2022年高考化学总复习：氧化还原反应的基本规律

2022年高考化学总复习：氧化还原反应的基本规律

【复习目标】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。

考点一先后规律及应用

J知识梳理二夯基础

1.同时含有几种还原剂时一吆鲤更一将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBrz

溶液中通入少量CL时，因为还原性Fe2+>Br-，所以CL先与Fe?+反应。

2.同时含有几种氧化剂时一蚣幽■,一将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3\

CM+、H'的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3+>Cu2+>H+,所以铁粉先与Fe?+反应，然后

依次与Ci?+、H+反应。

3.熟记常见的强弱顺序

+3+2+2+

氧化性：MnO4(H)>Cb>Br2>Fe>h>稀H2SO4>S,还原性：Mn<C1<Br-<Fe<I一

2

<so2(sor)<s

r易错易混辨析」错误的写明原因

2

(1)C12把Mn+氧化为MnO4(X)

错因：因为氧化性MnO『(H+)>Cb,所以Cb不能氧化Mr?卡。

(2儿和Fe反应生成Feh(X)

错因：因为氧化性Fe3+>L,所以/和Fe反应生成FeL。

(3)把SO2气体通入到FeCb溶液中，溶液颜色不变(X)

错因：Fe?+把SO2氧化成H2s04,Fe3+被还原为Fe2+,所以溶液由棕黄色变为浅绿色。

2++3+2+

(4)把FeCL溶液滴入酸性KMnO4溶液中，只发生反应5Fe+MnO4+8H=5Fe+Mn

+4H2O(X)

错因：在酸性条件卜，也还原MnOr。

「深度思考」

I.向含S2,Fe2+>Br、1一的溶液中通入CL,按先后顺序依次写出发生反应的离子方程式：

第1页共18页

2

答案ci2+s=sI+2cr

ci2+2r==i2+2cr

2+3+

Cl2+2Fe=2Fe+2Cl

-

C12+2Br=Br2+2Cr

2.向100mLimol-L।的FeBn溶液中通入标准状况下的CL，当通入Cb的体积分别为⑴L12L

(2)2.24L

(3)4.48L,写出反应的离子方程式：

(1)：

(2);

(3)。

2+3+

答案(1)2Fe+CI2=2Fe+2Cr

2+3+

(2)2Fe+2Br+2C12=2Fe+Br2+4Cl

(3)2Fe2++4Br+3cl2=2Fe3++2Bn+6C「

L归纳总结-------------------------------------------------------------------------

向qmolFeBn中通入xmolCL时，先后发生的反应为

23+

@C12+2Fe'=2Fe+2Cl@C12+2Br-=Br2+2Cl,如果用数轴表示如下：

型nFe^+Br.+CT|Fe“+Br2+C「

,Fe“焉氯/giN好反应.蔡工,

只发生任5反应①完全反应L5先发生反应①，A

反应①反应②不完全反应再发生反应②，

且都完全反应

3cl2+2Fe"+4B『

3

=6Cr+2Fe*+2Br2

J递进题组二练能力

1.已知2Fe3++2「=l2+2Fe2+、2Fe2^+Br2=2Br+2Fe3^o现向含有FeBn、FeL的溶液

中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则

下列叙述中正确的是()

3+

①氧化性：Br2>Fe>I2

②原溶液中一定被氧化

③通入氯气后，原溶液中的Fe2+一定被氧化

④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2+

⑤若取少量所得溶液，加入CC14后静置，向上层溶液中加入足量的AgN03溶液，只产生白

色沉淀，说明原溶液中Fe2\Br均被完全氧化

A.①②③④B.①③④⑤

C.②④⑤D.①②③④⑤

答案B

第2页共18页

解析由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可

3+

知，氧化性：Fe3+>b、Br2>Fe,故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说

3+

明溶液中含有Fe3+,则说明溶液中无「存在，又因为氧化性：C12>Br2>Fe>l2,氯气的量

不确定，则不一定被氧化，故②错误，③正确：由上述分析可知溶液中存在Fe3+,但不

能确定所有的Fe2+均被氧化为Fe3+,故④正确；上层溶液中若含Br,则产生淡黄色沉淀，

若含「，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含C「不含B「和「，即

溶液中的Fe2+、Bd均被完全氧化，故⑤正确。

2.向含Fe2+、「、Br」的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,

已知：b-a=5,线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素。下列说法

不正确的是()

〃(粒子)/mol

123

bn(Cl2)/mol

A.线段H表示Fe?+的变化情况

B.线段IV发生反应的离子方程式为

L+5CL+12OH=2107+10Cr+6H2O

C.根据图像可计算a=6

D.原溶液中c(Fe2+)：c(F)：c(Bd)=2：1：3

答案B

解析向仅含Fe2+、「、B「的溶液中通入适量氯气，还原性：「>Fe2+>B广，首先发生反

应：2r+C12=l2+2C「，厂反应完毕，再发生反应：2Fe2++CL==2Fe3++2C「，Fe?+反应

完毕，又发生反应：2B「+C12=Br2+2C广，故线段I代表「的变化情况，线段II代表Fe?+

的变化情况，线段m代表Br-的变化情况，故A正确；线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表

示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2「+C12=L+2C「，消耗1mol氯气，所以

碘原子的物质的量为2mol,反应IV消耗氯气的物质的量为5mol,根据得失电子守恒，设该

含氧酸中碘元素的化合价为x,(x-0)X2mol=5molX2,解得x=+5,则该含氧酸为HICh,

离子方程式为l2+5C12+6H2O=2IO,+10C「+12H+,故B错误；根据反应离子方程式可知

溶液中N(1)=2〃(C12)=2mol,溶液中;?(Fe2+)=2H(C12)=2X(3mol—1mol)=4mol,Fe?+反

应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+/2(Br-)=2M(Fe2+),故M(Br")=2/7(Fe2+)—n(I)=2X4mol

—2mol=6mol,根据2B「+C12=Br2+2C「可知，漠离子反应需要氯气的物质的量为3mol,

故“=3+3=6,故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2+)：以「)：c(B/)=4：2：6=

2：1：3,故D正确。

第3页共18页

考点二价态规律及应用

J知识梳理二夯基础

1.价态归中规律思维模型

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+

低价一一中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。

例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是

注：不会出现⑤中H2s转化为S02而H2s。4转化为S的情况。

2.歧化反应规律思维模型

“中间价一一高价+低价”。

具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和璘元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2+2NaOH=NaCl

+NaClO+H2O»

3.应用

(1)判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性，如浓H2s04与S02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6HC1

+NaC103==NaCl+3C12f+3+0中，氧化剂为NaCICh，还原剂为HCL氧化产物和还原产

物都为C12»

r易错易混辨析」错误的写明原因

⑴向浓H2SO4中通入H2S气体，1mol浓H2s04转移电子数可能是6NA，也可能是2NA(X)

错因：若转移6NA,此时H2s转化为SO2，浓H2s04转化为S,不会出现这种情况。

(2)1molCb与Ca(0H)2完全反应，转移电子数是2NA(X)

错因：Cb和Ca(OHb反应，Cb既是氧化剂又是还原剂，应转移1mol电子。

(3)1molKCIO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA(X)

错因：应转移5M电子。

(4)SCh的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥S02气体(X)

错因：SO?中硫元素化合价为+4价，浓H2s04中硫元素化合价为+6价，两者不发生反应，

可用浓硫酸干燥SO?。

J递进题组,练能力

1.(2020•合肥调研)已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化

第4页共18页

关系（未配平）：

①G---Q+NaCl

由解

②Q+H2O------>X+H2

③Y+NaOH-►G+Q+H2O

©Z+NaOH一-►Q+X+H2O

这五种化合物中C1元素化合价由低到高的顺序是（）

A.G、Y、Q、Z、XB.X、Z、Q、G、Y

C.X、Z、Q、Y、GD.G、Q、Y、Z、X

答案A

解析由①得出Q中价态高于G,因为G必介于Q和一1价的氯元素之间，一1价为氯元素

的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y,Y价态高于G;

分析②：比0中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氟元素，化合价必升

高，则得出X价态高于Q;最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z,Z价态高于

Q。

2.氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cb+KOH—fKX+KY+H2O（未配平）,

KX在一定条件下能自身反应：KX--►KY+KZ（未配平，KY与KZ的物质的量比为1:3）,

以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合

价是（）

A.+1B.+3C.+5D.+7

答案C

解析反应：Ch+KOH-->KX+KY+H2O是CI2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显

正价和一1价；由于KX也发生歧化反应：KX--►KY+KZ,可断定KY为KC1,化合价高

低：KZ中C1>KX中C1（均为正价）。假设KX中C1元素为+a价，KZ中C1元素的化合价为

+6价，依据得失电子守恒原理及KX--KY+3KZ,有a+l=3（b—。），把a=l、a=3、a

=5代入上式讨论，可知a=5时，6=7符合题意。则KX中C1元素的化合价为+5。

3.（2019•郑州第二次测评）LiAlE是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4+

2H20=LiA102+4H2t»下列说法中正确的是（）

A.氢气既是氧化产物又是还原产物

B.LiAlE既是氧化剂又是还原剂

C.若生成标准状况下4.48LH2,则转移0.4mol电子

D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1

答案A

解析由反应方程式可知，LiAlE中H由一1价升高为0价，被氧化，是还原剂，比0中H

由+1价降为。价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项

第5页共18页

错误；由反应方程式可知，1molLiAlE反应，转移4moi电子，生成4moiH2,若生成标准

状况下4.48L(即0.2mol)H2,则转移0.2mol电子，C项错误；LiAlH*,为还原剂，水为氧化剂，

还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2,D项错误。

4.某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2,其反应机理

如图所示

过程①过程②过程③过程④

根据以上信息判断，下列叙述错误的是()

A.过程①至过程④中硼元素的化合价不变

B.X是H3BO3，H3BO3和BFh两分子中H的化合价相等

C.过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等

D.0.25molNaBFU的还原能力与标准状况下22.4L比的还原能力相当(还原能力即生成H-

失去电子的量)

答案B

解析由图示可知，过程①至过程④中BH4■反应生成B(OH)[,硼元素的化合价一直为+3

价，化合价不变，A正确；过程④中2molH20与2molX反应生成2molB(0H)4■和1molH2,

根据元素守恒X为H3BO3,H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为一1价，B错误；由

图示可知，过程③中产生1mol比时转移的电子数为NA,过程④产生1mol此时转移的电子

数为2NA,两者不相等，C正确；NaBE中H为一1价，0.25molNaBE生成H*失去的电子

物质的量2X4X0.25mo[=2mol,故两者还原能力相当，D正确。

5.⑴根据反应KCQ+6HC1(浓)==3CLt+KC1+3H2O可知，每生成3moicb转移—mole,

(2)2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t,每产生1mol氧气转移mole,

(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：

2++

4Fe+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3I+O2t+8Na,每4molNazCh发生反应转移_mole,

答案(1)5(2)2(3)6

解析(1)该反应属于同种元素之间的氧化还原反应，生成物3个CL分子中，有1个C1原子

来源于KCICh,另外5个Cl原子来源于HC1,所以每生成3moicL转移电子5mol。(2)Na2O2

中的氧由一1到一2、0价，故每生成1molCh转移2moie，(3)化合价升高总数：4Fd+—*4Fe3+,

化合价升高4,对于4moiNazCh,其中1molNazCh中的氧由一1到0价，化合价升高2,总

数为6;化合价降低总数：3molNa2O2中的氧由一1到一2价，降低总数为6,所以每4moiNazCh

发生反应转移6mol电子。

第6页共18页

考点三守恒规律及应用

J知识梳理二夯基础

I.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，可以抛开繁琐的反应过程，

可不写化学方程式，不追究中间反应过程，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.守恒法解题的思维流程

（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。

（2）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）。

（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。

”（氧化剂）又变价原子个数X化合价变化值（高价一低价）=〃（还原剂）X变价原子个数X化合价

变化值（高价一低价）。

「深度思考」

用O.lOOOmolLkzCnCh标准溶液滴定溶液中的FeSCU至终点，消耗标准溶液20.00mL。

已知：CrzO歹+Fe2++JT—fFe3++Cr3++H2O（未配平）。求溶液含有的Fe?+的物质的量。

⑴找出氧化剂02。，）及还原产物（Qt）、还原剂依2'）及氧化产物依3+）。

（2）确定一个原子或离子得失电子数：每个Cr原子得到3个电子，每个Fe?+失去1个电子。

（3）根据得电子总数等于失电子总数列等式计算：

”（氧化剂）又变价原子数X化合价变化值=〃（还原剂）X变价原子数X化合价变化值

即：0.1000mol【r><0.02LX2X3=mFe2+）><lXl,得“（Fe2+）=0.012mol。

J递进题组二练能力

题组一确定元素价态或物质组成

-1

I.现有24mL浓度为0.05mol-L'的Na2s。3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol-L的K2Cr2O7

溶液完全反应。已知NazSCh可被KzCnCh氧化为Na2so4,则元素Cr在还原产物中的化合价

为（）

A.+2B.+3C.+4D.+5

答案B

解析题目中指出被还原的元素是Cr,则得电子的物质必是KzCrzCh,失电子的物质一定是

Na2sCh,其中S元素的化合价从+4-+6;而Cr元素的化合价将从+6-+〃（设化合价为十

«）.根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05mol-L-1X0.024LX（6-4）=0.02mol-L-1

X0.020LX2X（6-〃）,解得”=3。

第7页共18页

2.Na2sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2so4,而NaClO被还原为NaCL若反应中Na2S.v

与NaClO的物质的量之比为1:16,则x的值为()

A.2B.3C.4D.5

答案D

解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。

__2

工+6+1-1

Na?S,—►xNa?SO4NaClO—,,NaCl

得关系式IX.6—(J6=16义2,x=5o

题组二多元素之间得失电子守恒问题

3.在反应3BrF3+5H2O=9HF+Br2+HBrO3+O2t中，若有5mol参加反应，被水还

原的溟为()

2

A.1molB-mol

3

4

C.-molD.2mol

3

答案C

解析设被水还原的澳(BrF3)的物质的量为x,5molHzO参加反应，失去电子4mol,根据得

A

失电子守恒得：3%=4mol,x=~mo'e

4.在P+C11SO4+H2O-->Cu3P+H3Po4+H2so4(未配平)的反应中，7.5molCuSO4可氧化P

的物质的量为molo生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为moL

答案1.52.2

解析设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为火生成ImolCu3P时，被氧化的P的物质的量

为y

根据得失电子守恒得：7.5molX(2-l)=xX(5-0)

x=1.5mol

1molX3X(2-1)+1molX[0-(-3)]=j；X(5-0)

y=1.2mol

所以参加反应的P的物质的量为1.2mol+1mol=2.2mol。

题组三多步反应得失电子守恒问题

5.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO?气体

和672mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，

生成沉淀质量为17.02go则x等于()

A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44

答案B

第8页共18页

解析反应流程为

NaOHMg(OH)2

Mg2+、Cu2+

MglJfc_HNO^

CU(OH)2

CuJ

INO2、N2O4

xg=17.02g-777(OH"),

而OH—的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即:

8.96LX1+0-672L_x2X1=0.46mol

/?(OH-)=

22.4L,mol122.4Lmol1

所以xg=17.02g—0.46molX17gmor'=9.20go

6.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4,NO的混合气体，将这些气

体与1.68LOX标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸

铜溶液中加入5mol-L1NaOH溶液至CM+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()

A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL

答案A

fNO2

解析由题意可知，HNChA,N2O4，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。

NO

即〃(CU)=2〃(O2)=2X―侬上一=0.15mol,根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可

22.4LmoF1

得关系式：H(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3mol,

则P(Na0H)=03mol006L=60mL。

5molL1

L反思归纳---------------------------------------------------------------------------------

有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比

较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时,

注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发

生变化的元素得电子数目和失电子数目。

真题演练明确考向

3+

1.(2017・海南，4)在酸性条件下，可发生如下反应：C1O3+2M+4H2O=M2O<J+C1+8H

+,M2O*T中M的化合价是()

A.+4B.+5C.+6D.+7

答案C

2.[2016•全国卷I,28(5)]”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Cb的氧化能力。NaCKh的有效氯含量为o

第9页共18页

（计算结果保留两位小数）

答案1.57

解析NaClO?在杀菌消毒的过程中被还原为C广，则1molNaCKh得到电子的物质的量为

4mol,lmolCh被还原为C「时得到电子的物质的量为2mol,故1gNaCICh得至'）电子的物质

的量为本mol,根据“有效氯含量”的定义可知，NaCICh的有效氯含量为1.57。

3.[2016•全国卷HI,28（2）]欲使3moi的VO?+变为VO],则需要氧化剂KCIO3至少为

________mol»

答案0.5

解析VO?+变为VO。V的化合价由+4价升高到+5价，转移e,而氧化剂KCICh被还原

为KC1,C1的化合价由+5价降低为一1价，转移6e,故欲使3moiVO2+变为VO],需氧

化剂KClOs的物质的量至少为3m"X1=05m0io

6

4.[2016•全国卷II,26（5）节选]联氨（N2H。可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。

理论上1kg的联氨可除去水中溶解的02kg。

答案1

解析发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O,理论上1kg的联氮可除去水中溶解的氧气为

1kg

X32gmor1=1kg

32gmol-1o

课时精练巩固提高

I.下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是（）

A.KCIO3+6HC1=KC1+3C12t+3H2O

B.2Na+2H2O=2NaOH+H2t

C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t

D.L+2Na2s2O3=2Nal+Na2s4O6

答案A

解析KC103+6HCI=KC1+3C12t+3H2O,反应中KC103中Cl元素的化合价由+5降低为

0,HC1中Cl元素的化合价由一1升高为0,CL既是氧化产物也是还原产物，故选A;2Na

+2H2O=2NaOH+H2t,反应中Na元素的化合价升高，NaOH为氧化产物，H元素的化合

价降低，氢气为还原产物，故不选B;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t,反应中NazCh中O

元素的化合价由一1升高到0,氧化产物是氧气，O元素的化合价由一1降低到一2,还原产

物为氢氧化钠，故不选C;L+2Na2s2O3=2NaI+Na2s4。6,反应中I元素的化合价由0降低

到一1,还原产物为Nai,S元素的化合价由+2升高到+,,氧化产物是Na2s式）6,故不选D。

2

第10页共18页

2.洁厕灵和“84”消毒液混合使用时发生反应：NaCIO+2HCl=NaCl+Cl2t+H20,生成

有毒的氯气。下列说法正确的是（）

A.84消毒液的有效成分是HC1

B.氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物

C.HC1只表现还原性

D.若有0.1molHC1被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24L

答案D

解析NaClO+2HCl=NaCl+Cl2t+H2O,反应中NaClO中的Cl元素化合价由+1降低到

0,HC1中的Cl元素化合价由一1升高到0,则NaClO为氧化剂，HCI是还原剂，CL既是氧

化产物也是还原产物，NaCI是盐酸显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性。84

消毒液是利用其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析，NaClO

为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO,故A错误；根据分析，氯气既是氧化产物又

是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产物，故B错误；根据分析，HC1在该反应中既显酸性

又显还原性，故C错误；若有0.1molHC1被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1mol,在标

准状况下的体积约为22.4L-mo「iX0.1mol=2.24L,故D正确。

3.已知三个氧化还原反应：①2FeCb+2KI=2FeC12+2KCl+l2,②2FeC12+C12=2FeCb，

③2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnC12+8H2O+5C12t。若某溶液中有Fe?*、「、C「共存,

要将「氧化除去而不氧化Fe2+和C广，则可加入的试剂是（）

A.ChB.KMnO4C.FeChD.HCI

答案C

解析由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为MnO4>Ch>Fe3+>l2,还原性由强至弱的顺序为

r>Fe2+>CF>Mn2+;氯气能将Fe?+、「氧化，故A错误；KMnC）4能将Fe?+、「和CF氧化,

故B错误；FeCb能氧化除去「而不影响Fe2+和C「，故C正确；HC1与三种离子均不反应，

故D错误。

4.已知：①向KMnCh晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCb溶液中通入少量实

验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。

下列判断正确的是（）

A.上述实验中，共有两个氧化还原反应

3+

B.上述实验证明氧化性：MnO4>C12>Fe>I2

C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝

D.实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性

答案B

解析①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应

为2KMnG>4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCL+5CLt+8H2O,Mn元素的化合价降低，Cl元素

第11页共18页

的化合价升高，KMnC）4为氧化剂，HC1为还原剂；②向FeCL溶液中通入少量的实验①产生

的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为CL+2FeC12==2FeCb,Fe元素的化合价升高，C1

元素的化合价降低，Cb为氧化剂，FeCL为还原剂；③取实脸②生成的溶液滴在淀粉-K1试纸

上，试纸变蓝色，可知Fe3+与KI反应生成L,反应的化学方程式为2FeCb+2KI=2FeCL

+L+2KC1,Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCb为氧化剂，KI为还原剂；结

合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。上述实脸中均含元素的化合价变化，则发

生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原反应，A错误；由氧化剂的氧化性大于氧化产

物的氧化性可知，氧化性：MnO；>C12>Fe3+>h,B正确；实验①生成的气体为氯气，氧化

性：Cl2>l2,Cb能与KI发生反应：C12+2KI=2KCI+I2,氯气能使湿润的淀粉-KI试纸变

蓝，C错误；实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe2+有还原性，D错误。

5.（2020•山西省阳泉一中模拟）已知下列实验事实：

①CnCh固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2（SO4）3溶液

②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液

③将KzCnCh溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝

下列判断正确的是（）

A.化合物KCrCh中铭元素为+3价

B.实验①不能证明CnCh是两性氧化物

C.实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性

D.实验③证明氧化性：Cr2or<I2

答案A

解析化合物KCrCh中，K为+1价，O为一2价，由化合物中正负化合价代数和为零知，

铭■元素为+3价，A正确；由实脸①可知，氧化络与酸、碱反应生成盐和水，证明CnCh为

两性氧化物，B错误；由实验②可知，格元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素的化合价降

低，故H2O2只表现氧化性，C错误；由实脸③中溶液变篮，可知生成碘单质，KzCnCh为氧

化剂，L为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D错误。

6.已知H2so3+L+H2O=H2so4+2HI,将0.1molCI2通入100mL含等物质的量的HI与

H2s03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>HC1

B.H2sO3的物质的量浓度为0.6mol-Li

C.若再通入0.05molCh,则恰好能将HI和H2sCh完全氧化

D.通入0.1molCI2发生反应的离子方程式为5clz+4H2so3+2「+4H2O=4SCr+L+10C「+

16H'

答案D

解析由已知反应可知，还原性：H2s。3>川，故向混合溶液中通入C12后先发生反应：Cl2

第12页共18页

+H2SO3+H2O=2HCI+H2SO4,H2sO3反应完全后发生反应：C12+2HI=I2+2HC1,则还

原性：HI>HC1,故还原性：H2SO3>HI>HCI,A项错误；设HI和H2s0.3的物质的量浓度

均为根据二者分别与CL反应的化学方程式并结合有一半的H1被氧化可知C12完

全反应，则0.比+2匹=0.1,解得x=0.8,B项错误：混合溶液中还剩余0.04molHI未被氧

2X2

化，故只需再通入0.02molCL,即可恰好将HI和H2sO3完全氧化，C项错误；通入0.1mol

CI2后,0.08molH2SO3和0.04molHI完全反应，即参与反应的n(Cl2)：〃(H2so3)：”(HI)=

5：4：2,反应的离子方程式为5cl2+4H2so3+2「+4H2O=4SOZ-+l2+10C「+16H+,D

项正确。

7.已知酸性KzCnCh溶液可与FeSCU反应生成Fe?+和Cr3\现将硫酸酸化的LCnCh溶液与

FeS04溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3'的物质的量随加

入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是()

|n(Feu)/mol

|，\c_

°0.61.5n(r)/mol

A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7

B.图中BC段发生的反应为2Fe3++2「=2Fe2++b

C.LCnCh与FeSC>4反应的物质的量之比为1:6

D.开始加入的K2Cr2O7为0.1mol

答案D

解析将硫酸酸化的KzCnO?溶液与FeS04溶液混合，LCnCh和FeSCU反应，CnOy是氧

化剂，被还原成CN+,Fe?+是还原剂，被氧化成Fe3+,根据电子得失守恒有CnO歹〜2CN+〜

6e--6Fe2+-6Fe3+;充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe?+并没有立即减少，说明溶

3+-

液中还有Cr20r,AB段应为CnO歹和「的反应，根据电子得失守恒有Cr2O?"~2Cr~6e~

6「〜3L;B点开始Fe3+减少，说明BC段为Fe3+和「反应，根据得失电子守恒有2Fe3+〜2Fe?

