专题六 氧化还原反应
课标要求 考情分析 核心素养
1. 认识有化合价变化的反应是氧化还原反应； 2. 了解氧化还原反应的本质是电子的转移，知道常见的氧化剂和还原剂。 新高考3年考频 100% 宏观辨识与微观探析 证据推理与模型认知
试题难度 中等
考查形式 选择题
高频考向： 1.氧化还原反应及相关概念判断：主要包括氧化还原反应基本概念的判断； 2.氧化还原反应规律及计算：主要包括守恒律、强弱律、优先律、价态律、转化律等规律的应用，并利用这些规律进行相关计算； 3.氧化还原反应方程式的书写与配平：主要包括直接型氧化还原反应方程式的配平、缺项型氧化还原反应方程式的配平、新情境条件下陌生反应方程式的书写等。
命题趋势：
氧化还原反应是高中化学的核心理论，在新高考模式下，作为高考必考考点，再现率达100%。分析近几年全国各地的高考试题不难发现，氧化还原反应的考查形式灵活、载体多样、关联丰富，区分度好，除了常见题型外，还常与离子共存、电化学、工艺流程、化学计算、化学实验等知识融合在一起命题，全方位综合体现学科内知识的理解及应用能力。氧化还原反应规律的应用、反应中电子转移数目确定、工艺流程中信息型氧化还原反应综合分析是高考命题主流题型。
解题思路：
一、氧化还原反应方程式的书写及配平：
规律总结：
1.氧化还原反应方程式配平的三原则
2.氧化还原反应方程式配平的五步骤
二、氧化还原反应的计算
规律总结：
解答氧化还原反应计算题的关键是根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，即电子得失守恒，列出守恒关系式求解。
利用“得失电子守恒法”解题的步骤如下：
真题溯源
1．[2022.山东卷]古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（ ）
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反映金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O＝Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH＝(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
2．[2022.浙江1月选考]关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是（ ）
A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 D．生成1mol SiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，故A错误；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，故B错误；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故C错误；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1mol SiO2时，转移8mol电子，故D正确；
答案选D。
3．[2022.湖南卷]科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I中发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程II中参与反应的n(NO)：n()=1：4
D．过程I→III的总反应为+＝N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A．由图示可知，过程I中转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，作氧化剂，被还原，发生还原反应，故A错误；
B．由图示可知，过程I为在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：+2H++e－NO＋H2O，生成1mol NO，a过程转移1mol e－，过程II为NO和在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+82H2O+5N2H4+8H+，消耗1mol NO，b过程转移4mol e－，转移电子数目不相等，故B错误；
C．由图示可知，过程II参与反应的离子方程式为：2NO+82H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n()=1：4，故C正确；
D．由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e－，反应的离子方程式为：N2H4＝N2+4H++4e－，过程I→III的总反应为：2+8＝5N2↑+4H2O+24H++18e－，故D错误；
故选：C。
4．[2021.湖南卷]KIO3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6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e－
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Cl2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6I2～60e－，又因方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20mol e－，故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，11KClO3～6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6，故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，故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+5I－+6H+＝3I2+3H2O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，故D正确；
故选：A。
5．[2023.广东模考]工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2。
下列说法中错误的是（ ）
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1mol Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8L(标准状况)
【答案】C
【解析】A．H2S是酸性气体，可以与NaOH反应产生Na2S、H2O，因此含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放，故A正确；
B．含有H2S的废气在反应炉中发生反应2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化为SO2气体，反应中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应产生的SO2通入Na2CO3溶液吸收时反应产生Na2SO3、CO2，反应过程中元素化合价不变，反应不属于氧化还原反应；2H2S+SO2＝3S↓+2H2O中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2中元素化合价发生了变化，属于氧化还原反应，可见在上述反应中至少发生3个氧化还原反应，故B正确；
C．在反应2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能证明该反应为氧化还原反应，H2S是还原性，氧化产物是SO2，而不能证明H2S及SO2对应的酸H2SO3的酸性强弱，故C错误；
D．从总体来看：H2S→Na2S2O3，S元素化合价升高，O元素化合价降低。每产生1个Na2S2O3，S元素化合价升高4×2=8价；O2→Na2S2O3，O元素化合价降低2×2=4价，可见每制取1mol Na2S2O3，反应消耗2mol O2，其在标准状况下体积V(O2)=2mol×22.4L/mol=44.8L，故D正确；
故合理选项是C。
6．[2023.河南模考]硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4
B．反应II的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+
C．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变
D．反应每脱除22.4L SO2(标准状况)，转移2mol电子
【答案】C
【解析】A．从图中看，反应I的方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2(SO4)3+2H2O，氧化剂是氧气，还原剂是硫酸亚铁，二者系数比是1：4，故A正确；
B．反应II是三价铁离子把二氧化硫氧化，生成二价铁离子和硫酸，方程式正确，故B正确；
C．反应过程中，不断向体系中通入二氧化硫，最终转化成硫酸，反应的总方程式为2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，所以硫酸的浓度会增大，故C错误；
D．标准状况下，22.4L SO2物质的量为1mol，SO2被氧化为硫酸，S元素化合价从+4价升高到+6价，故反应每脱除22.4L SO2(标准状况)，转移2mol电子，故D正确；
故选：C。
7．[2022.北京卷]下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（ ）
A．向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀
B．向和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]
D．向H2S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
【答案】D
【解析】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，故A错误；
B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2＝4Fe(OH)3，该过程中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，故B错误；
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，故C错误；
D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，故D正确。
故选：D。
