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新高考化学二轮复习重难点04 氧化还原反应的概念、规律与应用（含解析）
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这是一份新高考化学二轮复习重难点04 氧化还原反应的概念、规律与应用（含解析），共16页。试卷主要包含了氧化还原反应相关概念等内容，欢迎下载使用。
重难点04 氧化还原反应的概念、规律与应用
一、氧化还原反应相关概念
二、氧化还原反应的强弱规律及价态规律
(一)强弱规律
1．氧化性是指得电子的性质(或能力)；还原性是指失电子的性质(或能力)。
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表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。
3．从元素的价态考虑
最高价态——只有氧化性，如：浓H2SO4、KMnO4等；
最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等；
中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。
4．氧化性、还原性强弱的比较方法
(1)根据化学方程式判断
氧化剂(氧化性)＋还原剂(还原性)===还原产物＋氧化产物
氧化性：氧化剂>氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
(2)根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：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4>MnO2。
(3)根据相同条件下产物的价态高低判断
如2Fe＋3Cl22FeCl3；Fe＋SFeS，则氧化性：Cl2＞S。
5．先后规律及应用
(1)同时含有几种还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应时，还原性(或氧化性)强的优先反应，即“强者优先”，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
(2)常见的强弱顺序
氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋
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―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态的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SO2而H2SO4转化为S的情况。
2．歧化反应规律思维模型
“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)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的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2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6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。
（建议用时：30分钟）
【真题再现】
1．（2022·山东卷）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()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A．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．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．石硫黄即S：“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．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；
故答案为：C。
2．（2022·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．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∶1
D．发生反应，转移电子
【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．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说法不正确；
B．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说法正确；
C．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说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
3．（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【解析】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH)=1:4，C正确；
D．由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，过程I-III的总反应为：2NO+8NH=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D错误；
答案选C。
4．（2021·湖南）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。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
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制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【详解】
A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
5．（2021·浙江）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12.7g I2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
【详解】
A．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．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．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
6．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】BD
【分析】
KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】
A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
【优选特训】
1．焦亚硫酸钠()可用作食品抗氧化剂，下列说法正确的是
A．中S元素只有还原性
B．葡萄酒中残留量可用碘标准液滴定法测量
C．食品抗氧化剂必须是有氧化性的物质
D．由制需添加还原剂
【答案】B
【解析】A．中S元素的化合价为+4，属于中间价态，因此中S元素既有氧化性又有还原性，选项A错误；
B．根据葡萄酒中二氧化硫可以用碘量法进行测量，所以葡萄酒中残留量可用碘标准液滴定法测量，选项B正确；
C．食品抗氧化剂必须是有还原性的物质，选项C错误；
D．中S元素化合价为+4，中S元素化合价为+6，S元素化合价升高，所以由制需添加氧化剂，选项D错误。
答案选B。
2．（2022·天津南开·一模）下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是
①Fe2(SO4)3 ②铁粉 ③NaCl ④KI ⑤双氧水
A．①⑤ B．②④ C．③④ D．③⑤
【答案】A
【解析】由反应方程式2Fe3++S2-=2Fe2++S↓或者2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，S2-+H2O2=S+2OH-可知，Fe2(SO4)3和H2O2可以用于处理泄露的有毒物质Na2S，Fe粉、NaCl和KI均不能以Na2S反应，不能处理，故答案为：A。
3．（2022·上海宝山·模拟预测）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
4．（2022·内蒙古包头·二模）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存。
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为：
