主题2 第2讲 氧化还原反应规律(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应规律”核心考点，依据高考评价体系梳理了先后规律、价态规律及电子守恒三大考查方向，通过近五年真题分析明确电子守恒计算占45%、先后规律应用占30%的高频考点分布，归纳出离子反应顺序判断、价态归中判断等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“规律建模+真题突破+素养融合”策略，如以2025湖南卷NaSbO₃制备反应为案例，运用科学思维中的证据推理分析氧化剂与还原剂物质的量之比，结合化学观念中的变化规律提炼电子守恒计算“三步法”，帮助学生掌握得分技巧。特设“易错警示”模块针对价态交叉判断等难点，教师可据此开展靶向复习，助力学生高效冲刺高考。

第二讲 氧化还原反应规律 Di Er Jiang |内|容|与|目|标| 1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。　 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 1 逐点清(一)　先后规律、价态规律 及其应用 2 逐点清(二)　电子守恒思想在氧化 还原反应计算中的应用 3 作业验收评价 目 录 先后规律、价态规律及其应用 逐点清(一) (一)先后规律及其应用 同一体系中，当有多个氧化还原反应发生时，反应的先后顺序遵循强者优先的规律。 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:F>Br-，所以F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F、C、H+的溶液中加入铁粉，因为氧化性F>C，所以铁粉先与F反应，然后再与C反应，最后再与H+反应。 3.常见的强弱顺序 氧化性 Mn(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀H2SO4>S 还原性 Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2- 对点训练 √ 1.(2026·南通如皋期初)从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应如下: ①2NaI+MnO2+3H2SO4==I2+MnSO4+2NaHSO4+2H2O ②2NaIO3+5NaHSO3==I2+2Na2SO4+3NaHSO4+H2O 下列说法错误的是(　　) A.碘元素在反应①中被氧化 B.反应②中NaHSO3是还原剂 C.在上述反应条件下，氧化性强弱顺序为IO- 3>S D.当反应①和②生成等物质的量的I2时，转移电子数之比为2∶5 解析:反应①2NaI+MnO2+3H2SO4==I2+MnSO4+2NaHSO4+2H2O中，碘元素化合价由-1价升高到0价，被氧化，A正确；反应②2NaIO3+5NaHSO3== I2+2Na2SO4+3NaHSO4+H2O中NaHSO3中硫元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，NaHSO3是还原剂，B正确；由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性强弱顺序为I > S，C正确；由反应①可知:每生成1 mol I2，转移2 mol电子；反应②中每生成1 mol I2，转移10 mol电子，故当反应①和②生成等物质的量的I2时，转移电子数之比为2∶10=1∶5，D错误。 √ 2.(2026·苏州中学期中模拟)向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示，则下列有关说法中不正确的是 (　　) A.曲线d代表溶液中Br-变化情况 B.原溶液中FeI2的物质的量为2 mol C.原溶液中n(Fe2+)∶n(Br-)=2∶3 D.当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2I-+2Fe2++2Cl2==I2+2Fe3++4Cl- 解析:还原性强弱:I->Fe2+>Br-，则根据氧化还原反应的先后顺序，曲线d代表Br-变化情况，故A正确；曲线a代表的是I-的变化情况，2I-+Cl2==I2+ 2Cl-， n(I-)=2 mol，则n(FeI2) =1 mol，故B错误；曲线b代表Fe2+变化情况，2Fe2++Cl2 ==2Fe3++2Cl-，n(Fe2+)=4 mol，Br-发生反应2Br-+Cl2== Br2+2Cl-，n(Br-)=6 mol，两者比值为4∶6 = 2∶3，故C正确；加入2 mol Cl2，I-全部参加反应，部分Fe2+参加反应，因此离子反应为2I-+2Fe2++2Cl2 ==I2+2Fe3++4Cl-，故D正确。 (二)价态规律及其应用 1.价态归中规律 含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价+低价→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。 例如，不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应如图所示。 注意:不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 2.歧化反应规律 “中间价→高价+低价”。 具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如:Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。 3.价态规律的应用 ①判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2不发生反应。 ②根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl+NaClO3==NaCl+3Cl2↑+3H2O，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。 对点训练 √ 3.(2026·南通海安实中月考)已知X、Y、Z、W、Q均为含氮化合物，它们在一定条件下有如下转换关系(未配平): ①X→W+O2　②Z+Y+NaOH→H2O+W ③Y+SO2→Z+SO3　④Q+Y→Z+H2O ⑤X+Cu+H2SO4(浓)→Cu2++Y+S， 则这五种含氮化合物中氮元素的化合价由高到低的顺序为(　　) A.X>Y>Z>W>Q B.X>Z>Y>Q>W C.X>Y>W>Z>Q D.W>X>Z>Q>Y 解析:反应①中，X中氧元素失电子化合价升高，则氮元素得电子化合价降低，所以氮元素化合价:X>W;反应③中，硫元素化合价升高，则Y中氮元素化合价降低，则氮元素化合价:Y>Z;反应②为归中反应，则氮元素化合价W处于Z和Y中间，结合反应③可知，氮元素化合价:Y>W>Z;反应④为归中反应，Z处于Q和Y之间，根据③知，Y>Z，所以Z>Q;反应⑤中，铜元素化合价升高，则X化合价降低生成Y，所以氮元素化合价X>Y;所以这五种含氮化合物中氮元素的化合价由高到低的顺序为X>Y>W>Z>Q。 