新高考化学二轮复习考点讲与练题型04 氧化还原反应的分析及应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学二轮复习考点讲与练题型04 氧化还原反应的分析及应用（2份，原卷版+解析版），共19页。

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、还原剂、电子转移数目的判断，但会融入“陌生化学式”或“新材料” 为背景，检验信息提取与知识迁移能力。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。
考向01 氧化还原反应相关概念的判断
【例1-1】（2025·安徽卷）氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2O-40℃HOF+HF，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O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为，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，O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
①CO ②SO2 ③NO2 ④Na2O2
A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④B．与水作用后溶液呈酸性：②③
C．与水反应释放O2：④D．常态下呈现颜色：①②③④
【答案】D
【解析】CO中C为+2价，SO2中S为+4价，NO2中N为+4价，Na2O2中O为-1价，均处于中间价态，均可被氧化或还原，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与水反应生成O2（2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑），C正确；CO（无色）、SO2（无色）常态下无颜色，而NO2（红棕色）、Na2O2（淡黄色）有颜色，D错误；故选D。
【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。
误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。
【变式1-1】（2025·安徽蚌埠·三模）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【解析】除杂试剂为BaCl2和Na2CO3，除杂试剂选择正确，发生反应：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl，未反应完的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Si、Al的化合价未变，未涉及氧化还原反应，C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。
【变式1-2】（2025·浙江杭州·三模）反应3IClBr−+6OH−=2I−+IO3−+3Br−+3Cl−+3H2O，只有一种元素的化合价发生了变化，下列说法不正确的是
A．3ml IClBr−发生反应，转移5ml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
D．IClBr−不能与SO32−大量共存
【答案】A
【解析】3ml IClBr−发生反应生成2mlI−和1mlIO3−，反应中I元素部分被还原（+1→-1，每ml得2ml e−）和部分被氧化（+1→+5，每ml失4ml e−），总反应中2mlI−对应得到4mle⁻，1mlIO3−对应失去4mle⁻，总转移电子数为4ml，而非5ml，故A错误；IClBr−中的I元素既被氧化又被还原，因此IClBr−既是氧化剂又是还原剂，故B正确；I−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；IClBr−中的I处于中间价态，具有氧化性，而SO32−具有还原性，两者会发生反应，不能共存，故D正确；故选A。
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NH4+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
C．Mg(OH)2固体在NH4Cl溶液中溶解
D．NH42SO4溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀
【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；NH4+中的N(-3价)与NO2−中的N(+3价)反应生成N2(0价)，NH4+被氧化，体现还原性，B符合题意；水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意；(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，NH4+未参与氧化还原，D不符合题意；故选B。
【例2-2】 （2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是
A．G、K均能与NaOH溶液反应B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同D．1mlG与足量的J反应，转移电子数为NA
【答案】D
【分析】根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。
【解析】H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；1ml H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1ml H2S参加反应，转移2ml电子，转移2NA个电子，D错误；故选D。
1.氧化性、还原性
(1)①氧化性：指得电子的性质(或能力)；还原性：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，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
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
(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。
例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(△))Mg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。
(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2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2FeCl3，Fe＋Seq \(=====,\s\up7(高温))FeS，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2-1】（2025·辽宁沈阳·二模）已知：Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42−=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∶2
B．由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4−
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+4HNO3=3PbO2+4NO↑+2H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【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的结论；反应II中PbO2中铅元素化合价降低为氧化剂，MnO4−为氧化产物，氧化性PbO2>MnO4−，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HCl反应生成PbCl2和H2O、Cl2，反应方程式为Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，D正确；故选D。
