【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题四 氧化还原反应（解析版）
文档属性
| 名称 | 【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题四 氧化还原反应（解析版） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-14 09:14:22 | ||
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文档简介
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专题四 氧化还原反应
【考纲导向】
1．理解氧化还原反应的本质和特征
2．从多个角度理解氧化剂和还原剂等概念
3．会比较与判断氧化性或还原性强弱
4．知道常见的氧化剂和还原剂
5．能判断氧化还原反应中的电子转移方向和数目
6．能够利用得失电子守恒进行有关氧化还原反应的计算
7．掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算
【命题分析】
氧化还原反应是中学化学教材中的重要概念，贯穿整个高中化学的始终，因此，它是历年高考的必考内容，填空题、简答题均有可能出现，主要考查氧化还原反应的概念与本质；判断氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物，被氧化元素与被还原元素；比较氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)的强弱；方程式的配平及简单计算。它在高考中考查形式有：(1)出现在阿伏伽德罗常数的正误判断中。在阿伏伽德罗常数的正误判断中，计算得失电子数目是常考查的一种角度，在这里需要掌握高中一些重要物质的性质，如Cl2是强氧化剂，但1molCl2在化学反应中，不一定得2mole-，如它与NaOH溶液的反应，转移电子的物质的量为1mol，还有Na2O2,它与水的反应中，也是既作氧化剂又作还原剂，有2mol的Na2O2参加反应，电子转移数为2NA。(2)出现在离子共存问题中。具有氧化性的微粒有Cl2、Na2O2 和H+、NO3-(相当于HNO3)、Fe3+、MnO4-，具有还原性的离子还有SO32-、S2-、Fe2+。(3)出现在离子方程式的正误判断中。(4)出现在简答题中根据信息书写化学方程式，能力要求高，难度较大。
考点一 基本概念
1．氧化还原反应基本概念图解
2．常见氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂及其还原产物
氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ 酸性KMnO4、K2Cr2O7 HClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2
还原产物 Cl－(X－) H2O/ O2－/ OH－ Fe2＋/ Fe Mn2＋、Cr3＋ Cl－ SO2 NO2/NO H2O
(2)常见还原剂及其氧化产物
还原剂 金属单质 非金属单质 Fe2＋ H2S/ S2－ HI/I－ NH3 CO SO2/SO
氧化产物 金属离子 非金属氧化物 Fe3＋ S、SO2 I2 N2、NO CO2 SO3、SO
3．电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④说变化。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
考法1 氧化还原反应的判断
【典例1】(2020 山东卷)下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
解析：A项，涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B项，小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C项，利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D项，NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。故选B。
答案：B
考法2 氧化还原反应的概念
【典例2】(2021年1月浙江选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是( )
A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
解析：由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
答案：D
考法3 氧化还原反应与四种基本反应类型
【典例3】下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是
A．Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3 B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 D．Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
解析：A项，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；B项，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；C项，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；D项，Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。
答案：B
考法4 氧化还原反应的电子转移
【典例4】下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是( )
解析：B项，硫元素发生歧化反应，两个S由0降低为－2价，总共降低4价，一个S由0价升高为＋4价，总升高4价，共失去4个电子，正确；C项，根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从＋5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从－1价升高到0价，转移电子数是5；D项，氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，，故D错误。
答案：B
解题技巧
1．误认为有单质参与或生成的反应一定是氧化还原反应。如O2与O3的转化为非氧化还原反应。
2．误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HCl→Cl2，氯元素被氧化，CuO→Cu，铜元素被还原。
3．误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。如Cl2＋H2OHCl＋HClO中，被氧化和被还原的都是氯元素。
4．误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如SO2具有还原性，浓H2SO4具有氧化性，但二者不发生氧化还原反应。
5．误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。
明确分析问题的方法思路：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。基本方法是先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。
练习
1．(2020 浙江1月选考)反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物是( )
A．MnO2 B．HCl C．MnCl2 D．Cl2
答案：D
解析：氧化还原反应中还原剂失电子化合价升高被氧化得到氧化产物，该反应中HCl中氯元素由-1价升为0价得到产物Cl2，即氧化产物为Cl2；故选D。
2．(2020·浙江省7月选考)反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．4：1
答案：B
解析：由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；故选B。
3．(2020 北京卷)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是( )
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O
答案：A
解析：A项，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B项，Cl2+H2O=HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D项，Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；故选A。
4．(2019 北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
答案：B
解析：A项，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；B项，MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C项，部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；D项，NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意；故选B。
5．下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2
C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
答案：D
解析：A项，MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B项，C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C项，8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D项，反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故选D。
考点二 氧化还原反应的基本规律
1．氧化还原反应的基本规律
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。
2．物质氧化性、还原性强弱的应用
物质氧化性、还原性强弱判断的常用方法 (1)依据反应条件来判断。 当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难发生(即氧化剂得电子越困难)，则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。
(2)根据“三表”判断。 ①根据元素周期表判断
②根据金属及非金属的活动性顺序表判断
(3)依据“两池”判断。 ①两种不同的金属构成原电池的两极时，负极是电子流出的一极，正极是电子流入的极。则两种金属的还原性：正极＜负极。 ②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子的氧化性较强，在阳极先失去电子的阴离子的还原性较强。
(4)依据“三度”判断(即：浓度、温度、酸碱度)。 一般情况下，浓度越大，温度越高，氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)越强；酸碱度是影响氧化性强弱的重要因素。例如：①KMnO4在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取氯气；②HNO3(浓)的氧化性强于HNO3(稀)的氧化性；③HNO3(热)的氧化性强于HNO3(冷)的氧化性。
考法1 氧化性、还原性强弱的判断
【典例1】常温下，在溶液中可发生以下反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2M2＋＋R2===2M3＋＋2R－
③2R－＋Z2===R2＋2Z－
由此判断下列说法错误的是( )
A．氧化性强弱顺序为XOB．还原性强弱顺序为X2＋C．Z元素在反应①中被氧化，在反应③中被还原
D．常温下可发生反应：2M2＋＋Z2===2M3＋＋2Z－
解析：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故根据反应①知，氧化性：Z2M3＋，根据反应③知，氧化性：Z2>R2，则氧化性：Z2>M3＋，故常温下可发生反应2M2＋＋Z2===2M3＋＋2Z－，D正确。
答案：A
考法2 氧化还原反应中反应的先后顺序
【典例2】在复杂体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题．下列反应先后顺序判断正确的是( )
A．在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+
B．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH-、CO32-
C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3
D．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+
解析：A项，在含等物质的量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Ag＞+Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Ag+、Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，正确；B项，在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，错误；C项，在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，错误；D项，含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，错误。
答案：A
考法3 氧化还原反应规律的运用
【典例3】已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 mol·L－1
C．若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋
解析：由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
答案：D
解题技巧
根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法
(1)浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3，还原性：浓HCl>稀HCl。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。
如酸性条件：2MnO＋6H＋＋5SO===2Mn2＋＋5SO＋3H2O