+〜2e「〜2「〜L,据此解答。开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe?+没有参加反应，则AB段应

为KzCnCh和碘化钾的反应，K2Cr26为氧化剂，A正确；BC段Fe?+浓度逐渐减小，为铁离

子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3++2[==2Fe2++l2,B正确：由图可知BC段

消耗0.9mol「，由2Fe3+〜2Fe?'〜2屋〜2「〜L可得，贝'In(Fe3+)=„(Fe2+)=n(I)=0.9mol,

2+

根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe的物质的量为0.9mol,那么根据CnO歹〜

2CF+〜6b〜6Fe2+〜6Fe3+可得，与FeSCU反应的KzSCh物质的量为"mol=0.15mol,所

6

以KzCrzCh与FeSCU反应的物质的量之比为0.15mol：0.9mol=l：6,C正确；三个过程合

第13页共18页

在一起看，我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒

可得关系式KzCnO〜6Fe3+〜6「可知，共消耗的N(1)=1.5mol,刚开始加入的KzCnO的物

质的量为L*mol=0.25mol,D错误。

6

8.向Feb、FeBn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图所示。

已知：2Fe2++Br2=2Fe3*+2Br,2Fe3++2「=2Fe2*+l2。则下列有关说法不正确的是()

A.线段8。表示Fe3+物质的量的变化

B.原混合溶液中Feb的物质的量为1mol

C.当通入2moic12时.，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2'+2I+2C12==2Fe3++L+

4cr

D.原溶液中，n(Fe2+)：“(I)：〃(Br)=2：3：1

答案D

9.(2020•吉林省通化一中模拟)向100mL的FeBn溶液中，通入标准状况下Ck5.04L,Cl2

全部被还原，测得溶液中c(Bd)=c(C「)，则原FeBn溶液的物质的量浓度是()

A.0.75mol-L1B.1.5molL1

C.2molL-1D.3molL1

答案D

解析标准状况下CL的物质的量是一型L—=0.225mo1,由于Fe?+的还原性强于Br,

22.4L-mor'

通入氯气后，CL先氧化Fe?+再氧化Br,设原FeBr?溶液的物质的量浓度是xmolir,则根

据得失电子守恒可知，0.225X2=0.1xXl+(0.1xX2-0.225X2)X1,解得x=3。

10.(2020•芜湖模拟)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L,固体物质完

全反应，生成NO和CU(NO3)2。在所得溶液中加入1.0moll1的NaOH溶液1.0L,此时溶

液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法错误的是()

A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1

B.硝酸的物质的量浓度为2.6molLr

C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L

D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

答案B

解析在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为

1

NaNO3,w(NaNO3)=M(NaOH)=1.0mol-L-X1.0L=1mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2g,

第14页共18页

其物质的量M[CU(OH)2]=39.2g+98gmo「=0.4mol,根据铜元素守恒有〃(Cu)+2”(Cu2O)=

n[Cu(OH)2],所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol«设Cu和C112O的物质

的量分别为xmol、ymol,根据二者质量有64.r+144y=27.2,根据铜元素守恒有x+2y=0.4,

联立方程解得x=0.2,y=0.1。Cu与C112O的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2：1,A项

正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2«(Cu)+2n(Cu2O),所以3〃(NO)=2X0.2mol+

2X0.1mol,解得〃(NO)=0.2mol。根据氮元素守恒可知〃(HNO3)=〃(NO)+〃(NaNO3)=0.2mol

+1.0molL-1X1.0L=l.2mol,所以原硝酸溶液的浓度c(HNC>3)=1.2moH).5L=2.4mol-L-1,

B项错误；根据选项B计算可知n(NO)=0.2mol,所以标准状况下NO的体积为0.2molX22.4L-

mor'=4.48L,C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩

余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中〃(HNC)3)

+2n[Cu(NO3)2]="(NaNCh),所以n(HNOj)=n(NaNOj)-2n[Cu(NO3)2]=1mol—2X0.4mol

=0.2mol,D项正确。

11.已知氧化性：Fe3+>M?+(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为ImolLr的

Fe2(S04)3和MS04的100mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是

()

A.当a<0.1时，发生的反应为2Fe3*+Fe=3Fe2+

B.当0.1WaV0.2时，溶液中”(Fe2+)=(0.2+a)mol

C.当a20.2时，发生的反应为2Fe3'+M2++2Fe=4Fe2++M

D.若有固体剩余则可能是铁

答案D

解析因氧化性：Fe3+>M2+,加入铁粉后，先与Fe?+反应，后与M?+反应。加入铁粉后，先

与Fe3+反应，混合溶液中”(Fe3+)=1molirxo.lLX2=0.2mol,