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生，转移电子数约为个
【答案】D
【解析】A．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；
C．滴入少量FeSO4溶液，溶液仍显碱性，次氯酸根能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C错误；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；
故选：D。
5．（2022·上海静安·一模）I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2均有一定的还原性，酸性溶液中还原性强弱顺序为：Cl－＜Fe2+＜H2O2＜I－＜SO2。下列反应不能发生的是
A．SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
B．Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
C．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
D．I2+2Fe2+=2Fe3++2I－
【答案】D
【解析】
A．假设反应SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4能发生，根据方程式得出还原性：H2O2＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故A不符合题意；
B．假设反应Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl能发生，根据方程式得出还原性：Cl－＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故B不符合题意；
C．假设反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+能发生，根据方程式得出还原性：Fe2+＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故C不符合题意；
D．假设反应I2+2Fe2+=2Fe3++2I－能发生，根据方程式得出还原性：I－＜Fe2+，与题中还原性相矛盾，说明反应不能发生，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
6．叠氮酸钠可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应(未配平)来制备叠氮酸钠，下列说法正确的是
A．方程式中和的化学计量数之比为1：1
B．作还原剂的占参与反应的的物质的量的
C．每生成67.2L，转移电子的物质的量为16mol
D．立窑的衬里适宜选用石英耐火砖
【答案】A
【解析】
A．根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得，A正确；
B．根据选项A所配方程式知，3 mol NaNH2反应，有1 mol N元素化合价没变生成NH3，有2 mol N元素化合价升高转化为NaN3，故作还原剂的占参与反应的的物质的量的，B错误；
C．未给出气体所处状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；
D．高温下，产物NaOH能和反应，会腐蚀设备，D错误；
故答案选A。
7．（2022·辽宁·二模）硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为：
B．整个过程中有H2O参加反应
C．1 mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为2NA
D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
【答案】C
【解析】由图可知，NO2与、H2O反应生成、HNO2和，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，由得失电子守恒和原子守恒可得：2NO2++H2O=+HNO2+，然后根据氧化还原反应规律分析解答。
A．根据图示可知在第一阶段，NO2与发生反应产生、，反应方程式为NO2+=+，A正确；
B．由反应流程图可知：在第II阶段H2O参加了化学反应，B正确；
C．1 mol在第II、III阶段失去1 mol电子生成，共失去电子数目为NA，C错误；
D．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+ 4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，NO2做氧化剂；失去电子被氧化为，因此NO2是生成硫酸盐的氧化剂，D正确；
故合理选项是C。
8．（2022·河北保定·一模）用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是
A．整个过程中作催化剂
B．反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的反应为
D．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【解析】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
故答案为C。
【点睛】
本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
9．（2022·湖南常德·模拟预测）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性溶液处理：(未配平，下同)
②酸化处理：
下列说法错误的是
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“反应①”中氧化性：
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗时，反应中转移
【答案】D
【解析】A．根据氧化还原反应配平可得：，反应中为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；
B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中为氧化剂， 是氧化产物，则氧化性：，B正确；
C．由于与、不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；
D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为，则消耗即 =0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；
故答案为：D。
10．在催化剂的作用下，和发生反应生成和，下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物
B．每生成转移电子数为
C．在与的反应中，最多可以生成
D．在一定条件下，也可以和发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．在催化剂的作用下，和发生反应生成氮气和水，反应的化学方程式为，作还原剂，作氧化剂，既是氧化产物又是还原产物，既不是氧化产物也不是还原产物，选项A错误；
B．二氧化氮中氮元素价态降低，根据得失电子守恒可知每生成需转移6×4mol=电子，选项B错误；
C．未注明所处状态，无法进行计算，选项C错误；
D．CO具有还原性，具有氧化性，则在一定条件下，也可以和发生氧化还原反应，选项D正确；
答案选D。
11．钛铁矿与过氧化钠熔融后得到钛酸钠(Na2TiO4)，反应的化学方程式为：FeTiO3+3Na2O2Na2FeO4+Na2TiO4+Na2O，下列有关说法正确的是
A．化合物Na2O2中阴阳离子的个数比为1:1
B．该反应中的还原产物只有Na2O
C．若有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1mol
D．每生成18.6g氧化钠，转移电子的物质的量是1.8mol
【答案】D
【解析】A．Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1:2，A错误；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、 铬元素的化合价升高，被氧化，Na2O2中氧元素的化合价降低，Na2FeO4和Na2TiO4既是氧化产物又是还原产物，Na2O是还原产物，B错误；
C．由化学计量数可知，有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为3mol，C错误；
D．， 每生成1mol Na2O转移6 mol电子，则生成0.3 mol Na2O转移1.8 mol电子，D正确；
故选D。
12．（2022·湖南岳阳·一模）过二硫酸是一种疏的含氧酸，化学式。它的结构可以表示成。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式(未配平)，下列说法中错误的是
Ⅰ.