4.L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下的转化(关系式未配平): ①P+A→Q+B　②L+O2→M+H2O ③L+M→R+H2O　④B+H2O→A+O2 (1)若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸是___，理由是_____ _____________________。   P P中 氮元素的化合价最高 解析:由反应④B+H2O→A+O2可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化合价必定降低，故氯元素化合价:B>A；由反应①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价:P>Q；由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元素化合价反应后必升高，故氮元素化合价:M>L；由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归中”反应，由于氮元素化合价:M>L，R处于M、L之间，则氮元素化合价:M>R>L；氮的化合价: P>Q>M>R>L。(1)由于其中一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，P中N元素化合价最高，则P是硝酸。 (2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时方能发生，此反应在化工生产上有重要用途，据此推断在同温同压下，若物质R密度比空气的密度小，则R的化学式为_____。   N2 解析: 根据题给的信息及有关元素化合物知识，且L中氮元素是其中氮元素最低价态，由反应②可知，L分子中含有氢元素，因此反应②是氨气的催化氧化反应，L是NH3，M是NO；又因为R的氮元素价态在L、M之间，R的密度又比空气小，且R中N元素化合价大于-3价而小于+2价，所以R为N2。 (3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转换的关系式: Ⅰ.M+P→N2O3+H2O Ⅱ.N2O4+H2O→P+Q Ⅲ.M+L→Q+H2O 其中一定不可能实现的是____(填序号)，理由是________________________ ____________________________________________________________________。  解析: Ⅰ.氮元素的化合价:P>Q>M>R>L，如果N2O3中N元素化合价同Q，则该反应可以实现，故不选；Ⅱ.反应Ⅱ是歧化反应，一种反应产物中氮的化合价大于+4价，另一种反应产物中氮的化合价小于+4价，故Q中氮的化合价小于+4价，所以可以实现，故不选；Ⅲ.由于氮化合价:Q>M>L，M、L不能都失电子，因此反应Ⅲ不可能实现，故选Ⅲ。 Ⅲ 氮元素价态:Q>M>L，根据 氧化还原反应规律，M与L反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质Q 电子守恒思想在氧化 还原反应计算中的应用 逐点清(二) 1.理清电子守恒法的原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 2.掌握守恒法解题的流程 第1步 找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物 第2步 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第3步 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式:n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价) 题点、考法讲评 √ 一、应用电子守恒思想分析反应过程 1.(2025·湖南卷)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+3O2 4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是(　　) A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.N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- 解析:NaSbO3中Na为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为0知，Sb的化合价为+5价，A正确；N的中心N原子价层电子对数是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 O2参与反应时，有 4 mol Sb作还原剂，转移电子为20 mol(Sb的化合价:0→+5)，D正确。 2.(1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线: “氧化”中欲使3 mol的VO2+变为V，则需要氧化剂KClO3至少为____ mol。  解析:根据电子守恒可知6VO2+~KClO3，n(KClO3)=n(VO2+)=0.5 mol。 0.5 (2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________ (计算结果保留两位小数)。  解析:氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2~Cl-，Cl2~2Cl-，得电子数相等时，存在:NaClO2~2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57。 1.57 二、应用电子守恒思想在滴定中的应用 3.某废水中含有Cr2，为了处理有毒的Cr2，需要先测定其浓度:取 20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2 mol ·L-1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终 点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2)为_____________________。  解析:Cr2+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O，5Fe2++Mn+8H+== 5Fe3++Mn2++4H2O。