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如： 金属氢化物(如NaH等)、NaBH4也是重要的还原剂。 (3)元素化合价处于中间价态的物质既可以作氧化剂，又可以作还原剂。如： 其中：Fe2+、S主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。 4.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系 分析下列四个化学反应： A.2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ B.2HClO2HCl+O2↑ C.4NH3+5O24NO+6H2O D.4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 其中属于区域“1”的是　　　　(填字母，下同)，属于区域“2”的是　　　　，属于区域“3”的是　　　，属于区域“4”的是　　　　。 【答案】D　B　C　A 1.置换反应一定是氧化还原反应(　　) 2.复分解反应可能是氧化还原反应(　　) 3.有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应(　　) 4.有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应(　　) 5.有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应(　　) 【答案】1.√　2.×　3.√　4.√　5.× 一、电子转移方向和数目的分析方法 1.3NF3+5H2O===9HF+2NO+HNO3，用双线桥表示该反应的电子转移：　　　　　　　。 其中NF3是　　　　　　　　。 【答案】　氧化剂、还原剂 2.K2Cr2O7+3H2C2O4+4H2SO4===Cr2(SO4)3+6CO2↑+K2SO4+7H2O，用双线桥表示该反应的电子转移：　　　　。 【答案】 3.已知NaBH4与水反应的化学方程式为NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑。 (1)氧化剂为　　　　，还原剂为　　　　。 (2)用“单线桥”标出电子转移的方向和数目：　　　　，其中氧化产物与还原产物的质量比为　　　　。 (3)若生成标准状况下4.48 L H2，则转移电子的物质的量为　　　　。 【答案】(1)H2O　NaBH4 (2)　1∶1 (3)0.2 mol (1)双线桥表示电子得失 要点：先标化合价，再看价变化，起止同元素，桥上标变化。 (2)单线桥表示电子转移 要点：箭头由反应物的失电子原子指向反应物的得电子原子，并标注转移电子总数。 二、基于双线桥分析陌生氧化还原反应 4.在高温条件下，碳酸锂(Li2CO3)、葡萄糖(C6H12O6)和磷酸铁(FePO4)可制备电极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，发生反应的化学方程式为12FePO4+6Li2CO3+C6H12O612LiFePO4+6CO↑+6CO2↑+6H2O↑。下列说法错误的是(　　) A.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为12∶1 B.反应中LiFePO4是还原产物，CO是氧化产物 C.生成1 mol LiFePO4时，转移2 mol电子 D.1 mol H2O中所含的中子总数为8NA 【答案】C 【解析】反应12FePO4+6Li2CO3+C6H12O612LiFePO4+6CO↑+6CO2↑+6H2O↑中铁元素化合价从+3价降低到+2价，FePO4是氧化剂，葡萄糖中碳元素化合价从0价升高到+2价，葡萄糖是还原剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为12∶1，A正确；铁元素化合价从+3价降低到+2价，生成1 mol LiFePO4时，转移1 mol电子，C错误；1个H2O分子中含有8个中子，1 mol H2O中所含的中子总数为8NA，D正确。 5.从矿物学资料查得一定条件下自然界存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O===7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，则下列说法正确的是(　　) A.Cu2S既是氧化产物又是还原产物 B.5 mol FeS2发生反应，有24 mol电子转移 C.产物中的S有一部分是氧化产物 D.FeS2只作还原剂 【答案】C 【解析】在反应14CuSO4+5FeS2+12H2O===7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，CuSO4中的Cu元素由+2价降低到+1价，FeS2中的S元素，一部分由-1价降低到-2价，一部分由-1价升高到+6价，则Cu2S是还原产物，A不正确；5 mol FeS2发生反应，Fe元素价态不变，有3 mol S由-1价升高到+6价，所以有21 mol电子转移，B不正确；产物中，来自CuSO4的S价态不变，FeS2中有一部分S元素转化为S，此部分S是氧化产物，C正确；FeS2中，S元素一部分由-1价降低到-2价，一部分由-1价升高到+6价，所以FeS2既作氧化剂又作还原剂，D不正确。 (1)正确分析元素的化合价是分析氧化还原反应的关键 注意下列陌生物质中指定元素的化合价： Li2NH：N-3，LiNH2：N-3，N2H4：N-2， Na2S2O3：S+2，S2：S+6、O-1、-2， C2：C+3，HCN：C+2、N-3，B：B+3、H-1，CuH：Cu+1、H-1，MnO(OH)：Mn+3， FePO4：Fe+3，Cr：Cr+6，K2FeO4：Fe+6， LiFePO4：Fe+2，CuFeS2：Fe+2。 (2)由于氧化还原反应遵循化合价升降相等及得失电子守恒，在分析陌生氧化还原反应转移电子数时，只需要分析化合价升高或降低一方面即可，切忌把化合价升、降进行加和。 考点二　氧化还原反应的价态规律 1.价态与氧化性和还原性的规律 当元素化合价处在最高价，只有氧化性；处在最低价，只有还原性；处在中间价，既有氧化性又有还原性。 2.升降规律 氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。 3.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，遵循“高价+低价→中间价”规律，简记为“只靠拢，不交叉”。 4.歧化规律 同一元素发生氧化还原反应生成不同价态物质时，遵循“中间价→高价+低价”规律。 1.Na2SO3+H2SO4(浓)===Na2SO4+SO2↑+H2O中浓硫酸是氧化剂(　　) 2.浓盐酸与KClO3反应中电子转移的方向和数目： (　　) 3.反应2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑与反应Cl2+H2O⥫⥬HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应(　　) 【答案】1.×　2.×　3.× 一、氧化性、还原性的判断 1.有下列化学反应： ①2Na+2H2O===2NaOH+H2↑ ②2F2+2H2O===4HF+O2 ③Cl2+H2O⥫⥬HCl+HClO ④C+H2O(g)CO+H2 ⑤CaO+H2O===Ca(OH)2 ⑥2H2O2H2↑+O2↑ 分析H2O在反应中表现出的性质，完成表格： 元素价态 表现性质 具体反应 H：+1 氧化性 ①④⑥ O：-2 还原性 ②⑥ 二、预测反应产物 2.已知：氮元素有-3、0、+1、+2、+3、+4和+5七种化合价，试据此判断下列六种化合物：①NO；②N2O3；③N2O4；④HNO3；⑤NH3；⑥N2O中： (1)氮元素只能作还原剂的是　　　　(填序号，下同)。 (2)可能是HNO2的还原产物的是　　　　。 (3)不可能是N2的氧化产物的是　　　　。 (4)已知CuO具有氧化性，能够和氨气反应生成两种单质，请写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式：　　　　。 【答案】(1)⑤　(2)①⑤⑥　(3)⑤ (4)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O 【解析】(1)NH3中氮元素的化合价为-3价，为氮元素的最低价态，只有还原性，只能作还原剂。 (2)HNO2中氮元素的化合价为+3价，为氮元素的中间价态，既有氧化性，又有还原性。其发生还原反应时，化合价要降低，所以NO、NH3和N2O都可能是HNO2的还原产物。 (3)N2中氮元素的化合价为0价，为氮元素的中间价态，既有氧化性，又有还原性。其发生氧化反应时，化合价要升高，所以氮元素化合价比0价低的NH3不可能是N2的氧化产物。 (4)氧化铜具有氧化性，能够把氨气氧化成N2，自己被还原成Cu，同时H和O结合生成水，故该反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O。 3.在热的碱性溶液中，NaClO发生反应：3NaClO===2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是(　　) A.NaCl、NaClO B.NaCl、NaClO3 C.NaClO、NaClO3 D.NaClO3、NaClO4 【答案】B 【解析】已知反应中氯元素的化合价由+1变为+5和-1。相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，则氯元素的化合价应既有升高，也有降低，A项中均降低，D项中化合价均升高；B、C两项与题意相符，但C项中NaClO不是最终产物。 4.绿矾(FeSO4·7H2O)受热发生分解反应，其产物可能是(　　) A.Fe2O3、SO3、H2O B.FeO、SO2、H2O C.Fe、SO2、SO3、H2O D.Fe2O3、SO2、SO3、H2O 【答案】D 【解析】绿矾中硫元素化合价为最高价，而铁元素处于中间价态，受热发生分解反应，结合得失电子守恒，硫元素化合价降低得到二氧化硫，则铁化合价升高会生成氧化铁，结合质量守恒，反应中还会生成水和三氧化硫，故选D。 考点三　强弱规律和先后规律 1.强弱规律 (1)在同一化学反应中：氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 (2)越易失电子的物质(还原态)，失电子后就越难得电子(氧化态)，所以，氧化剂的氧化性越强，得电子后生成的还原产物的还原性就越弱，反应生成的物质就越稳定。还原剂同理。 (3)熟记常见的物质(离子)的氧化性或还原性强弱顺序 氧化性：Mn(H+)>MnO2>Cl2>Br2>Fe3+>I2>S；还原性：Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2-。 [应用举例] (1)试比较下列单质或离子的氧化性。 ①Cl2、Br2、I2、S：　　　　。 ②H+、Cu2+、Zn2+、Na+：　　　　。 【答案】①Cl2>Br2>I2>S ②Na+<Zn2+<H+<Cu2+ (2)试比较下列单质或离子的还原性。 ①Mg、Fe、Cu、Ag：　　　　。 ②Br-、I-、S2-：　　　　。 ③Cl-、S、OH-、Cu：　　　　。 【答案】①Mg>Fe>Cu>Ag　②Br-<I-<S2- ③Cu>Cl->OH->S (4)影响物质氧化性或还原性强弱的因素 ①本质：物质氧化性、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。 ②影响因素：物质还原性、氧化性的强弱还与反应环境的许多因素有关，如温度、浓度、酸碱性。一般浓度越大，物质的氧化性或还原性越强；酸性增强时，氧化剂的氧化性增强。 [应用举例] 下列各组物质： ①Cu与HNO3溶液　②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液　④Fe与FeCl3溶液 ⑤Cl2与NaOH溶液　⑥Fe与HNO3溶液 ⑦Fe与H2SO4溶液　⑧Na与O2 (1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是　　　　　　(填序号，下同)。 (2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是　　　　。 (3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是　　　　　　　。 【答案】(1)①③⑥⑦　(2)⑤⑥⑦⑧　(3)②④ 【解析】⑥Fe和浓HNO3常温下钝化，加热继续反应；Fe和稀HNO3反应，HNO3被还原成NO。⑦Fe和浓H2SO4常温下钝化，加热继续反应；Fe和稀H2SO4反应生成FeSO4和H2。 2.先后规律 (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时被氧化的离子是Fe2+，理由：还原性：Fe2+>Br-。 (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，与铁反应的先后顺序是Fe3+、Cu2+、H+，理由：氧化性：Fe3+>Cu2+>H+。 一、依据反应事实判断氧化性、还原性强弱 1.下列说法错误的是(　　) A.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，所以Br-还原性强于Cl- B.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2 C.已知反应：I2+2KClO3===2KIO3+Cl2，则氧化性：KIO3>KClO3 D.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C 【答案】C 【解析】向NaBr溶液中加入少量氯水和苯，振荡、静置后溶液分层，且上层呈橙红色，说明Cl2置换出了Br2，能说明Br-的还原性强于Cl-，A正确；Cl2能将I-氧化为单质I2，淀粉溶液遇I2呈蓝色，B正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，知氧化性：KClO3>KIO3，C错误；反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C，还原剂为Mg，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知，Mg的还原性强于C，D正确。 2.(2025·洛阳模拟)浓硫酸分别与三种钠盐反应，现象如图。下列分析正确的是(　　) A.对比①和②可以说明还原性：Br->Cl- B.①和③相比可说明氧化性：Br2>SO2 C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致，说明酸性：H2SO4>HCl D.③中浓H2SO4被还原成SO2 【答案】A 【解析】反应①生成的红棕色气体是溴蒸气，反应②的白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，说明还原性：Br->Cl-，故A正确；反应③生成二氧化硫气体，为非氧化还原反应，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B、D错误；白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性：H2SO4<HCl，故C错误。 二、依据强弱判断反应能否发生 3.向含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↑ 【答案】C 【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，所以通入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根离子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，离子方程式为2H++2N+3S===3S+2NO↑+H2O，C项正确。 4.已知还原性：SO2>I->Fe2+，下列离子反应不能发生的是(　　) A.SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+ B.I2+2Fe2+===2I-+2Fe3+ C.SO2+I2+2H2O===2I-+4H++S D.少量Cl2通入FeI2溶液中： Cl2+2I-===2Cl-+I2 【答案】B 【解析】反应中还原剂SO2的还原性大于还原产物Fe2+的还原性，符合题给条件，反应能发生，故不选A；反应中还原剂二氧化硫的还原性大于还原产物I-的还原性，符合题给条件，反应能发生，故不选C；还原性：I->Fe2+，I-先和氯气反应，故不选D。 5.某溶液中含有Fe2+、Br-和I-，要除去I-而不氧化Fe2+和Br-，可以加入的试剂是(　　) A.Cl2 B.FeCl3 C.FeCl2 D.Br2 【答案】B 【解析】由于氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则要除去I-而不氧化Fe2+和Br-，可以加入的氧化剂为铁离子，故选B。 