中性条件：2MnO＋H2O＋3SO===2MnO2＋3SO＋2OH－
碱性条件：2MnO＋2OH－＋SO===2MnO＋SO＋H2O
其氧化性为KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性)。
练习
1．(2019·浙江4月选考)聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
答案：A
解析：A项，根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；B项，绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；C项，聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D项，多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故选A。
2．工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是( )
A．氧化性：H2SeO4＞Cl2＞H2SO3
B．酸性：H2SO4＞H2SeO4
C．析出1 mol硒需要消耗标准状况下22．4 L SO2
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
答案：C
解析：在2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性：H2SeO4＞Cl2；在Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4中，氯气是氧化剂，H2SO3是还原剂，则氧化性：Cl2＞H2SO3，A正确；同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，元素的非金属性：S＞Se，所以酸性：H2SO4＞H2SeO4，B正确；根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，析出1 mol硒，转移4 mol电子，则需要消耗标准状况下44．8 L SO2，C错误；在亚硒酸中Se的化合价为＋4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，根据化学反应：2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O、Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，则还原性：亚硫酸＞亚硒酸，D正确。
3．向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol Fe粉，充分搅拌后Fe粉溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是( )
A．氧化性：Zn2＋＞Cu2＋＞Fe3＋＞Ag＋ B．Fe3＋的氧化性强于Cu2＋
C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2 D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋
答案：A
解析：根据金属活动性顺序可知氧化性：Zn2＋考点三 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．书写信息型氧化还原反应的步骤(三步法)
第1步 根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第2步 根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒。
第3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。
考法1 一般氧化还原反应的配平
【典例1】高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子．配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。
解析：依据方程式可知：反应前后Fe元素的化合价有+3→+6失去3个电子，化合价升3，被氧化，而Cl元素则有0→﹣1价，得到1个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设Fe(NO3)3前的系数为2，Cl2前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2 Fe(NO3)3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O即消耗3molCl2转移电子总数为6NA 。
答案：2；16；3；2；6；Fe；6NA
考法2离子反应方程式配平
【典例2】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－
解析：根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
答案：C
考法3 缺项氧化还原反应的配平
【典例3】已知二氧化硒是一种氧化剂，它可由Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O制取。又知离子方程式aSeO2＋bSO2＋cH2O===aSe＋b__X__＋d__Y__；则关于下列叙述正确的是( )
A．a∶b＝1∶1 B．Y为OH－
C．氧化性为SeO2＞H2SO4(浓) D．若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子
解析：根据题意SeO2是氧化剂，则可将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知a∶b＝1∶2，A、B错误，D正确；根据氧化性：氧化剂＞氧化产物知C错误。
答案：D
考法4 特定条件下氧化还原反应方程式的书写与配平
【典例4】高锰酸钾(KMnO4)和过氧化氢(H2O2)是两种常见的氧化剂。
(1)下列物质中能使酸性KMnO4溶液褪色的是________(填字母)。
a．臭碱(Na2S) b．小苏打(NaHCO3)
c．水玻璃(Na2SiO3溶液) d．酒精(C2H5OH)
(2)某强酸性反应体系中，参与反应的共有六种微粒：O2、MnO4-、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。
①该反应中应选择的酸是________(填字母)。
a．盐酸 b．浓硫酸 c．稀硫酸 d．稀硝酸
②该反应中发生还原反应的过程是________→________。
③写出该反应的离子方程式：____________________________________。
④若上述反应中有6．72 L(标准状况)气体生成，则转移的电子为________mol。
解析：(1)Na2S中的S2－和C2H5OH都具有还原性，都能被酸性KMnO4溶液氧化。(2)①该反应是酸性KMnO4溶液氧化H2O2的反应，MnO被还原为Mn2＋。KMnO4有强氧化性，所选择的酸不能是具有还原性的盐酸，也不能是具有强氧化性的浓硫酸和稀硝酸，应选择稀硫酸。②该反应中发生还原反应的过程是MnO―→Mn2＋。③该反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。④根据③中离子方程式可知，每转移10 mol电子，生成5 mol O2，则生成标准状况下6．72 L(0.3 mol)O2时，转移0.6 mol电子。
答案：(1)ad (2)①c ②MnO Mn2＋ ③2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ ④0.6
解题技巧
(1)注意特殊物质中元素的化合价 如CuFeS2中铜、铁元素的化合价都为＋2，硫元素的化合价为－2；FeS2中硫元素的化合价为－1；K2FeO4中铁元素的化合价为＋6等。
(2)配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。
(3)依据电子得失守恒列等式时不要忽略变价原子的个数。
配平氧化还原反应方程式的基本技能 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先使得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水。然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
练习
1．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示；
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为____________________________
__________________________________________________________________。
答案：(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO (2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
解析：(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
2．四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题。
(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是 。
(2)反应的离子方程式中x＝ 。
(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为 mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol。
答案：(1)Fe2＋、S2O (2)4 (3)4 0.5
解析：(2)根据电荷守恒得：x＋2×2－3×2＝2，解得x＝4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4时，转移的电子数即1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×，解得x＝0.5 mol。
3．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。
(2)该反应的还原产物是_____________。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11．2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。
答案：(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl
(2)ClO2 (3)1mol 6．02×1023或NA
(4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+
解析：(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11．2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6．02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。
4．黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：
已知：CuFeS2中Cu为＋2价。
请回答下列问题：
(1)CuFeS2中Fe的化合价为____________。
(2)写出反应Ⅰ的离子方程式：_______________________________，该反应的氧化剂是________。
(3)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl－反应生成可溶于水的[CuCl2]－。该反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)反应Ⅰ～Ⅳ 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应________(选填“Ⅰ～Ⅳ”)。
(5)反应Ⅴ中Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为________(写出化学式)。
答案：(1)＋2 (2)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S CuFeS2、FeCl3
(3)Cl－＋CuCl===[CuCl2]－ (4)Ⅱ、Ⅳ (5)CuCl2、NaCl
解析：(1)CuFeS2中，S为－2价，Cu为＋2价，Fe为＋2价。(2)由框图信息可知，反应Ⅰ的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应Ⅱ的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应Ⅰ的产物，故反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(3)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：Cl－＋CuCl===[CuCl2]－。(4)反应Ⅱ是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(3)中书写的离子方程式可知反应Ⅳ为非氧化还原反应。(5)由信息“Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Na[Cl2]中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。
5．已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5 g。已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平)：2NO＋xI－＋yH＋===2NO↑＋I2＋zH2O，请回答下列问题：
(1)上述反应中，x＝________，y＝________，z＝________，氧化剂是________。
(2)某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是________。
A．NaCl B．KMnO4
C．浓硫酸 D．NH4Cl
(3)饮用水中的NO对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO还原为N2，请配平化学方程式：Al＋NaNO3＋NaOH===________＋N2↑＋H2O
若反应过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为__________________________________________________________________。
答案：(1)2 4 2 NO (2)D(3)10 6 4 10 NaAlO2 3 2 1．12 L