利用得失电子守恒列等式:c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L·mL-1 =20 mL×10-3 L·mL-1×6c(Cr2)+5c2 mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1，解得:c(Cr2)= mol·L-1。 mol·L-1 4.亚硝基硫酸(NOSO4H)广泛应用在染料、医药等行业，某实验小组制备后用以下方法测定其纯度: 称取1.50 g制备的NOSO4H样品，溶解在100 mL 0.1 mol·L-1KMnO4溶液(硫酸酸化)中，然后用0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液滴定混合液中过量的KMnO4，达到滴定终点时，消耗150.00 mL H2C2O4溶液，样品的纯度为________(保留两位有效数字)。  (已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2O==K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4) 85% 解析:草酸与NOSO4H均可被高锰酸钾氧化，由反应:2KMnO4+5H2C2O4 +3H2SO4==2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，与草酸反应的高锰酸钾的物质的量n1(KMnO4)=×n(H2C2O4)，与NOSO4H反应的n2(KMnO4)=0.1 mol·L-1×100× 10-3 L-×0.1 mol·L-1×150×10-3L=0.004 mol，由方程式2KMnO4+5NOSO4H +2H2O==K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知，参与反应的NOSO4H的物质的量n(NOSO4H)=×n2(KMnO4)=0.01 mol，则NOSO4H样品的纯度为×100%=×100%≈85%。 作业验收评价 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 解析:已知反应中氯元素的化合价:+1价变为+5价和-1价，符合邻位转化规律。既然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，选项A中均降低，选项D化合价均升高；选项B、C与题意相符，但选项C中NaClO不是最终产物。 一、选择题 1.已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应: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 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 2.(2026·南京外国语学校月考)PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是 (　　) A.Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+ B.10Cl-+2Mn+16H+==2Mn2++5Cl2↑+8H2O C.Cu+Cl2 CuCl2 D.5Pb2++2Mn+2H2O==5PbO2↓+2Mn2++4H+ 解析:氧化性:Fe3+>Cu2+，A能发生；氧化性:Mn>Cl2，B能发生；氧化性:Cl2>CuCl2，C能发生；氧化性:Mn<PbO2，D不能发生。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 3.一定量的SO2通入到含0.2 mol NaOH的溶液中，充分反应后生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2∶1。再向反应后溶液中通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S。则通入Cl2的物质的量为(　　) A.0.04 mol B.0.08 mol C.0.12 mol D.0.2 mol 解析:设生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠物质的量分别为2x和x，根据钠原子守恒，2x×2+x=0.2，解得x=0.04 mol，通入Cl2恰好使硫元素全部转化为S，根据得失电子守恒，通入氯气的物质的量为=0.12 mol。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 4.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↑ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:三价铁离子、硝酸根离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子，所以加入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只与硝酸根离子反应，所以离子方程式为2H++2N+3S==3S+ 2NO↑+H2O，C项正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 5.(2026·常州五校联考)某容器中发生化学反应，涉及H2O、ClO-、N、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2、ClO-的个数随时间变化的曲线如图所示。下列判断错误的是(　　) A.反应中消耗1 mol氧化剂，转移2 mol电子 B.还原性:N>Cl- C.氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3 D.该反应中N被氧化为N2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:由题图可知ClO-是氧化剂，N是还原剂，Cl-是还原产物，N2是氧化产物。反应中消耗1 mol ClO-，转移2 mol电子，A正确；N是还原剂，Cl-是还原产物，还原性:N>Cl-，B正确；ClO-是氧化剂，N是还原剂，根据得失电子相等可知氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2，C错误；反应中N作还原剂，被氧化生成N2，D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 6.(2026·泰州中学期中)一种借用CeO2/CeO2-x的转化，消除NH3、NO气体污染的途径如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应①是一个非氧化还原反应 B.反应②中N2只是氧化产物 C.利用上述转化有利于缓解温室效应 D.