2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题04 氧化还原反应（复习讲义）（解析版）

专题04氧化还原反应TOC\o"1-4"\h\u目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一氧化还原反应的概念 4真题动向情境史料化与实用化，考查反应类型判断；概念深度关联，聚焦化合价变化与电子转移的双重判断，融合物质结构、电化学等知识；陷阱隐蔽化，侧重价态归中规律误用、电子转移数目计算偏差等问题。必备知识知识1氧化还原反应概念间的关系知识2常见的氧化剂和还原剂知识3电子转移的相关表示及计算关键能力能力电子守恒法计算的思维模板命题预测考向1氧化还原反应概念间的关系考向2电子转移的相关计算题型二氧化还原反应反应的规律与应用 12真题动向情境实用化，依托工业氧化、电化学装置等场景，考查规律应用；规律融合化合价，聚焦反应的综合判断，深度关联电化学电极反应推导；陷阱精准化，侧重多还原剂或氧化剂反应顺序误判、多步反应电子守恒计算偏差等问题。必备知识知识1氧化还原反应的有关规律知识2物质氧化性、还原性强弱的应用知识3陌生氧化还原反应方程式书写关键能力新情景下陌生氧化还原反应方程式书写方法命题预测考向1氧化还原反应规律及应用考向2陌生氧化还原反应方程式书写命题轨迹透视从近2年高考试题来看，试题以选择题和填空题为主，题目难度大。命题趋势：①核心考点聚焦物质角色判断、电子转移计算及方程式配平，电子转移量计算；②情境化紧密结合实际，依托环保治理、工业制备等场景设题，凸显实用价值；③跨模块联动深化，与电化学（半反应书写）、实验流程深度融合，强调信息提取与定量推理能力。考点频次总结考点2025年2024年氧化还原反应的概念上海卷T5（2）（4）上海卷T3上海卷T5（1）（3）氧化还原反应反应的规律与应用上海卷T4（3）（4）（8）上海卷T10（4）（6）2026命题预测预计在2026年高考中，核心考点稳定，陌生方程式配平、氧化性还原性比较仍是高频；情境贴近前沿，可能引入新能源制备（如氢能）、电池材料合成等载体；跨模块融合升级，或结合热化学考查反应热与电子转移的关联计算；强化素养导向，增加条件控制对反应的影响分析，注重配平技巧（如逆向配平法）的灵活应用。考点一氧化还原反应的概念1．（2025上海，T5（2））铁红是一种常见的铁的化合物。最早，史前人类利用赭石沉淀物获得浅黄色和红色绘画颜料，其主要成分便是伴有少量硫化物的铁红(2)如图所示，加热试管中的铁粉和硫粉，下列说法正确的是_______。A．移开酒精灯后，固体保持红色 B．反应中S只做还原剂C．反应中主要产生的气体副产物为SO3 D．最终得到黑色的Fe2S3固体在FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，产生[Fe(SCN)(H2O)5]Cl2，溶液变为血红色。(4)下列关于饱和FeCl3溶液的说法正确的是_______。A．常温下显中性 B．加入铁粉后溶液变为红褐色C．遇沸水时产生胶体 D．加入氨水后产生白色沉淀【答案】(2)A(4)C【详解】（2）A．铁粉和硫粉的反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确；B．硫在反应中化合价从0价降至-2价（FeS），硫只作​​氧化剂​​，而不是还原剂，B错误；C．该反应在加热条件下主要生成FeS，基本不产生SO3气体；若有少量气体产生，是硫和氧气反应生成的二氧化硫，而不是SO3，C错误；D．该反应在加热条件下主要生成FeS，D错误；故选A；（4）A．氯化铁溶液中三价铁离子水解，导致溶液显酸性，A错误；B．加入铁粉后，三价铁和单质铁反应生成氯化亚铁，溶液变为浅绿色，B错误；C．饱和氯化铁溶液滴加到沸水中，三价铁水解可以产生氢氧化铁胶体，C正确；D．加入氨水后产生红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；故选C；命题解读新情境：上海高考不再孤立考查“氧化剂/还原剂”标签，而是嵌入本题“铁红颜料制备”“铁硫加热实验”等真实情景。，命题会以“该颜料制备副反应”为背景，将氧化还原概念绑定实际物质转化——不再让学生机械标化合价，而是要求结合产物FeS，判断S的价态变化，进而明确其“氧化剂”角色，让概念依附于真实反应逻辑。新考法：传统考法仅要求判断“谁是氧化剂”，而上海新考法会结合本题选项B的误区，设置“同一元素在不同情景中的角色辨析”；对比“Fe与S反应中S是氧化剂”“S与O₂反应中S是还原剂”，要求学生结合产物价态，而非凭元素类别判断，考察概念的本质理解。新角度：上海高考命题时设置“情景中多反应的氧化还原优先级”，要求学生既明确氧化还原的价态变化逻辑，又能结合情景中反应的竞争关系，体现概念的综合应用。2．（2024上海，T3）萤石()与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程式：，该反应中体现浓硫酸的性质是。A．强氧化性

B．难挥发性

C．吸水性