【真题再现●明考向】 1.(2025·山东，1)下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是(　　) A.侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl为原料的联合制碱法 B.戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说 C.拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说 D.哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法 【答案】A 【解析】联合制碱法发生的化学反应为NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，该过程未发生氧化还原反应，A符合题意；电解盐酸时HCl转化为H2、Cl2，发生氧化还原反应，B不符合题意；金属与O2两种单质反应生成化合物，发生氧化还原反应，C不符合题意；以N2和H2为原料合成NH3，发生氧化还原反应，D不符合题意。 2.(2025·浙江1月选考，6)关于溴的性质，下列说法不正确的是(　　) A.Br-可被Cl2氧化为Br2 B.Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br- C.Br2+2Fe2+ ===2Br-+2Fe3+，说明氧化性：Br2>Fe3+ D.1 mol Br2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5 mol电子 【答案】D 【解析】氯气具有强氧化性，可将Br-氧化为Br2，A项正确；Br2与SO2水溶液反应，生成HBr和H2SO4，还原产物为Br-，B项正确；反应的氧化剂为Br2，氧化产物为Fe3+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br2>Fe3+，C项正确；Br2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，反应的化学方程式为3Br2+6NaOH===5NaBr+NaBrO3+3H2O，3 mol Br2参与反应，转移5 mol电子，D项错误。 3.(2025·湖南，8)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4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是(　　) A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.的空间结构为平面三角形 C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7 D.反应中消耗3 mol O2，转移20 mol e- 【答案】C 【解析】的中心N原子的价层电子对数是3+=3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；反应中氧化剂为NaNO3(4 mol)和O2(3 mol)，总物质的量为7 mol，还原剂为Sb(4 mol)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，C错误；O2、NaNO3同时作氧化剂，3 mol O2参与反应，有4 mol Sb作还原剂，整个反应转移电子为20 mol(Sb被氧化，化合价：0→+5)，D正确。 4.(2024·甘肃，11)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) A.还原性：Ag>Cu>Fe B.按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C.反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N D.溶液①中的金属离子是Fe2+ 【答案】C 【解析】金属活动性越强，金属的还原性越强，还原性从强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+===Cu2++4N，C正确；向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，D不正确。 【限时训练】 （45分钟） (1~8题，每小题6分，9~12题，每小题7分) 1.(2025·重庆，1)抗日战争时期，根据地物资紧缺，军民自力更生，就地取材，采用下列方法生产化工产品，其中利用了氧化还原反应原理的是(　　) A.用石磨代替打浆机碾碎硝化棉 B.用陶缸作反应器以硫黄为原料生产硫酸 C.通过蒸馏法以自酿的白酒为原料生产工业酒精 D.通过水解法以植物油和熟石灰为原料生产甘油 【答案】B 【解析】研磨硝化棉是物理粉碎过程，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，A错误；硫黄(S)转化为硫酸(H2SO4)时，硫的化合价从0价升至+6价，发生氧化反应，B正确；蒸馏法分离酒精是物理过程，无新物质生成，不涉及氧化还原反应，C错误；植物油水解生成甘油和高级脂肪酸盐，属于水解反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D错误。 2.(2025·甘肃武威凉州区高三质量检测)下列物质间的转化需要通过氧化还原反应才能实现的是(　　) A.CO2→NaHCO3 B.Fe(OH)2→Fe(OH)3 C.CaCO3→Na2CO3 D.CuO→Cu(NO3)2 【答案】B 【解析】Fe(OH)2中铁元素为+2价，Fe(OH)3中铁元素为+3价，元素化合价发生变化，故Fe(OH)2→Fe(OH)3一定是通过氧化还原反应实现的，B符合题意；CO2→NaHCO3、CaCO3→Na2CO3、CuO→Cu(NO3)2没有元素化合价发生变化，不需要通过氧化还原反应实现，A、C、D不符合题意。 