解析：(1)反应中由碘原子守恒可知x＝2，由电荷守恒可计算y＝4，由氢原子守恒可知z＝2，该反应中氮元素的化合价降低，则NO为氧化剂。(2)因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl符合。(3)由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成NaAlO2，铝元素化合价升高，被氧化，氮元素化合价降低，被还原，由电子守恒和原子守恒可知，反应为10Al＋6NaNO3＋4NaOH===10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O中，该反应转移30e－，则过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为0.5 mol××22．4 L·mol－1＝1．12 L。
一、选择题
1．(2021·广东湛江市期末)根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是( )
A．I2具有还原性 B．当生成22.4LCl2时，转移10mol电子
C．KIO3是氧化产物 D．该反应属于置换反应
答案：B
解析：A项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，I2具有还原性，A正确；B项，当生成22.4LCl2时，转移10mol电子，没有指明气体是否是标准状况，B错误；C项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3氧化产物，Cl2是还原产物，C正确；D项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，是置换反应，D正确；故选B。
2．(2021·江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是( )
A．失去电子，作氧化剂
B．得到电子，发生氧化反应
C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023
答案：D
解析：A项，由反应可知Fe转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故A错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故B错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，故C错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023故D正确；故选D。
3．(2021·重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中获得重大突破，其成果在最近的美国《科学》杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的说法正确的是( )
A．催化剂只能是加快反应速率
B．保持氢气化学性质的最小粒子是H
C．该反应的化学方程式是：2CH4=C2H4+2H2
D．反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应
答案：D
解析：A项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质在反应前后不变，故A说法错误；B项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是H2，故B说法错误；C项，根据图示可以看出，该反应的反应物是CH4，生成物是C2H4和H2，催化剂为单中心铁，反应的化学方程式为2CH4C2H4+2H2，故C说法错误；D项，该反应的反应物是一种，生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故D说法正确；故选D。
4．(2021·天津期末)用0.2mol/L Na2SO3溶液32mL，还原含4×10－3molXO42-的溶液，过量的Na2SO3用0.2mol/L KMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
答案：C
解析：
过量Na2SO3的物质的量为n(Na2SO3)×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na2SO3)=4×10-4mol，设X在还原产物中的化合价为x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故选项C正确。5．(2021·涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO42-呈黄色，Cr2O72-呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列说法正确的是( )
A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大
B．该反应是氧化还原反应
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色
D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动
答案：A
解析：A项，向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；B项，反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；C项，向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；D项，向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；故选A。
6．(2021·福建高三零模)钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A．钠的密度比液氨大
B．溶液的导电性增强
C．0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑
答案：C
解析：A项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B项，液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；C项，0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误 ，符合题意；D项，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D正确，不符合题意；故选C。
7．(2021·河南鹤壁市鹤壁高中月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是( )
A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5mol
C．若反应中转移的电子为nmol，则0.5＜n＜
D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2
答案：C
解析：A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+): n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1molNaOH参加反应，转移0.5mol电子；若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移5mol电子，则1molNaOH参加反应，转移mol电子，所以0.5＜n＜，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为11:1:2，假设NaCl为11mol，则NaClO为1mol，NaClO3为2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成11molNaCl，得到11mol电子，生成1molNaClO，失去1mol电子，生成2molNaClO3，失去10mol电子，得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。
8．(2021·沙坪坝区重庆八中高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是( )
A．PbCl42-和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用
B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性
C．该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO
答案：B
解析：过程ⅠPbCl42-+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-= PbCl42-+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO。A项，从反应过程可见，PbCl42-和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B项，过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为PbCl42-，说明循环过程中，PbCl42-被还原，体现氧化性，故B错误；C项，该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D项，乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO，故D正确；故选B。
9．(2021·浙江选考模拟)已知：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O)。某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A (KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素为+3价)的化学式：
步骤1：准确称取A样品9.82g，分为两等份；
步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37 g；
步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1 H2SO4溶液和适量蒸馏水，使用0.5 mol·L-1KMnO4溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO4溶液的体积为24.0 mL；
步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。
下列说法正确的是( )
A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03
B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03 mol
C．据上述4步算得晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O
D．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168 mL Cl2
答案：C
解析：已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，得出结晶水的物质的量；将步骤2所得固体溶于水，晶体A中含有+3价的铁，加入铁粉0.2800g，恰好反应，得到晶体中铁元素的物质的量；根据步骤3：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O，反应消耗0.5 mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，得到4.9100gA样品中C2O42-的物质的量；根据质量守恒，得到晶体中钾离子的物质的量，代入数据求n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)最简整数比即可得晶体A的化学式。4.9100gA样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是=0.03mol；将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是×2=0.01mol；根据步骤3：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O反应消耗0.5 mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，则4.910gA样品中C2O42-的物质的量是=0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。A项，由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；B项，据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03 mol，则9.82gA样品中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.06 mol，故B错误；C项，由上述可知，晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，故C正确；D项，未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故D错误；故选C。
10．(2021·山东青岛市·高三期中)MnO2是一种重要的无机功能材料，利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如图所示。
下列分析错误的是( )
A．操作X和操作Y的名称均为过滤
B．CO2是酸性氧化物，MnO2是碱性氧化物
C．“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5
D．Cl2与NaOH溶液反应，每生成42.6g NaClO3转移电子数为2NA
答案：B
解析：由流程图可知粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)加稀硫酸，MnO和MnCO3与稀硫酸反应生成MnSO4，过滤得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀过滤可得MnO2。A项，由上述分析可知操作X和操作Y的名称均为过滤，故A正确；B项，MnO2不与酸反应生成对应的盐和水不是碱性氧化物，故B错误；C项，“氧化”过程中发生反应，氧化剂为NaClO3还原剂为MnSO4，比例为2:5，故C正确；D项， Cl2与NaOH溶液反应， 42.6g NaClO3物质的量，转移电子数为，故D正确。故选B。
二、非选择题
11．(2021·福建省连城县第一中学月考)据所学知识完成以下题目：
(1)在下列反应中，HCl做还原剂的是_______，HCl做氧化剂的是_______。
①CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
③PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
④KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O
⑤CuO+2HCl=CuCl2+H2O
(2)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式，。
①KMnO4+HCl=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，_______ 。
②Mn2++ ClO3-+H2O=MnO2↓+Cl2↑+___ ，_______ 。
(3)用单线桥表示下列反应中电子转移方向和数目：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，_______。
(4)钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素。测定人体血液中钙元素的含量常用到如下两个反应：
①CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4
②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
上述反应②的还原剂是____；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，消耗氧化剂_____mol，有_____mol电子发生转移，相当于测出含钙元素的质量是_____g。
(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。写出碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式：_____。
答案：(1)③④②
(2)2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
5Mn2++2 ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+
(3)
(4)H2C2O4 4×10-4 2×10-3 0.04
(5)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2 FeO42-+3Cl-+5H2O
解析：(1)①反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不是氧化还原反应；②反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中氢元素化合价降低，得到电子，被还原，氯化氢是氧化剂；③反应PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；④反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O中氯化氢中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；⑤反应CuO+2HCl=CuCl2+H2O不是氧化还原反应；因此HCl做还原剂的是③④，HCl做氧化剂的是②。(2)①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 ②反应中Mn元素化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子，氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电荷守恒、电子得失守恒以及原子守恒可知反应后还有氢离子生成，则配平后的方程式为5Mn2++2 ClO3-+4H2O＝5MnO2↓+Cl2↑+8H+。 (3)反应物KI中碘元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知反应中转移5个电子，则用用单线桥表示为：。(4)反应②的草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，还原剂是H2C2O4；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，二氧化碳的物质的量是0.002mol，根据方程式可知消耗氧化剂高锰酸钾的物质的量是0.002mol÷5＝4×10-4mol，转移电子的物质的量是0.002mol，消耗草酸的物质的量是0.001mol，则相当于测出含钙元素的质量是0.001mol×40g/mol＝0.04g。(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O，这说明反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，则根据电子得失守恒可知碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2 FeO42-+3Cl-+5H2O。
12．(2021·山东潍坊市·寿光现代中学高三月考)五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2+。
②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强。
③溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O VO3-+2H+
(1)“酸浸”时，FeSO4参与反应的化学方程式为___________。
(2)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂___________。(填化学式)假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，“滤液2”中残留的c(VO2+)=___________mol·L-1.(萃取率=×100％)
(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(4)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有___________。
答案：(1)(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O
(2)H2SO4 10-4a (3)3H2O+ClO3-+6VO2+=6 VO2++Cl-+6H+
(4)使VO2++H2O2 VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3- (aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++H2O VO3-+2H+，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；
原因4：平衡VO2++H2O VO3-+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降
(5)有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O
解析：由实验流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+，加入FeSO4，在酸性条件下，亚铁离子能被VO2+氧化生成铁离子，VO2+被还原为VO2+，化学反应方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子(Fe3+、Al3+)，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂H2O2，将剩余的Fe2+氧化成Fe3+，再加KOH调pH值，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2含有VO2+、K+、SO42-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入H2SO4进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+，在VO2+加入H2SO4和KClO3，将VO2+氧化为VO2+，通入NH3调节溶液pH到最佳值，加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀，最后焙烧得到五氧化二钒。(1)由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；(2)由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，依据萃取率90%，剩余溶液中10%，“滤液2”中残留的c(VO2+)=a×10%×10%×10%×10%=1.0a×l0-4mol·L-1=10-4a mol·L-1；(3)氧化过程是KClO3将VO2+氧化为VO2+，ClO3-中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O+ ClO3-+6VO2+=6 VO2++Cl-+6H+； (4) 溶液中存在平衡VO2++H2O VO3-+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3- (aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++H2O VO3-+2H+，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡VO2++H2O VO3-+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。(5) 钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用。
1．（2021·湖南）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
答案：A
解析：A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
2．（2021·浙江）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
答案：D
解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
3．（2021·浙江）关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性 B．与溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
答案：D
解析：A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；
B．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D
4．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
答案：D
【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。
解析：A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。
综上所述，本题选D。
5．（2021·浙江）下列“类比”合理的是
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
答案：C
解析：A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；
B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO-被还原成Cl-，B不合理；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；
D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。
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专题四 氧化还原反应
【考纲导向】
1．理解氧化还原反应的本质和特征
2．从多个角度理解氧化剂和还原剂等概念
3．会比较与判断氧化性或还原性强弱
4．知道常见的氧化剂和还原剂
5．能判断氧化还原反应中的电子转移方向和数目
6．能够利用得失电子守恒进行有关氧化还原反应的计算
7．掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算
【命题分析】
氧化还原反应是中学化学教材中的重要概念，贯穿整个高中化学的始终，因此，它是历年高考的必考内容，填空题、简答题均有可能出现，主要考查氧化还原反应的概念与本质；判断氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物，被氧化元素与被还原元素；比较氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)的强弱；方程式的配平及简单计算。它在高考中考查形式有：(1)出现在阿伏伽德罗常数的正误判断中。在阿伏伽德罗常数的正误判断中，计算得失电子数目是常考查的一种角度，在这里需要掌握高中一些重要物质的性质，如Cl2是强氧化剂，但1molCl2在化学反应中，不一定得2mole-，如它与NaOH溶液的反应，转移电子的物质的量为1mol，还有Na2O2,它与水的反应中，也是既作氧化剂又作还原剂，有2mol的Na2O2参加反应，电子转移数为2NA。(2)出现在离子共存问题中。具有氧化性的微粒有Cl2、Na2O2 和H+、NO3-(相当于HNO3)、Fe3+、MnO4-，具有还原性的离子还有SO32-、S2-、Fe2+。(3)出现在离子方程式的正误判断中。(4)出现在简答题中根据信息书写化学方程式，能力要求高，难度较大。
考点一 基本概念
1．氧化还原反应基本概念图解
2．常见氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂及其还原产物
氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ 酸性KMnO4、K2Cr2O7 HClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2
还原产物 Cl－(X－) H2O/ O2－/ OH－ Fe2＋/ Fe Mn2＋、Cr3＋ Cl－ SO2 NO2/NO H2O
(2)常见还原剂及其氧化产物
还原剂 金属单质 非金属单质 Fe2＋ H2S/ S2－ HI/I－ NH3 CO SO2/SO
氧化产物 金属离子 非金属氧化物 Fe3＋ S、SO2 I2 N2、NO CO2 SO3、SO
3．电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头，③算数目，④说变化。
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
考法1 氧化还原反应的判断
【典例1】(2020 山东卷)下列叙述不涉及氧化还原反应的是( )
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
解析：A项，涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B项，小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C项，利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D项，NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。故选B。
答案：B
考法2 氧化还原反应的概念
【典例2】(2021年1月浙江选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是( )
A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
解析：由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
答案：D
考法3 氧化还原反应与四种基本反应类型
【典例3】下列反应既属于氧化还原反应又属于化合反应的是
A．Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3 B．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2 D．Ca(OH)2＋2NH4Cl===CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
解析：A项，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3中三种物质生成一种物质是化合反应，但反应过程中没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A不符合题意；B项，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3三种物质生成一种物质是化合反应，反应前铁的化合价为+2价，反应后升高到+3价，为还原剂，反应前氧的化合价为0价，反应后化合价下降到-2价，为氧化剂，所以此反应为氧化还原反应，故B符合题意；C项，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2反应前两种物质，反应后为两种物质，所以不是化合反应，此反应中存在化合价的变化，为氧化还原反应，故C不符合题意；D项，Ca(OH)2＋2NH4Cl=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O反应前两种物质，反应后三种物质，所以不是化合反应，反应过程中没有化合价变化，因此为非氧化还原反应，故D不符合题意；故选B。
答案：B
考法4 氧化还原反应的电子转移
【典例4】下列表示反应中电子转移的方向和数目正确的是( )
解析：B项，硫元素发生歧化反应，两个S由0降低为－2价，总共降低4价，一个S由0价升高为＋4价，总升高4价，共失去4个电子，正确；C项，根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从＋5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从－1价升高到0价，转移电子数是5；D项，氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，，故D错误。
答案：B
解题技巧
1．误认为有单质参与或生成的反应一定是氧化还原反应。如O2与O3的转化为非氧化还原反应。
2．误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HCl→Cl2，氯元素被氧化，CuO→Cu，铜元素被还原。
3．误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。如Cl2＋H2OHCl＋HClO中，被氧化和被还原的都是氯元素。
4．误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如SO2具有还原性，浓H2SO4具有氧化性，但二者不发生氧化还原反应。
5．误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。
明确分析问题的方法思路：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。基本方法是先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。
练习
1．(2020 浙江1月选考)反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物是( )
A．MnO2 B．HCl C．MnCl2 D．Cl2
答案：D
解析：氧化还原反应中还原剂失电子化合价升高被氧化得到氧化产物，该反应中HCl中氯元素由-1价升为0价得到产物Cl2，即氧化产物为Cl2；故选D。
2．(2020·浙江省7月选考)反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A．1：2 B．1：1 C．2：1 D．4：1
答案：B
解析：由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；故选B。
3．(2020 北京卷)水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是( )
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O
答案：A
解析：A项，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；B项，Cl2+H2O=HCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；C项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；D项，Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；故选A。
4．(2019 北京卷)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是
物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉
B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl
C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4
D NO(NO2) H2O、无水CaCl2
答案：B
解析：A项，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；B项，MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C项，部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；D项，NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意；故选B。
5．下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是( )
A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2
C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
答案：D
解析：A项，MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B项，C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C项，8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D项，反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故选D。
考点二 氧化还原反应的基本规律
1．氧化还原反应的基本规律
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。
2．物质氧化性、还原性强弱的应用
物质氧化性、还原性强弱判断的常用方法 (1)依据反应条件来判断。 当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难发生(即氧化剂得电子越困难)，则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2OCu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。
(2)根据“三表”判断。 ①根据元素周期表判断
②根据金属及非金属的活动性顺序表判断
(3)依据“两池”判断。 ①两种不同的金属构成原电池的两极时，负极是电子流出的一极，正极是电子流入的极。则两种金属的还原性：正极＜负极。 ②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子的氧化性较强，在阳极先失去电子的阴离子的还原性较强。
(4)依据“三度”判断(即：浓度、温度、酸碱度)。 一般情况下，浓度越大，温度越高，氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)越强；酸碱度是影响氧化性强弱的重要因素。例如：①KMnO4在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取氯气；②HNO3(浓)的氧化性强于HNO3(稀)的氧化性；③HNO3(热)的氧化性强于HNO3(冷)的氧化性。
考法1 氧化性、还原性强弱的判断
【典例1】常温下，在溶液中可发生以下反应：
①16H＋＋10Z－＋2XO===2X2＋＋5Z2＋8H2O
②2M2＋＋R2===2M3＋＋2R－
③2R－＋Z2===R2＋2Z－
由此判断下列说法错误的是( )
A．氧化性强弱顺序为XO
D．常温下可发生反应：2M2＋＋Z2===2M3＋＋2Z－
解析：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，故根据反应①知，氧化性：Z2
答案：A
考法2 氧化还原反应中反应的先后顺序
【典例2】在复杂体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题．下列反应先后顺序判断正确的是( )
A．在含等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入Zn：Ag+、Cu2+、H+、Fe2+
B．在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、Al(OH)3、OH-、CO32-
C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3
D．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I-、Br-、Fe2+
解析：A项，在含等物质的量的Fe3+、Ag+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由氧化性Ag＞+Fe3+＞Cu2+＞H+＞Fe2+，则化学反应的先后顺序为Ag+、Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，正确；B项，在含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸，先发生OH-与盐酸的反应，错误；C项，在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2，则化学反应的先后顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，错误；D项，含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，由还原性I-＞Fe2+＞Br-，则化学反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，错误。
答案：A
考法3 氧化还原反应规律的运用
【典例3】已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 mol·L－1
C．若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋
解析：由已知反应可知，还原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先发生反应：Cl2＋H2SO3＋H2O==2HCl＋H2SO4，H2SO3反应完全后发生反应：Cl2＋2HI==I2＋2HCl，则还原性：HI＞HCl，故还原性：H2SO3＞HI＞HCl，A项错误；设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x mol·L－1，根据二者分别与Cl2反应的化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x＋＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全反应，即参与反应的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。
答案：D
解题技巧
根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法
(1)浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3，还原性：浓HCl>稀HCl。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱性：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。
如酸性条件：2MnO＋6H＋＋5SO===2Mn2＋＋5SO＋3H2O
中性条件：2MnO＋H2O＋3SO===2MnO2＋3SO＋2OH－
碱性条件：2MnO＋2OH－＋SO===2MnO＋SO＋H2O
其氧化性为KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性)。
练习
1．(2019·浙江4月选考)聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是
A．KClO3作氧化剂，每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗6/n mol KClO3
B．生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大
C．聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水
D．在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强
答案：A
解析：A项，根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1 mol [Fe(OH)SO4]n消耗n/6 mol KClO3，A项错误；B项，绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项错误；C项，聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D项，多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故选A。