D．脱水性【答案】B【详解】萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF气体，该反应的化学方程式为，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，故该反应中体现浓硫酸的性质是难挥发性，故选B。3．（2024上海，T5（1）（3））回答下列问题：(1)氟单质常温下能腐蚀等金属，但工业上却可用制容器储存，其原因是。是极强的氧化剂，用和可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙的制备方式如图所示(2)上述反应中的催化剂为_______。A． B． C． D．(3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。A．② B．③ C．④ D．⑤【答案】(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氟化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应【详解】（1）氟单质常温下能腐蚀等金属，但工业上却可用制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氟化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。（2）由图中信息可知，总反应为Xe+2PtF6[XeF]+[Pt2F11]-，F-参与了反应过程，但最后又生成了F-，因此上述反应中的催化剂为F-，故选C。（3）由图中信息可知，反应②的化学方程式为，反应③的化学方程式为，这两步反应中Xe和Pt的化合价都发生了变化，因此，上述过程中属于氧化还原反应的是②和③；反应④的化学方程式为，反应⑤的化学方程式为，这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。知识1氧化还原反应概念间的关系知识2常见的氧化剂和还原剂（1）常见氧化剂及还原产物的推测氧化剂KMnO4(H+)或MnO2硝酸(H+、NO3-)KClO3、NaClO浓硫酸还原产物Mn2+NO2或NOCl-SO2氧化剂H2O2K2Cr2O7Cl2Fe3+还原产物H2OCr3+Cl-Fe2+（2）常见还原剂及氧化产物的推测还原剂M(金属)S2-SO32-

、SO2I-Br-氧化产物Mn+SI2Br2还原剂H2CO、CNH3H2O2H2C2O4氧化产物H+CO2NOO2CO2知识3电子转移的表示方法及计算单线桥和双线桥①双线桥法：表示同种元素的原子在反应前后转移电子的情况。基本步骤②单线桥法：表示反应过程中不同元素原子间的电子转移的情况。基本步骤2.氧化还原反应的有关计算(1)计算依据①氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数；②质量守恒。(2)方法步骤①确定氧化剂、还原剂、氧化产物及还原产物；②判断氧化剂或还原剂中一个变价原子得失电子数目；③求出氧化剂、还原剂中一个分子的得失电子数；④依据(1)中①求解。3．电子守恒规律及其应用（1）规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等，表现为元素化合价降低总数与升高总数相等。（2）应用：运用电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。能力电子守恒法计算的思维模板考向1氧化还原反应概念间的关系1.（2025·上海·三模）组氨酸()与钴形成的配合物可用于烟气脱硫脱硝，其制备原理如下图所示。当处理含的烟气时，其主要作_______。A．吸附剂 B．催化剂 C．氧化剂 D．还原剂【答案】C【解析】具有还原性，中含有过氧根，当处理含的烟气时，其主要作氧化剂，故答案为：C；2．（25-26高三上·上海·阶段练习）可在酸性条件下与中的作用进行“化学镀镍”(如在木材表面生成一层合金)，反应中磷元素化合价发生的变化是。A．升高

B．降低

C．既升高又降低【答案】C【详解】中P元素化合价为+1价，在酸性条件下与中的作用进行“化学镀镍”(如在木材表面生成一层合金)，Ni元素化合价由反应前的+2价变为0价，化合价降低，根据氧化还原反应规律可知，反应中P元素化合价升高；同时由于在反应中产生合金，合金中P元素化合价由反应前中的+1价变为反应后P单质的0价，化合价又降低，故该反应中P元素化合价发生的变化是既升高又降低，故答案选C。3.【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海·阶段练习）三、杭州亚运会主火炬塔的燃料首次使用甲醇燃料，这是人类历史上第一次实现再生、零碳甲醇点燃亚运主火炬，也是大型体育赛事首次使用燃烧高效、排放清洁、可再生、运输便捷的甲醇燃料，充分体现杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。Ⅰ．氧化和还原是认识物质性质、分析化学变化的重要视角之一，对生产、生活乃至生命活动中有着十分重要的作用。下列物质间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是_______。A． B． C． D．【答案】A【解析】氧化剂使被氧化物价态升高，A中N原子由-3价到+2价被氧化，B中Fe原子从+3价到0价，被还原，C中Cl原子从+5价到0价，被还原，D中S原子从+6价到+4价，被还原，故需要氧化剂的为A选项。4.（2025·上海浦东新·二模）氮及其化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分。制备的化学方程式为。该反应中，体现了_______。(不定项)A．漂白性 B．氧化性 C．还原性 D．酸性【答案】14．BC【解析】由反应方程式可知，一部分Cl元素的化合价由0价降至-1和一部分由0升至+1价，体现了氯气的氧化性和还原性，故答案选BC；5.（25-26高三上·上海徐汇·期末）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。电解锰渣的主要成分是MnS。一种由电解锰渣制取高纯MnSO4的流程如下。浸出过程中加入MnO2可减少有毒气体的生成，同时产生更多MnSO4。利用了MnO2的化学性质是。【答案】氧化性【分析】由电解锰渣(主要成分是)为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4；浸出过程中，会产生有毒气体H2S，加入可减少有毒气体的生成，同时产生更多，锰元素由+4价转变为+2价，被还原，则为氧化剂，利用了其氧化性；6．