3. (2024·浙江1月选考，4)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO2CO2+N2，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　) A.生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA B.催化剂降低NO与CO反应的活化能 C.NO是氧化剂，CO是还原剂 D.N2既是氧化产物又是还原产物 【答案】D 【解析】N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误。 4.(2025·北京西城模拟)下列变化过程与氧化还原反应无关的是(　　) A.推动盛有NO2的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深 B.将酸性KMnO4溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去 C.将FeSO4溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀 D.向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧 【答案】A 【解析】推动盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2⥫⥬N2O4的平衡正向移动，但NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故A正确；乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，二者发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液紫色褪去，故B错误；Fe2+与NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C错误；Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误。 5.次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4+2NaH2PO2+2NaOH===Cu+2NaH2PO3+Na2SO4+H2↑。下列说法错误的是(　　) A.参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化 B.若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，则NaH2PO3是酸式盐 C.反应中每转移6.02×1023个电子，则生成标准状况下5.6 L H2 D.NaH2PO3和H2均是还原产物 【答案】D 【解析】反应中P元素化合价从+1价升高到+3价，铜元素化合价从+2价降低到0价，氢元素化合价从+1价降低到0价，因此根据得失电子守恒可知，参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化，A正确；若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH，说明H3PO3是二元酸，因此NaH2PO3是酸式盐，B正确；根据选项A分析，可知转移4 mol电子生成1 mol氢气，因此反应中每转移6.02×1023个电子即1 mol电子，生成0.25 mol氢气，在标准状况下的体积为5.6 L，C正确；NaH2PO3是氧化产物，Cu和H2是还原产物，D错误。 6.(2025·浙江嘉兴模拟)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种方法为3ClO-+2Fe3++10OH-===2Fe+3Cl-+5H2O，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)(　　) A.Fe3+是还原剂，Cl-是还原产物 B.生成1 mol Fe，转移电子的数目为3NA C.Na2FeO4作消毒剂，是因为Fe与水反应后生成了胶体 D.由反应知，该条件下氧化性：ClO->Fe 【答案】C 【解析】在反应中，铁元素化合价从+3价升高为+6价，所以Fe3+作还原剂，氯元素化合价降低被还原为氯离子，Cl-是还原产物，生成1 mol Fe，转移3 mol电子，电子数目为3NA，A、B正确；Na2FeO4作消毒剂，是因为其具有强氧化性，可消毒杀菌，C错误；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则该条件下氧化性：ClO->Fe，D正确。 7.验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2，设计如下实验(已知：稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色，碘水呈棕黄色；忽略氧气的影响)。下列说法不正确的是(　　) 实验① 实验② 实验③ 实验④ 溶液变为浅黄绿色 溶液变为黄色 溶液变为棕黄色 溶液变为蓝色 A.实验①设计目的：排除实验②③④水稀释的影响 B.实验②发生的反应为2Br-+Cl2===Br2+2Cl- C.实验③的现象可以证明氧化性：Cl2>I2 D.