Ⅱ．
A．过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成，转移电子的物质的量为
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的的物质的量相同，则Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
【答案】D
【解析】
A．过二硫酸中S的化合价为+6，H的化合价为+1，则过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3:1，A正确；
B．配平反应I：，三价铬是还原剂，过二硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2，B正确；
C．配平反应II：，每生成转移30mol电子，每生成，转移电子的物质的量为，C正确；
D．反应I：，消耗10mol，消耗15mol氧化剂；反应II：，消耗10mol，消耗6mol氧化剂，则消耗10mol，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15:6=5:2，D错误；
答案选D。
13．（2022·陕西咸阳·一模）是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．两个反应中都作氧化剂
B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应2中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为15mol
D．制备等量的，反应1比反应2转移的电子总数多
【答案】A
【解析】
A．反应1→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；
B．反应1→ClO2，做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；
C．反应2→ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；
D．将反应1乘以12，生成24mol时转移(5-4)×24=24mol，反应2生成24mol时也转移24mol，故D错误；
故选：A。
14．（2022·重庆·一模）天然气中含有有毒气体，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是
A．过程①的pH降低，过程②的pH升高
B．该脱硫过程可以在中性环境中进行
C．该脱硫过程不需要补充溶液
D．该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
【答案】B
【解析】过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；
A．过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，生成强酸H2SO4，pH降低，过程②反应方程式：4+O2+2H2SO4=2 Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，故A正确；
B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+不能在中性环境中共存，故B错误；
C．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充溶液，故C正确；
D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合价减低，O2做氧化剂，S元素化合价升高，H2S做还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D正确；
故选：B。
15．（2022·山东青岛·一模）以辉锑矿(主要成分为，含少量、CuO、等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。
A．“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素
B．“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质
C．“除砷”时有生成，该反应的化学方程式为：
D．“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为2:3
【答案】D
【解析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。
A．浸出液中含过有，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；
B．过多的 会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质，B正确；
C．由流程可知，除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2，D错误；
故选D。
16．（2022·辽宁·一模）向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是
A．当n(Cl2)＜M mol时，发生的离子反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
B．当n(Cl2)＝M mol时，离子浓度关系：c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=2:1:1
C．当n(Cl2)=2M mol时，离子浓度大小关系：c(Cl-)＞c(Br-)
D．当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br-开始被氧化
【答案】C
【解析】据图可知：当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应；当n(Cl2)＝M mol时，Fe2＋与Cl2反应完全，发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当n(Cl2)>M mol时Br－与Cl2反应，发生反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－；
A．根据分析知，当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A错误；
B．当通入的氯气为Mmol时，恰好将Fe2+反应完，根据Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故原Fe2+为2Mmol，则Br-为4Mmol，生成的Fe3+为2Mmol，Cl-为2Mmol，Br-未参加反应，为4Mmol，所以c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=1：2：1，B错误；
C．根据分析，当通入的Cl2为2Mmol，Mmol Cl2首先与Fe2+完全反应，生成2MmolCl-，剩余的Mmol Cl2会反应掉2MmolBr-，生成2Mmol Cl-，此时n(Cl-)=4Mmol，剩余的n(Br-)=(4M-2M)mol=2Mmol，所以离子浓度大小关系：c(Cl-)>c(Br-)，C正确；
D．根据分析可知，通入Cl2的物质的量大于Mmol时，Br-开始被氧化，根据B选项分析可知FeBr2的物质的量为2Mmol，D错误；
综上所述答案为C。
重难点04 氧化还原反应的概念、规律与应用
一、氧化还原反应相关概念
二、氧化还原反应的强弱规律及价态规律
(一)强弱规律
1．氧化性是指得电子的性质(或能力)；还原性是指失电子的性质(或能力)。
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表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。
3．从元素的价态考虑
最高价态——只有氧化性，如：浓H2SO4、KMnO4等；
最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等；
中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。
4．氧化性、还原性强弱的比较方法
(1)根据化学方程式判断
氧化剂(氧化性)＋还原剂(还原性)===还原产物＋氧化产物
氧化性：氧化剂>氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