【变式2-2】（2025·浙江温州·三模）已知HAuCl4=H++AuCl4−，向HAuCl4溶液中加入足量Zn粉可以提炼Au，反应为：HAuCl4+Zn→Au+X+ZnCl2(未配平)，下列说法不正确的是
A．还原性：Zn>Au
B．X表示H2
C．生成1mlAu，转移电子总数为3NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3
【答案】C
【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1mlAu，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
【例3-1】（2024·浙江卷）利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是
A．X表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5
D．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)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，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是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中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0.5mlCO2，反应转移的电子数为0.5NA×6=3NA，D不正确；故选C。
【例3-2】（2024·北京卷）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，nMn2+:nI2=1:5
B．对比反应①和②，x=3
C．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-+2MnO4-+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10I-~2MnO4-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=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-~2MnO4-~MnO2~IOx-~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-的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。
1.氧化还原反应方程式的配平原则
（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。
2.氧化还原方程式的配平步骤
（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数；
（5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
【变式3-1】（2025·山东济宁·三模）PH3常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备PH3的过程涉及到以下反应：
①P4+NaOH过量+H2O→NaH2PO2+PH3↑(未配平)
②NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+NaHSO4
③2H3PO2=PH3↑+H3PO4
下列说法正确的是
A．上述每步反应均属于氧化还原反应
B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是3:1
C．NaH2PO2属于酸式盐
D．理论上，消耗lml白磷可生产2.5mlPH3
【答案】D
【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↑，1ml P4中1ml P被还原（氧化剂），3ml P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；1ml P4通过反应①生成1ml PH3，同时生成3ml NaH2PO2；后者经反应②③转化为1.5ml PH3，总产生2.5mlPH3，D正确；故选D。
【变式3-2】（2025·吉林·一模）反应K2S2O8(过硫酸钾)+MnSO4+H2O—KMnO4+H2SO4+K2SO4(未配平)，下列说法正确的是
A．K2S2O8中S的价态为+7
B．KMnO4是还原产物
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2
D．若消耗3.6gH2O时，则反应转移的电子数为0.5NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】K2S2O8中存在过氧键，其中氧的氧化态为-1，其余氧为-2，设硫的化合价为x，则2x + 6×(-2) + 2×(-1) = -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 ml H2O对应转移10 ml e⁻，3.6g H2O是0.2ml，对应转移电子数为0.2×108=0.25ml，即0.25NA，D错误；故选C。
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Br2
B．Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br-
C．Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br-，说明氧化性：Br2>Fe3+
D．1mlBr2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5ml电子
【答案】D
【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+3H2O，3mlBr2参与反应，电子转移5ml，D项错误；故选D。
【变式4-1】（2025·浙江杭州·三模）反应，只有一种元素的化合价发生了变化，下列说法不正确的是
A．发生反应，转移5ml电子
B．既是氧化剂又是还原剂
C．是还原产物，是氧化产物
D．不能与大量共存
【答案】A
【详解】A．发生反应生成2ml和1ml，反应中I元素部分被还原（+1→-1，每ml得）和部分被氧化（+1→+5，每ml失），总反应中2ml对应得到4mle⁻，1ml对应失去4mle⁻，总转移电子数为4ml，而非5ml，故A错误；
B．中的I元素既被氧化又被还原，因此既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．是I被还原的产物（+1→-1），是I被氧化的产物（+1→+5），故C正确；
D．中的I处于中间价态，具有氧化性，而具有还原性，两者会发生反应，不能共存，故D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2 mL浓盐酸，立即盖好。下列说法正确的是
A．a处发生反应时，浓盐酸只表现出还原性
B．b、c两处的石蕊试纸均先变红后褪色
C．d处湿润的淀粉−KI试纸变蓝，说明还原性：Cl2>I2
D．甲是蘸有饱和食盐水的棉球
【答案】D
【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Cl-被氧化为Cl2（表现还原性），部分Cl-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HCl（使试纸变红）和HClO（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HCl杂质，饱和食盐水可吸收HCl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 有关氧化还原反应的计算
【例5-1】 （2025·湖南卷）NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O2高温4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是
A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5