实验④能证明氧化性：Br2>I2 【答案】D 【解析】实验①是将氯水加入蒸馏水将其稀释，后续实验都是在溶液中进行的，这样可以排除实验②③④水稀释的影响，故A正确；溶液变为黄色是因为产生了溴单质，说明氯气可以将溴单质置换出来，发生的反应为2Br-+Cl2===Br2+2Cl-，故B正确；溶液变为棕黄色是因为产生了碘单质，说明氯气可以将碘单质置换出来，发生的反应为2I-+Cl2===I2+2Cl-，可以证明氧化性：Cl2>I2，故C正确；②反应后的黄色溶液含有溴单质，但是不能排除是否含有氯单质，加入到淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝色，证明产生了碘单质，可能是氯气或溴单质置换出了碘单质，不能证明氧化性：Br2>I2，故D错误。 8.关于反应：4Cu2++8OH-+N2H4===2Cu2O↓+N2↑+6H2O。下列说法正确的是(　　) A.N2是还原产物 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 C.N2H4既是氧化剂又是还原剂 D.生成28 g N2，转移4 mol电子 【答案】D 【解析】N2H4中氮元素的化合价为-2价，N2中氮元素的化合价为0价，氮元素的化合价升高，N2为氧化产物，故A错误；铜元素的化合价降低，Cu2+为氧化剂，氮元素的化合价升高，N2H4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，故B错误；N2H4中只有氮元素的化合价升高，所以N2H4仅为还原剂，故C错误；28 g N2为 1 mol，每生成 1 mol N2，转移4 mol电子，故D正确。 9.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论不正确的是(　　) 选项 实验操作和现象 结论 A 向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体 PbO2具有氧化性 B 向KI溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色 N的氧化性比I2的强 C 向FeSO4溶液中先滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加H2O2溶液，溶液变成红色 Fe2+既有氧化性又有还原性 D 向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色 I-的还原性强于Cl- 【答案】C 【解析】Cl元素的化合价从-1价升高到0价，被氧化，PbO2具有氧化性，A项正确；滴加淀粉溶液后变蓝色，说明有I2生成，可证明N的氧化性比I2的强，B项正确；Fe2+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红，由此说明加入的H2O2能氧化Fe2+为Fe3+，该反应中Fe2+只表现出还原性，C项错误；新制氯水与KI反应生成I2，I2易溶于四氯化碳，则溶液下层呈紫红色，可知I-的还原性强于Cl-，D项正确。 10.(2025·陕西宝鸡高三模拟)已知：①2+16H++10Cl-===2Mn2++5Cl2↑+8H2O； ②Cl2+2Fe2+===2Fe3++2Cl-； ③2Fe3++2I-===I2+2Fe2+。 由此判断，下列说法错误的是(　　) A.还原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+ B.反应3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3不能发生 C.若某溶液中含有Fe2+、Cl-、I-，要氧化I-而不氧化Fe2+和Cl-，可以加入FeCl3溶液 D.将酸性KMnO4溶液加入到FeCl2和Fe2(SO4)3混合物溶液中，若紫色褪去，则溶液中含有Fe2+ 【答案】D 【解析】还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应①中还原性：Cl->Mn2+，反应②中还原性：Fe2+>Cl-，反应③中还原性：I->Fe2+，则还原性：I->Fe2+>Cl->Mn2+，故A正确；Fe3+的氧化性大于I2的氧化性，Fe3+能氧化I-，所以不能生成FeI3，则反应3Cl2+6FeI2===2FeCl3+4FeI3不能发生，故B正确；氧化性：>Cl2>Fe3+>I2，FeCl3能氧化除去I-而不影响Fe2+和Cl-，故C正确；结合反应①，氯离子也可以使酸性KMnO4溶液褪色，不能确定是否是亚铁离子使其褪色，故D错误。 11.(2025·陕西十七校联考)①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色； ②向SO4溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝； ③2FeI2+3Cl2(足量)===2FeCl3+2I2。 下列说法错误的是(　　) A.①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1 B.由①、②可知，酸性条件下氧化性：>>Cl2 C.②中每生成1 mol Cl2，转移2 mol电子 D.向酸性SO4溶液中滴加少量FeI2溶液，发生的反应为Fe2+++2H+===Fe3++VO2++H2O 【答案】D 【解析】向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，反应的离子方程式为5VO2+++H2O===5+Mn2++2H+，还原剂VOSO4与氧化剂KMnO4的物质的量之比为5∶1，A正确；向SO4溶液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，溶液变蓝，则生成VOSO4，反应的离子方程式为2+2Cl-+4H+===2VO2++Cl2↑+2H2O，①中酸性条件下氧化性：>，②中酸性条件下氧化性：>Cl2，故由①、②可知，酸性条件下氧化性：>>Cl2，B正确；②中反应的离子方程式为2+2Cl-+4H+===2VO2++Cl2↑+2H2O，每生成1 mol Cl2，转移2 mol电子，C正确；因为氧化性：>Cl2，所以能把少量FeI2氧化为Fe3+和I2，发生的反应为Fe2++2I-++6H+===Fe3++I2+3VO2++3H2O，D错误。 