(2)根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：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，可判断氧化性：KMnO4>MnO2。
(3)根据相同条件下产物的价态高低判断
如2Fe＋3Cl22FeCl3；Fe＋SFeS，则氧化性：Cl2＞S。
5．先后规律及应用
(1)同时含有几种还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应时，还原性(或氧化性)强的优先反应，即“强者优先”，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。
(2)常见的强弱顺序
氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2＋
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―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态的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SO2而H2SO4转化为S的情况。
2．歧化反应规律思维模型
“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)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的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2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6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。
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【真题再现】
1．（2022·山东卷）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()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A．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．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．石硫黄即S：“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．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；
故答案为：C。
2．（2022·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是
A．发生还原反应
B．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∶1
D．发生反应，转移电子
【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．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说法不正确；
B．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说法正确；
C．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说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
3．（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【解析】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH)=1:4，C正确；
D．由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，过程I-III的总反应为：2NO+8NH=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D错误；
答案选C。
4．（2021·湖南）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。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
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制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【详解】
A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
5．（2021·浙江）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12.7g I2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
【详解】
A．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．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．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；
D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；
故答案选D。
6．（2021·山东）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【答案】BD
【分析】
KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。
【详解】
A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；
综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。
【优选特训】
1．焦亚硫酸钠()可用作食品抗氧化剂，下列说法正确的是
A．中S元素只有还原性
B．葡萄酒中残留量可用碘标准液滴定法测量
C．食品抗氧化剂必须是有氧化性的物质
D．由制需添加还原剂
【答案】B
【解析】A．中S元素的化合价为+4，属于中间价态，因此中S元素既有氧化性又有还原性，选项A错误；
B．根据葡萄酒中二氧化硫可以用碘量法进行测量，所以葡萄酒中残留量可用碘标准液滴定法测量，选项B正确；
C．食品抗氧化剂必须是有还原性的物质，选项C错误；
D．中S元素化合价为+4，中S元素化合价为+6，S元素化合价升高，所以由制需添加氧化剂，选项D错误。
答案选B。
2．（2022·天津南开·一模）下列物质可用于处理泄露的有毒物质Na2S的是
①Fe2(SO4)3 ②铁粉 ③NaCl ④KI ⑤双氧水
A．①⑤ B．②④ C．③④ D．③⑤
【答案】A
【解析】由反应方程式2Fe3++S2-=2Fe2++S↓或者2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，S2-+H2O2=S+2OH-可知，Fe2(SO4)3和H2O2可以用于处理泄露的有毒物质Na2S，Fe粉、NaCl和KI均不能以Na2S反应，不能处理，故答案为：A。
3．（2022·上海宝山·模拟预测）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
【答案】A
【解析】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
4．（2022·内蒙古包头·二模）在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存。
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量溶液，反应的离子方程式为：
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生，转移电子数约为个
【答案】D
【解析】A．漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；
