2026年高考化学二轮复习（全国）题型04 氧化还原反应的分析及应用（解析版）

题型04氧化还原反应的分析及应用第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局考向01有关氧化还原反应相关概念的判断考向02物质的物质氧化性、还原性机器强弱的判断考向03氧化还原反应方程式的书写与配平【重难】考向04氧化还原反应的基本规律及其应用【重难】考向05有关氧化还原反应的计算【重难】考向06依托载体综合考查氧化还原反应【重难】第三部分综合巩固整合应用，模拟实战氧化还原反应是高考化学的支柱，其考查将更注重原理的理解深度和跨模块的综合应用。重点考查氧化剂、预测反应能否发生，侧重于反应先后顺序或在特定情境下的产物判断。陌生氧化还原方程式的配平仍是必考点，将更频繁地出现在工艺流程题和实验探究题中。要求能根据题干信息(如价态变化、元素守恒)准确推断并配平。强化在真实、复杂情境中应用氧化还原原理解决问题的能力，尤其要重视其在工艺流程和新能源、环保等热点领域中的应用。 【例1-1】(2025·安徽卷)氟气通过碎冰表面，发生反应①,生成的HOF遇水发生反应②HOF+H₂O=HF+H₂O₂。下列说法正确的是A.HOF的电子式为H:0:F:B.H₂O₂为非极性分子C.反应①中有非极性键的断裂和形成D.反应②中HF为还原产物【答案】A【解析】HOF中心原子为0,与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为H:O:F:,A正确；H₂O₂空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；反应①中F-F非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C错误；F的电负性大于O,HOF中氟表现为-1价，0为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是-1价，F的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF,还原剂为H₂O,H₂O₂既是氧化产物也是还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；故选A。【例1-2】(2025-海南卷)下列化合物性质描述错误的是C.与水反应释放O₂:④D.常态下呈现颜色：①②③④【答案】D可被氧化或还原，故①②③④均可作氧化剂或还原剂，A正确；SO₂与水生成H₂SO₃(酸性),NO₂与水生成HNO₃(酸性),溶液均呈酸性，B正确；Na₂O₂与水反应故选D。发还原有还原生氧化相等得电子的能力具有氧化性氧化还原产物应物失去电降总等剂生【易错警示】有关氧化还原反应概念的“五个误区”误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只做氧化剂。误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。物质(括号内为杂质)除杂试剂ABaCl₂溶液、Na₂CO₃溶液BCD酸性KMnO₄溶液【答案】B反应完的BaCl₂与Na₂CO₃发生反应：BaCl₂+Na₂CO₃=BaCO₃↓+2NaCl,反应均为复分解反应，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；NO₂溶于水发生反应：3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO,碱石灰干燥NO,最终得到纯净的NO,除杂试剂选择正确，N的化合价从+4变为+5和+2,属于氧化还原反应，B符合题意；NaOH能与SiO₂发生反应：SiO₂+2NaOH=Na₂SiO₃+H₂O,除杂试剂选择错误，且Al₂O₃与NaOH发生反应：Al₂O₃+2NaOH+3H₂O=2Na[Al(OH)4],反应过程中S不符合题意；酸性KMnO₄将Fe²+氧化为Fe³+:MnO4+8H++5Fe²+=5Fe³++Mn²++4H₂O,过程中涉及氧化还原反应，但引入K+和Mn²+等杂质，试剂选用错误，D不符合题意；故选B。A.3molIClBr-发生反应，转移5mol电子B.IClBr-既是氧化剂又是还原剂C.I-是还原产物，IO₃是氧化产物【答案】A【解析】3molICIBr-发生反应生成2moll-和1mollO₃,反应中I元素部分被还原(+1→-1,每mol得2mole-)和部分被氧化(+1→+5,每mol失4mole-),总反应中2moll-对应得到4mole⁻,1molIO₃对应失去4mole⁻,总转移电子数为4mol,而非5mol,故A错误；ICIBr-中的I元素既被氧化又被还原，因此ICIBr-既是氧化剂又是还原剂，故B正确；I一是I被还原的产物(+1→-1),IO₃是I被氧化的产物(+1→+5),故C正确；ICIBr-中的I处于中间价态，具有氧化性，而故选A。考向02考向02物质的氧化性、还原性及其强弱的判断【例2-1】(2025-北京卷)下列反应中，体现NH还原性的是A.NH₄HCO₃加热分解有NH₃生成B.NH₄Cl和NaNO₂的混合溶液加热有N₂生成【答案】B【解析】NH₄HCO₃分解生成NH₃,氮的氧化态保持-3,未发生氧化还原反应，A不符合题意；NH中的N(-3C.M和N溶液中的离子种类相同D.1molG与足量的J反应，转移电子数为NA【分析】根据转化关系：—→L,常温常压下G、J均为无色和足量的SO₂反应生成S单质和水，2H₂S+SO₂=3S↓+2H₂O,1molH₂S参加反应，转移2mol电子，转移2NA方法透视方法透视②氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na-e=Na+,Al-3e=Al³+,但根据金属活动性顺序，Na比Al更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。