（2025·上海·模拟预测）雄黄和雌黄二者都难溶于水，可以相互转化，如下图所示。(2)上述反应转化历程中属于氧化还原反应的是__________(不定项)。A．① B．② C．③ D．④【答案】(2)AB【详解】（2）反应①中Sn和As的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应②中O和As的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应③中各元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应；反应④中各元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，故选AB。7．（2025·上海·二模）砷元素(As)自然界分布广泛，其矿物有雄黄、雌黄，都是重要的中药原料。两者有如下转化：(4)上述反应中属于非氧化还原反应的是_______。A．反应Ⅰ B．反应Ⅱ C．反应Ⅲ D．反应Ⅳ【答案】(4)CD【详解】（4）反应Ⅰ中Sn、As化合价改变，为氧化还原反应；反应Ⅱ中O、S、As化合价改变，为氧化还原反应；反应Ⅲ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应；反应Ⅳ中没有元素化合价改变，不为氧化还原反应；故选CD。考向2电子转移的相关表示及计算1.【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海·阶段练习）杭州亚运会主火炬塔的燃料首次使用甲醇燃料，这是人类历史上第一次实现再生、零碳甲醇点燃亚运主火炬，也是大型体育赛事首次使用燃烧高效、排放清洁、可再生、运输便捷的甲醇燃料，充分体现杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。Ⅰ．氧化和还原是认识物质性质、分析化学变化的重要视角之一，对生产、生活乃至生命活动中有着十分重要的作用。工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2(1)配平下列离子方程式并利用单线桥法标出电子转移方向和个数。Ⅱ．本次亚运会火炬燃料甲醇是利用焦炉气中的氢气(H2)与从工业尾气中捕集的二氧化碳(CO2)合成，并由远程甲醇动力重卡提供运输保障。(2)下图是一个电化学过程的装置示意图。已知甲池的总反应式为：b．当乙池中Ag电极的质量增加5.40g时，乙池回路中转移电子总数为。【答案】0.05NA【解析】①；②因为硫酸根为氧化产物，所以I-为还原产物，将I2还原生成I-，所以的还原性比I-强。⑤根据电子流向，b池Ag电极得到电子，为阴极，发生反应增加质量为5.4g银，其物质的量为，根据电极反应式，回路转移电子总数为0.05NA。2．（2025·上海奉贤·二模）新能源汽车所用蓄电池主要为二次锂电池。如：钴酸锂电池的总反应为：，用它做电源，按如图装置进行电解。(2)工业上一种制备反应的原理如下，下列说法正确的是_______（不定项）。A．该反应中被氧化B．是还原产物C．每转移0.4mol电子，生成D．标准状况下，每消耗11.2L的时，得到电子【答案】(2)C【分析】由题可知，d电极发生了氧化反应，即d为阳极，c、b、a电极分别为阴极、阳极、阴极；与d电极相连的n极为电源正极，故m为电源负极。【详解】（2）由制备反应方程式可知，Co的化合价由升至+3，O的化合价由0降至-2，故氧化剂为，还原剂为；A．中没有元素化合价变化，A错误；B．是由发生氧化反应所得产物，属于氧化产物，B错误；C．由化学方程式可知，每生成6个，转移4个电子，故每转移0.4mol电子，生成，即，C正确；D．是还原剂，失去电子，D错误；故答案选C；3.（2025·上海浦东新·二模）氮及其化合物在工农业、医药等领域有着重要用途。下图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分。硝化作用中，每转移4mol电子，生成的的物质的量为mol。【答案】0.5【解析】硝化作用中，N元素化合价由-3变成+8，故当转移4mol电子，生成的的物质的量为0.5mol；4.（25-26高三上·上海徐汇·期末）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。MnO2在许多反应中有催化作用：①催化KClO3分解制氧气②催化H2O2分解制氧气③MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO；其中一种催化机理示意图如下：用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：。【答案】【分析】由电解锰渣(主要成分是)为原料制取高纯的工艺流程，首先用MnO2和硫酸浸取电解锰渣，获得浸出液，浸出液中含杂质Fe3+和Ca2+，后调节溶液的pH为4，使得铁离子转化为Fe(OH)3沉淀，再将浓缩液进行萃取除去Ca2+，得到MnSO4溶液，最后获得纯净的MnSO4；用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0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并标出电子转移的方向和数目：；5．（25-26高三上·上海·开学考试）在强碱性条件下，NaBH4可从含Au3+的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以形式存在且无气体生成，写出该反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目。