专题04氧化还原反应(讲义)

专题04氧化还原反应目录TOC\o"13"\p""\h\z\u12考点一氧化还原反应基本概念3【真题研析·规律探寻】3【核心提炼·考向探究】51．氧化还原反应基本概念52．常见氧化剂和还原剂53．电子转移的表示方法6【题型特训·命题预测】6题型一氧化还原反应概念辨析6题型二电子转移的表示方法10考点二氧化还原反应的基本规律及应用12【真题研析·规律探寻】12【核心提炼·考向探究】151．氧化还原反应的基本规律152．物质氧化性、还原性强弱的应用15【题型特训·命题预测】16题型一氧化性还原性强弱判断16题型二氧化还原反应规律的应用18考点三氧化还原反应方程式的书写与配平21【真题研析·规律探寻】21【核心提炼·考向探究】241．氧化还原方程式配平的基本原则242．氧化还原方程式配平的一般步骤243．书写信息型氧化还原反应的步骤(三步法)25【题型特训·命题预测】25考点要求考题统计考情分析氧化还原反应基本概念2023浙江1月6题，3分；2023浙江6月6题，3分；2022浙江1月10题，2分；2022浙江6月10题，2分；2021浙江1月10题，2分；2021浙江6月8题，2分【命题规律】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。从近三年高考试题来看，氧化还原反应除浙江选考卷外，一般不单独考查，而是与其它模块知识融合进行综合考查，如选择题中与阿伏加德逻常数结合考查电子转移数目，以化学实验为载体，考查氧化还反应相关概念和规律；非选择题一般在无机推断或化工流程题中考查信息型化学反应方程式的书写，在综合实验题中考查氧化还原反应的相关计算。【命题预测】预测2024年高考中，氧化还原反应在高考中密切关注：氧化还原反应的基本规律2023全国乙卷7题，6分；2023湖南卷10题，3分；2022山东卷1题，2分；2021湖南卷8题，3分；2021北京卷9题，4分氧化还原反应方程式的书写与配平2021河北卷15题(4)(5)，4分；2021福建卷11题(4)(6)，4分；2021湖南卷17题(5)(6)，4分考点一氧化还原反应基本概念1．(2023•全国乙卷，7)下列应用中涉及到氧化还原反应的是()A．使用明矾对水进行净化 B．雪天道路上撒盐融雪C．暖贴中的铁粉遇空气放热 D．荧光指示牌被照发光【答案】C【解析】A项，使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；B项，雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；C项，暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；D项，荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；故选C。2．(2023•浙江省1月选考，6)关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O，下列说法正确的是()A．生成1molN2O，转移4mol电子 B．NH2OH是还原产物C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物【答案】A【解析】A项，由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。3．(2022•山东卷，1)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项，题中金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B项，题中石灰(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项，题中石硫磺：“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项，题中石钟乳(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；故选C。4．(2022·浙江省1月选考，10)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1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】A项，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，A错误；B项，硅元素化合价由4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C项，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，C错误；D项，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1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。5．(2022·浙江省6月选考，10)关于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，下列说法正确的是()A．H2SO4发生还原反应B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D．1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A项，H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A不正确；B项，Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B正确；C项，该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不正确；D项，根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D不正确。故选B。6．(2021•浙江1月选考，10)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3：4D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3【答案】D【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。7．(2021•浙江6月选考，8)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12.7gI2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项，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项，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项，12.7gI2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4molI2转移7mol电子，则生成0.05molI2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1molK2H3IO6就有7molHI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7：1，D正确；故选D。