2．工业上从含硒的废液中提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸处理废料，获得亚硒酸和少量硒酸，再与盐酸共热，硒酸转化为亚硒酸(2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O)，在亚硒酸溶液中通入SO2，有单质硒析出。下列说法错误的是( )
A．氧化性：H2SeO4＞Cl2＞H2SO3
B．酸性：H2SO4＞H2SeO4
C．析出1 mol硒需要消耗标准状况下22．4 L SO2
D．亚硒酸理论上既有氧化性，又有还原性，但还原性不及亚硫酸
答案：C
解析：在2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O中，氧化剂是H2SeO4，氧化产物是Cl2，所以氧化性：H2SeO4＞Cl2；在Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4中，氯气是氧化剂，H2SO3是还原剂，则氧化性：Cl2＞H2SO3，A正确；同一主族的元素，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性就越强，元素的非金属性：S＞Se，所以酸性：H2SO4＞H2SeO4，B正确；根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，析出1 mol硒，转移4 mol电子，则需要消耗标准状况下44．8 L SO2，C错误；在亚硒酸中Se的化合价为＋4价，介于该元素的最高化合价和最低化合价之间，理论上既有氧化性，又有还原性，根据化学反应：2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋Cl2↑＋H2O、Cl2＋SO2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，则还原性：亚硫酸＞亚硒酸，D正确。
3．向含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol Fe粉，充分搅拌后Fe粉溶解，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 mol Ag。下列结论错误的是( )
A．氧化性：Zn2＋＞Cu2＋＞Fe3＋＞Ag＋ B．Fe3＋的氧化性强于Cu2＋
C．溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2 D．1 mol Fe可还原2 mol Fe3＋
答案：A
解析：根据金属活动性顺序可知氧化性：Zn2＋
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．书写信息型氧化还原反应的步骤(三步法)
第1步 根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第2步 根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒。
第3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。
考法1 一般氧化还原反应的配平
【典例1】高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子．配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。
解析：依据方程式可知：反应前后Fe元素的化合价有+3→+6失去3个电子，化合价升3，被氧化，而Cl元素则有0→﹣1价，得到1个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设Fe(NO3)3前的系数为2，Cl2前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2 Fe(NO3)3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O即消耗3molCl2转移电子总数为6NA 。
答案：2；16；3；2；6；Fe；6NA
考法2离子反应方程式配平
【典例2】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－
解析：根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。
答案：C
考法3 缺项氧化还原反应的配平
【典例3】已知二氧化硒是一种氧化剂，它可由Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O制取。又知离子方程式aSeO2＋bSO2＋cH2O===aSe＋b__X__＋d__Y__；则关于下列叙述正确的是( )
A．a∶b＝1∶1 B．Y为OH－
C．氧化性为SeO2＞H2SO4(浓) D．若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子
解析：根据题意SeO2是氧化剂，则可将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知a∶b＝1∶2，A、B错误，D正确；根据氧化性：氧化剂＞氧化产物知C错误。
答案：D
考法4 特定条件下氧化还原反应方程式的书写与配平
【典例4】高锰酸钾(KMnO4)和过氧化氢(H2O2)是两种常见的氧化剂。
(1)下列物质中能使酸性KMnO4溶液褪色的是________(填字母)。
a．臭碱(Na2S) b．小苏打(NaHCO3)
c．水玻璃(Na2SiO3溶液) d．酒精(C2H5OH)
(2)某强酸性反应体系中，参与反应的共有六种微粒：O2、MnO4-、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。
①该反应中应选择的酸是________(填字母)。
a．盐酸 b．浓硫酸 c．稀硫酸 d．稀硝酸
②该反应中发生还原反应的过程是________→________。
③写出该反应的离子方程式：____________________________________。
④若上述反应中有6．72 L(标准状况)气体生成，则转移的电子为________mol。
解析：(1)Na2S中的S2－和C2H5OH都具有还原性，都能被酸性KMnO4溶液氧化。(2)①该反应是酸性KMnO4溶液氧化H2O2的反应，MnO被还原为Mn2＋。KMnO4有强氧化性，所选择的酸不能是具有还原性的盐酸，也不能是具有强氧化性的浓硫酸和稀硝酸，应选择稀硫酸。②该反应中发生还原反应的过程是MnO―→Mn2＋。③该反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。④根据③中离子方程式可知，每转移10 mol电子，生成5 mol O2，则生成标准状况下6．72 L(0.3 mol)O2时，转移0.6 mol电子。
答案：(1)ad (2)①c ②MnO Mn2＋ ③2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ ④0.6
解题技巧
(1)注意特殊物质中元素的化合价 如CuFeS2中铜、铁元素的化合价都为＋2，硫元素的化合价为－2；FeS2中硫元素的化合价为－1；K2FeO4中铁元素的化合价为＋6等。
(2)配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。
(3)依据电子得失守恒列等式时不要忽略变价原子的个数。
配平氧化还原反应方程式的基本技能 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先使得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水。然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
练习
1．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示；
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为____________________________
__________________________________________________________________。
答案：(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO (2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
解析：(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
2．四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题。
(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是 。
(2)反应的离子方程式中x＝ 。
(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为 mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为 mol。
答案：(1)Fe2＋、S2O (2)4 (3)4 0.5
解析：(2)根据电荷守恒得：x＋2×2－3×2＝2，解得x＝4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4时，转移的电子数即1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×，解得x＝0.5 mol。
3．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。
(2)该反应的还原产物是_____________。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11．2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。
答案：(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl
(2)ClO2 (3)1mol 6．02×1023或NA
(4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+
解析：(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11．2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6．02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。
4．黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：
已知：CuFeS2中Cu为＋2价。
请回答下列问题：
(1)CuFeS2中Fe的化合价为____________。
(2)写出反应Ⅰ的离子方程式：_______________________________，该反应的氧化剂是________。
(3)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl－反应生成可溶于水的[CuCl2]－。该反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)反应Ⅰ～Ⅳ 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应________(选填“Ⅰ～Ⅳ”)。
(5)反应Ⅴ中Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为________(写出化学式)。
答案：(1)＋2 (2)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S CuFeS2、FeCl3
(3)Cl－＋CuCl===[CuCl2]－ (4)Ⅱ、Ⅳ (5)CuCl2、NaCl
解析：(1)CuFeS2中，S为－2价，Cu为＋2价，Fe为＋2价。(2)由框图信息可知，反应Ⅰ的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应Ⅱ的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应Ⅰ的产物，故反应Ⅰ的离子方程式为CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(3)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：Cl－＋CuCl===[CuCl2]－。(4)反应Ⅱ是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(3)中书写的离子方程式可知反应Ⅳ为非氧化还原反应。(5)由信息“Na[CuCl2]既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Na[Cl2]中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。
5．已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.3～0.5 g。已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平)：2NO＋xI－＋yH＋===2NO↑＋I2＋zH2O，请回答下列问题：
(1)上述反应中，x＝________，y＝________，z＝________，氧化剂是________。
(2)某工厂废切削液中含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是________。
A．NaCl B．KMnO4
C．浓硫酸 D．NH4Cl
(3)饮用水中的NO对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO还原为N2，请配平化学方程式：Al＋NaNO3＋NaOH===________＋N2↑＋H2O
若反应过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为__________________________________________________________________。
答案：(1)2 4 2 NO (2)D(3)10 6 4 10 NaAlO2 3 2 1．12 L
解析：(1)反应中由碘原子守恒可知x＝2，由电荷守恒可计算y＝4，由氢原子守恒可知z＝2，该反应中氮元素的化合价降低，则NO为氧化剂。(2)因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl符合。(3)由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成NaAlO2，铝元素化合价升高，被氧化，氮元素化合价降低，被还原，由电子守恒和原子守恒可知，反应为10Al＋6NaNO3＋4NaOH===10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O中，该反应转移30e－，则过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为0.5 mol××22．4 L·mol－1＝1．12 L。