(2)从元素的化合价判断①最高价态——只有氧化性，如：HNO₃、H₂SO4、KMnO₄等；②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl、S²-等；③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe²+、S、Cl₂等。2.氧化性、还原性强弱的判断(1)依据化学方程式判断还原剂+氧化剂——氧化产物+还原产物氧化性：氧化剂>氧化产物：还原性：还原剂>还原产物。(2)依据金属、非金属的活动性顺序判断还原性逐渐减弱，对应阳离子的氧化性逐渐增强氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性逐渐增强(3)依据反应条件及反应的剧烈程度判断反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催化剂和反应物浓度大小等。(4)依据氧化还原反应的程度判断①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。例如：根据,可以推知氧化性：Cl₂>S。②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。例如：根据Cu+2Fe³+=Cu²++2Fe²+,3Zn+2Fe³+=3Zn²++2Fe,可以推知还原性：Zn>Cu。变式演练变式演练PbO₂与酸化的MnSO₄溶液发生反应Ⅱ:5PbO₂+2Mn²++4H++5SO²-=2MnO4+5PbSO₄+2H₂O;KMnO₄与浓盐酸反应有黄绿色气体生成。下列推断正确的是A.由反应I可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:2B.由反应I、Ⅱ可知，氧化性：HNO₃>PbO₂>Mn0C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+4D.Pb₃O₄可与盐酸发生反应：Pb₃O₄+8HCl=3PbCl【答案】D【解析】反应I中Pb₃O₄中Pb元素为+2、+4价，反应中Pb的化合价未发生变化，发生非氧化还原反应，不存在氧化产物与还原产物的比例，A错误；反应I只涉及HNO₃的酸性，无法得出HNO₃>PbO₂应Ⅱ中PbO₂中铅元素化合价降低为氧化剂，MnO为氧化产物，氧化性PbO₂>Mn0₄,B错误；稀硝酸的氧化性通常将Pb氧化为Pb²+,C错误；Pb₃O₄中Pb元素为+2、+4价与HCI反应生成PbCl₂和H₂O、Cl₂,反提炼Au,反应为：HAuCl₄+Zn→Au+X+ZnCl₂(未配平),下列说法不正确的是B.X表示H₂D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3【解析】由题干信息可知，Zn能够置换出Au,说明还原性：Zn>Au,A正确；由题干信息可知，反应配平后的方程式为：2HAuCl₄+4Zn→2Au+H₂↑+4ZnCl₂,即X表示H₂,B正确；由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，生成1molAu,转移电子总数为4NA,C错误；由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，氧化产物ZnCl₂与还原产物Au、H₂的物质的量之比为4:3,D正确；故选C。考向03氧化还原反应方程式的书写与配平考向03氧化还原反应方程式的书写与配平典例引领典例引领B.可用O₃替换CH₃OHD.若生成标准状况下的CO₂气体11.2L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)NO₂仍然是大气污染物，A不正确；CH₃OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH₃OH是该反应的还原C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂NO₃中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5,C正确；CH₃OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO₂气体11.2L,即生成0.5molCO₂,反应转移的电子数为0.5NA×6=3NA,D不正确；故选C。反应序号性物质的量/mol物质的量/mol①n②中性已知：Mn0₄的氧化性随酸性减弱而减弱。A.反应①,n(Mn²+):n(I₂)=1:5B.对比反应①和②,x=3C.对比反应①和②,I的还原性随酸性减弱而减弱D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变【答案】B【解析】反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I+2Mn0₄+16H+=2Mn²+5I₂+8H₂O,故n(Mn²+):n(I₂=2:5,A项错误；根据反应①可得关系式101~2Mn0₄,可以求得n=0.0002,则反应②的n(T):n(Mn0₄)=0.001:(10×0.0002)=1:2,反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I~2Mn0₄~MnO₂~IO~6e,IOx中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3,反应②的离子方程式是：I+2MnO₄+H₂O=2MnO₂↓+IO₃+2OH,B项正确；已知MnO₄的氧化性离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH(1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数；(2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变；(3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。