1．氧化还原反应基本概念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)O2Fe3＋酸性KMnO4、K2Cr2O7HClO浓H2SO4HNO3H2O2还原产物Cl－(X－)H2O/O2－/OH－Fe2＋/FeMn2＋、Cr3＋Cl－SO2NO2/NOH2O(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－NH3COSO2/SOeq\o\al(2－,3)氧化产物金属离子非金属氧化物Fe3＋S、SO2I2N2、NOCO2SO3、SOeq\o\al(2－,4)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。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。题型一氧化还原反应概念辨析1．(2024·河南省部分学校高三第二次联考)亚硝酸(HNO2)是一种弱酸，H2O2与HNO2溶液反应的主要产物是()A．O2、HNO3B．O2、NO2C．H2O、HNO3 D．H2O、NO【答案】C【解析】A项，H2O2与HNO2溶液反应生成O2、HNO3，O、N元素化合价均升高，不符合氧化还原规律，A错误；B项，H2O2与HNO2溶液反应生成O2、NO2，O、N元素化合价均升高，不符合氧化还原规律，B错误；C项，H2O2与HNO2溶液反应生成H2O、HNO3，O元素化合价降低，N元素化合价升高，符合氧化还原规律，C正确；D项，H2O2与HNO2溶液反应生成H2O、NO，O、N元素化合价均降低，不符合氧化还原规律，D错误；故选C。2．(2024·甘肃酒泉高三联考)关于反应2KMnO4+10HF+2KF+3H2O2=2K2MnF6+3O2↑+8H2O，下列说法正确的是()A．H2O2既是氧化剂又是还原剂 B．K2MnF6是氧化产物C．生成1molO2，转移2mol电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2【答案】C【解析】A项，KMnO4是氧化剂，H2O2是还原剂，A错误；B项，是K2MnF6还原产物，B错误；C项，过氧化氢中O元素为1价，所以生成1molO2，转移2mol电子，C正确；D项，氧化剂KMnO4与还原剂H2O2的物质的量之比为2∶3，D错误；故选C。3．(2024·广东广州华南师大附中高三期中)关于反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法正确的是()A．C发生还原反应B．K2S是氧化产物C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3D．生成1molN2时，转移12mol电子【答案】D【解析】A项，在反应中，单质碳中的C元素化合价升高，发生氧化反应，故A错误；B项，S单质化合价降低，转化为K2S，K2S作还原产物，故B错误；C项，该反应中S和KNO3均作氧化剂，C单质作还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比应为1∶1，故C错误；D项，生成1molN2时，转移12mol电子，故D正确；故选D。4．(2024·河南省部分学校高三第二次联考)氮化钛(TiN)是一种新型多功能金属陶瓷材料，以四氯化钛为原料，在氢气氛围下，与氨气在700℃时制得TiN的反应方程式为TiCl4+NH3→TiN+N2+HCl(未配平)，下列说法正确的是()A．TiCl4作氧化剂，氯被还原B．参加反应的NH3有被氧化C．TiN既是还原产物又是氧化产物D．反应中每转移1.2mol电子，会生成2.5mol气体【答案】B【解析】TiCl4+NH3→TiN+N2+HCl过程中，Ti的化合价由+4降至+3，N的化合价部分由3升至0，部分不变，配平后的方程式为：6TiCl4+8NH36TiN+N2+24HCl。A项，反应过程中，Ti化合价由+4降至+3，TiCl4作氧化剂，Cl化合价没有发生变化，Cl未被还原，A错误；B项，配平后的方程式为：6TiCl4+8NH36TiN+N2+24HCl，则参加反应的NH3中有即被氧化，B正确；C项，TiN中Ti为+3价，是化合价降低过程中得到的，而其中N化合价不变，则TiN是还原产物，C错误；D项，从方程式来看，当有6molTiCl4参与反应，会转移6mol电子，同时生成1molN2和24molHCl气体，故当反应中转移1.2mol电子时会生成0.2molN2和4.8molHCl共5.0mol气体，D错误；故选B。5．(2024·湖南衡阳湖湘教育三新探索协作体联考)化学镀银实验中，常使用H3PO2将Ag+转化为Ag，H3PO2具有较强的还原性，在溶液中常被氧化成PO43，下列选项中正确的是()A．反应中P元素化合价下降，H3PO2被氧化B．每生成一个PO43粒子，反应中转移了3个电子C．该反应中氧化产物为AgD．还原产物与氧化产物的个数比为4：1【答案】D【解析】A项，H3PO2与Ag+的反应中P元素化合价升高，H3PO2是还原剂，还原剂发生氧化反应被氧化，A错误；B项，反应中P元素化合价从+1价升到+5价，因此每生成一个PO43粒子，反应中转移了4个电子，B错误；C项，PO43是氧化产物，Ag+是氧化剂，Ag是还原产物，C错误；D项，配平方程式可以知道H3PO2与Ag+的个数比是1：4，还原产物与氧化产物的个数比为4：1，D正确；故选D。6．(2024·浙江省浙东北联盟期中)用硫酸渣制备铁黄(一种铁基颜料)的过程中存在如下反应：FeSO4+8NH3·H2O+O2=4FeOOH+4(NH4)2SO4+2H2O下列说法正确的是()A．O2发生氧化反应B．FeSO4作氧化剂C．生成1molFeOOH时，转移电子数目为4NAD．既是氧化产物又是还原产物【答案】D【解析】A项，该反应中，O元素由0价降低到2价，则O2发生还原反应，A错误；B项，FeSO4中Fe的化合价由+2价升高到+3价，FeSO4作还原剂，B错误；C项，结合选项AB可知，生成1molFeOOH时，转移电子数目为NA，C错误；D项，由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原，铁元素的化合价升高被氧化，FeOOH既是反应的氧化产物又是还原产物，D正确；故选D。7．(2023·浙江省天域全国名校协作体高三联考)火箭推进发生反应的化学方程式为：C2N2H8+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O(偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是()A．C2N2H8是氧化剂 B．N2O4被氧化C．氧化产物与还原产物之比为3∶2 D．N2O4完全反应，有8NA个电子转移【答案】C【解析】A项，反应过程中C2N2H8中碳元素化合价升高，反应氧化反应，C2N2H8为还原剂，A错误；B项，N2O4中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C项，1分子C2N2H8中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，N2O4中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D项，反应中不确定N2O4反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。