【答案】【详解】由题干信息可知，在强碱性条件下，NaBH4可从含Au3+的废液中回收黄金。已知：反应后硼元素以形式存在且无气体生成即不生成H2，即NaBH4中-1价的H将Au3+还原为Au，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：8Au3++3+24OH-=8Au+3+18H2O，单线桥法分析该反应的电子转移的方向和数目为：，故答案为：。6．（2025·上海崇明·二模）MnO2作催化剂氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如下：(2)用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，写出该催化过程的总反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目：。【答案】(2)【详解】（2）用NH3每脱除1molNO的同时，消耗0.25mol氧气，NH3和NO、O2反应生成N2，N元素由-3价上升到0价，N元素由+2价下降到0价，O元素由0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并标出电子转移的方向和数目：。7．（24-25高三下·上海·阶段练习）工业上高温煅烧、和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂()，写出发生反应的化学方程式并标出电子转移的方向和数目。【答案】【详解】高温煅烧、和草酸的混合物制取电池材料磷酸铁锂，反应中铁化合价由+3变为+2、草酸中碳化合价由+3变为+4，结合电子守恒，反应为，反应中草酸中碳失去2×1个电子、铁得到2×1个电子，单线桥表示为：。8．（2025·上海静安·一模）四大发明之一的黑火药是一种古老的含能材料，发生爆炸时反应如下：2KNO3+3C+S=K2S+3CO2↑+N2↑(1)标出该反应的电子转移方向和数目。【答案】(1)【详解】（1）由方程式可知，反应中氮元素、硫元素的化合价降低被还原，硝酸钾和硫是反应的氧化剂，碳元素的化合价升高被氧化，碳是还原剂，反应转移电子数目为12，表示反应电子转移方向和数目的单线桥为，故答案为：；题型二氧化还原反应反应的规律与应用1.（2025上海，T4（3）（4）（8））工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：锗矿石中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：煤焦油熔点升华沸点————(3)分析提取精锗时采用分步升温的原因。(4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式。测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：a．称取mg单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应)e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用cmol·L-1KIO3标准溶液滴定，终点时消耗VmL标准溶液。测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：①②③④(8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。【答案】(3)在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；真空还原阶段，升温到，升华蒸出(4)(8)隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，经过多步反应得到Ge；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详解】（3）①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的；（4）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：；（8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差。命题解读新情境：以上海工业低品位锗矿提取为载体，将氧化还原反应嵌入“氧化焙烧—真空还原—多步反应”的真实生产流程，替代传统孤立反应情境。既贴合上海高考“学科服务产业”的命题导向，又通过锗矿中杂质的分离，将氧化还原反应与物质性质（沸点、熔点）关联，体现反应的实际应用价值。新考法：打破“写方程式+比较氧化性”的基础考法：一是真空还原段要求配平含多产物的复杂氧化还原反应，需同时分析元素的化合价升降，兼顾原子守恒，考查“复杂体系配平”的高阶能力；二是滴定实验将多步氧化还原反应与定量计算结合，需构建物质的计量关系，体现上海高考“学科内综合”的考法创新。新角度：从“单一反应分析”转向“流程氧化还原逻辑链”考查：如“分步升温”的设问，需结合温度对氧化还原反应及杂质分离的影响，考查反应条件的控制逻辑；滴定密封的原因，则指向低价元素化合物的还原性，考查氧化还原反应的环境影响，呼应上海高考“素养导向、过程方法考查”的命题趋势。2.（2024上海，T3）已知：①②③(4)根据如图，写出电极a的电极反应式。(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。A．该装置实现电能转化为化学能B．电极b是负极C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极aD．