C．滴入少量FeSO4溶液，溶液仍显碱性，次氯酸根能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO-+5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C错误；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为6.02×1023个，故D正确；
故选：D。
5．（2022·上海静安·一模）I－、Fe2+、SO2、Cl－、H2O2均有一定的还原性，酸性溶液中还原性强弱顺序为：Cl－＜Fe2+＜H2O2＜I－＜SO2。下列反应不能发生的是
A．SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
B．Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
C．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+
D．I2+2Fe2+=2Fe3++2I－
【答案】D
【解析】
A．假设反应SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4能发生，根据方程式得出还原性：H2O2＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故A不符合题意；
B．假设反应Cl2+ SO2+2H2O=H2SO4+2HCl能发生，根据方程式得出还原性：Cl－＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故B不符合题意；
C．假设反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+能发生，根据方程式得出还原性：Fe2+＜SO2，与题中还原性一致，说明反应能发生，故C不符合题意；
D．假设反应I2+2Fe2+=2Fe3++2I－能发生，根据方程式得出还原性：I－＜Fe2+，与题中还原性相矛盾，说明反应不能发生，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
6．叠氮酸钠可用作医药原料和炸药，工业上可在立窑中通过反应(未配平)来制备叠氮酸钠，下列说法正确的是
A．方程式中和的化学计量数之比为1：1
B．作还原剂的占参与反应的的物质的量的
C．每生成67.2L，转移电子的物质的量为16mol
D．立窑的衬里适宜选用石英耐火砖
【答案】A
【解析】
A．根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式可得，A正确；
B．根据选项A所配方程式知，3 mol NaNH2反应，有1 mol N元素化合价没变生成NH3，有2 mol N元素化合价升高转化为NaN3，故作还原剂的占参与反应的的物质的量的，B错误；
C．未给出气体所处状态，无法计算转移电子的物质的量，C错误；
D．高温下，产物NaOH能和反应，会腐蚀设备，D错误；
故答案选A。
7．（2022·辽宁·二模）硫酸盐(含、)气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程如图所示，下列说法错误的是
A．第I阶段的化学方程式为：
B．整个过程中有H2O参加反应
C．1 mol在第II、III两个阶段共失去电子数目为2NA
D．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
【答案】C
【解析】由图可知，NO2与、H2O反应生成、HNO2和，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，由得失电子守恒和原子守恒可得：2NO2++H2O=+HNO2+，然后根据氧化还原反应规律分析解答。
A．根据图示可知在第一阶段，NO2与发生反应产生、，反应方程式为NO2+=+，A正确；
B．由反应流程图可知：在第II阶段H2O参加了化学反应，B正确；
C．1 mol在第II、III阶段失去1 mol电子生成，共失去电子数目为NA，C错误；
D．图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+ 4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，NO2做氧化剂；失去电子被氧化为，因此NO2是生成硫酸盐的氧化剂，D正确；
故合理选项是C。
8．（2022·河北保定·一模）用方法可将汽车尾气中的和转化为无污染的气体，下列说法错误的是
A．整个过程中作催化剂
B．反应过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的反应为
D．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
【答案】C
【解析】A．总反应的方程式为，故是整个反应的催化剂，故A正确；
B．两步反应中都有元素化合价变化，反应均为氧化还原反应，故B正确；
C．过程Ⅰ中发生的反应为：，故C错误；
D．总反应的方程式为，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶x，故D正确；
故答案为C。
【点睛】
本题以汽车尾气中的和转化为载体，体现对反应机理、催化剂、中间产物、氧化还原等化学基础知识的综合考查。考查学生的理解与辨析和分析与推测能力。
9．（2022·湖南常德·模拟预测）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①碱性溶液处理：(未配平，下同)
②酸化处理：
下列说法错误的是
A．“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．“反应①”中氧化性：
C．“反应②”中，可用硫酸进行酸化
D．“反应②”消耗时，反应中转移
【答案】D
【解析】A．根据氧化还原反应配平可得：，反应中为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；
B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中为氧化剂， 是氧化产物，则氧化性：，B正确；
C．由于与、不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确；
D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为，则消耗即 =0.5mol时，则反应中转移电子数目为：，D错误；
故答案为：D。
10．在催化剂的作用下，和发生反应生成和，下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物
B．每生成转移电子数为
C．在与的反应中，最多可以生成
D．在一定条件下，也可以和发生氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．在催化剂的作用下，和发生反应生成氮气和水，反应的化学方程式为，作还原剂，作氧化剂，既是氧化产物又是还原产物，既不是氧化产物也不是还原产物，选项A错误；
B．二氧化氮中氮元素价态降低，根据得失电子守恒可知每生成需转移6×4mol=电子，选项B错误；
C．未注明所处状态，无法进行计算，选项C错误；
D．CO具有还原性，具有氧化性，则在一定条件下，也可以和发生氧化还原反应，选项D正确；
答案选D。
11．钛铁矿与过氧化钠熔融后得到钛酸钠(Na2TiO4)，反应的化学方程式为：FeTiO3+3Na2O2Na2FeO4+Na2TiO4+Na2O，下列有关说法正确的是
A．化合物Na2O2中阴阳离子的个数比为1:1
B．该反应中的还原产物只有Na2O
C．若有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1mol
D．每生成18.6g氧化钠，转移电子的物质的量是1.8mol
【答案】D
【解析】A．Na2O2中阳离子为Na+、阴离子为，所以Na2O2晶体中阴阳离子个数之比为1:2，A错误；
B．该反应中，FeCr2O4中铁、 铬元素的化合价升高，被氧化，Na2O2中氧元素的化合价降低，Na2FeO4和Na2TiO4既是氧化产物又是还原产物，Na2O是还原产物，B错误；
C．由化学计量数可知，有1molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为3mol，C错误；
D．， 每生成1mol Na2O转移6 mol电子，则生成0.3 mol Na2O转移1.8 mol电子，D正确；
故选D。
12．（2022·湖南岳阳·一模）过二硫酸是一种疏的含氧酸，化学式。它的结构可以表示成。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式(未配平)，下列说法中错误的是
Ⅰ.