(1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价；(2)列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数；(3)求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等；(4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量(5)查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。①P₄+NaOH(过量)+H₂O→NaH₂PO₂+PH₃1(未配平)B.反应①中氧化剂和还原剂的质量比是3:1D.理论上，消耗lmol白磷可生产2.【解析】反应②是复分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；反应①的化学方程式为P₄+3NaOH+3H₂O=3NaH₂PO₂+PH₃↑,1molP₄中1molP被还原(氧化剂),3molP被氧化(还原剂),氧化剂和还原剂的质量比为1:3,B错误；反应①中NaOH过量生成NaH₂PO₂,则H₃PO₂为一元酸，故NaH₂PO₂属于正盐，C错误；1molP₄通过反应①生成1molPH₃,同时生成3molNaH₂PO₂;后者经反应②③转化为1.5molPH₃,总产生2.5molPH₃,D正确；故选D。A.K₂S₂O₈中S的价态为+7C.氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2=-2,解得x=+6,故K₂S₂O₈中S为+6价，A错误；MnSO₄中Mn的氧化态为+2,在产物KMnO₄中升为+7,说明Mn被氧化，KMnO₄是氧化产物，B错误；配平后的反应为5K₂S₂O₈+2MnSO₄+8H₂O=2KMnO₄+8H₂SO₄+4K₂SO₄,氧化剂是K₂S₂O₈,还原剂是MnSO₄,物质的量之比为5:2,C正确；根据反应关系式，8误；故选C。考向04氧化还原反应的基本规律及其应用考向04氧化还原反应的基本规律及其应用【例4】(2025-浙江卷)关于溴的性质，下列说法不正确的是A.Br可被Cl₂氧化为Br₂C.Br₂+2Fe²+=2Fe³++2Br",D.1molBr₂与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO₃,转移5mol电子【解析】氯气具有强氧化性，可将Br氧化为Br₂,A项正确；Br₂与SO₂水溶液反应，生成HBr和H₂SO₄,还原产物为Br,B项正确；根据反应Br₂+2Fe²+=2Fe³++2Br可知，氧化剂为Br₂,氧化产物为Fe³+,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br₂>Fe³+,C项正确；Br₂与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO₃,反应方程式为：3Br₂+6NaOH=5NaBr+NaBrO₃+3H₂0,3molBr₂参与反应，电子转移5mol,D项错误；故选D。方法透视方法透视守恒律定义剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×变价原子个数×化合应用①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关强弱律定义氧化性：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②判断某氧化还原反应能否正常进行。优先律定义应用如：向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl₂,因工的还原性强于Br⁻,则先发生反应：2I+Cl₂==2CI⁻+I₂,然后发生反应：2Br+Cl₂=2CI⁻+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中应用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转化律定义应用如：H₂S+H₂SO₄(浓)=S↓+SO₂↑+2H₂O(H₂S→S,H₂SO₄→SO₂)、5CI⁻+CIO₃+6HA.3molICIBr发生反应，转移5mol电子B.ICIBr-既是氧化剂又是还原剂C.I是还原产物，IO₃是氧化产物D.ICIBr-不能与SO₃-大量共存【答案】A【详解】A.3molICIBr-发生反应生成2molI-和1molIO₃,反应中1元素部分被还原(+1→-1,每mol得2mol2e-)和部分被氧化(+1→+5,每mol失4mol2e-),总反应中2molI-对应得到4mole-,1molIO₃对应失去4mole-,总转移电子数为4mol,而非5mol,故A错误；B.ICIBr-中的1元素既被氧化又被还原，因此ICIBr-既是氧化剂又是还原剂，故B正确；C.I是I被还原的产物(+1→-1),IO₃是1被氧化的产物(+1→+5),故C正确；故选A。【变式4-2】(2025.广东·模拟预测)利用亚克力管制备Cl₂并进行Cl₂的性质探究实验(装置如图所示),实验开始时，取下最左边三通管上端的管帽，快速加入2mL浓盐酸，立即盖好。下列说法正确的是甲分散了无水甲分散了无水CaCl₂的棉球a浓盐酸管帽A.a处发生反应时，浓盐酸只表现出还原性C.d处湿润的淀粉-KI试纸变蓝，说明还原性：Cl₂D.