12.CH4和CO2按照一定物质的量之比向某容器中投料，反应经如下流程(主要产物已经标出)实现CO2的高效转化，下列说法正确的是(　　) A.过程ⅰ中，每消耗22.4 L CH4反应中转移的电子数为6NA B.过程ⅱ中，氧化剂为Fe3O4和H2 C.过程ⅲ中，C得到电子，发生还原反应 D.上述流程只涉及两种单质 【答案】C 【解析】CH4所处的状态未知，故无法计算22.4 L CH4的物质的量，即无法计算反应中转移的电子数，A错误；由转化流程图可知，过程ⅱ中涉及反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2和Fe3O4+4H23Fe+4H2O，故Fe3O4为氧化剂，而H2作还原剂，B错误；由转化流程图可知，过程ⅲ中反应为4CaCO3+3Fe4CaO+Fe3O4+4CO，故C得到电子，发生还原反应，C正确；由转化流程图可知，上述流程涉及Fe、H2、He三种单质，D错误。 13.(12分)反应：2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O用于实验室制备氯气。 (1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目：　　　　。 (2)KMnO4在上述反应中显示出来的性质是　　　　(填字母)。 A.氧化性 B.还原性 C.酸性 D.碱性 (3)该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为　　　　。 (4)若标准状况下生成2.24 L Cl2，则转移的电子数为　　　　。 【答案】(1) (2)A　(3)5∶2　(4)0.2NA 【解析】(1)反应2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，在反应中得5e-，KMnO4完全被还原，反应系数为2，则共计得到2×5e-。氯元素由-1价升高为0价，在反应中失电子，HCl只有部分被氧化，根据得失电子守恒可知，则共计失去10×e-，故用双线桥法标出电子转移的方向和数目为。 (2)在该反应中，KMnO4作氧化剂，完全被还原为MnCl2，只体现氧化性，故选A。 (3)该反应中的氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，根据方程式的系数可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2。 (4)标准状况下生成2.24 L(即0.1 mol)Cl2，根据(1)的双线桥可知，每生成5 mol Cl2转移的电子数为10NA，故生成0.1 mol Cl2时，转移的电子数为0.2 mol，即0.2NA。 14.(12分)CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性：Cu2+>I2>Cu+，还原性：Cu>I->Cu+。 (1)根据物质氧化性和还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I-反应的产物是　　　、　　　　。 (2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为 　　　　。 (3)欲消除(2)中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性：H2S_______(填“>”“<”或“=”)I-；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度_______(填“高”“低”或“相等”)。 (4)CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI(白色)+Hg===Cu2HgI4(亮黄色)+2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是　　　(填字母)。 A.该反应中被氧化的元素是铜元素和汞元素 B.该反应的氧化剂为CuI C.Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物 D.反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子 【答案】(1)CuI　I2　(2)2Cu+I2===2CuI (3)>　高　(4)AC 【解析】(1)氧化性：Cu2+>I2>Cu+，还原性：Cu>I->Cu+，所以Cu2+和I-反应，Cu2+被还原为Cu+、I-被氧化为I2，Cu+和I-结合生成难溶于水的CuI沉淀，所以反应的产物是CuI、I2。(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应生成CuI，反应的化学方程式为2Cu+I2===2CuI。(3)欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，还原性：H2S>I-。(4)该反应中Cu元素化合价由+1降低为0，被氧化的元素是汞元素，氧化剂为CuI，Cu2HgI4是氧化产物，反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子。 学科网（北京）股份有限公司 $