8．(2023·上海市宝山区一模)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：4NaNH2+3O2=2NaOH+2NaNO2+2NH3。下列说法正确的是()A．B．每消耗0.3molO2，转移电子数是2.4NAC．NH3是氧化产物D．NaNH2中N的化合价部分发生变化【答案】D【解析】A项，由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4molNaNH2中，只有2molNaNH2所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A错误；B项，由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗0.3molO2，转移1.2mol电子，转移电子数是1.2NA，B错误；C项，生成物NH3中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则NH3既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；D项，NaNH2→NaNO2，N元素化合价升高，NaNH2→NH3，N元素化合价不变，即NaNH2中N的化合价部分发生变化，D正确；故选D。9．(2024·北京东城期中)K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列关于该反应的说法错误的是()A．铁元素被氧化，氮元素被还原B．每生成1molK2FeO4，转移6moleC．K2FeO4具有氧化杀菌作用D．该实验条件下的氧化性：KNO3＞K2FeO4【答案】B【解析】由方程式可知，反应中铁元素化合价从+3价到+6价，化合价升高被氧化，氧化铁是反应的还原剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，亚硝酸钾是还原产物，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子。A项，由分析可知，反应中铁元素化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，故A正确；B项，反应生成1mol高铁酸钾，转移3mol电子，故B错误；C项，高铁酸钾具有强氧化性，能使蛋白质因氧化而变性起到杀菌消毒的作用，故C正确；D项，硝酸钾是反应的氧化剂，高铁酸钾是反应的氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则硝酸钾的氧化性强于高铁酸钾，故D正确；故选B。10．(2023·浙江省浙里卷天下高三开学测试)高氯酸铵可以用于固体火箭的推进剂，关于2NH4ClO4(s)=N2(g)＋Cl2(g)＋2O2(g＋4H2O(g)反应，下列说法不正确的是()A．0.5molNH4ClO4完全分解产生气体的体积约为44.8LB．NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂C．该反应中，还原产物与氧化产物的物质的量之比为D．上述NH4ClO4的分解反应，反应物的总键能小于生成物的总键能【答案】A【解析】A项，气体体积没有说标况，无法计算，A错误；B项，NH4ClO4在反应中，氮元素化合价上升，氯元素化合价降低，NH4ClO4既是氧化剂也是还原剂，B正确；C项，反应的还原产物为氯气和氧气，共三份，氧化产物为氮气，共一份，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：3，C正确；D项，反应为放热反应，反应物的总键能小于生成物的总键能，D正确；故选A。11．过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法中不正确的是()。A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C．由反应可知每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移12mol电子D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用【答案】C【解析】由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A项正确；2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe元素的化合价由+2升高为+6，O元素的化合价部分由1降低为2，部分由1升高为0，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B项正确；2FeSO4~10e，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C项错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D项正确。题型二电子转移的表示方法12．(2024·重庆市名校联盟期中)下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】A项，根据氧化还原反应只靠近不交叉，可知硫化氢失电子生成S，浓硫酸得电子生成二氧化硫，表示电子转移的方向和数目为：，故A错误；B项，根据氧化还原反应只靠近不交叉，氯酸钾得电子生成氯气，HCl失电子生成氯气，表示电子转移的方向和数目为：，故B正确；C项，Fe失电子生成氯化铁，氯气得电子生成氯化铁，表示电子转移的方向和数目为：，故C错误；D项，表示电子转移的方向和数目为：，故D错误；故选B。13．(2024·辽宁省县级重点中学协作体期中)下列化学方程式中电子转移不正确的是()A．B．C．D．【答案】B【解析】A项，反应中Mn元素化合价由+4价降为+2价，得到2e，Cl元素由1价升为0价，失去2e，A正确；B项，KClO3中Cl元素化合价由+5价降为0价，得到5e，HCl中Cl元素由1价升为0价，失去5e，B错误；C项，NH4NO3中3价N元素升为0价，失去，+5价N元素降为0价，得到，C正确；D项，反应中Cu元素化合价由0价升为+2价，得到，N元素由+5价降为+2价，失去，D正确；故选B。14．(2024·湖北省重点高中智学联盟联考)下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是()A．B．C．D．【答案】C【解析】A项，两个钠原子失去2×e，两个氢原子得到2×e，电子转移方向由钠元素指向氢元素，转移电子数目为2e，A项错误；B项，KClO3中，1个氯原子由+5价降到0价，得到5e；6HCl中5HCl的Cl由1价升到0价，失去5×e，反应中转移5e，B项错误；C项，2Cl2中一半氯元素化合价降低转变为氯离子，得到2×e，另一半氯元素化合价升高转变为次氯酸根，失去2×e，C项正确；D项，铜元素失去电子化合价升高，硫酸中硫元素得电子化合价降低，电子转移方向应由铜元素指向硫元素，反应中转移2e，D项错误；故选C。考点二氧化还原反应的基本规律及应用1．(2023•浙江省6月选考，6)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是()A．药剂A具有还原性B．