甲是蘸有饱和食盐水的棉球【解析】a处发生的反应为KMnO₄与浓盐酸反应生成Cl₂,化学方程式为16HCl+2KMnO₄=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂+8H₂O,反应中部分CI被氧化为Cl₂(表现还原性),部分CI与K+、Mn²+结合为盐(表现酸性),故浓盐酸既表现还原性又表现酸性，A错误；b处为干燥的蓝色石蕊试纸，Cl₂本身无酸性，干燥Cl₂不能使干燥试纸变色；c处为湿润的蓝色石蕊试纸，Cl₂与水反应生成HCI(使试纸变红)和HCIO(漂白褪色),故b处不变色、c处先红后褪色，B错误；d处发生反应Cl₂+2KI=2KCl+I₂,I₂遇淀粉变蓝，该反应中Cl₂为氧化剂，I₂为氧化产物，根据氧化还原规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氧化性Cl₂>I₂,C错误；a处生成的Cl₂中混有挥发出的HCI杂质，饱和食盐水可吸收HC1且减少Cl₂溶解，故甲是蘸有饱和食盐水的棉球以除去HCl,D正确；故选D。考向05考向05有关氧化还原反应的计算典例引领典例引领。下列说法错误的是A.NaSbO₃中Sb元素的化合价为+5B.NO₃的空间结构为平面三角形C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:7D.反应中消耗3mol0₂,转移20mole-【答案】C【解析】NaSbO₃中Na为+1,O为-2,根据电荷守恒，Sb的化合价为+5,A正确；NO₃的中心N原子价层为NaNO₃中的N(4mol)和O₂(3mol),总物质的量7mol;还原剂为Sb(4mol)。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4,而非4:7,C错误；O₂、NaNO₃同时做氧化剂，3molO₂参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol(Sb的氧化，化合价：0→+5),D正确；故选C。A.生成1molCO₂转移电子的数目为2NAB.催化剂降低NO与CO反应的活化能【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N₂,1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO₂,失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；根据分析，N₂为还原产物，CO₂为氧化产物，D错误；故选D。方法透视方法透视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2.得失电子守恒的应用得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。(1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。(2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”,找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。(3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”,找出有关物质之间的关系进行计算等。【方法技巧】1.“一找物质”:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。2.“二定得失”:确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。3.“三列等式”:根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×变价【变式5-1】(2025-甘肃白银：三模)除去铀矿中镉的反应之一为CdS+HNO₃→Cd(NO₃)₂+S+NO1+H₂O(未配平)。下列说法错误的是A.HNO₃作氧化剂，CdS作还原剂B.配平后S的化学计量数为3C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2D.生成6.72LNO,转移的电子数为0.6NA【答案】D【分析】该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3CdS+8HNO₃≌3Cd(NO₃)₂+3S+2NO↑+4H₂O,以此解答。【解析】该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5价下降到+2价，HNO₃中N被还原，作氧化剂；CdS中S被氧化，作还原剂，A正确；由分析可知，该反应为3Cd+4H₂0,S的化学计量数为3,B正确；该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5价下降到+2价，氧化产物为S,还原产物为NO,该反应为3CdS+8HNO₃≌3Cd(NO₃)₂+3S+2NO↑+4H₂0,氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2,C正确；未说明6.72LNO所处的温度和压强，无法计算其物质的量和转移的电子数，D错误；故选D。B.反应②中，若有22.4LO₂反应，则生成2molNa₂O₂C.反应③中，Na₂O₂既是氧化剂又是还原剂D.反应④中，若生成71gCl₂,则转移的电子数为NA【解析】1个Na₂¹80分子中质子数为2×11(Na原子序数)+8(O原子序数)=30,1molNa₂¹⁸0含质子数为30NA,A错误；22.4LO₂未指明标准状况，无法确定其物质的量，B错误；反应③中Na₂O₂与盐酸反应(2Na₂O₂+4HCl=4NaCl+2H₂O+O₂↑),Na₂O₂中-1价O部分变为-2价(H₂O)、部分变为0价(O₂),既是氧化剂又是还原剂，C正确；反应④为电解NaCl生成Cl₂,反应式生成1molCl₂转移2mol电子，71gCl₂(1mol)转移电子数为2NA,D错误；故选C。N₂H₄N₂,HA.N₂是还原反应的产物B.还原性：N₂C.处理后溶液的pH增大D.