每参与反应时，转移电子(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。。【答案】(4)(5)B(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去【详解】（4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：；（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；B．电极b上失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误；故选B；（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。知识1氧化还原反应的有关规律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。知识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。知识3陌生氧化还原反应方程式书写1.陌生氧化还原反应离子方程式的书写(1)利用题给信息写出主要的反应物和生成物；(2)根据得失电子守恒先进行主要物质的配平；(3)然后根据质量守恒、电荷守恒，结合溶液的酸碱性进行次要物质的配平。如：写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式先写出主要的反应物和生成物：Cu＋H＋＋NOeq\o\al(－,3)→Cu2＋＋NO↑，再根据得失电子守恒配平主要的物质：3Cu＋H＋＋2NOeq\o\al(－,3)→3Cu2＋＋2NO↑，根据电荷守恒配H＋：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)→3Cu2＋＋2NO↑，最后根据质量守恒配平氧化还原反应的离子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。2.缺项型氧化还原反应方程式的配平流程：缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（H＋）或碱（OH－），其方法如下：①先根据条件找到反应物和生成物，配氧化剂、还原剂及还原产物与氧化产物；②再根据原子守恒、电荷守恒确定所缺的物质的化学式（分子或离子）酸性环境，缺H加H+，缺O加H2O碱性环境，缺H加H2O，缺O加OH-③最后观察配平其他物质系数。能力新情景下陌生氧化还原反应方程式书写方法【易错提醒】(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)，一般从右边生成物着手配平。(3)缺项配平：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若左边反应物缺正电荷，一般加H＋，右边生成物加水；若左边反应物缺负电荷，一般加OH－，右边生成物加水。然后进行两边电荷数配平。(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 考向1氧化还原反应规律及应用1．（24-25高三上·上海·期末）从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强，数值越小还原性越强，氧化型物质浓度越大电极电势越大。在酸性介质中，各电对的标准电极电势如下。下列有关说法正确的是电对I2/I-Br2/Br-Cl2/Cl-Fe3＋/Fe2＋Cr2O/Cr3＋H2O2/H2O标准电极电势Eθ/V0.541.071.360.771.361.78A．向1mol·L-1的HBr溶液中滴加H2O2溶液，无明显现象发生B．2mol·L-1的K2Cr2O7与2mol·L-1的稀盐酸等体积混合有大量Cl2产生C．浓度相等时，还原性：Cr3＋>Fe2＋>Br-D．在含I-、Br-、Cl-的混合溶液中若仅氧化I-，最佳的氧化剂是Fe3＋【答案】D【分析】电对的标准电极电势(Eθ)越高，其电对中氧化剂的氧化性越强，据此分析；【详解】A．根据Eθ（Br2/Br-）=＋1.07V和Eθ（H2O2/H2O）=＋1.78V，氧化性：H2O2>Br2，则向1mol/L的HBr溶液中滴加H2O2溶液，反应生成Br2，溶液出现橙色，A错误；B．Eθ(Cl2/Cl-)=＋1.36V、Eθ(Cr2O/Cr3＋)=＋1.36V，重铬酸根离子的氧化性和氯气相当，则2mol/L的K2Cr2O7与2mol/L的稀盐酸等体积混合不会产生Cl2，B错误；C．由电对的标准电极电势可知，氧化性：Cr2O>Br2>Fe3＋，根据氧化性越强，对应离子的还原性越弱，则浓度相等时，还原性：Cr3＋<Br-<Fe2＋，C错误；D．根据①Eθ(I2/I-)=＋0.54V、②Eθ（Br2/Br-）=＋1.07V、③Eθ(Cl2/Cl-)=＋1.36V、④Eθ(Fe3＋/Fe2＋)=＋0.77V，氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋>I2，则在含I-、Br-、Cl-的混合溶液中若仅氧化I-，最佳的氧化剂是Fe3＋，D正确；故选D。2．（24-25高三上·上海·期末）下列离子方程式正确的是A．向红色溶液中加入过量铁粉：B．溶液与等物质的量的反应：C．铅酸蓄电池充、放电原理：D．放入水中：【答案】D【详解】A．硫氰化铁是配合物，不能拆开，离子方程式为，A错误；B．向FeI2溶液中通入等物质的量的氯气，氯气首先氧化碘离子再与亚铁离子反应，因物质的量相同，故只能与碘离子反应，离子方程式为：Cl2+2I-=2Cl-+I2，B错误；C．