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

该高中化学高考复习课件聚焦氧化还原反应规律及计算核心考点，依据高考评价体系梳理了先后规律、价态规律、电子守恒三大考查维度，通过近五年真题及模拟题分析，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，归纳出判断反应顺序、价态归中分析等常考题型。 课件亮点在于“规律拆解+真题实战+素养落地”，如以2025湖南卷NaSbO₃制备反应为案例，用科学思维中的证据推理剖析氧化剂还原剂比例，通过“找物质-算电子-列等式”三步法突破计算难题，培养学生逻辑思维与解题能力，助力教师精准把握学情，学生高效掌握得分技巧。

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- 1.(2026·黑龙江哈尔滨模拟)已知将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中，碘水中的蓝色褪为无色，溶液无沉淀生成。某无色溶液中可能含有I-、Na+、、S，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列有关该无色溶液判断正确的是(　　) A.氧化性:Br2<S<I2 B.一定不含有I- C.一定含有Na+ D.可能含有 对点训练 √ 解析:根据将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中，碘水的蓝色褪为无色，说明碘水把亚硫酸钠氧化了，说明I2的氧化性强于S，即S的还原性强于I-，但向无色溶液中加入少量溴水溶液不变色，不能说明溴的氧化性不如碘单质强，因为被少量的溴氧化的是S，A错误；由A分析知，不能判断是否有I-，B错误；判断无色溶液中一定含有S，可能含有I-，根据电荷守恒，一定存在Na+，C正确；由于溶液是无色溶液，说明一定不含，D错误。 2.(2026·台州市期末)向FeI2和FeCl2的混合溶液中不断通入Cl2，溶液中n(含碘微粒)和n(含铁微粒)随n(Cl2)的变化曲线如图所示。已知:Cl2与I2的水溶液反应生成HIO3和HCl，HIO3为强酸。下列说法正确的是 (　　) A.原溶液中n(FeI2)=1 mol B.e点溶液中n(阳离子)为6 mol C.c点溶液与o点溶液混合，不会发生反应 D.通入1 mol Cl2时，溶液中n(Fe2+)=n(Fe3+) √ 解析:已知还原性:I->Fe2+，Cl2先氧化I-生成I2，再氧化Fe2+生成Fe3+，过量的Cl2再氧化I2生成HIO3，结合题图，Cl2的物质的量由0到b mol的反应为2I-+Cl2==I2+2Cl-，反应生成0.5 mol碘单质，则b=0.5；从Cl2的物质的量0.5 mol到d mol的反应为Cl2+2Fe2+==2Fe3++2Cl-，反应生成2 mol铁离子，消耗1 mol氯气，则d=1+0.5=1.5；从Cl2的物质的量1.5 mol到4 mol的反应为5Cl2+I2+6H2O==10Cl-+2I+12H+，消耗 2.5 mol氯气，生成6 mol氢离子；根据上述分析可知，n(FeI2)=n(I2)=0.5 mol，n(Fe2+)=2 mol，n(FeCl2)=2 mol-0.5 mol=1.5 mol；由分析，原溶液中n(FeI2)=0.5 mol，A错误； e点溶液中阳离子为铁离子和6 mol氢离子，结合铁守恒，阳离子共6 mol+ 2 mol=8 mol，B错误；铁离子和碘离子会发生氧化还原反应生成碘单质，则c点溶液与o点溶液混合，会发生反应，C错误； 通入1 mol Cl2时，0.5 mol氯气先氧化碘离子，0.5 mol氯气再氧化1 mol亚铁离子生成1 mol铁离子，则溶液中n(Fe2+)=n(Fe3+)，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。 3.(2026·德州模拟)氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应:Cl2+KOH →KX+KY(未配平)，KX在一定条件下自身能发生反应:KX→KY+KZ(未配平，KY与KZ化学计量数之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是 (　　) A.+1 B.+3 C.+5 D.+7 对点训练 解析:根据题意，可知KY为KCl，根据KX→KY+KZ中KY与KZ的化学计量数之比为1∶3，可知KX为KClO3。 √ 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·北京海淀期中)下列由实验现象所得结论不正确的是 (　　) A.向浓HNO3中放入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2 B.向NaHSO3溶液中滴加H2S溶液，产生淡黄色沉淀，证明具有氧化性 C.向Mg(OH)2浊液中加入NaHSO4溶液，沉淀消失，说明NaHSO4溶液有酸性 D.向NaClO溶液中滴加酚酞，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:向浓HNO3中放入红热的炭，浓硝酸受热能分解，产生红棕色气体，不能证明炭可与浓HNO3反应生成NO2，故A错误；向NaHSO3溶液中滴加H2S溶液，产生淡黄色沉淀，中S元素化合价降低，H2S中S元素化合价升高，发生归中反应生成S单质，证明具有氧化性，故B正确；向Mg(OH)2浊液中加入NaHSO4溶液，沉淀消失，发生反应Mg(OH)2+2H+==Mg2++2H2O，生成硫酸镁，说明NaHSO4溶液有酸性，故C正确；次氯酸具有漂白性，向NaClO溶液中滴加酚酞，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应生成次氯酸，故D正确。 √ 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.工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是 (　　) A.由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性:O2>Mn>S2 B.过程 Ⅱ 中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C.过程Ⅰ中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O D.将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为S，理论上至少需要氧气0.2 mol 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成Mn，过程 Ⅰ 中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-==2Mn+4H2O；Mn与S2-反应生成S2，进而与氧气反应生成S，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4Mn+2S2-+9H2O==S2+4Mn(OH)2↓+10OH-，以此解答该题。 