B．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4:7
D．反应中消耗3mlO2，转移20mle−
【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原子价层电子对数是3+5+1−3×22=3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；反应中氧化剂为NaNO3中的N（4ml）和O2（3ml），总物质的量7ml；还原剂为Sb（4ml）。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，3ml O2参与反应，有4mlSb做还原剂，整个反应总电子转移为20ml（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确；故选C。
【例5-2】 （2024·浙江卷）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO催化剂2CO2+N2，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)
A．生成1 ml CO2转移电子的数目为2NAB．催化剂降低NO与CO反应的活化能
C．NO是氧化剂，CO是还原剂D．N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【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；
【解析】根据分析，1mlCO2转移2NA的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；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。
1.计算原理
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，便可迅速获得正确结果。
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)×变价原子个数×化合价变化值
【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→ΔCdNO32+S+NO↑+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3
C．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≜3CdNO32+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3CdS+8HNO3≜3CdNO32+3S+2NO↑+4H2O，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≜3CdNO32+3S+2NO↑+4H2O，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。
【变式5-2】（2025·四川·一模）钠及其化合物在一定条件下的转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．1 ml Na218O中含有的质子数为32NA
B．反应②中，若有22.4 L O2反应，则生成2 ml Na2O2
C．反应③中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂
D．反应④中，若生成71 g Cl2，则转移的电子数为NA
【答案】C
【解析】1个Na218O分子中质子数为2×11（Na原子序数）+8（O原子序数）=30，1 ml Na218O含质子数为30NA，A错误；22.4 L O2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，反应式电解2NaCl(熔融)=2Na+Cl2↑，生成1 ml Cl2转移2 ml电子，71 g Cl2（1 ml）转移电子数为2NA，D错误；故选C。
考向06 依托载体综合考查氧化还原反应
【例6-1】 （2025·山东卷）用肼N2H4的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．N2是还原反应的产物B．还原性：N2H4Fe2+，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、C3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下KspCS=10−20.4，下列说法错误的是
A．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
D．“沉钴”后上层清液中cC2+⋅cS2−=10−20.4
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、C3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、C2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CS，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)是可再生的，且来源广泛，B正确；根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误； “沉钴”后的上层清液存在CS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(C2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C
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。
关键方法技巧：
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。
判方向：熟练运用氧化性/还原性强弱比较规律，预测反应能否发生及产物。
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。
【变式6-1】（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2−并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是
A．过程II反应的离子方程式为4MnO32−+2S2−+9H2O=S2O32−+4Mn(OH)2↓+10OH−
B．碱性条件下，氧化性：O2>MnO32−>S2O32−
C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
D．将1ml S2−转化为SO42−理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况)
【答案】D
【解析】过程II中，MnO32−和S2-反应生成Mn(OH)2和S2O32−，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：4MnO32−+2S2−+9H2O=S2O32−+4Mn(OH)2↓+10OH−，A正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为MnO32−，MnO32−能将S2-氧化为S2O32−，故氧化性：O2>MnO32−>S2O32−，B正确；过程I中Mn(OH)2和O2反应生成MnO32−，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SO42−，S元素化合价-2价上升到+6价，O元素由0价下降到-2价，1 ml S2−转化为SO42−，需2 ml O2，标况下体积为44.8 L，D错误；故选D。
【变式6-2】（2025·河北·模拟预测）硫循环是指硫在大气、陆地生命体和土壤等几个分室中的迁移和转化过程，如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A．0.1 mlSO42−中S原子的价层电子对数为0.4NA
B．SO2参与①反应生成9.6 g还原产物时，消耗氧化剂分子数为0.2NA
C．Cl2参与②反应生成0.5 mlSO42−时，氧化剂断裂σ键数为1.5NA