图示反应过程中起催化作用的【答案】C【分析】由图中信息可知，N₂H₄和Cu²+反应生成的[Cu(N₂H₄)₂]²+是N₂H₄和Fe₃O₄反应的催化剂，[Cu(N₂H₄)₂]+是中间产物，该反应的离子方程式为I8H₂0,N₂H₄是还原剂，Fe₃O₄是氧化剂，Fe²+是还原产物。【解析】该反应中，N₂H₄中N元素的化合价升高被氧化，因此，N₂是氧化反应的产物，A不正确；在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为N₂H₄>Fe²+,B不正确；由反应的离子方程式可知，该反应消耗H+,处理后溶液的pH增大，C正确；根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是[Cu(N₂H₄)₂]²+,D不正确；故选C。【例6-2】(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO₂、Co₃O₄和少量Fe₂O₃)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10-20.4,下列说法错误的是草草Na₂CO₃Na₂SA.硫酸用作催化剂和浸取剂B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C.“浸出”时，3种金属元素均被还原【答案】C【分析】矿石(含MnO₂、Co₃O4、Fe₂O₃)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe³+、Mn²+、Co²+,加入Na₂CO₃沉铁得到FeOOH,过滤，滤液再加入Na₂S沉钴得到CoS,过滤最后得到硫酸锰溶液。【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；生物质(稻草)是可再生高考试题对氧化还原反应的考查，已超越单一反应的简单判断，而是依托具体载体进行综合应用能力的考查。核心考查形式：化工流程题载体：在物质制备、分离提纯的流程中，判断某步操作的氧化还原性质，书写陌生情境下的离子方程式。实验探究题载体：结合实验现象(如颜色变化、气泡产生)、电化学装置(原电池/电解池),探究物质氧化性、还原性的强弱规律。元素化合物题载体：以氯、硫、氮、铁等变价元素及其化合物为核心，考查它们在不同pH、浓度下的转化关系与方程式的书写与配平。抓本质：紧紧抓住电子转移(化合价升降)这一核心，这是分析一切问题的出发点。巧配平：掌握电子守恒法(化合价升降法),尤其适用于复杂体系或离子方程式的配平，确保快速准确。过程厂SA.过程Ⅱ反应的离子方程式为4MnO3-+2S²-+9H₂O=S₂O3-+4Mn(OH)₂↓+100H-C.过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2【解析】过程Ⅱ中，MnO3-和S2-反应生成Mn(OH)₂和S₂O3-,Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由-2上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4MnO₃-+2S²-+9H₂O=S₂O₃-+和O₂反应生成MnO弓-,Mn元素由+2价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，得失电子守恒时n[Mn(OH)₂]:n(O₂)=2:1,即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2,C正确；由图可知，总反应为S²-和O₂反应转化为SO2-,S元素化合价-2价上升到+6价，0元素由0价下降到-2价，1molS²-转化为SO2-,需2molO₂,标况下体积为44.8L,D错误；故选D。【变式6-2】(2025-河北·模拟预测)硫④⑤⑦⑥①S③②A.0.1molSO2-中S原子的价层电子对数为0.4NAB.SO₂参与①反应生成9.6g还原产物时，消耗氧化剂分子数为0.2NAC.Cl₂参与②反应生成0.5molSO²-时，氧化剂断裂σ键数为1.5NAD.⑤反应中生成0.1molH₂S时得到电子数为0.8NA【答案】B【解析】SO2-中S原子的价层电子对数：中心原子S的价电子数为6,加上2个负电荷，共8个电子，价层电子对数为4。0.1molSO²-中价层电子对数为0.1×4=0.4mol,原产物)的物质的量为0.3mol,SO₂(氧化剂)+2H₂S(还原剂)=2S(氧化产物)+S(还原产物)+2H₂0,可见消耗0.3mol氧化剂，消耗氧化剂分子数为0.3NA,B错误；②转化中，氯气参与反应有S+3Cl₂+4H₂O=H₂SO₄+6HCl,氯气是氧化剂，1个氯分子中含有1个σ键，生成0.5molSO2-时需要1.5molCl₂,含1.5NAσ键，C正确；反应⑤为SO2-→H₂S(S从+6→-2),生成1molH₂S得8mol电子，生成0.1molH₂S时得到电子数N=0.1×8NA=0.8NA,D正确；故选B。 1.(2025·四川巴中·模拟预测)HCHO用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除去HCHO的某机理如图所示，下列说法不正确的是④HA.MnO₂可降低该反应活化能B.反应①~④均是氧化还原反应C.反应②既有极性键断裂也有极性键的生成D.该机理总反应为HCHO+0₂【答案】B【解析】除去HCHO的方程式是F,由图知MnO₂为该反应的催化剂，可降低该反应活化能，A正确；反应④是HCO₃+H+=H₂O+CO₂,无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；反应②HCHO+·OH=·CHO+H₂O,断裂极性键C—H键，形成了极性键O—H键，C正确；该机理总反应为HCHO,D正确；故选B。用烧锌渣(ZnO、FeO、Fe₂O₃等)制备皓矾的流程如图所示。下列有关说法正确的是稀硫酸双氧水/氨水烧锌渣一酸溶沉铁过滤一系列操作皓矾洗涤B.