2024年高考化学二轮复习：氧化还原反应（练习）教师版

专题04氧化还原反应

目录

氧化还原反应基本概念1

氧化还原反应的基本规律及应用4

■以3氧化还原反应方程式的书写与配平10

考点01氧化还原反应基本概念

1.下列物质的应用涉及氧化还原反应的是()

A.利用氢氟酸刻蚀玻璃B.利用活性炭由红糖制备白糖

C.煨烧石灰石制备生石灰D.应用漂白粉对环境进行消杀

【答案】D

【解析】A项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF+SiO2=SiF4f+2H20,没有化合价的变化，不属

于氧化还原反应，A项错误；B项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸

附性，属于物理变化，B项错误；C项，燃烧石灰石制备生石灰原理为：CaCCh高温CaO+CChT,无化合

价的变化，为非氧化还原反应，C项错误；D项，漂白粉有效成分为Ca(C10)2,具有氧化性，消毒是利用漂

白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D项正确；故选D。

2.(2023•湖南省高三联考)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝(KN03)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧

铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C隹K2S+N2T+3c下列有关说法错误的是

()

A.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2

B.反应每转移6moi电子，则能生成11.2LN2

C.该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成

D.该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5

【答案】B

0+50点燃-20+4

【解析】S+2KNO3+3C—K2S+HT+3C02TOA项，该反应中氧化产物为CO2,还原产物为K2s

和N2,氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2,A正确；B项，气体体积没有注明是标准状况，无法计

算N2的体积，B错误；C项，该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C正确；D项，1个S能

得2e\2个KNO3中N能得10e,所以能氧化的碳原子数之比为1:5,D正确；故选B。

3.（2023•重庆市渝中高三调研）氧和氟都是非金属性很强的元素，可形成一系列性质活泼的氟氧化合物,

如：OF2、O2F2、O3F2、O4F2>O5F2、O6F2=其中O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2,关于此反

应，下列说法正确的是（）

A.氧气是氧化产物

B.O2F2既是氧化剂又是还原剂

C.若生成2.24LHF,则转移0.4mol电子

D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1

【答案】D

【解析】A项，O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误;

B项，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2只是氧化剂，故B错误；C项，不是标准状况下，

且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定转移电

子的数目，故C错误；D项，该反应中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到

0价被还原，氧化产物为SF6,还原产物为02,由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4：1,故D

正确；故选D。

4.（2024•浙江省七彩阳光新高考研究联盟三联考）关于反应3SiC）2+6C+2N2避Si3N4+6CO,下列说法

正确的是（）

A.SiO2既不是氧化剂，也不是还原剂

B.生成33.6LCO,转移3NA电子

C.Si3N4是氧化产物

D.6gC中含有的共价键数目为一定为NA

【答案】A

【解析】A项，在反应中，中的Si、0元素化合价都未改变，则SiCh既不是氧化剂，也不是还原剂，

A正确；B项，CO的状态是不是标况未知，无法确定物质的量，B错误；C项，Si3N4的Si元素化合价未

变，N元素化合价降低，被还原，是还原产物，C错误；D项，C的同素异形体有多种，每种共价键的数目

不相同，6gC的C无法确定是哪种同素异形体，共价键数目无法确定，D错误；故选A。

5.（2023•浙江省Z20名校联盟高三第三次联考）汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：

10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2?=下列说法正确的是

A.该反应中KNO3是还原剂

B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为15：1

C.若设计成原电池，KN03在负极上反应

D.每转移Imole-,可生成2.24LN2

【答案】B

【解析】A项，KNCh中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-g升高为0,

是还原剂，故A错误；B项，根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物

质的量之比为10:2=5:1,一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比

为15:1,即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1,故B正确；C项，由选项A分子可知，在该反应

中KNCh为氧化剂，则若设计成原电池，KNCh在正极上反应，故C错误；D项，由反应可知转移lOmol

电子生成16moi氮气，则每转移Imol电子，可生成N2为标准状况下N2的体积为35.84L,故D错

误；故选B。

6.（2023•浙江省东阳市高三5月模拟考试）关于反应3Cu2s+16H++4NO3=6Cu2++4NOT+3SJ+8H2。，下列

说法不正确的是（）

A.该反应体现了HNO3的强氧化性和酸性

B.反应生成22.4L（标况下）NO气体时转移3mol电子

C.该反应中氧化产物只有S

D.若设计成原电池，Cu2s作为负极材料

【答案】C

【解析】A项，根据离子方程式可知，N的部分化合价由+5价降低为+2价，即HNO3作氧化剂，有硝

酸铜生成，因此部分HNCh表现酸性，故A正确；B项，Cu2s中Cu显+1价，S显-2价，根据离子方程式

可知，Cu、S的化合价升高，部分N的化合价降低，生成标准状况下22.4LNO,转移电子物质的量为

224T

———x（5-2）=3moL故B正确；C项，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据B选项分析，氧化产

22.4L/mol

物有S、Cu2+,故C错误；D项，该反应为氧化还原反应，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化

合价升高，因此Cu2s作负极材料，故D正确；故选C。

7.（2023•浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5月模考）关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3,

下列说法正确的是（）

A.NaN3溶液通入CO2可以得到HN3（酸性与醋酸相当）

B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1

C.NaN3既是还原产物又是氧化产物

D.生成ImolNaNs,共转移4moi电子

【答案】C

【解析】A项，由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3,否则违背强

酸制弱酸的原理，故A错误；B项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮

元素化合价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2,故B错误；C项，

由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是

还原产物又是氧化产物，故C正确；D项，由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二

48

氮中氮兀素化合价降低被还原，则反应生成ImolNaNs，共转移电子的物质的量为Imolx^x2=§mol,故D

错误：故选C。

考点02氧化还原反应的基本规律及应用

1.现有下列三个氧化还原反应：

①2FeCb+2KI=2FeCl2+2KC1+12

②2FeCb+C12=2FeCl3

（3）2KMnO4+16HC1（浓）=2KC1+2MnCl2+5CLT+8H2O

若某溶液中含有Fe2+、C「和：T,要除去「而不氧化Fe2+和C「，可以加入的试剂是（）

A.Cl2B.KMnO4C.FeChD.HC1

【答案】C

【解析】本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于L的氧化性，而小于CL和Fe3+的氧化性（也可等于

3+3+2+

Fe3+的氧化性）。由①知氧化性：Fe>I2,还原性：：TAFe^；由②知氧化性：Cl2>Fe,还原性：Fe>C1；由

2+

③知氧化性：MnO4>Cl2,还原性：Cr>Mn；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>C12>FeCb>l2,还原性

强弱顺序为:T>Fe2+>C厂>Mn2+。所以KMnCU可氧化C「、Fe?+及「，CL可氧化Fe?+及「，FeCb只能氧化

2.将SO2气体不断通人Fe2（SC>4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加K2Cr2C>7

溶液，溶液又变成棕黄色（还原产物为CN+）,则下列有关说法错误的是（）

23+

A.氧化性：Cr2O7>Fe>SO2

B.标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终能消耗O.lmolLCnCh

3+22++

C.通入SO2时反应的离子方程式为：SO2+2Fe+2H2O=SO4-+2Fe+4H

D.随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强

【答案】D

【解析】将气体不断通人Fe2（SO4）3溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色说明Fe3+被SO2还原为

Fe2+,SO2被氧化，反应的离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+,则氧化性Fe3+>SC）2；然后往

溶液中滴加K2Cr2O7溶液，溶液又变成棕黄色，说明CnC^-将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为

22++3+3+

Cr2O7-+6Fe+14H=6Fe+2Cr+7H2O,所以氧化性Cr2C）72->Fe3+,则三者的氧化性Cr2C）72->Fe3+>SO2。A

23+2

项，CrzChHFe3+和SO2的氧化性强弱顺序为Cr2O7->Fe>SO2,故A正确；B项，由分析可得SCh和Cr2O7-

的关系为：3sO2—6Fe2+—Cr2O72-,则6.72LSO2参加反应时最终能消耗KzCnCh的物质的量为

—72LX1=0.1moL故B正确；C项，通入SCh时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、

22.4L/mol3

硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+,故C正确；D项，由题

意可得总反应的离子方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=3SO42'+2Cr3++H2O,由方程式可知，反应时消耗氢离子，

溶液的酸性越来越弱，故D错误；故选D。

3.（2024•福建福州八县协作校高三期中）KICh常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方

法第一步反应为6I2+IIKCIO3+3H2O叁6KH（IO3）2+5KC1+3CLT。下列说法错误的是（）

A.产生22.4L（标准状况）CL时，反应中转移20moie-

B.可用石灰乳吸收反应产生的CI2制备漂白粉

C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11

D.可用酸化的淀粉碘化钾试纸检验CL的存在

【答案】C

【解析】由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，碘元素的化合

价升高被氧化，碘是还原剂，反应生成3moi氯气时，转移60moi电子。A项，反应生成3moi氯气时，转

移60moi电子，则标准状况下生成22.4L氯气时，反应中转移电子的物质的量为乂”粤=20mol,

22.4L/mol3mol

故A正确；B项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，反应的化学方程式为

2Ca（OH）2+2Cl2=CaC12+Ca（ClO）2+2H2O,故B正确；C项，由分析可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，

氯酸钾是反应的氧化剂，碘元素的化合价升高被氧化，碘是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为

11：6,故C错误；D项，氯气能与酸化的淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应生成遇淀粉溶液变蓝色的单质碘,

所以可用酸化的淀粉碘化钾试纸检验氯气的存在，故D正确；故选C。

4.（2023•天津高三模拟）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2f0

若氧化产物比还原产物多1.75moL则下列判断正确的是（）

A.生成42.0LN2（标准状况）B.有0.25molKNC>3被氧化

C.转移电子的物质的量为1.25molD.被还原的N原子的物质的量为3.75mol

【答案】C

【解析】根据反应方程式可知，10molNaN3发生氧化反应生成15moi氧化产物N2,2moiKNCh发生还

原反应生成Imol还原产物N2,每生成16moiN2,氧化产物比还原产物多15moi-lmol=14mol,反应中转移

10moi电子，若氧化产物比还原产物多1.75mol,则反应生成氮气2mol、0.25molKNO3被还原、转移电子

1.25mol,1.25molNaN3被氧化。A项，由分析可知，标准状况下N2的体积为2moix22.4L/mol=44.8L,A错

误；B项，0.25molKNO3被还原，B错误；C项，转移电子1.25mol,C正确；D项，0.25molKNCh被还原，

则被还原的N原子的物质的量为0.25mol,D错误；故选C。

5.KMnCU是常用的消毒剂和氧化剂。己知相关化学反应如下:

①向含KOH的K2MnO4溶液中通入Cl2制备KMnO4：2K2MnO4+C12=2KMnO4+2KCl

②实验室制Ch：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnC12+5C12T+8H2O

2++

③测定废水中Mn2+：2MnO4-+3Mn+2H2O=5MnO2i+4H,下列有关说法错误的是()

A.MnOr+的氧化性一定比Cl2的氧化性强

B.物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强

C.③中生成2moi还原产物时转移6moi电子

D.若转移电子数相等，则①中KMnC)4与②中KMnC>4的质量之比为5：1

【答案】A

【解析】A项，2K2MnO4+C12=2KMnO4+2KCl反应中，CL是氧化剂，KMnCU是氧化产物，贝瘴化

性：C12>KMnO4JA项错误；B项，由题中反应可知，在酸性条件下，KMnC>4具有强氧化性，所以物质氧

化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强，B项正确；C项，③中MnOr被还原生成还原产物为MnCh,

则生成2moi还原产物时转移6mol电子,C项正确;D项，①中ImolKMnC)4转移Imol电子，②中ImolKMnO

转移5moi电子，所以若转移电子数相等，则①中KMnCU与②中KMnCU的质量之比为5：I,D项正确；

故选Ao

6.高铁酸钾是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的

方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NCh)3溶液:①CL+KOH-KCl+KClO+KClCh+HzCX未配平)；

@2Fe(NO3)3+3KC10+10KOH=2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O-下列说法不正确的是()

A.K2FeC>4在杀菌消毒过程中还可以净水

B.反应①中每消耗2moiKOH,吸收标准状况下22.4LCb(忽略CI2和水的反应)

C.若反应①中n(C10)n(C103)=5：1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5

D.若反应①的氧化产物只有KC10,则得到0.2molK2FeC)4时最少消耗0.3molC12

【答案】C

【解析】A项，用KzFeCU给水消毒、杀菌时得到的Fe3+,Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正确；

B项，反应①的生成物有KC1、KC10、KC103,其中K、C1的物质的量之比为1：1,所以每消耗2moiKOH,

吸收ImolCL,标况下Imol氯气的体积为：22.4L/molxhnol=22.4L,B正确；C项，反应①中氯气既是氧化

剂，又是还原剂，n(ClO-)：n(C10)=5：1,设C1CT为5mol,CIO3-为Imol,氯气转化成C1CT、CIO3-被氧化，

转化成KC1被还原，根据电子守恒可知生成KC1的物质的量为：5molxl+lmolx(+5-0)=10mol,则氧化剂与

还原剂的物质的量之比为10moi：(5mol+lmol)=5：3,C错误；D项，若反应①的氧化产物只有KC10,则

根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2K2FeO4〜3KC10〜3e-〜3KC1〜3cL,则得到0.2molK2FeC)4时消耗

0.3molCb,D正确；故选C。

7.(2023•河南省重点高中高三联考)白磷(P。有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSCU溶液

清洗，发生两个反应：

反应①为P4和CuSO4反应生成Cu、H3P。4和H2so4；

反应②为1IP4+6OC11SO4+96H2O2OCU3P+24H3Po4+6OH2so4。

下列说法正确的是（）

A.在反应①和②中，P4只作还原剂

B.反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5：2

C.若P4反应完全且转化为H3P04的转化率是80%,理论上反应①和②消耗P4的物质的量之比为14：

11

D.用稀CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗

【答案】C

【解析】A项，由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧化,

又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误；B项，由题意可知，反应①中磷元素化合

价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数目守

恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：5,故B错误；C项，由题意可知，反应中白磷转化

为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80%可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物质的

量比为1：4,设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol,则反应生成磷酸的物质的量为20mo1,由方程式可

知，反应②生成5moi磷化亚铜的同时生成6moi磷酸，反应消耗白磷的物质的量为llmoB!，反应①生成

4

磷酸的物质的量为20moi—6mol=14mol,反应消耗白磷的物质的量为14moixL则理论上反应①和②消耗

4

白磷的物质的量之比为14moi：Hmolxy=14：11,故C正确；D项，用稀硫酸铜溶液清洗皮肤后，应

44

再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱性较强

的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。

8.（2024•湖南衡阳开学考试）臭氧氧化法处理含氟废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是（）

A.I阶段中ImolNaCN被氧化需消耗1molCh

B.II阶段的反应为：2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2+3O

C.I阶段产生的NaCNO在n阶段作为还原剂参加反应

D.I、II阶段产生的。2在反应中均为还原产物

【答案】D

【解析】由图可知，I阶段发生的反应为NaCN与03反应生成NaCNO和02,反应的化学方程式为

NaCN+O3=NaCNO+C)2，II阶段发生的反应为NaCNO与H2。、O3反应生成NaHCCh、N2和O2，反应的化学

方程式为：2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2+3O2，整合可知，两个阶段总反应的化学方程式为:

2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2+5O2=A®,由分析可知,1阶段反应的化学方程式为:NaCN+O3=NaCNO+C)2,

0的化合价由0价降低为-2价，N的化合价由-3价降低为-1价，反应中ImolO3氧化ImolNaCN,A正确;

B项，II阶段反应的化学方程式为：2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2+3O2,B正确；C项，由I阶段产生的

NaCNO与H2O、03反应生成NaHCCh、N2和O2,氮元素的化合价由-3价变为0价，化合价升高，故作为

还原剂参加反应，C正确；D项，I、II阶段产生的02,其氧元素来自03,无价态变化，。2不是还原产物,

D错误；故选D。

9.(2023•内蒙古赤峰一轮复习大联考)中国科学院金属研究所发现采用NazSnCh和NaOH混合促进剂,

可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。主要反应为:

6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2?；2AH-2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2t«Na2SnO3溶液显碱

性，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(

Na2SnO3

NaOH

A.1L0.Imo卜LTNazSnCh溶液中阴离子数目等于0.1NA

B.上述反应中的氧化产物为Sn和H2

C.标准状况下，反应过程中生成33.6LH2,转移电子数目为9NA

D.Al-Sn原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在Sn上

【答案】D

【解析】A1与NazSnCh可以发生反应6Al+3Na2SnO3+15H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2f(1),和NaOH也可

发生反应2Al+2NaOH+6H2O=2NaAl(OH)4+3H2T(2),图示中Al与Na2SnO3和NaOH反应，随着反应的进行,

生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。A项，NazSnCh溶液显碱性，是强碱弱酸盐，SnC^-会发生水解导致阴离

子个数增多，大于O.INA个，故A错误；B项，根据分析该过程存在

6Al+3Na2SnO3+l5H2O=3Sn+6NaAl(OH)4+3H2t,还原产物为Sn和H2,故B错误；C项，在整个过程中生成

故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应(1)生成的，33.6LH转移的电子数为9NA,当氢气全部是反应(2)生

成的，转移的电子数为3NA,两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3NA与9NA之间，故C错误；D

项，形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，A1活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，故

D正确，故选D。

23+

10.(2024•河南省湘豫名校联考高三联考)向Fe句溶液中不断通入Cb,体系中「、b、I03>Fe\Fe

等粒子的物质的量随n金(Cl、,)的变化可用如图简单表示，下列说法错误的是()

〃(。2)

”(Feb)

A.A线表示n(r)的变化

2+3+

B.D线对应的反应的离子方程式为2Fe+Cl2=2Cl-+2Fe

C.形成10；时，反应的离子方程式为5Cl2+l2+12OH-=2IOJ+6H2O+IOCI-

D.当°:、=1.2时,反应的禺子方程式为2Fe2++101+6C12=5l2+2Fe3++12Cl-

n(FeI2)

【答案】C

【解析】A项，由于还原性1>Fe2+,故通入CI2后r立即反应导致n(I-)减小，A项正确；B项，当「

反应完后，通入的CL将Fe2+氧化为Fe3+,B正确；C项，体系不是碱性环境，不能用氢氧根离子平衡电荷,

C错误;D项，n(Cl2):n(FeI2)=1.20t,Cb、「均反应完，而Fe?+部分参与反应，反应中消耗的

n(Cl2):n(r)=1.2:(lx2)=3:5,对照D项内容知其正确，D正确；故选C。

11.(2024・重庆高三调研考试)工业生产中除去电石浆(主要含CaO)中的S?一并制取硫酸盐的流程如下图

所示。下列说法正确的是()

2

。2H2OS-Mn(OH)2

CaO[MnSOyMmOH力卜逋稗/，«|MnO斗4so孑

A.过程I中被氧化的微粒为MnCh'

22

B.在酸性条件下，氧化性：O2>S2O3->MnO3-

c.经过过程n后，溶液的碱性增强

D.若消耗56LO2,理论上除去S2-的质量为16g

【答案】c

【解析】由流程可知，CaO与硫酸镭反应生成Mn(0H)2,通入氧气生成MnCh%过程I中反应的离子方

22

程式为2Mn(OH)2+O2+4OH=2MnO3-+4H2O；MnCV-与S?-反应生S2O3-,进而与氧气反应生成SO?',过程

222

II中反应的离子方程式为4MnO3-+2S+9H2O=S2O3-+4Mn(OH)21+10OHoA项，过程I中被氧化的微粒为

Mn(0H)2,A错误；B项，碱性条件下，。2能将Mn(0H)2氧化为MnCh',MnC"-能将S?-氧化为SzCh'故

22

氧化性：O2>MnO3->S2O3-,B错误；C项，过程n中反应的离子方程式为4

222

MnO3-+2S-+9H2O=S2O3-+4Mn(OH)21+10OH-,溶液的碱性增强，C正确；D项，没有给出标况，无法计算

氧气的物质的量，D错误；故选C。

考点03氧化还原反应方程式的书写与配平

1.NaNCh是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnC>4溶液与NaNCh反应的化学方程式是：MnO4+

NO2+―>Mn2++NO3+H2O0下列叙述中正确的是（）

A.该反应中NOi■被还原B.反应过程中溶液的pH减小

C.生成1molNaNCh需消耗0.4molKMnC»4D.中的粒子是OJT

【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：2MnO7+5NO5+6H+=2Mn2++5N（K+3H20;其中NO5被氧化，反应过程中H卡被消耗，pH

增大，故A、B、D错误。

2+3+

2.（2023•浙江省诸暨市高三适应性考试）关于反应CH3CH2OH+Cr2O7-+H+H2O^CH3COOH+Cr（H2O）6

（未配平），下列说法不正确的是（）

A.生成hnolCH3coOH,转移6moi电子B.CH3coOH是氧化产物

C.该反应类型属于氧化还原反应D.。但20常+的配体中形成配位键的原子是O

【答案】A

【解析】A项，CH3cH20H中C为-2价，CH3coOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol

CH3COOH,转移4moi电子，故A错误；B项，碳元素化合价升高，CH3cH20H是还原剂，CH3co0H是

氧化产物，故B正确；C项，该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D项，

H20中0原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；故选A。

3.CIO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在CIO、CN-、N2、ChHCO3-、H2O六种物质。

下列有关说法正确的是（）

A.CIO-是氧化剂，N2是氧化产物之一

B.反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2

C.若生成标准状况下2.24LN2,则转移电子0.2mol

D.含CN-的废水也可用CnC^-处理

【答案】A

【解析】A项，根据题意，C1O\CN为反应物，N2、Cl\HC03-为生成物，结合原子守恒可知H20为

反应物，处理过程中所发生的反应为5CO+2CN-+H2ON2T+5C1-+2HCO3-。其中CO是氧化剂，N2是氧化

产物，A正确；B项，在该反应中氧化剂是C10,还原剂是CN,根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂

的化学计量数之比为5：2,B错误；C项，在反应5C1O-+2CN-+H2O=N2f+5C1-+2HCO3-中，每反应产生1mol

N2,反应过程中转移10mol电子。若生成标准状况下2.24LN2,其物质的量是0.1moL则转移电子1moL

C错误；D项，-具有强氧化性，但若用-处理含CN-的废水，会引入重金属离子C~+,D错误；

故选Ao

4.已知下列实验事实：①CnO3固体既能溶于KOH溶液得到KCrCh溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SC>4)3

溶液；②将KzCnO;溶液滴加到淀粉-KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrCh溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，

可得K2CT2O7溶液。下列判断不正确的是()

A.化合物KCrO2中Cr为+3价B.实验①证明CnCh是两性氧化物

C.实验②证明氧化性：Cr20r>I2D.实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性

【答案】D

【解析】A项，化合物KCrCh中，K为+1价，。为一2价，由化合物中正、负化合价的代数和为0知，

Cr为+3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铝与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C项，

由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升高，由氧化剂的

氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr20r>l2,正确；D项，实验③中发生氧化还原反应，Cr的化

合价由+3升高为+6,则过氧化氢中0的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。

5.用酸性KMnC>4溶液处理硫化亚铜(CsS)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应I：MnO4-+

+2+22+

Cu2S+H^Cu+SO4-+Mn+H2O(未配平)和反应II：MnO4+FeS2+H+TFe3++SC)42-+Mn2++H2O(未配平)。下

列说法正确的是()

A.反应I中Cu2s既是氧化剂又是还原剂

B.反应I中每生成ImolSCU'转移电子的物质的量为lOmol

C.反应n中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3

D.若反应I和反应n中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I和反应H中消耗的还原剂的物质的

量之比为2:3

【答案】B

【解析】A项，反应I中Cu2s中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2s为还原剂，Mn元素

的化合价降低，高锯酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应I中每生成ImolSCM已参加反应的

Cu2s为Imol,Cu2s化合价共升高2*(2-1)+(6+2)=10,反应转移电子的物质的量为lOmol,B正确；C项，

反应n中氧化剂MnCU-化合价降低(7-2尸5,还原剂FeS2化合价共升高1+2X(6+1)=15,根据得失电子相等，

氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1,C错误；D项，若反应I和反应n中消耗的KMnO4的物质的

量相同，lmolKMnC)4得到5moi电子，Cu2s化合价共升高2、(2-1)+(6+2)=10,应氧化OSmolCsS,FeS2化

合价共升高1+2X(6+1)=15,应氧化;molFeSz,则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：

-mol=3：2,D错误。故选B。

3

6.(2023•辽宁省朝阳市一模)已知反应：aFeSC)4+bNa2C)2=cNa2FeC)4+2Na2O+dNa2sCU+eChT，a=2»下

列关于该反应的说法错误的是()

A.Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化B.NazCh在该反应中既是氧化剂又是还原剂

C.3a=bD.每生成ImolNazFeCh,转移4moi电子

【答案】D

【解析】A项，Na2FeC>4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成

的Fe(0H)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即