D．⑤反应中生成0.1 ml H2S时得到电子数为0.8NA
【答案】B
【解析】SO42−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+8−4×22=4。0.1 ml SO42−中价层电子对数为0.1×4=0.4 ml，即0.4 NA，A正确；9.6 g S(还原产物)的物质的量为0.3 ml，SO2(氧化剂)+2H2S(还原剂)=2S(氧化产物)+S(还原产物)+2H2O，可见消耗0.3 ml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0.5 ml SO42−时需要1.5 ml Cl2，含1.5 NA σ键，C正确；反应⑤为SO42−→H2S（S从+6→-2），生成1 ml H2S得8 ml电子，生成0.1 ml H2S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
A．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+O2→CMnO2O2+H2O
【答案】B
【解析】除去HCHO的方程式是HCHO+O2→MnO2CO2+H2O，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+O2→MnO2CO2+H2O，D正确；故选B。
2.（2025·云南·模拟预测）皓矾(ZnSO4·7H2O)是一种无色晶体，主要用作收敛剂、防腐剂及颜料。工业上利用烧锌渣(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
A．H2O2在“沉铁”时体现还原性
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；过滤需用普通漏斗，而非分液漏斗，B错误；Fe(OH)3表面含有可溶性的SO42-，检验沉淀是否洗净应检验吸附的SO42-(用BaCl2)，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。
3.（2025·四川·模拟预测）《天工开物》中记载了“假银锭”提纯银的过程，该过程如图所示(已知：铅、银、铜的熔点分别为327℃、962℃、1083℃)。下列说法错误的是
A．“假银锭”是合金，硬度大
B．“熔炼炉”中发生了氧化还原反应
C．“分金炉”中有可能发生反应：C+2Cu2O高温CO2↑+4Cu
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
【解析】“假银锭”含Ag、Cu、Pb，是合金，合金硬度通常大于成分金属，A正确；熔炼炉中加入硝石（KNO3），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：C+2Cu2O高温CO2↑+4Cu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℃Fe3+。
②CCO3、COH2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
B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为C3+、Fe2+、Cu2+
C．“氧化”时发生反应的离子方程式为H2O+2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+2OH-
D．“沉钴”时将产生CO2
【答案】D
【分析】钴催化剂废料制备CCO3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，C2O3、Fe2O3、CuO生成C2+、Fe2+、Cu2+，然后加入次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，C2+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C2+，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C3+还原为C2+，Fe3+还原为Fe2+，CuO溶解生成Cu2+，故溶液中阳离子主要为C2+、Fe2+、Cu2+，B错误；“氧化”时溶液呈酸性，ClO-氧化Fe2+的离子方程式应为2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3++ Cl- + H2O，选项中生成OH-不符合酸性环境，C错误；“沉钴”时C2+与NaHCO3反应：C2++ 2HCO3-= CCO3↓ + CO2↑ + H2O，会产生CO2，D正确；故选D。
7.（2025·四川·模拟预测）从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4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
B．浸出液主要成分为Na3AsO4、NaAsO2、NaOH
C．浸出液“氧化”过程中反应为H2O2+AsO2−+2OH−=AsO43−+2H2O
D．“氧化”时加热溶液温度不宜过高
【答案】A
【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4价，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，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应H2O2+AsO2−+2OH−=AsO43−+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。
【解析】“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+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，浸出液主要成分为Na3AsO4、NaAsO2、NaOH，B正确；由分析可知，浸出液“氧化”过程中过氧化氢将AsO2−氧化为AsO43−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：H2O2+AsO2−+2OH−=AsO43−+2H2O，C正确；过氧化氢受热分解速率加快，“氧化”时加热溶液温度不宜过高，D正确；故选A。
8.（2025·四川达州·模拟预测）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应机理如图所示。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2:1
B．该合成方法的总反应为C2H6+N2O+FeO+=CH3CHO+N2+H2O+Fe+
C．②⑤既有极性键的断裂又有极性键的生成
D．CH3CH2OH为中间产物
【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+2N2+H2O，B错误；②有C−H键断，形成H−O键，⑤中有N−O键断，形成C−O键，C正确；根据图示，乙醇没有再转化为其它物质，乙醇为副产物，D错误；故选C。
9.（2025·江西·模拟预测）Cl2是实验室常用气体，其制备原理之一为K2Cr2O7+14HCl(浓)=2KCl+2CrCl3+ 3Cl2↑+7H2O。下列有关该反应的说法错误的是
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1mlCl2，则反应中转移2ml电子
【答案】B
【解析】HCl→Cl2，氯元素化合价升高，HCl是还原剂，A正确；KCl既不是氧化产物也不是还原产物，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3ml Cl2，反应中转移6 ml电子，则生成1ml Cl2时，反应中转移2 ml电子，D正确；故选B。
10.（025·山东·一模）一种以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有少量的Bi和Bi2O3等)为原料冶炼金属铋的工艺流程如图所示。
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。下列说法错误的是
A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi3+的水解
B．“溶浸”步骤发生的主要反应为6FeCl3+Bi2S3=6FeCl2+2BiCl3+3S