一、选择题
1．(2021·广东湛江市期末)根据反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑判断，下列结论不正确的是( )
A．I2具有还原性 B．当生成22.4LCl2时，转移10mol电子
C．KIO3是氧化产物 D．该反应属于置换反应
答案：B
解析：A项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，I2具有还原性，A正确；B项，当生成22.4LCl2时，转移10mol电子，没有指明气体是否是标准状况，B错误；C项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，KClO3是氧化剂，I2是还原剂，KIO3氧化产物，Cl2是还原产物，C正确；D项，对于反应2KClO3+I2=2KIO3+Cl2↑，是置换反应，D正确；故选B。
2．(2021·江苏盐城市期末)工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2↑+4Na↑”生产金属钠。下列有关说法正确的是( )
A．失去电子，作氧化剂
B．得到电子，发生氧化反应
C．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
D．每生成1molNa，转移的电子数为2×6.02×1023
答案：D
解析：A项，由反应可知Fe转化成四氧化三铁，化合价升高，失去电子，作还原剂，故A错误；B项，氢氧化钠中钠和氢元素的化合价都降低，得电子，作氧化剂，发生还原反应，故B错误；C项，生成的钠蒸汽能与空气中的氧气和水反应，因此应隔绝空气后冷却获得钠，故C错误；D项，由反应可知，3molFe失去8mol电子得到4molNa，则生成1molNa转移电子2mol，数目为2×6.02×1023故D正确；故选D。
3．(2021·重庆永川区高三期末)我国科学家创造性地构建了“单中心铁催化剂”，在甲烷高效转化研究中获得重大突破，其成果在最近的美国《科学》杂志发表。该转化的微观示意图如图所示：有关转化的说法正确的是( )
A．催化剂只能是加快反应速率
B．保持氢气化学性质的最小粒子是H
C．该反应的化学方程式是：2CH4=C2H4+2H2
D．反应前后分子的种类发生了改变，是分解反应
答案：D
解析：A项，催化剂能改变其它物质的化学反应的速率(包括加快或减慢)，本身的质量和化学性质在反应前后不变，故A说法错误；B项，氢气是由氢分子构成的，因此保持氢气化学性质的最小粒子是H2，故B说法错误；C项，根据图示可以看出，该反应的反应物是CH4，生成物是C2H4和H2，催化剂为单中心铁，反应的化学方程式为2CH4C2H4+2H2，故C说法错误；D项，该反应的反应物是一种，生成物是两种，为分解反应，反应前后分子的种类发生了改变，故D说法正确；故选D。
4．(2021·天津期末)用0.2mol/L Na2SO3溶液32mL，还原含4×10－3molXO42-的溶液，过量的Na2SO3用0.2mol/L KMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2＋)，共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
答案：C
解析：
过量Na2SO3的物质的量为n(Na2SO3)×(6-4)=1.6×10-3×0.1×(7-2)，n(Na2SO3)=4×10-4mol，设X在还原产物中的化合价为x，(32×10-3×0.2-4×10-4)×2=2×10-3×2×(6-x)，解得x=+3，故选项C正确。5．(2021·涡阳县育萃高级中学月考)在水溶液中，CrO42-呈黄色，Cr2O72-呈橙色，重铬酸钾(K2Cr2O7)在水溶液中存在以下平衡：Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，下列说法正确的是( )
A．向该溶液中滴加适量的NaHSO4固体，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大
B．该反应是氧化还原反应
C．向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，溶液呈橙色
D．向体系中加入少量水，平衡逆向移动
答案：A
解析：A项，向该溶液中滴加适量NaHSO4固体，氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，由于只能是减弱这种改变，所以再次达到平衡后，氢离子浓度比原溶液大，故A正确；B项，反应前后元素的化合价均不发生变化，该反应不是氧化还原反应，故B错误；C项，向该溶液中加入过量浓NaOH溶液后，消耗氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，溶液呈黄色，故C错误；D项，向体系中加入少量水，相当于稀释，平衡正向移动，故D错误；故选A。
6．(2021·福建高三零模)钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。下列说法错误的是( )
A．钠的密度比液氨大
B．溶液的导电性增强
C．0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子
D．钠和液氨可发生以下反应：2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑
答案：C
解析：A项，钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，A正确，不符合题意；B项，液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，B正确，不符合题意；C项，0.1mol钠反应失去0.1mol电子，C错误 ，符合题意；D项，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应： 2NH3 + 2Na=2NaNH2 + H2↑，D正确，不符合题意；故选C。
7．(2021·河南鹤壁市鹤壁高中月考)已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是( )
A．n(Na+)：n(Cl-)可能为9：7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5mol
C．若反应中转移的电子为nmol，则0.5＜n＜
D．n(NaCl)：n(NaClO)：n(NaClO3)可能为11：1：2
答案：C
解析：A项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+): n(Cl-)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl-)可能为9:7，故A正确；B项，NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故B正确；C项，若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，1molNaOH参加反应，转移0.5mol电子；若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移5mol电子，则1molNaOH参加反应，转移mol电子，所以0.5＜n＜，故C错误；D项，若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)为11:1:2，假设NaCl为11mol，则NaClO为1mol，NaClO3为2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成11molNaCl，得到11mol电子，生成1molNaClO，失去1mol电子，生成2molNaClO3，失去10mol电子，得失电子总数相等，符合电子守恒，故D正确；故选C。
8．(2021·沙坪坝区重庆八中高三月考)图中展示的是乙烯催化氧化的过程(部分配平相关离子未画出)，下列描述错误的是( )
A．PbCl42-和Cu2+在反应中都起到催化剂的作用
B．该转化过程中，仅O2和Cu2+均体现了氧化性
C．该转化过程中，涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O
D．乙烯催化氧化的反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO
答案：B
解析：过程ⅠPbCl42-+CH2=CH2→PbCl3(CH2=CH2)-+Cl-，过程ⅡPbCl3(CH2=CH2)-+H2O→+H++Cl-，过程Ⅲ→CH3CHO+Pb+H++2Cl-，过程Ⅳ中Pd+2Cu2++4Cl-= PbCl42-+2Cu+，过程Ⅴ发生4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，(Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ+Ⅳ)×2+Ⅴ得总方程式为：2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO。A项，从反应过程可见，PbCl42-和Cu2+是循环使用的，可认为是催化剂，故A正确。B项，过程Ⅳ中，Cu2+体现氧化性，Pd被氧化为PbCl42-，说明循环过程中，PbCl42-被还原，体现氧化性，故B错误；C项，该转化过程中，过程Ⅴ中涉及反应4Cu+ +O2+4H+=4Cu2++2H2O，故C正确；D项，乙烯催化氧化生成乙醛，反应方程式为2CH2=CH2 + O2 2CH3CHO，故D正确；故选B。
9．(2021·浙江选考模拟)已知：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O)。某研究小组通过如下实验步骤测定晶体A (KxFey(C2O4)z·aH2O，其中的Fe元素为+3价)的化学式：
步骤1：准确称取A样品9.82g，分为两等份；
步骤2：取其中一份，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.37 g；
步骤3：取另一份置于锥形瓶中，加入足量的3.0mol·L-1 H2SO4溶液和适量蒸馏水，使用0.5 mol·L-1KMnO4溶液与其反应，反应结束时消耗KMnO4溶液的体积为24.0 mL；
步骤4：将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.28g，恰好完全反应。
下列说法正确的是( )
A．据步骤2可以算出水的物质的量，得出a=0.03
B．据步骤3算得晶体A样品中含草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03 mol
C．据上述4步算得晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O
D．将步骤4所得溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+需要通入168 mL Cl2
答案：C
解析：已知9.820gA样品，分成两份，每份样品质量为4.910g，一份干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，得出结晶水的物质的量；将步骤2所得固体溶于水，晶体A中含有+3价的铁，加入铁粉0.2800g，恰好反应，得到晶体中铁元素的物质的量；根据步骤3：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O，反应消耗0.5 mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，得到4.9100gA样品中C2O42-的物质的量；根据质量守恒，得到晶体中钾离子的物质的量，代入数据求n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)最简整数比即可得晶体A的化学式。4.9100gA样品，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.3700g，说明结晶水的质量是4.910g-4.370g=0.540g，结晶水的物质的量是=0.03mol；将步骤2所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好反应，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+可知4.910g晶体中铁元素的物质的量是×2=0.01mol；根据步骤3：5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+=2Mn2+ +10CO2↑+ 8H2O反应消耗0.5 mol·L-1KMnO4溶液24.00mL，则4.910gA样品中C2O42-的物质的量是=0.03mol，根据质量守恒，晶体中钾离子的物质的量是=0.03mol，n(K)：n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=0.03：0.01：0.03：0.03=3：1：3：3，所以晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O。A项，由步骤2只能计算出4.9100gA样品中含有0.03mol水，无法计算a值，故A错误；B项，据步骤3算得4.910g晶体A中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.03 mol，则9.82gA样品中草酸根离子(C2O42-)的物质的量为0.06 mol，故B错误；C项，由上述可知，晶体A的化学式为K3Fe(C2O4)3·3H2O，故C正确；D项，未告知气体所处环境，因此无法计算最终消耗氯气的体积，故D错误；故选C。
10．(2021·山东青岛市·高三期中)MnO2是一种重要的无机功能材料，利用粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)制取MnO2的流程如图所示。
下列分析错误的是( )
A．操作X和操作Y的名称均为过滤
B．CO2是酸性氧化物，MnO2是碱性氧化物
C．“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5
D．Cl2与NaOH溶液反应，每生成42.6g NaClO3转移电子数为2NA
答案：B
解析：由流程图可知粗MnO2(含有杂质MnO和MnCO3)加稀硫酸，MnO和MnCO3与稀硫酸反应生成MnSO4，过滤得MnO2和MnSO4溶液，用NaClO3氧化得MnO2沉淀过滤可得MnO2。A项，由上述分析可知操作X和操作Y的名称均为过滤，故A正确；B项，MnO2不与酸反应生成对应的盐和水不是碱性氧化物，故B错误；C项，“氧化”过程中发生反应，氧化剂为NaClO3还原剂为MnSO4，比例为2:5，故C正确；D项， Cl2与NaOH溶液反应， 42.6g NaClO3物质的量，转移电子数为，故D正确。故选B。
二、非选择题
11．(2021·福建省连城县第一中学月考)据所学知识完成以下题目：
(1)在下列反应中，HCl做还原剂的是_______，HCl做氧化剂的是_______。
①CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O
②Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
③PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
④KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O
⑤CuO+2HCl=CuCl2+H2O
(2)在横线上补充所需的离子或分子，并配平方程式，。
①KMnO4+HCl=KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O，_______ 。
②Mn2++ ClO3-+H2O=MnO2↓+Cl2↑+___ ，_______ 。
(3)用单线桥表示下列反应中电子转移方向和数目：KIO3+5KI+3H2SO4═3K2SO4+3I2+3H2O，_______。
(4)钙元素是人体必需的常量元素，所有的细胞都需要钙元素。测定人体血液中钙元素的含量常用到如下两个反应：
①CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4
②2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O
上述反应②的还原剂是____；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，消耗氧化剂_____mol，有_____mol电子发生转移，相当于测出含钙元素的质量是_____g。
(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O。写出碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式：_____。
答案：(1)③④②
(2)2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
5Mn2++2 ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+
(3)
(4)H2C2O4 4×10-4 2×10-3 0.04
(5)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2 FeO42-+3Cl-+5H2O
解析：(1)①反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O不是氧化还原反应；②反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑中氢元素化合价降低，得到电子，被还原，氯化氢是氧化剂；③反应PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；④反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O中氯化氢中氯元素化合价升高，失去电子，被氧化，氯化氢是还原剂；⑤反应CuO+2HCl=CuCl2+H2O不是氧化还原反应；因此HCl做还原剂的是③④，HCl做氧化剂的是②。(2)①反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。 ②反应中Mn元素化合价从+2价升高到+4价，失去2个电子，氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电荷守恒、电子得失守恒以及原子守恒可知反应后还有氢离子生成，则配平后的方程式为5Mn2++2 ClO3-+4H2O＝5MnO2↓+Cl2↑+8H+。 (3)反应物KI中碘元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，碘酸钾中碘元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知反应中转移5个电子，则用用单线桥表示为：。(4)反应②的草酸中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，还原剂是H2C2O4；若收集到44.8mL(标准状况)的CO2时，二氧化碳的物质的量是0.002mol，根据方程式可知消耗氧化剂高锰酸钾的物质的量是0.002mol÷5＝4×10-4mol，转移电子的物质的量是0.002mol，消耗草酸的物质的量是0.001mol，则相当于测出含钙元素的质量是0.001mol×40g/mol＝0.04g。(5)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O，这说明反应中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到2个电子，则根据电子得失守恒可知碱性条件下制高铁酸钾的离子反应方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-＝2 FeO42-+3Cl-+5H2O。
12．(2021·山东潍坊市·寿光现代中学高三月考)五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有K2SO4、V2O5、V2O4、SiO2、Fe2O3、Al2O3等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时V2O5和V2O4先与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2+。
②有机萃取剂萃取VO2+的能力比萃取VO2+的能力强。
③溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2++H2O VO3-+2H+
(1)“酸浸”时，FeSO4参与反应的化学方程式为___________。
(2)“萃取”和“反萃取”时，将发生R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)，“反萃取”加入试剂___________。(填化学式)假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，“滤液2”中残留的c(VO2+)=___________mol·L-1.(萃取率=×100％)
(3)“氧化”过程中发生反应的离子方程式为___________。
(4)“沉钒”时，通入氨气的作用是___________，以沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂V的质量之比)表示该步反应钒的回收率。请解释下图温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是___________。
(5)该工艺流程中，可以循环使用的物质有___________。
答案：(1)(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O
(2)H2SO4 10-4a (3)3H2O+ClO3-+6VO2+=6 VO2++Cl-+6H+
(4)使VO2++H2O2 VO3-+2H+正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+浓度，使NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3- (aq)逆向移动使NH4VO3尽可能沉淀析出
原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；
原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；
原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++H2O VO3-+2H+，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；
原因4：平衡VO2++H2O VO3-+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降
(5)有机物(有机萃取剂)、NH3和H2O
解析：由实验流程可知，“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V2O4转成VO2+，加入FeSO4，在酸性条件下，亚铁离子能被VO2+氧化生成铁离子，VO2+被还原为VO2+，化学反应方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O，氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子(Fe3+、Al3+)，只有SiO2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO2，然后加氧化剂H2O2，将剩余的Fe2+氧化成Fe3+，再加KOH调pH值，铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液2含有VO2+、K+、SO42-，加入有机萃取剂萃取分液得到有机溶液中VO2+，再加入H2SO4进行反萃取分液，分离出有机层得到水层是含VO2+，在VO2+加入H2SO4和KClO3，将VO2+氧化为VO2+，通入NH3调节溶液pH到最佳值，加入NH4Cl得到NH4VO3沉淀，最后焙烧得到五氧化二钒。(1)由上分析可知，“酸浸”时，FeSO4与(VO2)2SO4发生氧化还原反应，生成VOSO4和Fe2(SO4)3，化学方程式为(VO2)2SO4+2FeSO4+2H2SO4=2VOSO4+Fe2(SO4)3+2H2O；(2)由R2(SO4)n(水层)+2nHA(有机层)2RAn(有机层)+nH2SO4(水层)(R表示VO2+，HA表示有机萃取剂)可知，“反萃取”时，要使VO2+进入水层，使上述平衡向逆反应方向移动，应加入H2SO4；假设“滤液2”中c(VO2+)=amol·L—1，“萃取”和“反萃取”每进行一次，VO2+萃取率为90％，4次操作后，依据萃取率90%，剩余溶液中10%，“滤液2”中残留的c(VO2+)=a×10%×10%×10%×10%=1.0a×l0-4mol·L-1=10-4a mol·L-1；(3)氧化过程是KClO3将VO2+氧化为VO2+，ClO3-中氯元素得电子被还原为Cl-，其离子方程式为3H2O+ ClO3-+6VO2+=6 VO2++Cl-+6H+； (4) 溶液中存在平衡VO2++H2O VO3-+2H+，通入氨气，使溶液中OH-浓度增大，消耗了H+，该平衡正移，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-，另外溶液中存在平衡NH4VO3(s) NH4+ (aq)+ VO3- (aq)，通入氨气，使溶液中NH4+浓度增大，该平衡逆移，从而使NH4VO3尽可能沉淀析出；温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是原因1：温度升高，NH4VO3溶解度增大，沉钒率下降；原因2：温度升高，氨水、NH4Cl受热分解逸出溶液，使NH4+浓度下降，沉钒率下降；原因3：温度升高，氨水受热分解逸出溶液，使OH-浓度下降，VO2++H2O VO3-+2H+，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降；原因4：平衡VO2++H2O VO3-+2H+，正反应可能是放热反应，温度升高，该平衡逆移，导致VO3-浓度下降，沉钒率下降。(5) 钒酸铵加热分解生成V2O5、氨气和水，即2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O，NH3和H2O可循环使用，“萃取”和“反萃取”时，有机萃取剂也可循环使用。
1．（2021·湖南）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
答案：A
解析：A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
2．（2021·浙江）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是
A． K2H3IO6发生氧化反应
B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
答案：D
解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；
B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；
C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
3．（2021·浙江）关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性 B．与溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
答案：D
解析：A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；
B．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D
4．（2021·浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
答案：D
【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。
解析：A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；
B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。
综上所述，本题选D。
5．（2021·浙江）下列“类比”合理的是
A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，则Fe与H2O反应生成Fe(OH)3和H2
B．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3和HClO，则NaClO溶液与SO2反应生成NaHSO3和HClO
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl
D．NaOH溶液与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NaNO3，则氨水与少量AgNO3溶液反应生成Ag2O和NH4NO3
答案：C
解析：A．Na与水反应生成NaOH和H2，Fe与冷水、热水都不反应，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，A不合理；
B．NaClO具有强氧化性，SO2具有较强的还原性，NaClO溶液与SO2发生氧化还原反应时SO2被氧化成，ClO-被还原成Cl-，B不合理；
C．Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl：Mg3N2+8HCl=3MgCl2+2NH4Cl，C合理；
D．氨水与少量AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，D不合理；答案选C。
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