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考点05 氧化还原反应(核心考点精讲)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）
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这是一份考点05 氧化还原反应(核心考点精讲)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用），共21页。试卷主要包含了3年真题考点分布，命题规律及备考策略等内容，欢迎下载使用。
考点05 氧化还原反应
(核心考点精讲)
一、3年真题考点分布
考点内容
考题统计
氧化还原反应的概念
2023浙江1月6题，3分；2023浙江6月6题，3分；2022浙江1月10题，2分；2022浙江6月10题，2分；2021浙江1月10题，2分；2021浙江6月8题，2分
氧化还原反应的运用
2023全国乙卷7题，6分；2023湖南卷10题，3分；2022山东卷1题，2分；2021湖南卷8题，3分；2021北京卷9题，4分
氧化还原反应历程
2022湖南卷9题，3分；2022山东卷10题，2分
信息氧化还原反应书写
2021河北卷15题(4)(5)，4分；2021福建卷11题(4)(6)，4分；2021湖南卷17题(5)(6)，4分
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，氧化还原反应除浙江选考卷外，一般不单独考查，而是与其它模块知识融合进行综合考查，如选择题中与阿伏加德逻常数结合考查电子转移数目，以化学实验为载体，考查氧化还反应相关概念和规律；非选择题一般在无机推断或化工流程题中考查信息型化学反应方程式的书写，在综合实验题中考查氧化还原反应的相关计算。
【备考策略】
复习时选择题中要关注氧化还原反应与NA、化学实验等常见角度的融合，理解核心概念；填空题中要关注：①信息型化学反应方程式的书写，这是化工流程题和原理综合中必考的知识点，②关注综合实验题中涉及氧化还原反应的实验原理，进而强化氧化还原反应的相关计算，尤其是得失电子守恒的应用。
【命题预测】
预测2024年高考中，氧化还原反应在高考中考查形式有：(1)出现在阿伏伽德罗常数的正误判断中；(2)出现在离子共存问题中；(3)出现在离子方程式的正误判断中；(4)出现在简答题中根据信息书写化学方程式，能力要求高，难度较大。
考法1 氧化还原反应的概念
1．氧化还原反应的本质和特征
2．基于双线桥理解氧化还原反应概念之间的关系
概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。
4．常见的氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂及其还原产物
氧化剂
Cl2(X2)
O2
Fe3＋
酸性KMnO4、K2Cr2O7
HClO
浓H2SO4
HNO3
H2O2
还原产物
Cl-(X－)
H2O/O2－/OH－
Fe2＋/ Fe
Mn2＋、Cr3＋
Cl－
SO2
NO2/NO
H2O
(2)常见还原剂及其氧化产物
还原剂
金属单质
非金属单质
Fe2＋
H2S/ S2－
HI/I－
NH3
CO
SO2/SO
氧化产物
金属离子
非金属氧化物
Fe3＋
S、SO2
I2
N2、NO
CO2
SO3、SO
5．电子转移的表示方法
(1)单线桥法
如：
(2)双线桥法
如：
1．常见元素的化合价可以借助化合价口诀来记忆：
一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银；二价氧、钙、钡、镁、锌；三铝、四硅、五价磷；说变价也不难，二三铁、二四碳、二四六硫都齐全；铜汞二价最常见。
2．近几年高考中一些特殊物质中元素化合价判断
CuFeS2 Cu＋2 Fe＋2 S－2 K2FeO4 Fe＋6
Li2NH N－3 LiNH2 N－3 AlN N－3
Na2S2O3 S＋2 MO M＋5 C2O C＋3
HCN C＋2 N－3 CuH Cu＋1 H－1
FeO Fe＋(8－n) Si3N4 Si＋4 N－3
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应( )
(2)金属阳离子一定只具有氧化性( )
(3)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原( )
(4)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂( )
(5)某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原( )
(6)水做还原剂时，产物中一般有O2( )
(7)NO2溶于水发生氧化还原反应( )
(8)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2( )
(9)NaHCO3＋H2===HCOONa＋H2O的反应中，NaHCO3被氧化( )
(10)Na2O2与水的反应中，水是还原剂( )
(11)有单质参加的化合反应或有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应( )
(12)在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数( )
(13)生产生活中使用的非金属单质都是通过氧化还原反应制得的( )
(14)在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5) √ (6) √ (7) √ (8)× (9)× (10)× (11) √ (12) √ (13)× (14)×
例1 (2023·浙江省天域全国名校协作体高三联考)火箭推进发生反应的化学方程式为：C2N2H8+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O (偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是( )
A．C2N2H8是氧化剂 B．N2O4被氧化
C．氧化产物与还原产物之比为3∶2 D．N2O4完全反应，有8NA个电子转移
【答案】C
【解析】A项，反应过程中C2N2H8中碳元素化合价升高，反应氧化反应，C2N2H8为还原剂，A错误；B项，N2O4中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C项，1分子C2N2H8中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，N2O4中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D项，反应中不确定N2O4反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。
例2 (2023·上海市宝山区一模)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：4 NaNH2+3O2= 2NaOH+2 NaNO2+2NH3。下列说法正确的是( )
A．n(氧化剂)：n(还原剂)=3：4
B．每消耗0.3molO2，转移电子数是2.4 NA
C．NH3是氧化产物
D．NaNH2中N的化合价部分发生变化
【答案】D
【解析】A项，由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol NaNH2中，只有2mol NaNH2所含氮元素化合价升高，作还原剂，则n(氧化剂)：n(还原剂)=3：2，A错误；B项，由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗0.3molO2，转移1.2mol电子，转移电子数是1.2NA，B错误；C项，生成物NH3 中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则NH3既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；D项，NaNH2→NaNO2，N元素化合价升高，NaNH2→NH3，N元素化合价不变，即NaNH2中N的化合价部分发生变化，D正确；故选D。
对点1 高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，反应方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )。
A．Fe2+的还原性强于Mn2+
B．MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5∶1
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【答案】A
【解析】Fe2+化合价升高，是还原剂，Mn2+是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，A项正确；MnO4-中Mn元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3+是氧化产物，B项错误；锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒可知，MnO4-、Mn2+的系数为1，Fe2+、Fe3+的系数为5，由电荷守恒得H+的系数为8，则H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，C项错误；根据离子方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，生成4 mol水时转移5 mol电子，则生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D项错误。
对点2 过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法中不正确的是( )。
A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C．由反应可知每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12 mol电子
D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
【答案】C
【解析】由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A项正确；2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe元素的化合价由+2升高为+6，O元素的化合价部分由-1降低为-2，部分由-1升高为0，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B项正确；2FeSO4~10e-，所以每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移15 mol电子，C项错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D项正确。
考法2 氧化还原反应强弱规律
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。
1．依据氧化还原反应方程式判断
氧化性：氧化剂>氧化产物
还原性：还原剂>还原产物
口诀：比什么“性”找什么“剂”，“产物”之“性”小于“剂”。
2．依据反应条件及反应的剧烈程度判断
当不同的氧化剂(或还原剂)与同一还原剂(或氧化剂)反应时，反应越易进行，则对应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，反之越弱。如：
MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
O2＋4HCl(浓) 2Cl2＋2H2O
氧化性：KMnO4>MnO2>O2
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑
还原性：Na>Mg
3 依据被氧化还原的程度判断
相同条件下：
(1)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：
→
(2)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：
→
4 依据“三表”判断
(1)根据元素周期表判断
(2)根据金属活动顺序表
(3)根据非金属活动性顺序表判断
5 依据“两池”判断
(1)原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，其还原性：负极>正极。
(2)电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
6 依据“三度”判断(“三度”即：浓度、温度、酸碱度)
(1)浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3；还原性：浓盐酸>稀盐酸。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性(或还原性)越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱度：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(或还原性)越强。如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应( )
(2)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性( )
(3)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼( )
(4)难失电子的物质一定易得电子( )
(5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性( )
(6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H＋浓度小( )
(7)VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性( )
(8)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，则Fe2＋既有氧化性又有还原性( )
(9)在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性( )
答案：(1) √ (2)× (3)× (4)× (5) × (6) × (7) √ (8)× (9) √
例1 根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是( )
A． I－>Fe2+>Cl－>SO2 B． Cl－>Fe2+>SO2>I－
C． Fe2+>I－>Cl－>SO2 D． SO2>I－>Fe2+>Cl－
【答案】D
【解析】氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI中SO2是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性SO2>I－；2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中亚铁离子被氧化，作还原剂，氯气是氧化剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2+>Cl－；2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中氯化铁是氧化剂，碘化氢是还原剂，则还原性是I－>Fe2+， 所以有关物质的还原性强弱顺序是SO2>I－>Fe2+>Cl－。
例2 已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2＋。
对点1 有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是( )
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8
B．该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．每1 mol NO发生氧化反应，转移8 mol e－
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋
【答案】C
【解析】酸性条件下NO具有强氧化性，Fe3＋也具有氧化性，故应是NO将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式为8Fe2＋＋NO＋10H＋===8Fe3＋＋NH＋3H2O，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8，A项正确；NO中氮的化合价为＋5价，NH中氮的化合价为－3，故1 mol NO发生了还原反应，C项错误；原电池的负极发生氧化反应，D项正确。
对点2 现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是( )
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl
【答案】C
【解析】本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。由①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnO>Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。
考法3 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．四步法”突破新情境下氧化还原方程式的书写
(1)在日常的学习、练习中，注意记忆、积累常见元素的化合价；认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：Na2O2、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H+)、K2Cr2O7(H+)、K2FeO4。
②强还原性物质或离子：Fe2+、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、HSO3-、SO32-)、H2S(HS-、S2-)、HI(I-)等。
(2)掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。有时候物质的氧化还原产物还要考虑题中的情境信息，如H2S与浓硝酸反应甚至能被氧化为H2SO4，I-可以被过量的浓氯水氧化生成IO3-。了解常见物质反应后的存在形式，比如O2得电子后转变为O2-，在酸性环境下结合H+生成H2O，而在碱性条件下则与H2O转变为OH-。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5mol( )
2．酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4( )
3．工业制备高铁酸钾的离子反应方程式为 Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO＋Cl－＋H2O(未配平)，上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2( )
4．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，反应的离子方程式中x=2( )
5．在反应式：a FeCl2 + b KNO3 + c HCl = d FeCl3 + e KCl + f X + g H2O中，若b=1，d=3，则X的分子式为 N2( )
答案：(1) √ (2) √ (3) √ (4)× (5) ×
例1 FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________________________________________________________________。
【解析】首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
【答案】2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
例2 已知LiFePO4，写出该反应的化学方程式_______________________________________________________________。
【解析】反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。
【答案】2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
对点1 MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)，其化学计量数依次为________。
【答案】1，2，4，1，1，3
【解析】Mn元素的化合价由＋4价降低到＋2价，碘元素的化合价由－1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，配平后化学方程式为MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O，故其化学计量数依次为1，2，4，1，1，3。
对点2 常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。
(2)该反应的还原产物是_____________。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11.2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。
【答案】(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl
(2)ClO2 (3)1mol 6.02×1023或NA
(4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+
【解析】(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6.02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。
1．(2023•全国乙卷，7)下列应用中涉及到氧化还原反应的是( )
A．使用明矾对水进行净化 B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热 D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【解析】A项，使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；B项，雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；C项，暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；D项，荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；故选C。
2．(2023•浙江省1月选考，6)关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O，下列说法正确的是( )
A．生成1molN2O，转移4mol电子 B．NH2OH是还原产物
C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物
【答案】A
【解析】A项，由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。
3．(2023•湖南卷，10)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是( )
A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】A项，S2O32-的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B项，As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C项，根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D项，As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol As2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol As2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。
4. (2023•浙江省6月选考，6)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。
5．(2022•山东卷，1)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(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A项，题中金“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项，题中石灰(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项，题中石硫磺：“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项，题中石钟乳(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；故选C。
6．(2022·浙江省1月选考，10)关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是( )
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】A项，根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B项，硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C项，反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D项，根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。
7．(2022·浙江省6月选考，10)关于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，下列说法正确的是( )
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3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．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol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项，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不正确；B项，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正确；C项，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不正确；D项，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不正确。故选B。
8．(2022•湖南选择性考试，9)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NO2-转化为N2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NO2-发生氧化反应
B．a和b中转移的e-数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH4+)=1：4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O
【答案】D
【解析】A项，由图示可知，过程I中NO2-转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO2-作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B项，由图示可知，过程I为NO2-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：NO2-+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH4+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：NO+NH4++2H++3e- =H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，过程II发生反应的过程为：NO+NH4++2H++3e- =H2O+N2H4，n(NO)：n(NH4+)=1：1，C错误；D项，由图示可知，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O，D正确；故选D。
9．(2022•山东卷，10)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A项，根据制备丙烯的部分反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；故选D。
10．(2021•浙江1月选考，10)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是( )
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
11．(2021•浙江6月选考，8)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
【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选D。
12．(2021•湖南选择性考试，8)KIO3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6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e﹣
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Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在
【答案】A
【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。
13．(2021•北京卷，9)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( )
i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列说法不正确的是
A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4
B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3
C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验
D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
【答案】B
【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。
14．(2021•河北选择性考试，15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(4)工序③中发生反应的离子方程式为______________________________。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。
【答案】(4)2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
【解析】(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
15．(2021·福建卷，11)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有、的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(MoO32-表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42-，反应的离子方程式为_______。
(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成MoO3】
【答案】(4) H2O2+MoO32-= MoO42-+H2O
(6) (NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O
【解析】(4)溶液中若有低价钼(以MoO32-表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42-，则氧化剂为H2O2，还原产物为-2价的O，还原剂为MoO32-，氧化产物为MoO42-，则反应的离子方程式为H2O2+MoO32-= MoO42-+H2O；(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O。
16．(2021•湖南卷，17)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为 ；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为 。
【答案】(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑
(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O
【解析】(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑↑； (6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。
考点05 氧化还原反应
(核心考点精讲)
一、3年真题考点分布
考点内容
考题统计
氧化还原反应的概念
2023浙江1月6题，3分；2023浙江6月6题，3分；2022浙江1月10题，2分；2022浙江6月10题，2分；2021浙江1月10题，2分；2021浙江6月8题，2分
氧化还原反应的运用
2023全国乙卷7题，6分；2023湖南卷10题，3分；2022山东卷1题，2分；2021湖南卷8题，3分；2021北京卷9题，4分
氧化还原反应历程
2022湖南卷9题，3分；2022山东卷10题，2分
信息氧化还原反应书写
2021河北卷15题(4)(5)，4分；2021福建卷11题(4)(6)，4分；2021湖南卷17题(5)(6)，4分
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，氧化还原反应除浙江选考卷外，一般不单独考查，而是与其它模块知识融合进行综合考查，如选择题中与阿伏加德逻常数结合考查电子转移数目，以化学实验为载体，考查氧化还反应相关概念和规律；非选择题一般在无机推断或化工流程题中考查信息型化学反应方程式的书写，在综合实验题中考查氧化还原反应的相关计算。
【备考策略】
复习时选择题中要关注氧化还原反应与NA、化学实验等常见角度的融合，理解核心概念；填空题中要关注：①信息型化学反应方程式的书写，这是化工流程题和原理综合中必考的知识点，②关注综合实验题中涉及氧化还原反应的实验原理，进而强化氧化还原反应的相关计算，尤其是得失电子守恒的应用。
【命题预测】
预测2024年高考中，氧化还原反应在高考中考查形式有：(1)出现在阿伏伽德罗常数的正误判断中；(2)出现在离子共存问题中；(3)出现在离子方程式的正误判断中；(4)出现在简答题中根据信息书写化学方程式，能力要求高，难度较大。
考法1 氧化还原反应的概念
1．氧化还原反应的本质和特征
2．基于双线桥理解氧化还原反应概念之间的关系
概括为“升失氧、降得还，剂性一致、其他相反”。
4．常见的氧化剂和还原剂
(1)常见氧化剂及其还原产物
氧化剂
Cl2(X2)
O2
Fe3＋
酸性KMnO4、K2Cr2O7
HClO
浓H2SO4
HNO3
H2O2
还原产物
Cl-(X－)
H2O/O2－/OH－
Fe2＋/ Fe
Mn2＋、Cr3＋
Cl－
SO2
NO2/NO
H2O
(2)常见还原剂及其氧化产物
还原剂
金属单质
非金属单质
Fe2＋
H2S/ S2－
HI/I－
NH3
CO
SO2/SO
氧化产物
金属离子
非金属氧化物
Fe3＋
S、SO2
I2
N2、NO
CO2
SO3、SO
5．电子转移的表示方法
(1)单线桥法
如：
(2)双线桥法
如：
1．常见元素的化合价可以借助化合价口诀来记忆：
一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银；二价氧、钙、钡、镁、锌；三铝、四硅、五价磷；说变价也不难，二三铁、二四碳、二四六硫都齐全；铜汞二价最常见。
2．近几年高考中一些特殊物质中元素化合价判断
CuFeS2 Cu＋2 Fe＋2 S－2 K2FeO4 Fe＋6
Li2NH N－3 LiNH2 N－3 AlN N－3
Na2S2O3 S＋2 MO M＋5 C2O C＋3
HCN C＋2 N－3 CuH Cu＋1 H－1
FeO Fe＋(8－n) Si3N4 Si＋4 N－3
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应( )
(2)金属阳离子一定只具有氧化性( )
(3)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原( )
(4)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂( )
(5)某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原( )
(6)水做还原剂时，产物中一般有O2( )
(7)NO2溶于水发生氧化还原反应( )
(8)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2( )
(9)NaHCO3＋H2===HCOONa＋H2O的反应中，NaHCO3被氧化( )
(10)Na2O2与水的反应中，水是还原剂( )
(11)有单质参加的化合反应或有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应( )
(12)在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数( )
(13)生产生活中使用的非金属单质都是通过氧化还原反应制得的( )
(14)在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强( )
答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5) √ (6) √ (7) √ (8)× (9)× (10)× (11) √ (12) √ (13)× (14)×
例1 (2023·浙江省天域全国名校协作体高三联考)火箭推进发生反应的化学方程式为：C2N2H8+2N2O4=2CO2↑+3N2↑+4H2O (偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是( )
A．C2N2H8是氧化剂 B．N2O4被氧化
C．氧化产物与还原产物之比为3∶2 D．N2O4完全反应，有8NA个电子转移
【答案】C
【解析】A项，反应过程中C2N2H8中碳元素化合价升高，反应氧化反应，C2N2H8为还原剂，A错误；B项，N2O4中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C项，1分子C2N2H8中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，N2O4中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D项，反应中不确定N2O4反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。
例2 (2023·上海市宝山区一模)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：4 NaNH2+3O2= 2NaOH+2 NaNO2+2NH3。下列说法正确的是( )
A．n(氧化剂)：n(还原剂)=3：4
B．每消耗0.3molO2，转移电子数是2.4 NA
C．NH3是氧化产物
D．NaNH2中N的化合价部分发生变化
【答案】D
【解析】A项，由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol NaNH2中，只有2mol NaNH2所含氮元素化合价升高，作还原剂，则n(氧化剂)：n(还原剂)=3：2，A错误；B项，由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗0.3molO2，转移1.2mol电子，转移电子数是1.2NA，B错误；C项，生成物NH3 中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则NH3既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；D项，NaNH2→NaNO2，N元素化合价升高，NaNH2→NH3，N元素化合价不变，即NaNH2中N的化合价部分发生变化，D正确；故选D。
对点1 高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，反应方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )。
A．Fe2+的还原性强于Mn2+
B．MnO4-是氧化剂，Fe3+是还原产物
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5∶1
D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子
【答案】A
【解析】Fe2+化合价升高，是还原剂，Mn2+是还原产物，还原性：还原剂>还原产物，A项正确；MnO4-中Mn元素的化合价降低，是氧化剂，Fe3+是氧化产物，B项错误；锰元素由+7价降至+2价，铁元素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒可知，MnO4-、Mn2+的系数为1，Fe2+、Fe3+的系数为5，由电荷守恒得H+的系数为8，则H2O的系数为4，所以离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，C项错误；根据离子方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，生成4 mol水时转移5 mol电子，则生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D项错误。
对点2 过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。下列说法中不正确的是( )。
A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C．由反应可知每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移12 mol电子
D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
【答案】C
【解析】由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A项正确；2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe元素的化合价由+2升高为+6，O元素的化合价部分由-1降低为-2，部分由-1升高为0，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B项正确；2FeSO4~10e-，所以每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移15 mol电子，C项错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D项正确。
考法2 氧化还原反应强弱规律
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。
1．依据氧化还原反应方程式判断
氧化性：氧化剂>氧化产物
还原性：还原剂>还原产物
口诀：比什么“性”找什么“剂”，“产物”之“性”小于“剂”。
2．依据反应条件及反应的剧烈程度判断
当不同的氧化剂(或还原剂)与同一还原剂(或氧化剂)反应时，反应越易进行，则对应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，反之越弱。如：
MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
O2＋4HCl(浓) 2Cl2＋2H2O
氧化性：KMnO4>MnO2>O2
2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
Mg＋2H2OMg(OH)2＋H2↑
还原性：Na>Mg
3 依据被氧化还原的程度判断
相同条件下：
(1)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：
→
(2)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：
→
4 依据“三表”判断
(1)根据元素周期表判断
(2)根据金属活动顺序表
(3)根据非金属活动性顺序表判断
5 依据“两池”判断
(1)原电池：一般情况下，两种不同的金属构成原电池的两极，其还原性：负极>正极。
(2)电解池：用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
6 依据“三度”判断(“三度”即：浓度、温度、酸碱度)
(1)浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3；还原性：浓盐酸>稀盐酸。
(2)温度：同一种物质，温度越高其氧化性(或还原性)越强。如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。
(3)酸碱度：同一种物质，所处环境酸(碱)性越强其氧化性(或还原性)越强。如KMnO4溶液的氧化性随溶液酸性的增强而增强。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应( )
(2)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性( )
(3)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼( )
(4)难失电子的物质一定易得电子( )
(5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性( )
(6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H＋浓度小( )
(7)VC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性( )
(8)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，则Fe2＋既有氧化性又有还原性( )
(9)在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性( )
答案：(1) √ (2)× (3)× (4)× (5) × (6) × (7) √ (8)× (9) √
例1 根据下列反应的化学方程式：①I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3；③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是( )
A． I－>Fe2+>Cl－>SO2 B． Cl－>Fe2+>SO2>I－
C． Fe2+>I－>Cl－>SO2 D． SO2>I－>Fe2+>Cl－
【答案】D
【解析】氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，I2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HI中SO2是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性SO2>I－；2FeCl2+Cl2＝2FeCl3中亚铁离子被氧化，作还原剂，氯气是氧化剂，氯离子是还原产物，则还原性Fe2+>Cl－；2FeCl3+2HI＝2FeCl2+2HCl+I2中氯化铁是氧化剂，碘化氢是还原剂，则还原性是I－>Fe2+， 所以有关物质的还原性强弱顺序是SO2>I－>Fe2+>Cl－。
例2 已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是( )
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2＋。
对点1 有Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和H2O六种粒子，属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是( )
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8
B．该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化
C．每1 mol NO发生氧化反应，转移8 mol e－
D．若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋
【答案】C
【解析】酸性条件下NO具有强氧化性，Fe3＋也具有氧化性，故应是NO将Fe2＋氧化为Fe3＋，该反应的离子方程式为8Fe2＋＋NO＋10H＋===8Fe3＋＋NH＋3H2O，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8，A项正确；NO中氮的化合价为＋5价，NH中氮的化合价为－3，故1 mol NO发生了还原反应，C项错误；原电池的负极发生氧化反应，D项正确。
对点2 现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是( )
A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl
【答案】C
【解析】本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。由①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnO>Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。
考法3 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．四步法”突破新情境下氧化还原方程式的书写
(1)在日常的学习、练习中，注意记忆、积累常见元素的化合价；认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：Na2O2、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H+)、K2Cr2O7(H+)、K2FeO4。
②强还原性物质或离子：Fe2+、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、HSO3-、SO32-)、H2S(HS-、S2-)、HI(I-)等。
(2)掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。有时候物质的氧化还原产物还要考虑题中的情境信息，如H2S与浓硝酸反应甚至能被氧化为H2SO4，I-可以被过量的浓氯水氧化生成IO3-。了解常见物质反应后的存在形式，比如O2得电子后转变为O2-，在酸性环境下结合H+生成H2O，而在碱性条件下则与H2O转变为OH-。
请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
1．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5mol( )
2．酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4( )
3．工业制备高铁酸钾的离子反应方程式为 Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO＋Cl－＋H2O(未配平)，上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2( )
4．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，反应的离子方程式中x=2( )
5．在反应式：a FeCl2 + b KNO3 + c HCl = d FeCl3 + e KCl + f X + g H2O中，若b=1，d=3，则X的分子式为 N2( )
答案：(1) √ (2) √ (3) √ (4)× (5) ×
例1 FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是___________________________________________________________________。
【解析】首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
【答案】2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
例2 已知LiFePO4，写出该反应的化学方程式_______________________________________________________________。
【解析】反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。
【答案】2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
对点1 MnO(OH)2＋I－＋H＋→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)，其化学计量数依次为________。
【答案】1，2，4，1，1，3
【解析】Mn元素的化合价由＋4价降低到＋2价，碘元素的化合价由－1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，配平后化学方程式为MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O，故其化学计量数依次为1，2，4，1，1，3。
对点2 常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。
(2)该反应的还原产物是_____________。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11.2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。
【答案】(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl
(2)ClO2 (3)1mol 6.02×1023或NA
(4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+
【解析】(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11.2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6.02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。
1．(2023•全国乙卷，7)下列应用中涉及到氧化还原反应的是( )
A．使用明矾对水进行净化 B．雪天道路上撒盐融雪
C．暖贴中的铁粉遇空气放热 D．荧光指示牌被照发光
【答案】C
【解析】A项，使用明矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；B项，雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；C项，暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；D项，荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符合题意；故选C。
2．(2023•浙江省1月选考，6)关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O，下列说法正确的是( )
A．生成1molN2O，转移4mol电子 B．NH2OH是还原产物
C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物
【答案】A
【解析】A项，由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C项，由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。
3．(2023•湖南卷，10)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是( )
A．S2O32-和SO42-的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】A项，S2O32-的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B项，As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C项，根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D项，As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol As2S3失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol As2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。
4. (2023•浙江省6月选考，6)化学烫发巧妙利用了头发中蛋白质发生化学反应实现对头发的“定型”，其变化过程示意图如下。下列说法不正确的是( )
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子
C．②→③过程若药剂B是H2O2，其还原产物为O2
D．化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型
【答案】C
【解析】A项，①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B项，①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有2 mol S-S键断裂，则转移4 mol电子，故B正确；C项，②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；D项，通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S-S键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中S-S键位置来实现头发的定型，故D正确。故选C。
5．(2022•山东卷，1)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(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】A项，题中金“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项，题中石灰(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项，题中石硫磺：“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项，题中石钟乳(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；故选C。
6．(2022·浙江省1月选考，10)关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是( )
A．CO是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
【答案】D
【解析】A项，根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B项，硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C项，反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D项，根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；故选D。
7．(2022·浙江省6月选考，10)关于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，下列说法正确的是( )
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3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．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol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项，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不正确；B项，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正确；C项，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不正确；D项，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不正确。故选B。
8．(2022•湖南选择性考试，9)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NO2-转化为N2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NO2-发生氧化反应
B．a和b中转移的e-数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH4+)=1：4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O
【答案】D
【解析】A项，由图示可知，过程I中NO2-转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO2-作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B项，由图示可知，过程I为NO2-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：NO2-+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH4+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：NO+NH4++2H++3e- =H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，过程II发生反应的过程为：NO+NH4++2H++3e- =H2O+N2H4，n(NO)：n(NH4+)=1：1，C错误；D项，由图示可知，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O，D正确；故选D。
9．(2022•山东卷，10)在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【解析】A项，根据制备丙烯的部分反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；B项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；故选D。
10．(2021•浙江1月选考，10)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是( )
A．NH3中H元素被氧化
B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4
D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
【答案】D
【解析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A项，NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B项，NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C项，该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D项，该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。故选D。
11．(2021•浙江6月选考，8)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
【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选D。
12．(2021•湖南选择性考试，8)KIO3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6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( )
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e﹣
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Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在
【答案】A
【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。
13．(2021•北京卷，9)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( )
i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列说法不正确的是
A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4
B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3
C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验
D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
【答案】B
【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。
14．(2021•河北选择性考试，15)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(4)工序③中发生反应的离子方程式为______________________________。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。
【答案】(4)2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
【解析】(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
15．(2021·福建卷，11)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含MoS2，还有、的化合物及SiO2等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(MoO32-表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42-，反应的离子方程式为_______。
(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成MoO3】
【答案】(4) H2O2+MoO32-= MoO42-+H2O
(6) (NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O
【解析】(4)溶液中若有低价钼(以MoO32-表示)，可加入适量H2O2将其氧化为MoO42-，则氧化剂为H2O2，还原产物为-2价的O，还原剂为MoO32-，氧化产物为MoO42-，则反应的离子方程式为H2O2+MoO32-= MoO42-+H2O；(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为(NH4)2Mo4O13+12H24Mo+2NH3+13H2O。
16．(2021•湖南卷，17)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为 ；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为 。
【答案】(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑
(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O
【解析】(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑↑； (6)由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。
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