①→②过程若有2molSS键断裂，则转移4mol电子C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中SS键位置来实现头发的定型【答案】C【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2molSS键断裂，则转移4mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中SS键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中SS键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。2．(2023•湖南卷，10)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是()A．S2O32和SO42的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】A项，S2O32的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B项，As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C项，根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D项，As2S3中As为+3价，S为2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1molAs2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1molAs2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。3．(2021•湖南选择性考试，8)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10mole﹣ 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IO3的存在【答案】A【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mole﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。4．(2021•北京卷，9)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是()i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓下列说法不正确的是A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑【答案】B【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。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：2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5SOeq\o\al(2－,3)=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O中性条件：2MnOeq\o\al(－,4)＋H2O＋3SOeq\o\al(2－,3)=2MnO2＋3SOeq\o\al(2－,4)＋2OH－碱性条件：2MnOeq\o\al(－,4)＋2OH－＋SOeq\o\al(2－,3)=2MnOeq\o\al(2－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O其氧化性为KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(碱性)。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(H2eq\o(S,\s\up6(－2))→eq\o(S,\s\up6(0))，H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4→eq\o(S,\s\up6(＋4))O2)、5Cl－＋ClOeq\o\al(－,3)＋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。题型一氧化性还原性强弱判断1．根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是(

)A．

I－>Fe2+>Cl－>SO2

B．

Cl－>Fe2+>SO2>I－C．

Fe2+>I－>Cl－>SO2

D．

SO2>I－>Fe2+>Cl－【答案】D【解析】氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI中SO2是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性SO2>I－；2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中亚铁离子被氧化，作还原剂，氯气是氧化剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2+>Cl－；2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中氯化铁是氧化剂，碘化氢是还原剂，则还原性是I－>Fe2+，所以有关物质的还原性强弱顺序是SO2>I－>Fe2+>Cl－。2．已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是()A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2C．Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2OD．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2【答案】A【解析】根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2＋。3．常温下，在溶液中可发生以下反应：①16H＋＋10Z－＋2XOeq\o\al(－,4)=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2M2＋＋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XOeq\o\al(－,4)<Z2<R2<M3＋B．还原性强弱顺序为X2＋<Z－<R－<M2＋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－【答案】A【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<XOeq\o\al(－,4)，A错误；还原剂的还原性强于还原产物的还原性，故根据反应①知，还原性：X2＋<Z－，根据反应②知，还原性：R－<M2＋，根据反应③知，还原性：Z－<R－，综合上述判断，B正确；Z元素在反应①中化合价升高，被氧化，在反应③中化合价降低，被还原，C正确；根据反应②知，氧化性：R2>M3＋，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。4．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、CO32C．在含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中通入CO2：KOH、Ba(OH)2、BaCO3D．在含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中缓慢通入Cl2：I、Br、Fe2+【答案】A【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。5．现有下列几个离子反应：①Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋＋6Cl－=2Cr3＋＋3Cl2↑＋7H2O②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋下列有关性质的比较中正确的是()A．氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)>Cl2>Fe3＋B．氧化性：Cl2>Br2>Cr2Oeq\o\al(2－,7)C．还原性：SO2<Fe2＋<Br－D．还原性：Cl－>Cr3＋>Fe2＋【答案】A【解析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，并结合卤素单质及阴离子的性质递变规律推知：氧化性强弱顺序为Cr2Oeq\o\al(2－,7)>Cl2>Br2>Fe3＋>SOeq\o\al(2－,4)；还原性强弱顺序为SO2>Fe2＋>Br－>Cl－>Cr3＋。6．已知H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI，将0.1molCl2通入100mL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＞HClB．H2SO3的物质的量浓度为0.6mol·L－1C．若再通入0.05molCl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化D．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋【答案】D【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xmol·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＋eq\f(0.1x,2×2)＝0.1，解得x＝0.8，B项错误；混合溶液中还剩余0.04molHI未被氧化，故只需再通入0.02molCl2，即可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误；通入0.1molCl2后，0.08molH2SO3和0.04molHI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=4SOeq\o\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋，D项正确。题型二氧化还原反应规律的应用7．有Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是()A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8B．该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C．每1molNOeq\o\al(－,3)发生氧化反应，转移8mole－D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e－=Fe3＋【答案】C【解析】酸性条件下NOeq\o\al(－,3)具有强氧化性，Fe3＋也具有氧化性，故应是NOeq\o\al(－,3)将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式为8Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=8Fe3＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8，A项正确；NOeq\o\al(－,3)中氮的化合价为＋5价，NHeq\o\al(＋,4)中氮的化合价为－3，故1molNOeq\o\al(－,3)发生了还原反应，C项错误；原电池的负极发生氧化反应，D项正确。8．(2023·四川省德阳市高三质检)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和潜在应用的有力工具。水热法制备(Fe3O4)​纳米颗粒的反应是：3Fe2+​+2S2O32​+O2+xOH=Fe3O4↓+S4O62​+2H2O​。下列问题叙述不正确的是()A．水热法制备Fe3O4​​纳米颗粒的反应中，还原剂不只是S2O32​B．反应的离子方程式中x=4​​C．每生成1molFe3O4​，反应转移的电子为​D．被Fe2+​​还原的​的物质的量为​【答案】D【解析】A项，反应中Fe​元素化合价部分升高为+3​价，S​元素化合价由+2​价升高到+2.5​价，则还原剂是Fe2+​和S2O32​​，故A正确；B项，根据电荷守恒得：​=2​，解得x=4​，故B​正确；C项，根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S​元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知该反应转移4​，所以每生成1molFe3O4​​，由O​元素的化合价变化可知，转移电子为​，故C正确；D项，不确定反应的亚铁离子的物质的量不能计算反应的氧气的物质的量，故D错误；故选D。9．2022年我国空间站的建设举世瞩目，神州十四飞船整装待发。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是()反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2下列有关说法不正确的是A．反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂B．反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子C．反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原D．反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化【答案】D【解析】A项，FeTiO3中Fe显+2价，O显2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A正确；B项，根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B正确；C项，反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C正确；D项，根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D错误；故选D。