铅酸蓄电池放电时负极反应式：Pb-2e-+=PbSO4，正极反应式：PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O，充电时阴极反应式：PbSO4+2e-=+Pb，阳极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2++4H+，所以充、放电原理为，C错误；D．放入水中生成氢气和氢氧化钠：，D正确；故选D。3．（25-26高三上·上海·阶段练习）燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌（类似于一种酶）对硫铁矿进行催化脱硫同时得到FeSO4溶液。其过程如下图；已知总反应为：FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+。关于该过程的说法中，正确的是A．反应产生大量H+，过程中需要用过量Ca(OH)2中和B．产物用加热蒸干的方法得到绿矾晶体C．该过程中关键反应步骤应该严格控温D．过程中始终没有溶液颜色的变化【答案】C【详解】A．Ca(OH)2与H+反应得到CaSO4沉淀，消耗H+的同时也消耗，Fe3+不能完全转化为Fe2+，A错误；B．得到绿矾晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，B错误；C．该反应使用氧化亚铁硫杆菌作为催化剂，其催化活性受温度影响较大，因此需要严格控制温度，C正确；D．Fe3+为黄色，Fe2+为绿色，反应过程有颜色变化，D错误；故答案为C。4．（多选）（23-24高三上·上海松江·阶段练习）已知氧化性。若在氯化铁溶液蚀刻铜印刷电路板后所得的溶液里加入过量锌片。下列说法正确的是A．首先反应，转化为 B．反应开始时增大，然后又减小C．首先反应，转化为 D．存在反应【答案】BC【详解】在氯化铁溶液蚀刻铜印刷电路板后所得的溶液里含有Fe3+、Cu2+、Fe2+，氧化性Fe3+>Cu2+>Fe2+，锌比铁活泼，加入过量的锌，Fe3+首先反应，生成Fe2+，c(Fe2+)增大，然后发生：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，最后发生Zn+Fe2+=Zn2++Fe，c(Fe2+)减小；所以反应开始时，c(Fe2+)增大，然后又减小，故BC正确；选BC。5.【热门话题与学科知识结合】（25-26高三上·上海·阶段练习）三、杭州亚运会主火炬塔的燃料首次使用甲醇燃料，这是人类历史上第一次实现再生、零碳甲醇点燃亚运主火炬，也是大型体育赛事首次使用燃烧高效、排放清洁、可再生、运输便捷的甲醇燃料，充分体现杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。Ⅰ．氧化和还原是认识物质性质、分析化学变化的重要视角之一，对生产、生活乃至生命活动中有着十分重要的作用。工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2(2)已知：、、、和一些未知物组成的一个氧化还原反应，其中是氧化产物，该反应中还原性(填“>”或“<”)。【答案】AD【解析】A中Fe2+与发生氧化还原反应不能共存，B中若溶液为酸性，Fe2+与发生氧化还原反应不能共存，若溶液为碱性，Fe2+，Al3+生成沉淀不能共存，发生非氧化还原反应，C中Al3+与OH-反应生成偏铝酸根不能大量共存，但为非氧化还原反应，D中与ClO-发生氧化还原反应而不能共存，故选AD。6．（2025·上海·三模）某同学在常温下设计如下实验流程探究的化学性质。(2)设计实验②③的目的，是要证明具有的性质为。A．氧化性

B．还原性

C．既有氧化性又有还原性【答案(2)B【详解】（2）实验②中氯水具有强氧化性，将Na2S2O3溶液氧化成Na2SO4溶液，再加入BaCl2溶液，应该生成硫酸钡沉淀，证明具有还原性，选B；7．（25-26高三上·上海·阶段练习）测定血液样品中的浓度。取血液样品50.00mL，加适量的草酸铵溶液可析出沉淀，将洗涤后的沉淀溶于强酸可得，用新煮沸并冷却的蒸馏水将溶液稀释成250mL。再用0.010mol/L酸性溶液进行滴定。发生反应为：(1)配平上述方程式并标出电子转移的方向和数目。【答案】(1)【分析】该实验的实验目的是用氧化还原滴定法测定血液样品中钙离子的浓度。滴定过程为向样品中加入草酸铵溶液，将血液中的钙离子转化为草酸钙沉淀，将洗涤后的沉淀溶于硫酸溶液得到草酸，用酸性高锰酸钾溶液滴定，利用关系式：5Ca2+~5H2C2O4~2KMnO4计算血液样品中钙离子的浓度。【详解】（1）滴定发生的反应为酸性条件下溶液中的草酸与高锰酸根离子反应生成锰离子、二氧化碳和水，反应中锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是氧化剂、锰离子是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，草酸是还原剂、二氧化碳是氧化产物，反应转移电子数目为10，则表示反应电子转移的方向和数目的双线桥为；8．（2025·上海闵行·二模）酒石酸()和H2O2混合液可用于浸取废旧锂电池正极材料LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2(Ni、Co均为+3价)中的金属离子，实现回收再利用。(1)补全□中的物质，并配平下列浸取反应的化学方程式。