过滤时一定用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒C.检验Fe(OH)₃沉淀是否洗涤干净所用的试剂可以为KSCN溶液D.“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】D【分析】由题给流程可知，向烧锌渣中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向溶液中加入双氧水溶液和氨水，将溶液中的铁元素转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和硫酸锌溶液；硫酸锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到皓矾，据此分析解题。【解析】由分析可知，沉铁时，H₂O₂将Fe²+氧化为Fe³+,作氧化剂体现氧化性，A错误；过滤需用普通漏Fe(OH)₃存在溶解平衡，用KSCN无法检验沉淀是否洗净，C错误；从滤液获取结晶水合物皓矾，需经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；故选D。铜的熔点分别为327℃、962℃、1083℃)。下列说法错误的是熔炼炉熔炼炉假银锭铜铜铅分金炉B.“熔炼炉”中发生了氧化还原反应D.若使铅优先从“分金炉”中流出，温度控制要满足327℃≤t≤962℃【答案】D硝石在高温下可作氧化剂，与金属发生氧化还原反应，B正确；分金炉加入木炭(还原剂),若熔炼炉中Cu被氧化为Cu₂O,木炭可还原Cu₂O生成Cu,反应：u合理，C正确；铅熔点327℃,银熔点962℃。要使铅优先流出，需铅液态、银固态，温度应高于327℃(铅熔化)且低于962℃(银不熔化),即327℃<t<962℃,D错误；故选D。C.过程③发生了氧化还原反应D.每消耗22.4L的O₂,转移的电子数目为4NA【分析】由图可知，过程①是硫化氢吸附在催化剂上；过程②中铁元素化合价降低被升高被氧化；过程③是氧气吸附在催化剂上；过程④中铁元素化合价升高被氧化，氧元素化合价降低被还原；过程⑤是硫和水脱附催化剂表面，则总反应为催化剂作用下硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化【解析】由分析可知，过程①是硫化氢吸附在催化剂上，没有形成氢键，A错误；由分析可知，总反应为催化剂作用下硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化学方程式为2H₂S+0₂),B正确；由分析可知，过程③是氧气吸附在催化剂上，没有发生化学反应，C错误；未指明氧气的物质的量和反应转移电子数目，D错误；故选B。离子方程式为Cr₂O-+Fe²++X→Fe³++Cr³++Y(未配平)。下列说法正确的是A.X是H₂O,Y是H+B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3C.充分反应结束后，可以直接排放【答案】D【分析】还原反应(Cr₂O₇2→2Cr³+)每个Cr₂O²-得到6e,氧化反应(Fe²+→Fe³+):每个Fe²+失去1e",根据得失电子数相等知，一个Cr₂O3-反应需要消耗6个Fe²+,酸性条件下补充H+和H₂O,配平反应方程式为Cr₂O²-+14H++6Fe²+=2Cr³++6Fe³++7H₂O,故X为H+,Y为H₂O,据此回答问题：【解析】由分析知，X为H+,Y为H₂O,A错误；由分析知，Cr₂O₇2-(氧化剂)与Fe²+(还原剂)的物质的量比为1:6,B错误；Cr³+为重金属离子，需沉淀处理，不可直接排放，C错误；由分析知，每个Cr₂O₇2-转移6个电子，则0.2molCr₂O²-,转移电子物质的量为1.2mol,D正确；故选D。和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe₃(SO₄)₂(OH)₆]的工艺流程如图所示。NaClONaClONaHCO₃溶液黄钠铁矾Na₂CO₃沉铁含钴废催化剂氧化②CoCO₃、Co(OH)₂均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。下列说法正确的是A.黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应C.“氧化”时发生反应的离子方程式为H₂O+2Fe²++Cl0【答案】D【分析】钴催化剂废料制备CoCO₃和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe₃(SO₄)₂(OH)₆],钴催化剂废料利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，Co₂O₃、Fe₂O₃、CuO生成Co²+、Fe²+、Cu²+,然后加入次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co²+不被氧化，加入碳酸钠沉铁生成黄钠铁矾，然后再除铜，最后向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co²+,生成碳酸钴，据此解答。【解析】黄钠铁矾净水主要通过吸附作用，利用其微溶性形成的絮状沉淀或溶解的Fe³+水解生成Fe(OH)₃胶体吸附杂质，不涉及氧化还原反应，A错误；“还原浸出”中，Na₂SO₃将氧化性强的Co³+还原为Co²+,Fe³+还原为Fe²+,CuO溶解生成Cu²+,故溶液中阳离子主要为Co²+、Fe²+、Cu²+,B错误；“氧化”时溶液呈酸性，CIO氧化Fe²+的离子方程式应为2Fe²++CIO+2H+=2Fe³++Cl+H₂O,选项中生成OH不符合酸性环境，C价，As₂O₃、As₂O₅均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是A.“碱浸”时，Pb₅O₈发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2【答案】A加入过氧化氢进行氧化，发生反应H₂O₂+AsOz+20H-=As03-+2H₂0,得到Na₃ASO₄溶液，然后蒸发8Na₂S+8H₂O=5PbS+16NaOH+3S,其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb₅O₈中Pb²+和Pb⁴+的数目之比为2:3,结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1,A错误；As₂O₃、As₂O₅均为酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS和S,浸化为AsO4-,根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H₂O₂+AsOz+20H-=AsO4-+2H₂0,C机理如图所示。已知N₂O的中心原子为N。下列说法正确的是A.反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1B.该合成方法的总反应为C₂H₆+N₂O+FeO+=CH₃CHO+N₂+H₂O+F【答案】C【解析】反应①可表示为Fe++N₂O=N₂+FeO+,消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1,A错误；由图中转化可知该合成方法的总反应为C₂H₆+2N₂O=CH₃CHO+A.HCl为还原剂B.KCl是氧化产物C.K₂Cr₂O₇中Cr元素呈+6价D.若生成1molCl₂,则反应中转移2mol电子【答案】B错误；根据正负化合价代数和为0,K₂Cr₂O₇中Cr元素呈+6价，C正确；若生成3molCl₂,反应中转移6mol电子，则生成1molCl₂时，反应中转移2mol电子，D正确；故选B。FeCl₃溶液Fe辉铋矿→溶浸过滤置换过滤海绵铋浸出渣滤液氯化一氯气已知：①BiCl₃水解生成难溶的BiOCl;②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，NaBiO₃具有强氧化性。下列说法D.流程中可循环利用的物质为FeCl₃【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为【解析】溶浸步骤加入盐酸，可溶解Bi₂O₃等物质提高浸取率，同时根据已知①,BiCl₃水解生成BiOCl,盐酸提供H+能抑制Bi³+水解(增大HCI浓度使水解平衡左移),A正确；溶浸时FeCl₃作氧化剂，Bi₂S₃中B正确；置换步骤Fe还原Bi³+生成Bi和Fe²+,反应为2Bi³++3Fe=2Bi+3Fe²+,氧化剂(Bi³+)与还原剂(Fe)物质的量之比为2:3,而非3:2,C错误；置换后滤液含FeCl₂,通入Cl₂氯化生成FeCl₃(2FeCl₂+Cl₂=2FeCl₃),C.氧化产物与还原产物物质的量之比为2:3D.1molN₂O₄完全反应，有8NA个电子转移【解析】N₂O₄中N的化合价降低，被还原，N₂O₄是氧化剂，故A错误；C₂H₈N₂中C和N的化合价均升高，被氧化，故B错误；C₂H₈N₂中C和N的化合价均升高，氧化产物为2molCO₂和1molN₂(来自C₂H₈N₂),12.(2025.江西·三模)发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如图转化进行发蓝处理，已知NaNO₂的还原产物为NH₃。下列说法不正确的是A.钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是Fe₃O₄B.反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:1D.反应③不属于氧化还原反应【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为反应③为Na₂FeO₂+Na₂Fe₂O₄+2H₂O=Fe₃O₄+4NaOH,据此解答。【解析】由分析可知，钢铁发蓝处理生成的深蓝色氧化膜通常为Fe₃O₄,A正确；反应①为,Fe为还原剂，NaNO₂为氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3,B错误；反应②为6Na₂FeO₂+NaNO₂+5H₂O=3Na₂Fe₂O₄+NH₃↑+7NaOH,离子方程式为6FeO2+NO₂+5H₂O=3Fe₂O2+NH₃↑+70H,C正确；反应③为Na₂FeO₂+Na₂Fe₂QO₄+2H₂O=Fe₃O₄+4NaOH,,无元素有化合价变化，不属于氧化还原反应，D正确；故选B。13.(2025-河北沧州·二模)金属Cu发生如图转化，已知反应①是工业上制备金属Cu的方法之一，下列说法错误的是①过量金属单质b-Cu稀硫酸试剂b血红色溶液稀硫酸A.若试剂a为H₂O₂,则H₂O₂表现还原性B.反应①属于置换反应C.溶液M的溶质为FeSO₄D.常见的试剂b可能是KSCN溶液或NH₄SCN溶液【答案】A【分析】Cu与稀硫酸不反应，而铜与稀硫酸、试剂a反应能生成CuSO4,则试剂a作氧化剂；CuSO₄溶液与过量金属单质b发生反应①生成Cu和溶液M,溶液M与稀硫酸、试剂a反应生成溶液N,溶液N与试剂b反应生成血红色溶液，说明溶液N中含有Fe³+,则金属单质b为Fe,溶液M为硫酸亚铁溶液。【解析】若试剂a为H₂O₂,则Cu与稀硫酸、H₂O₂反应生成CuSO4,反应的离子方程式为H₂O₂+Cu+2H+=Cu²++2H₂0,反应过程中，H₂O₂将Cu氧化为Cu²+,而自身被还原为H₂0,H₂O₂作氧化剂，表现氧化性，A错误；结合分析知，反应①是过量金属单质Fe与CuSO₄溶液反应生成Cu和FeSO₄溶液，符合“单质+化合物→新单质+新化合物”,属于置换反应，B正确；结合分析知，金属单质b为Fe,溶液M的溶质为FeSO₄,C正确；溶液N加试剂b呈血红色，说明发生了反应：Fe³++3SCN·=Fe(SCN)₃,试剂b可能是KSCN溶液或NH₄SCN溶液，D正确；故选A。