该过程的总反应可能为4NH3+2NO+2O2==3N2+6H2O 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:反应①中CeO2分解生成CeO2-x和O2，存在元素化合价的变化，所以反应①是一个氧化还原反应，故A错误；反应②中NO得电子被还原，NO的还原产物是N2，故B错误；NH3和NO不会引起温室效应，NO在空气中能被氧气氧化为NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，会形成酸雨，故C错误；该转化过程是在CeO2的催化和光照条件下，NH3和NO、O2发生反应生成N2、H2O，则该过程的总反应可能为4NH3+2NO+2O2==3N2+6H2O，故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 7.(2026·泰州中学期中)电石(成分为CaC2)中常含有硫化物，在反应时常产生有毒气体。工业上利用如下流程除去电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-，并制取石膏CaSO4·2H2O。 下列说法不正确的是(　　) A.过程Ⅰ中的反应会使溶液的碱性减弱 B.过程Ⅱ的离子方程式为4Mn+2S2-+10H+==4Mn(OH)2+S2+H2O C.将上层清液中0.1 mol的S2-转化为S，理论上总共需要0.2 mol的O2 D.由上述转化过程可知，氧化性:Mn<O2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:过程Ⅰ发生的反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O，反应消耗了氢氧根离子，碱性减弱，A正确；由分析知，过程Ⅱ的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O==4Mn(OH)2↓+S2+10OH-，B错误；0.1 mol的S2-转化为S，失去电子物质的量为0.8 mol，需氧气0.2 mol，C正确；过程Ⅰ氧气为氧化剂，氧化产物为Mn，所以氧化性:Mn<O2，D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 8. (2026·扬州中学开学检测)实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下: 下列说法不正确的是(　　) A.可用饱和NaCl溶液净化氯气 B.生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH- Cl+5Cl-+3H2O C.推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色 D.上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2>KClO3，酸性条件下氧化性:Cl2<KClO3 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收挥发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确；Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2 + 6OH- Cl + 5Cl- +3H2O，故B正确；推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为Cl+6I-+6H+==3I2+Cl-+3H2O，溶液变为紫色，故C错误；根据B选项分析得到碱性条件下氧化性Cl2>KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性: Cl2<KClO3，故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 9.(2026·日照市期中)从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如下: 已知:①浓硝酸不能溶解Au； ②HAuCl4==H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au，参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+==N2↑+4Ag↓+4H+ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:浓硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，经过溶金、分离后得到氯金酸溶液，锌粉还原得到金；向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠，银离子转化成氯化银沉淀，向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液，加入肼还原得到银单质；向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物，加入盐酸过滤得到铜单质，由此分析回答。浓硝酸被还原产生NO2，产生1 mol NO2得1 mol电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1 mol NO得3 mol电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；HAuCl4==H++AuC，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4 mol，消耗锌的物质的量为2 mol，B错误；浓盐酸和NaNO3在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；二氨合银离子不能拆分，N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4[Ag(NH3)2]++4OH-==N2↑+4Ag↓+8NH3↑+4H2O，D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 二、非选择题 10.(6分)在制备绿矾(FeSO4·7H2O)过程中部分绿矾被氧化，测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下: 步骤一:称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250 mL溶液； 步骤二:取步骤一中配得的溶液25.00 mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.040 0 mol·L-1 KMnO4溶液至恰好完全反应，反应原理为Mn+Fe2++H+→Mn2++Fe3++H2O(未配平)，消耗KMnO4溶液20.00 mL； 步骤三:另取步骤一中配得的溶液25.00 mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4 g。 