_____LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2＋___C4H6O6＋5H2O2=_____Li2C4H4O6＋_____NiC4H4O6＋____CoC4H4O6＋_____MnC4H4O6＋____□↑＋____H2O【答案】(1)10LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2＋15C4H6O6＋5H2O2=5Li2C4H4O6＋5NiC4H4O6＋2CoC4H4O6＋3MnC4H4O6＋5O2↑＋20H2O【详解】（1）由题意可知，正极材料中镍元素、钴元素的化合价都为+3价，设正极材料中锰元素的化合价为+a价，由化合价代数和为0可得：(+1)+(+3)×0.5+(+3)×0.2+(+a)×0.3+(—2)×2=0，解得a=3；由未配平的方程式可知，反应时，酒石酸中各元素的化合价没有发生改变，正极材料中镍元素、钴元素和锰元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，则过氧化氢是还原剂，反应中氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反应的氧化产物；过氧化氢的化学计量数为5，由得失电子数目守恒可知，正极材料的化学计量数为10，则反应的化学方程式为10LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2＋15C4H6O6＋5H2O2=5Li2C4H4O6＋5NiC4H4O6＋2CoC4H4O6＋3MnC4H4O6＋5O2↑＋20H2O；9.（25-26高三上·上海·阶段练习）向新配制的溶液中，加入一定量的稀硝酸，发生如下反应：__________________________________________________________________(1)配平上述反应。(2)每生成气体，转移的电子数为个。【答案】(1)3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O(2)1.5NA【详解】（1）硝酸具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+、NO气体，Fe元素的化合价由+2升高到+3，N元素的化合价由+5降低到+2，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O；（2）根据反应：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，每生成1个NO气体，转移电子3e-，则每生成0.5molNO气体，转移电子数为：n(e-)=3n(NO)=3×0.5mol=1.5mol，转移电子数为1.5NA；10.（25-26高三上·上海·阶段练习）软锰矿是一种常见的含锰矿物，其主要成分是，还含有、、等杂质。除杂是“以软锰矿为原料生产锰”的关键步骤。生产过程中会通入以还原，配平下列方程式，并标出电子转移的方向和数目。【答案】【解析】该反应中Fe元素由+3价下降到+2价，S元素由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式且标出电子转移的方向和数目为：。11．（25-26高三上·上海·阶段练习）通过如下实验，比较、、的氧化性。实验现象A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝乙同学认为：B中溶液滴加淀粉溶液，未变蓝，原因是，于是设计了如下实验。(4)已知溶液的。上述实验中可能是氧化了，将装置中的溶液换成溶液(标出具体浓度和)，闭合，指针未发生偏转。确认氧化了。(5)指针归零后，向右侧烧杯中滴加溶液或向左侧烧杯中滴加溶液，指针均有偏转，说明(或)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越。A．强

B．弱【答案】(4)（pH=6）(5)A【分析】通过试管和原电池实验比较、、的氧化性。【详解】（4）需要确认的是还是氧化了I−，由于和均有氧化性，要确认是否是氧化了I−，应将阳离子换成不具有氧化性的阳离子且pH值相同，即将装置中的溶液换成溶液（pH=6），闭合，指针未发生偏转，可排除是氧化了I−，并确认氧化了。（5）当指针归零后，向右侧烧杯中再次加入任意一种反应物，再次发生反应可知Ag+(或I−)浓度越大，溶液的氧化性(或还原性)越强，故答案为A；考向2陌生氧化还原反应方程式书写1．（25-26高三上·上海·阶段练习）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景。用Hummers法制备氧化石墨烯的步骤如下(装置如图所示)。完成下列填空：(4)反应结束后需加入H2O2除去过量的KMnO4，反应的离子方程式为。【答案】(4)【详解】（4）反应结束后加入H2O2除去过量的KMnO4，双氧水被氧化为氧气，高锰酸根被还原为锰离子，反应的离子方程式为。2．（25-26高三上·上海·开学考试）的应用——重要还原剂制备纳米零价铁。将溶液与碱性溶液混合可生成纳米零价铁、和等，该反应的离子方程式为(、中B元素均为价)【答案】【详解】将溶液与碱性溶液混合可生成纳米零价铁、和，铁元素化合价由+2降低为0，中H元素化合价由-1升高为0，根据得失电子守恒、元素守恒，反应的离子方程式为。3．（25-26高三上·上海·开学考试）用废铜屑生产硫酸铜晶体的流程如下：“溶解”时发生的化学反应方程式为。【答案】Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O【详解】由题干流程图可知，“溶解”步骤即向废铜屑中加入稀硫酸和H2O2，将Cu转化为CuSO4，根据氧化还原反应配平可知，该步骤发生的反应方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。4．（25-26高三上·上海·阶段练习）通过如下实验，比较、、的氧化性。实验现象A中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝B中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝(1)A中反应的离子方程式为，说明氧化性：。