14.(2025-湖南郴州·一模)CeO₂是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有SiO₂、CaO、CeO₂、Na₂O、MgO)中提取CeO₂的流程如下：NH₃·H₂ONH₃·H₂O沉铈煅烧CeO₂滤渣稀盐酸浸取滤液还原浸取水晶石废料已知：Ksp[Ce(OH)₃]=8×10-20,1g2=0.3;金属离子浓度小于10-5mol/L,认为沉淀完全。下列说法错误的是A.“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温B.根据已知计算得出，Ce³+完全沉淀的pH为5.3C.氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH₃与Ce³+形成配合物导致不易被沉淀D.“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】B【分析】首先浸取工序向水晶石废料(含SiO₂、Ca0、CeO₂、Na₂O、MgO)中加入稀盐酸，CaO、Na₂O、Mg0属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，CeO₂和SiO₂与稀盐酸不反应，以固体形式存在，成为滤渣；过滤后得到含CaCl₂、NaCl、MgCl₂的滤液和含CeO₂、SiO₂的滤渣；随后向滤渣(含CeO₂、SiO₂)中加入硫酸和H₂O₂,CeO₂作为氧化剂，H₂O₂作为还原剂，发生氧化还原反应，Ce从+4价被还原为+3价，进入溶液(生成Ce₂(SO₄)₃),SiO₂不与硫酸、H₂O₂反应，成为新的滤渣；过滤后得到含Ce₂(SO₄)3的滤液和含SiO₂的滤渣；向含Ce₂(SO₄)₃的滤液中加入NH₃·H₂0,Ce³+与NH₃·H₂O电离出的OH-结合，发生反应：Ce₂(SO₄)₃+6NH₃·H₂O=2Ce(OH)₃↓+3(NH₄)₂SO₄,生成Ce(OH)₃沉淀。煅烧工序即将Ce(OH)₃沉淀进行煅烧煅烧，Ce(OH)₃发生分解并被氧化，反应为：4Ce(OH)₃+O₂4CeO₂+6H₂O,最终得到CeO₂。【解析】提高浸取率可通过增大接触面积(粉碎)、加快反应速率(搅拌、适当升温)实现，A正确；Ce³+完全沉淀时，c(Ce³+)=10-⁵mol/L,由Ksp[Ce(OH)₃]=c(Ce³+)·c³(OH)=8×10-20,得c³(OH)=8×10-20/10-⁵=8×10-15,c(OH)=2×10-5mol/L,pOH=4.7,pH=14-4.7=9.3,B错误；过量氨水可能与Ce³+形成配合物(如[Ce(NH₃)₆]³+),导致Ce³+不易沉淀，沉铈率下降，C正确；还原工序中，CeO₂(Ce⁴+→Ce³+,得1e)为氧化剂，H₂O₂(0-¹→0⁰,失2e)为还原剂，电子守恒得n(氧化剂):n(还原剂)=2:1,D正确；故选B。15.(2025-河南信阳·一模)钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是焦炭Cl₂有毒气体A.因TiCl₄易水解，制备流程中需要在装置的两端都添加干燥装置B.氯化过程中FeCl₃既是氧化产物又是还原产物C.若制取1mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7molD.制取金属钛时，可用CO₂替代Ar以隔绝空气【答案】D【分析】根据得失电子守恒知，6CO+2TiCl₄,制取金属钛的化学方程式为：,以此来解析。【解析】TiCl₄易水解，制备流程中需防止空气中的水蒸气进入，因此装置两端需添加干燥装置，A正确；根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO₃Fe化合价由+2升高为+3,而CI的化合价由0价降低为-1价，FeCl₃既是氧化产物又是还原产物，B正确；,根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mole~Ti,可知若制取1mol金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol,C正确；制取金属钛时，选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO₂替代Ar气以隔绝空气，D错误；故选D。A.Na₂O₂既是氧化剂也是还原剂B.若生成标准状况下2.24LO₂,则反应中共转移2mol电子C.钠元素在氧化产物和还原产物中的物质的量之比为1:1【答案】B【解析】根据化学方程式可知，每6molNa₂O₂参与反应，有2mol-1价O化合价升高到0,失去2mol电子，有2molFe²+化合价升高到+6价，失去8mol电子，有10mol-1价O化合价降低为-2价，得10mol电子，所以Na₂O₂在该反应中既是氧化剂也是还原剂，A正确；标准状况下2.24LO₂的物质的量为0.1mol,反应,故转移电子的物质的量为NA,B错误；氧化产物Na₂FeO₄和还原产物Na₂0中钠的物质的量均为4mol,比值为1:1,C正确；高铁酸钠的强氧化性可杀菌，其还原产物Fe³+水解生成Fe(OH)₃胶体能吸附悬浮物，D正确；故选B。NaClO₃A.过程Ⅲ①中，Cl₂既被氧化又被还原B.过程Ⅱ和过程Ⅲ②都用到玻璃棒，玻璃棒的作用不同C.过程I生成Cl₂和MnO₂的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2【答案】C【解析】过程Ⅲ①是Cl₂通入热NaOH溶液，发生反应3Cl₂+6NaOH=5NaCl+NaClO₃+3H₂O,C1元素化合价部分从0升高到+5(被氧化),部分从0降低到-1(被还原),故Cl₂既被氧化又被还原，A正确；过程Ⅱ为过滤，玻璃棒作用是引流；过程Ⅲ②为蒸发结晶，玻璃棒作用是搅拌防止局部过热，二者作用不同，B正确；过程I氧化剂为ClO₃,还原产物为CI,还原剂为Mn²+,氧化产物为MnO₂,根据得