10．(2023·山西省吕梁市高三阶段性测试)(双选)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32等能把VO2+还原为VO2+，向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是()A．在酸性溶液中氧化性：MnO4＞VO2+＞SO42B．亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO2++2H++SO32=2VO2++SO42+H2OC．向VOSO4溶液中滴加FeCl3，溶液由蓝色变为淡黄色D．向含1molVO2+的溶液中滴加含1molKMnO4的酸性溶液完全反应，转移电子为5mol【答案】B【解析】A项，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据SO32能把VO2+还原为VO2+，SO32则被氧化为SO42，则氧化性VO2+＞SO42，向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则氧化性：MnO4＞VO2+，A错误；B项，SO32能把VO2+还原为VO2+，根据得失电子守恒和电荷守恒书写离子方程式为：2VO2++2H++SO32=2VO2++SO42+H2O，B正确；C项，Fe2+能把VO2+还原为VO2+，Fe2+被氧化为Fe3+，所以氧化性VO2+＞Fe3+，所以Fe3+和VOSO4不反应，无法将溶液由蓝色变为淡黄色，C错误；D项，由得失电子守恒可知，5molVO2+能还原1molKMnO4，题中所给数据可知KMnO4过量，1molVO2+变为1molVO2+，转移电子为1mol，D错误；故选AB。11．(2024·江苏苏州高三期中)硼单质及其化合物有重要的应用。硼晶体熔点为2076℃，可形成多种卤化物。BF3可与NH3反应生成NH3BF3。BCl3可与H2反应生成乙硼烷B2H6(标准燃烧热为)，其分子中一个硼与周围的四个氢形成正四面体，结构式为，具有还原性。乙硼烷易水解生成H3BO3与H2，H3BO3是一种一元弱酸，可作吸水剂。乙硼烷可与NH3反应生成氨硼烷(NH3BF3)，其在一定条件下可以脱氢，最终得到BN。乙硼烷也可与NaH反应生成NaBH4，是一种常用的还原剂。下列物质的结构、性质、用途之间不具有对应关系的是()A．B电负性小于H，NaBH4可用作还原剂 B．H3BO3有弱酸性，可用作吸水剂C．BF3中B有空轨道，易与NH3形成NH3BF3 D．NH3BF3可以脱氢，可用作储氢材料【答案】B【解析】A项，B与H形成的简单化合物中，B显正价，B的电负性小于H，NaBH4中H为1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4可用作还原剂，故A不符合题意；B项，H3BO3有弱酸性，与吸收性无关，故B符合题意；C项，B的电子排布式为1s22s22p1，BF3中B有空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者易形成配合物NH3BF3，故C不符合题意；D项，由题意可知，NH3BF3可以脱氢，可用作储氢材料，故D不符合题意；故选B。12．(2024·宁夏银川高三第三次月考)向1LFeI2溶液中不断通入Cl2，溶液中I、I2、IO和Fe2+、Fe3+的物质的量随的值的变化分别如图1、图2所示已知：5Cl2+I2+6H2O=2IO3+10Cl+12H+。下列说法正确的是()A．图1中b表示IO3，图2中e表示Fe3+B．由图可知，FeI2的物质的量浓度为1mol·L1C．=4时，溶液中的I2与Fe3+的物质的量相等D．还原性：I>Fe2+>I2>Cl【答案】D【解析】A项，的值在0~1时发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，的值在1~1.5时发生反应2Fe2++>Cl2=2Fe3++2Cl，的值在1.5~6.5时发生反应I2+5Cl2+6H2O=2IO3+10Cl+12H+，图1中c表示IO3，图2中e表示Fe3+，故A错误；B项，由图可知，的值在0~1时发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，不能确定FeI2的物质的量，所以不能确定FeI2的物质的量浓度，故B错误；C项，设FeI2的物质的量为1mol，=4时，发生反应I2+5Cl2+6H2O=2IO3+10Cl+12H+，消耗2.5molCl2，反应生成1molIO3，根据Fe、I元素守恒，溶液中的I2的物质的量为0.5mol、Fe3+的物质的量为1mol，溶液中的I2与Fe3+的物质的量不相等，故C错误；D项，依次发生反应2I+Cl2=I2+2Cl、2Fe2++>Cl2=2Fe3++2Cl、I2+5Cl2+6H2O=2IO3+10Cl+12H+，所以还原性：I>Fe2+>I2>Cl，故D正确；故选D。考点三氧化还原反应方程式的书写与配平1．(2021•河北选择性考试)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是____________(填元素符号)。(2)工序①的名称为____________________。(3)滤渣的主要成分是___________(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为______________________________。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_____________________(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________________。(通常认为溶液中离子浓度小于105mol•L1为沉淀完全；A1(OH)3+OHAl(OH)4：K=100.63，Kw=1014，Ksp[A1(OH)3]=1033)【答案】(1)Fe、Cr(2)溶解浸出(3)MgO、Fe2O3(4)2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓(5)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3(6)②(7)8.37【解析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质；(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)4+H+A1(OH)3+H2O，反应的平衡常数为K1====1013.37，当c[Al(OH)4]为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37。2．(2021·福建卷，11)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有、的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。回答下列问题：(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(MoO32表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42，反应的离子方程式为_______。