【答案】(1)【分析】通过试管和原电池实验比较、、的氧化性。【详解】（1）实验A中的现象为溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，说明产生了，因此A中反应的离子方程式为；5．（2025·上海杨浦·模拟预测）中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH金属离子开始沉淀时的pH5.42.27.58.0沉淀完全时的pH6.43.29.08.9(1)滤渣Ⅰ中除含有外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式。(3)“除铁”加入的目的是。(7)将固体加到30%酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为。【答案】(1)(3)使转化为便于后续除铁(7)【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Fe3+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，再除Zn2+和氢氧化锌，过滤后将所得滤液进行多次反复萃取（稀土元素在孪生矿中含量较低），多次萃取后，反萃取，得到PrCl3；【详解】（1）滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；ZnS在溶浸中和铁离子发生氧化还原生成硫单质、亚铁离子，同时生成锌离子，反应为；（3）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故目的为：使转化为便于后续除铁；（7）将固体加到30%酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，则反应为氧化还原反应生成和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：。6．（25-26高三上·上海·月考）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下：已知：①钛白粉废渣成分：主要为，含少量和不溶物。②。③生成，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3，0.1生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8。制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO₄溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色，滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)：(8)时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为：。【答案】(8)【分析】由题给流程可知，向钛白粉废渣中加入蒸馏水溶解，在溶液中发生水解反应生成和硫酸，再加入过量铁粉与水解生成的硫酸溶液反应，使平衡向正反应方向移动直至趋于完全生成沉淀，同时防止亚铁离子被氧化，过滤得到精制的硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入氨水，在空气中将溶液中的亚铁离子转化为铁黄晶体，铁黄晶体经系列操作得到铁黄产品。【详解】（8）滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化，时段，pH迅速下降，该过程的离子反应方程式为。7．（25-26高三上·上海·阶段练习）一种从含银、铼的废催化剂（含、、、和等）中回收银和铼的工艺流程如下：已知：高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸；高铼酸铵的溶解度随温度升高显著增大。(4)“氧化浸出”时，将浸出温度控制在，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有；该步骤中铼（Re）发生反应的离子方程式为。【答案】(4)使高铼酸溶解【分析】含银、铼的废催化剂（含、、、和等），稀盐酸条件下双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，、、、也被溶解转化为对应价态的金属阳离子进入浸液，用树脂进行萃取分液分离金属离子和高铼酸，再用氨水处理获得高铼酸铵，AgCl和为浸渣，加入N2H4·H2O还原获得银，酸溶后分离二氧化硅，再经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。【详解】（4）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为，高铼酸是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸，将浸出温度控制在70°C，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；8．（25-26高三上·上海·阶段练习）是有机合成中常用的绿色硝化剂，常温下为白色固体，与水反应生成硝酸，且易分解生成（被包裹在未分解的固体中）。某实验小组用滴定法测定粗品中的含量，具体操作为：取粗品，加入酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，用溶液滴定剩余高锰酸钾，达到滴定终点时消耗溶液。（已知与不反应且不考虑的分解）(1)产品中与发生反应，其中被还原为，写出反应的离子方程式为