Ⅱ．
A．过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成，转移电子的物质的量为
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的的物质的量相同，则Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
【答案】D
【解析】
A．过二硫酸中S的化合价为+6，H的化合价为+1，则过二硫酸根中显价的氧原子和显价的氧原子的数目比是3:1，A正确；
B．配平反应I：，三价铬是还原剂，过二硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2，B正确；
C．配平反应II：，每生成转移30mol电子，每生成，转移电子的物质的量为，C正确；
D．反应I：，消耗10mol，消耗15mol氧化剂；反应II：，消耗10mol，消耗6mol氧化剂，则消耗10mol，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15:6=5:2，D错误；
答案选D。
13．（2022·陕西咸阳·一模）是一种绿色的饮用水消毒剂。常用下列两种反应原理制备：
反应1：
反应2：
下列说法正确的是
A．两个反应中都作氧化剂
B．反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应2中每转移6mol电子，生成气体的物质的量为15mol
D．制备等量的，反应1比反应2转移的电子总数多
【答案】A
【解析】
A．反应1→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；
B．反应1→ClO2，做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；
C．反应2→ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；
D．将反应1乘以12，生成24mol时转移(5-4)×24=24mol，反应2生成24mol时也转移24mol，故D错误；
故选：A。
14．（2022·重庆·一模）天然气中含有有毒气体，用下图所示流程可实现天然气在氧化亚铁硫杆菌(T·F菌)作用下催化脱硫。下列说法不正确的是
A．过程①的pH降低，过程②的pH升高
B．该脱硫过程可以在中性环境中进行
C．该脱硫过程不需要补充溶液
D．该脱硫过程的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
【答案】B
【解析】过程①Fe元素化合价降低，S元素化合价升高，反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，过程②Fe元素化合价升高，O元素化合价减低，反应方程式：4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；
A．过程①反应方程式：Fe2(SO4)3+H2S=2+S+H2SO4，生成强酸H2SO4，pH降低，过程②反应方程式：4+O2+2H2SO4=2 Fe2(SO4)3+2H2O，消耗H2SO4，pH升高，故A正确；
B．Fe2(SO4)3溶液中Fe3+不能在中性环境中共存，故B错误；
C．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，溶液为中间物质，没有消耗，则不需要补充溶液，故C正确；
D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，O元素化合价减低，O2做氧化剂，S元素化合价升高，H2S做还原剂，两者的物质的量之比为1:2，故D正确；
故选：B。
15．（2022·山东青岛·一模）以辉锑矿(主要成分为，含少量、CuO、等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。下列说法错误的是
已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。
A．“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素
B．“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质
C．“除砷”时有生成，该反应的化学方程式为：
D．“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为2:3
【答案】D
【解析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。
A．浸出液中含过有，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；
B．过多的 会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质，B正确；
C．由流程可知，除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，C正确；
D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3:2，D错误；
故选D。
16．（2022·辽宁·一模）向FeBr2溶液中通入Cl2时，随参加反应的Cl2物质的量的变化，溶液中某些离子的浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是
A．当n(Cl2)＜M mol时，发生的离子反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
B．当n(Cl2)＝M mol时，离子浓度关系：c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=2:1:1
C．当n(Cl2)=2M mol时，离子浓度大小关系：c(Cl-)＞c(Br-)
D．当通入Cl2的物质的量等于原FeBr2的物质的量时，Br-开始被氧化
【答案】C
【解析】据图可知：当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应；当n(Cl2)＝M mol时，Fe2＋与Cl2反应完全，发生反应的离子方程式为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，当n(Cl2)>M mol时Br－与Cl2反应，发生反应的离子方程式为：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－；
A．根据分析知，当n(Cl2)＜M mol时，Fe2＋与Cl2开始反应，此时Br－并没有参加反应，发生的离子反应为：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A错误；
B．当通入的氯气为Mmol时，恰好将Fe2+反应完，根据Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故原Fe2+为2Mmol，则Br-为4Mmol，生成的Fe3+为2Mmol，Cl-为2Mmol，Br-未参加反应，为4Mmol，所以c(Fe3+)：c(Br-)：c(Cl-)=1：2：1，B错误；
C．根据分析，当通入的Cl2为2Mmol，Mmol Cl2首先与Fe2+完全反应，生成2MmolCl-，剩余的Mmol Cl2会反应掉2MmolBr-，生成2Mmol Cl-，此时n(Cl-)=4Mmol，剩余的n(Br-)=(4M-2M)mol=2Mmol，所以离子浓度大小关系：c(Cl-)>c(Br-)，C正确；
D．根据分析可知，通入Cl2的物质的量大于Mmol时，Br-开始被氧化，根据B选项分析可知FeBr2的物质的量为2Mmol，D错误；
综上所述答案为C。
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