(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成MoO3】【答案】(4)H2O2+MoO32=MoO42+H2O(6)(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O【解析】(4)溶液中若有低价钼(以MoO32表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42，则氧化剂为H2O2，还原产物为2价的O，还原剂为MoO32，氧化产物为MoO42，则反应的离子方程式为H2O2+MoO32=MoO42+H2O；(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O。3．(2021•湖南卷，17)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：回答下列问题：(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为。【答案】(5)2Ce3++6HCO3+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O【解析】(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为2Ce3++6HCO3+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑↑；(6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。陌生化学方程式书写的思路首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循原子守恒定律。(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循原子守恒定律外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。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。1．(2024·黑龙江龙东五地市联考期中)将Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生以下两个反应(均未配平)：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O，反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量浓度之比为5：2，则该溶液中与的物质的量之比为()A． B． C． D．【答案】D【解析】反应完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量浓度之比为5：2，则氯元素化合价升高共1×5+2×5=15，根据电子守恒可知，氯元素化合价也会降低15，则生成1价的氯化钠的系数为15，总反应的化学方程式为22NaOH+11Cl2=15NaCl+5NaClO+2NaClO3+11H2O，故该溶液中n(NaClO)：n(NaCl)=1：3，D正确。2．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，反应方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是()。A．Fe2+的还原性强于Mn2+B．MnO4是氧化剂，Fe3+是还原产物C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5∶1D．生成1mol水时，转移2.5mol电子【答案】A【解析】Fe2+化合价升高，是还原剂，Mn2+是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，A项正确；MnO4中Mn元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3+是氧化产物，B项错误；锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒可知，MnO4、Mn2+的系数为1，Fe2+、Fe3+的系数为5，由电荷守恒得H+的系数为8，则H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，C项错误；根据离子方程式MnO4+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，生成4mol水时转移5mol电子，则生成1mol水时，转移1.25mol电子，D项错误。3．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：MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O。下列叙述中正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(－,2)被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．中的粒子是OH－【答案】C【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：2MnOeq\o\al(－,4)＋5NOeq\o\al(－,2)＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(－,3)＋3H2O；其中NOeq\o\al(－,2)被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误。4．(2023·河南省洛阳创新发展联盟高三调研)二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和双氧水在酸性条件下反应制备：NaClO3+H2O2+H2SO4→ClO2↑+O2↑+Na2SO4+H2O(未配平)。下列说法正确的是()A．每转移1mol电子，生成标准状况下11.2LO2B．H2O2是氧化剂，发生氧化反应C．H2O是还原产物D．产物中ClO2与O2的物质的量之比为1∶2【答案】A【解析】由未配平方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是反应的氧化剂发生还原反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，氧气是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中生成1mol氧气转移2mol电子。A项，反应中生成1mol氧气转移2mol电子，则标准状况下，每转移1mol电子，生成标准状况下氧气的体积为1mol××22.4L/mol=11.2L，故A正确；B项，过氧化氢是反应的还原剂发生氧化反应，故B错误；C项，二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，故C错误；D项，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为2∶1，故D错误；故选A。5．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