8．[2022.全国乙卷节选]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为 ；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是 。
【答案】（3）(ⅰ)Fe2+ (ⅱ)Pb+H2O2+2HAc＝Pb(Ac)2+2H2O (ⅲ)作还原剂
【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
（3）(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc＝Pb(Ac)2+2H2O。
(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
9．[2022·河北卷节选]以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（6）若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______（填化学式，不引入杂质）。
【答案】（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4
（5）+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+
（6）H2O2；NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充分酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由（3）小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]4－＝Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。
（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4；
（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6；
（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，再向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
10．[2022.北京卷]某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH－还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图（夹持装置略）：
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________（填“化学式”）氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量。
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
【答案】（1）饱和NaCl溶液 （2）2Mn(OH)2+O2＝2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（4）①Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O ②4+4OH－＝4+O2↑+2H2O；Cl2
③3ClO－+2MnO2+2OH－＝2+3Cl－+H2O
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验IlI未得到绿色溶液
【解析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2＝2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH－还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH－＝4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为，发生的反应为：3ClO－+2MnO2+2OH－＝2+3Cl－+H2O；
④从反应速率的角度，III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验IlI未得到绿色溶液。
2专题六 氧化还原反应
课标要求 考情分析 核心素养
1. 认识有化合价变化的反应是氧化还原反应； 2. 了解氧化还原反应的本质是电子的转移，知道常见的氧化剂和还原剂。 新高考3年考频 100% 宏观辨识与微观探析 证据推理与模型认知
试题难度 中等
考查形式 选择题
高频考向： 1.氧化还原反应及相关概念判断：主要包括氧化还原反应基本概念的判断； 2.氧化还原反应规律及计算：主要包括守恒律、强弱律、优先律、价态律、转化律等规律的应用，并利用这些规律进行相关计算； 3.氧化还原反应方程式的书写与配平：主要包括直接型氧化还原反应方程式的配平、缺项型氧化还原反应方程式的配平、新情境条件下陌生反应方程式的书写等。
命题趋势：
氧化还原反应是高中化学的核心理论，在新高考模式下，作为高考必考考点，再现率达100%。分析近几年全国各地的高考试题不难发现，氧化还原反应的考查形式灵活、载体多样、关联丰富，区分度好，除了常见题型外，还常与离子共存、电化学、工艺流程、化学计算、化学实验等知识融合在一起命题，全方位综合体现学科内知识的理解及应用能力。氧化还原反应规律的应用、反应中电子转移数目确定、工艺流程中信息型氧化还原反应综合分析是高考命题主流题型。
解题思路：
(解题方法/模型/技巧总结)：
一、氧化还原反应方程式的书写及配平：
规律总结：
1.氧化还原反应方程式配平的三原则
2.氧化还原反应方程式配平的五步骤
二、氧化还原反应的计算
规律总结：
解答氧化还原反应计算题的关键是根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，即电子得失守恒，列出守恒关系式求解。
利用“得失电子守恒法”解题的步骤如下：
真题溯源
1．[2022.山东卷]古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（ ）
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
2．[2022.浙江1月选考]关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是（ ）
A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 D．生成1mol SiO2时，转移8mol电子
3．[2022.湖南卷]科学家发现某些生物酶体系可以促进H+和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I中发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程II中参与反应的n(NO)：n()=1：4
D．过程I→III的总反应为+＝N2↑+2H2O
4．[2021.湖南卷]KIO3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6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e－
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Cl2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
5．[2023.广东模考]工业上可用如下方法处理含H2S的尾气，同时制得Na2S2O3，工艺流程如下：含H2S的尾气、空气→反应炉(高温)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶体
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2。
下列说法中错误的是（ ）
A．含H2S的尾气可以用NaOH溶液处理后直接排放
B．反应中至少发生3个氧化还原反应
C．反应过程中证明了H2SO3的酸性强于H2S
D．每制取1mol Na2S2O3，理论上消耗氧气的体积为44.8L(标准状况)
6．[2023.河南模考]硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。FeSO4溶液催化脱除烟气中SO2的反应原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4
B．反应II的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+
C．反应一段时间后，溶液中c(H2SO4)保持不变
D．反应每脱除22.4L SO2(标准状况)，转移2mol电子
7．[2022.北京卷]下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（ ）
A．向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀
B．向和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]
D．向H2S溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
8．[2022.全国乙卷节选]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为 ；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是 。
9．[2022·河北卷节选]以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（6）若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为_______和_______（填化学式，不引入杂质）。
10．[2022.北京卷]某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH－还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图（夹持装置略）：
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40% NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________（填“化学式”）氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量。
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
2