C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2
D．流程中可循环利用的物质为FeCl3
【答案】C
【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可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的浸出渣和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用；
【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HCl浓度使水解平衡左移），A正确；溶浸时FeCl3作氧化剂，Bi2S3中S2-被氧化为S单质（0价），Fe3+还原为Fe2+，Bi3+价态不变，电子守恒配平为6FeCl3+Bi2S3=6FeCl2+2BiCl3+3S，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），可循环用于溶浸步骤，D正确；故选C。
11.（2025·浙江·二模）火箭推进发生反应的化学方程式为：C2H8N2+2N2O4 =2CO2↑+4H2O↑+3N2(偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是
A．N2O4是还原剂
B．C2H8N2被还原
C．氧化产物与还原产物物质的量之比为2:3
D．1mlN2O4完全反应，有8NA个电子转移
【答案】D
【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2ml CO2和1ml N2(来自C2H8N2)，共3ml；还原产物为2ml N2(来自N2O4)，二者物质的量之比为3∶2，故C错误；N2O4中2个N原子各降低4价，1ml N2O4共转移8ml电子(即8NA个)，故D正确；故选D。
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Fe3O4
B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:1
C．反应②的离子方程式为6FeO22-+NO2-+5H2OΔ3Fe2O42-+NH3↑+7OH-
D．反应③不属于氧化还原反应
【答案】B
【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3Fe+NaNO2+5NaOHΔ3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2OΔ3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OΔFe3O4+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3Fe+NaNO2+5NaOHΔ3Na2FeO2+H2O+NH3↑，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+5H2OΔ3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，离子方程式为6FeO22-+NO2-+5H2OΔ3Fe2O42-+NH3↑+7OH-，C正确；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OΔFe3O4+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
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++2H2O，反应过程中，H2O2将Cu氧化为Cu2+，而自身被还原为H2O，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-⇌FeSCN3，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：
已知：KspCeOH3=8×10−20，lg2=0.3；金属离子浓度小于10−5ml/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5.3
C．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、CaO、CeO2、Na2O、MgO）中加入稀盐酸，CaO、Na2O、MgO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Ce2SO43），SiO2不与硫酸、H2O2反应，成为新的滤渣；过滤后得到含Ce2SO43的滤液和含SiO2的滤渣；向含Ce2SO43的滤液中加入NH3⋅H2O，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CeOH3沉淀。煅烧工序即将CeOH3沉淀进行煅烧，CeOH3发生分解并被氧化，反应为：4CeOH3+O2煅烧¯¯4CeO2+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，cCe3+=10-5ml/L，由KspCeOH3=cCe3+⋅c3OH-=8×10-20，得c3OH-=8×10−20/10−5=8×10−15，cOH-=2×10-5ml/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CeNH363+），导致Ce3+不易沉淀，沉铈率下降，C正确；还原工序中，CeO2（Ce4+→Ce3+，得1 e-）为氧化剂，H2O2（O-1→O0，失2 e-）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
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1 ml金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7 ml
D．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，氯化过程中发生反应的化学方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2高温2FeCl3+6CO+2TiCl4，制取金属钛的化学方程式为：2Mg+TiCl4800℃ArTi+2MgCl2，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2FeTiO3+6C+7Cl2高温2FeCl3+6CO+2TiCl4，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl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；根据氯化过程中发生反应2FeTiO3+6C+7Cl2高温2FeCl3+6CO+2TiCl4，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mle-~Ti，可知若制取1ml金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7ml，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。
16.（2025·河北衡水·三模）高铁酸盐是常用的水处理剂。干法制备高铁酸钠（Na2FeO4）的反应为6Na2O2+2FeSO4=2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑+2Na2O。下列叙述错误的是
A．Na2O2既是氧化剂也是还原剂
B．若生成标准状况下2.24 LO2，则反应中共转移2 ml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
D．高铁酸钠做水处理剂既能杀菌也能去除悬浮物
【答案】B
【解析】根据化学方程式可知，每6 mlNa2O2参与反应，有2 ml-1价O化合价升高到0，失去2 ml电子，有2 mlFe2+化合价升高到+6价，失去8 ml电子，有10 ml-1价O化合价降低为-2价，得10 ml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2.24 L O2的物质的量为0.1 ml，反应6Na2O−12+2Fe+2SO4=2Na2Fe+6O4+2Na2SO4+O02↑+2Na2O−2~10e−，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Na2O中钠的物质的量均为4 ml，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。
17.（2025·青海西宁·二模）为了避免实验废液的排放污染环境，某学习小组设计了利用硫酸酸化的KMnO4溶液与过量H2C2O4反应后的废液(含有H+、Mn2+、SO42−)提取锰，并获得MnO2的实验，其流程如下图所示。下列说法错误的是
A．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
D．“废液”也可通过生石灰调节合适的pH，过滤，再排放
【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，Cl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Cl-，还原剂为Mn2+，氧化产物为MnO2，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂物质的量之比为2:5，C错误；废液含H+和Mn2+，生石灰（CaO）与水反应生成Ca(OH)2，可中和H+并使Mn2+转化为沉淀，过滤后可减少污染再排放，D正确；故选C。
18.（2025·黑龙江·模拟预测）从高砷烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中Pb的化合价为+2价、+4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，下列说法正确的是
A．基态Pb原子外围电子排布式为5s25p2
B．“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1:1
C．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾
D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下后重复2~3次
【答案】B
【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2+AsO2-+2OH-=AsO43-+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。
【解析】Pb为第6周期IVA族元素，基态原子外围电子排布式应为6s26p2，A错误；“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+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，B正确；“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，C错误；洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误；故选B。
19.（2025·河北衡水·二模）1817年，瑞典化学家永斯·贝采利乌斯从硫酸厂的铅渣中发现了硒。某小组以铜阳极泥(含Cu、Se、Te等)为原料提取铜、硒和碲的流程如图所示。已知：“加压、加热、酸浸”步骤中Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6。下列叙述正确的是
A．“酸浸”中加压、加热都能提高活化分子百分率
B．“还原2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1
C．分离Cu2OH2CO3采取蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等方式
D．用Cu2OH2CO3制Cu方法：灼烧、热还原(或稀硫酸溶解、电解)
【答案】D
【分析】加压、加热酸浸阶段，向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2 ，在加压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元素转化为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次还原（还原1）阶段，向浸出液中通入SO2，​SO2具有还原性，能将浸出液中的Se元素还原为单质Se，通过过滤可将Se分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1中再次通入SO2，此时将溶液中的Te元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入Na2CO3溶液，使铜离子转化为Cu2OH2CO3沉淀，过滤分离出沉淀，滤液3被分离出去。后续处理阶段，Cu2OH2CO3经过一系列后续处理，最终得到铜单质。
【解析】加压缩小氧气体积，增大单位体积内氧气活化分子数，但是氧气活化分子百分率不变，A错误；“还原2”：H6TeO6+3SO2=Te+3H2SO4，氧化剂是H6TeO6，还原剂是SO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，B错误；Cu2(OH)2CO3难溶于水，采用过滤、洗涤、干燥等方式分离Cu2(OH)2CO3，C错误；利用Cu2(OH)2CO3制备Cu：
方案1：Cu2(OH)2CO3 Δ 2CuO+CO2↑+H2O，CuO+CO Δ Cu+CO2；
方案2：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3H2O，2CuSO4+2H2O通电2Cu+2H2SO4+O2↑，D正确；故选D。
20.（2025·陕西宝鸡·一模）PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所示：
下列说法正确的是
A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应B．流程中，PH3都属于还原产物
C．次磷酸钠NaH2PO2属于酸式盐D．1ml次磷酸分解时转移4ml电子
【答案】B
【分析】白磷与过量的浓NaOH溶液反应，生成PH3和次磷酸钠；次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠；次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4，据此分析；
【解析】上述流程中，次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠，属于复分解反应，A错误；反应P4+3NaOH(浓)+3H2O=ΔPH3↑+3NaH2PO2中，P元素的化合价由0价降至PH3中的-3价，PH3为还原产物，H3PO2中P的化合价为+1价，PH3的化合价为-3价，所以H3PO2分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产物，B正确；因H3PO2为一元酸，只能电离出一个H+，NaH2PO2中无法电离出H+，NaH2PO2为正盐，C错误；H3PO2分解方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，P从+1价升高到+5价，同时，P从+1价降低到-3价，在该反应中，2mlH3PO2，转移4ml电子，1mlH3PO2分解时转移2ml电子，D错误；故选B。
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
NaClNa2SO4
BaCl2溶液、Na2CO3溶液
B
NONO2
蒸馏水、碱石灰
C
SiO2Al2O3
NaOH溶液
D
Fe2SO43FeSO4
酸性KMnO4溶液
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/ml
物质的量/ml
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
IOx-
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 \(S,\s\up6(－2))→eq \(S,\s\up6(0))，H2eq \(S,\s\up6(＋6))O4→eq \(S,\s\up6(＋4))O2)、5Cl－＋ClOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O。