由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成Mn，则氧化性:O2>Mn，然后Mn氧化S2-生成S2，则氧化性:Mn>S2，氧化性:O2>Mn>S2，故A正确；由分析中过程Ⅱ的反应知，Mn为氧化剂，S2-为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，故B错误，C正确；10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)的物质的量n(S2-)==0.1 mol，将其氧化为S时，失去电子的物质的量n(e-)=0.1 mol×[6-(-2)]=0.8 mol，根据电子守恒可知需O2的物质的量n(O2)==0.2 mol，故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 6.(2026·四川德阳模拟)H2S是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.过程①中发生的反应是复分解反应 B.过程②中，每生成32 g S转移NA个电子 C.过程③中每转化1 mol Fe2+，需5.6 L O2 D.总反应为2S2-+O2+2H2O==2S↓+4OH- 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸；过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为CuS+2Fe3+==Cu2++2Fe2++S；过程③中，Fe2+被氧化为Fe3+。过程①中发生复分解反应:H2S+Cu2+==CuS↓+2H+，A正确；过程②中发生反应:CuS+2Fe3+==Cu2++2Fe2++S，每生成32 g S转移电子数为2NA，B错误；过程③中发生反应:4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O，每转化1 mol Fe2+，需 0.25 mol O2，没有指明标准状况，无法计算O2的体积，C错误；转化过程中Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S+O2==2S↓+2H2O， D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 7.(2026·沈阳模拟)黄铁矿(主要成分是FeS2)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.FeS2中S的化合价为-2价 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n(O2)∶n(H2O)=2∶15 D.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol FeS2转移的电子数之比为2∶15 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:在FeS2中，Fe为+2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，则硫的化合价为-1价，A错误。反应Ⅰ中，FeS2转化为Fe2+和S，Fe元素化合价未变，S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ⅡFeS2中Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+ 6价，1 mol FeS2共失去1+7×2=15 mol电子；O2中O由0价降低到-2价，1 mol O2得到4 mol电子。根据得失电子守恒，n(O2)= mol。由原子守恒配平反应Ⅱ的离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O==4Fe3++8S+4H+，参加反应的n(O2)∶n(H2O)=15∶2，C错误。反应Ⅰ中FeS2转化为Fe2+和S，1 mol FeS2转移2 mol电子；反应Ⅱ中1 mol FeS2反应失去15 mol电子 。所以反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol FeS2转移的电子数之比为2∶15，D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 8.如图表示一定量的铁与不同浓度的足量硝酸反应时各还原产物及含量，下列说法正确的是 (　　) A.由图可知，硝酸浓度越小，还原产物中氮元素化合价越高 B.P点时，生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8 C.HNO3浓度为12.68 mol·L-1时，生成NO和NO2的质量相等 D.56 g铁粉与1.54 mol·L-1的HNO3完全反应，表现酸性的HNO3的质量为189 g 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 解析:从题图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.68 mol·L-1时，主要产物是NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度继续降低时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到约3.07 mol·L-1时，成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此作答。由图可知，硝酸的浓度越小，铵根含量越高，这说明其还原产物中氮的价态越低的成分越多，故A错误；根据图像可知，P点时，生成等量的NO和，氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到，则生成NO与转移电子的物质的量之比为3∶8，故B正确；由图可知，HNO3浓度为12.68 mol·L-1时，与少量的 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 3 铁粉完全反应生成的NO、NO2物质的量相等，但质量并不相等，故C错误；56 g铁为1 mol，与足量1.54 mol·L-1稀硝酸完全反应生成三价铁，则与铁离子结合的硝酸根离子为3 mol，则此反应过程中与铁反应表现酸性的HNO3的质量为3 mol ×63 g·mol-1=189 g，但是反应中还生成硝酸铵，故此反应过程中表现酸性的HNO3的总质量大于189 g，故D错误。 √ 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 $