根据步骤二得25.00 mL溶液中未被氧化的n(Fe2+)5n(KMnO4)=0.040 0 mol·L=-1 ×0.020 L×5=0.004 mol，则250 mL绿矾溶液中未被氧化的(Fen2+)=×0.004 mol=0.04 mol步骤三得到的固体为F；2Oe3，根据Fe元素守恒可得n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.005 mol，则250 mL溶液中n(Fe)= 0.005 mol×=0.05 mol，则被氧化的(Fe)=(0.05-0.04)mol=0.01 mol，Fen2+的 氧化率=×100%=×100%=20% 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (已知:Fe2+的氧化率=×100%) 根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，需要写出计算过程 。  1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 11.(12分)(2026·山东省百师联考月考)某小组通过实验探究氧化还原反应的规律。 已知:氧化还原反应电位传感器可以测量不同溶液的电位值，根据电位值大小可比较物质的氧化性/还原性的强弱；数值越大，氧化性越强；数值越小，还原性越强。测得几种物质的电位值如表所示(注:实验中进行酸化时均用稀硫酸)。 物质 FeCl3 KMnO4(酸化) NaNO3(酸化) Br2 I2 Na2S 浓度 0.10 M(M为物质的量浓度的单位) 电位值/mV 171 1 130 603 662 116 -361 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 根据表中数据，回答下列问题: (1)浓度相同的下列三种溶液，氧化性由强到弱的顺序为________(填序号)。  ①FeCl3　②酸性KMnO4　③酸性NaNO3 解析:根据电位值大小可比较物质的氧化性或还原性的强弱；数值越大，氧化性越强；数值越小，还原性越强；由表中三种溶液的电位值数值大小可知，三种溶液的氧化性由强到弱的顺序为②③①。 ②③① 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (2)已知Fe3+与I-不能共存，由此推测下列能大量共存的离子组是____(填字母)。  A.Fe3+、Br- B.Fe3+、S2- C.、H+、I- D.H+、、I- 解析:由表可知，氧化性:>Br2>>Fe3+>I2，且都具有较强的氧化性，已知Fe3+与I-不能共存，则I-具有较强的还原性，二者发生反应2Fe3++2I-==2Fe2++I2不能共存。氧化性:Br2>Fe3+，Fe3+不能氧化Br-，两者不反应，能大量共存，A符合题意；Na2S的电位值为负值，说明S2-具有较强的还原性，Fe3+、S2-会发生氧化还原反应2Fe3++S2-(少量)==2Fe2++S↓，不能大量共存，B不符合题意；氧化性:>I2，、H+、I-能发生氧化还原反应8H++2N+6I-==3I2+2NO↑+4H2O，不能大量共存，C不符合题意；氧化性:>I2，H+、、I-能发生氧化还原反应16H++2Mn+10I-==5I2+2Mn2++8H2O，不能大量共存，D不符合题意。 A 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (3)向含等浓度的NaBr和KI的混合溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液(还原产物为Mn2+)，则发生反应的离子方程式为____________________________________。  解析: 氧化性:>Br2>I2，则还原性:I->Br-，故向含等浓度的NaBr和KI的混合溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液(还原产物为Mn2+)，发生的反应为I-被氧化为I2，离子方程式为2Mn+10I-+16H+==5I2+2Mn2++8H2O。 2Mn+10I-+16H+==5I2+2Mn2++8H2O 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (4)已知四种氧化剂(均可氧化KI)对应的还原产物如下表。 请判断，等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用，得到I2最多的是________(填化学式)。  氧化剂 KMnO4 KIO3 H2O2 HNO3 还原产物 Mn2+ I2 H2O NO 解析: I-被氧化生成I2，每生成1 mol I2转移2 mol电子，根据得失电子守恒，由表可知，KMnO4中锰元素化合价由+7变为+2，1 mol KMnO4转移5 mol电子，则2KMnO4~5I2，KIO3中碘元素由+5变为0，1 mol KIO3转移5 mol电子，则2KIO3~10I-~6I2，H2O2中氧元素化合价由-1变为-2，则2H2O2~2I2，HNO3中氮元素化合价由+5变为+2，则2HNO3~3I2，则等数量的四种氧化剂分别与足量KI作用，得到I2最多的是KIO3。 KIO3 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (5)结合上述信息思考:对于含I-、Br-的混合溶液，若控制性氧化I-而不氧化Br-，则以下氧化方案合理的是____(填字母)。  a.FeCl3　 b.酸性KMnO4　 c.Br2 解析: 氧化性:>Br2>>Fe3+>I2，对于含I-、Br-的混合溶液，若控制氧化I-而不氧化Br-，则可以使用的氧化剂氧化性强于I2而不强于Br2，即方案为①加入Br2；②加入FeCl3；③加入酸性NaNO3，但不能加入酸性KMnO4，因为KMnO4氧化性强于Br2可以发生2Mn+10Br-+16H+==5Br2+2Mn2++8H2O，故a、c均符合题意。 ac 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 (6)ClO2具有很强的氧化性(还原产物为Cl-)，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的_____倍(保留两位有效数字)。  解析:ClO2具有很强的氧化性(还原产物为Cl-)，1 mol ClO2参加反应转移 5 mol电子，而1 mol Cl2参加反应转移2 mol电子，则根据电子守恒可知关系式:2ClO2~10e-~5Cl2，则1 g ClO2消毒的效率相当于Cl2的质量为×× 71 g·mol-1≈2.6 g，故ClO2消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的2.6倍。 2.6 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $