資源簡介

專題六 氧化還原反應
課標要求 考情分析 核心素養
1. 認識有化合價變化的反應是氧化還原反應； 2. 了解氧化還原反應的本質是電子的轉移，知道常見的氧化劑和還原劑。 新高考3年考頻 100% 宏觀辨識與微觀探析 證據推理與模型認知
試題難度 中等
考查形式 選擇題
高頻考向： 1.氧化還原反應及相關概念判斷：主要包括氧化還原反應基本概念的判斷； 2.氧化還原反應規律及計算：主要包括守恒律、強弱律、優先律、價態律、轉化律等規律的應用，并利用這些規律進行相關計算； 3.氧化還原反應方程式的書寫與配平：主要包括直接型氧化還原反應方程式的配平、缺項型氧化還原反應方程式的配平、新情境條件下陌生反應方程式的書寫等。
命題趨勢：
氧化還原反應是高中化學的核心理論，在新高考模式下，作為高考必考考點，再現率達100%。分析近幾年全國各地的高考試題不難發現，氧化還原反應的考查形式靈活、載體多樣、關聯豐富，區分度好，除了常見題型外，還常與離子共存、電化學、工藝流程、化學計算、化學實驗等知識融合在一起命題，全方位綜合體現學科內知識的理解及應用能力。氧化還原反應規律的應用、反應中電子轉移數目確定、工藝流程中信息型氧化還原反應綜合分析是高考命題主流題型。
解題思路：
一、氧化還原反應方程式的書寫及配平：
規律總結：
1.氧化還原反應方程式配平的三原則
2.氧化還原反應方程式配平的五步驟
二、氧化還原反應的計算
規律總結：
解答氧化還原反應計算題的關鍵是根據氧化還原反應的實質——反應中氧化劑得電子總數與還原劑失電子總數相等，即電子得失守恒，列出守恒關系式求解。
利用“得失電子守恒法”解題的步驟如下：
真題溯源
1．[2022.山東卷]古醫典富載化學知識，下述之物見其氧化性者為（ ）
A．金(Au)：“雖被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”
C．石硫黃(S)：“能化……銀、銅、鐵，奇物”
D．石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”
【答案】C
【解析】A．金“雖被火亦未熟”是指金單質在空氣中被火灼燒也不反應，反映金的化學性質很穩定，與其氧化性無關，A不合題意；
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”是指CaO+H2O＝Ca(OH)2，反應放熱，產生大量的水汽，而CaO由塊狀變為粉末狀，未發生氧化還原反應，與其氧化性無關，B不合題意；
C．石硫黃即S：“能化……銀、銅、鐵，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反應中S作氧化劑，與其氧化性有關，C符合題意；
D．石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指CaCO3+2CH3COOH＝(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未發生氧化還原反應，與其氧化性無關，D不合題意；
故答案為：C。
2．[2022.浙江1月選考]關于反應4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說法正確的是（ ）
A．CO是氧化產物 B．SiH4發生還原反應
C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4 D．生成1mol SiO2時，轉移8mol電子
【答案】D
【解析】A．根據反應方程式，碳元素的化合價由+4價降為+2價，故CO為還原產物，故A錯誤；
B．硅元素化合價由-4價升為+4價，故SiH4發生氧化反應，故B錯誤；
C．反應中氧化劑為二氧化碳，還原劑為SiH4，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1，故C錯誤；
D．根據反應方程式可知，Si元素的化合價由-4價升高至+4價，因此生成1mol SiO2時，轉移8mol電子，故D正確；
答案選D。
3．[2022.湖南卷]科學家發現某些生物酶體系可以促進H+和e－的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的轉化為N2進入大氣層，反應過程如圖所示。
下列說法正確的是（ ）
A．過程I中發生氧化反應
B．a和b中轉移的e－數目相等
C．過程II中參與反應的n(NO)：n()=1：4
D．過程I→III的總反應為+＝N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A．由圖示可知，過程I中轉化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，作氧化劑，被還原，發生還原反應，故A錯誤；
B．由圖示可知，過程I為在酶1的作用下轉化為NO和H2O，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：+2H++e－NO＋H2O，生成1mol NO，a過程轉移1mol e－，過程II為NO和在酶2的作用下發生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：2NO+82H2O+5N2H4+8H+，消耗1mol NO，b過程轉移4mol e－，轉移電子數目不相等，故B錯誤；
C．由圖示可知，過程II參與反應的離子方程式為：2NO+82H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n()=1：4，故C正確；
D．由圖示可知，過程III為N2H4轉化為N2和4H+、4e－，反應的離子方程式為：N2H4＝N2+4H++4e－，過程I→III的總反應為：2+8＝5N2↑+4H2O+24H++18e－，故D錯誤；
故選：C。
4．[2021.湖南卷]KIO3常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應為6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列說法錯誤的是（ ）
A．產生22.4L(標準狀況)Cl2時，反應中轉移10mol e－
B．反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為11：6
C．可用石灰乳吸收反應產生的Cl2制備漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在
【答案】A
【解析】A．該反應中只有碘元素價態升高，由0價升高至KH(IO3)2中+5價，每個碘原子升高5價，即6I2～60e－，又因方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以產生22.4L(標準狀況)Cl2即1mol Cl2時，反應中應轉移20mol e－，故A錯誤；
B．該反應中KClO3中氯元素價態降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價態升高，I2作還原劑，由該方程式的計量系數可知，11KClO3～6I2，故該反應的氧化劑和還原劑的物質的量之比為11：6，故B正確；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應，故C正確；
D．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I－發生歸中反應+5I－+6H+＝3I2+3H2O生成I2，I2再與淀粉發生特征反應變為藍色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，故D正確；
故選：A。
5．[2023.廣東模考]工業上可用如下方法處理含H2S的尾氣，同時制得Na2S2O3，工藝流程如下：含H2S的尾氣、空氣→反應爐(高溫)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶體
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2。
下列說法中錯誤的是（ ）
A．含H2S的尾氣可以用NaOH溶液處理后直接排放
B．反應中至少發生3個氧化還原反應
C．反應過程中證明了H2SO3的酸性強于H2S
D．每制取1mol Na2S2O3，理論上消耗氧氣的體積為44.8L(標準狀況)
【答案】C
【解析】A．H2S是酸性氣體，可以與NaOH反應產生Na2S、H2O，因此含H2S的尾氣可以用NaOH溶液處理后直接排放，故A正確；
B．含有H2S的廢氣在反應爐中發生反應2H2S+3O22SO2+2H2O，被氧化為SO2氣體，反應中元素化合價發生了變化，屬于氧化還原反應；反應產生的SO2通入Na2CO3溶液吸收時反應產生Na2SO3、CO2，反應過程中元素化合價不變，反應不屬于氧化還原反應；2H2S+SO2＝3S↓+2H2O中元素化合價發生了變化，屬于氧化還原反應；反應S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2中元素化合價發生了變化，屬于氧化還原反應，可見在上述反應中至少發生3個氧化還原反應，故B正確；
C．在反應2H2S+3O22SO2+2H2O中，只能證明該反應為氧化還原反應，H2S是還原性，氧化產物是SO2，而不能證明H2S及SO2對應的酸H2SO3的酸性強弱，故C錯誤；
D．從總體來看：H2S→Na2S2O3，S元素化合價升高，O元素化合價降低。每產生1個Na2S2O3，S元素化合價升高4×2=8價；O2→Na2S2O3，O元素化合價降低2×2=4價，可見每制取1mol Na2S2O3，反應消耗2mol O2，其在標準狀況下體積V(O2)=2mol×22.4L/mol=44.8L，故D正確；
故合理選項是C。
6．[2023.河南模考]硫酸亞鐵溶液可用于脫除煙氣中的二氧化硫等有害氣體。FeSO4溶液催化脫除煙氣中SO2的反應原理如圖所示。下列說法錯誤的是（ ）
A．反應I中氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：4
B．反應II的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+
C．反應一段時間后，溶液中c(H2SO4)保持不變
D．反應每脫除22.4L SO2(標準狀況)，轉移2mol電子
【答案】C
【解析】A．從圖中看，反應I的方程式為4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2(SO4)3+2H2O，氧化劑是氧氣，還原劑是硫酸亞鐵，二者系數比是1：4，故A正確；
B．反應II是三價鐵離子把二氧化硫氧化，生成二價鐵離子和硫酸，方程式正確，故B正確；
C．反應過程中，不斷向體系中通入二氧化硫，最終轉化成硫酸，反應的總方程式為2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，所以硫酸的濃度會增大，故C錯誤；
D．標準狀況下，22.4L SO2物質的量為1mol，SO2被氧化為硫酸，S元素化合價從+4價升高到+6價，故反應每脫除22.4L SO2(標準狀況)，轉移2mol電子，故D正確；
故選：C。
7．[2022.北京卷]下列物質混合后，因發生氧化還原反應使溶液pH減小的是（ ）
A．向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀
B．向和Fe(OH)2的懸濁液中通入空氣，生成紅褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2(OH)2CO3]
D．向H2S溶液中通入氯氣，生成黃色沉淀
【答案】D
【解析】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，實際參與反應的只有硫酸根離子和鋇離子，忽略體積變化，H+的濃度不變，其pH不變，故A錯誤；
B．向NaOH和Fe(OH)2的懸濁液中通入空氣，氫氧化亞鐵被氧化成了紅褐色的氫氧化鐵，其方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2＝4Fe(OH)3，該過程中會消耗水，則增大了氫氧根離子的濃度，pH會變大，故B錯誤；
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中沒有元素的化合價發生變化，故沒有氧化還原反應，故C錯誤；
D．向H2S中通入氯氣生成HCl和單質硫沉淀，這個氧化還原反應增大了H+的濃度，pH減小，故D正確。
故選：D。
8．[2022.全國乙卷節選]廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現鉛的回收。
一些難溶電解質的溶度積常數如下表：
難溶電解質 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：
金屬氫氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
開始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列問題：
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；
(ⅱ)H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2，其化學方程式為 ；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是 。
【答案】（3）(ⅰ)Fe2+ (ⅱ)Pb+H2O2+2HAc＝Pb(Ac)2+2H2O (ⅲ)作還原劑
【解析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO。
（3）(ⅰ)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。
(ⅱ)過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉化為Pb(Ac)2，過氧化氫與Pb、HAc發生氧還原反應生成Pb(Ac)2和H2O，依據得失電子守恒和原子守恒可知，反應的化學方程式為：Pb+H2O2+2HAc＝Pb(Ac)2+2H2O。
(ⅲ)過氧化氫也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。
9．[2022·河北卷節選]以焙燒黃鐵礦FeS2（雜質為石英等）產生的紅渣為原料制備銨鐵藍Fe(NH4)Fe(CN)6顏料。工藝流程如下：
回答下列問題：
（3）還原工序中，不生成S單質的反應的化學方程式為 。
（5）沉鐵工序產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為_______，氧化工序發生反應的離子方程式為 。
（6）若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加試劑為_______和_______（填化學式，不引入雜質）。
【答案】（3）7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4
（5）+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+
（6）H2O2；NH3·H2O
【解析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充分酸浸，反應原理為：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由（3）小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2+16H+，然后進行工序①為蒸發濃縮、冷卻結晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調節溶液的pH為3，進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]4－＝Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進行氧化步驟，反應原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據此分析解題。
（3）由分析可知，還原工序中，不產生S單質沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O＝15Fe2++2+16H+，故化學方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O＝15FeSO4+8H2SO4；
（5）沉鐵工序中產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價，由分析可知，氧化工序所發生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+＝6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl－+6；
（6）由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，再向氧化后的溶液中加入氨水至不再產生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O，故答案為：H2O2；NH3·H2O。
10．[2022.北京卷]某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應
資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。
ii．濃堿條件下，可被OH－還原為。
iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。
實驗裝置如圖（夾持裝置略）：
序號 物質a C中實驗現象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5% NaOH溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40% NaOH溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
（1）B中試劑是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為 。
（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是 。
（4）根據資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。
原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。
①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因 ，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。
②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色的離子方程式為 ，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________（填“化學式”）氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量。
③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是 。
④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因 。
【答案】（1）飽和NaCl溶液 （2）2Mn(OH)2+O2＝2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強
（4）①Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O ②4+4OH－＝4+O2↑+2H2O；Cl2
③3ClO－+2MnO2+2OH－＝2+3Cl－+H2O
④III中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，因而實驗IlI未得到綠色溶液
【解析】在裝置A中HCl與KMnO4發生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發性，為排除HCl對Cl2性質的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質HCl，在裝置C中通過改變溶液的pH，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。
（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質HCl氣體；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產生的的OH－反應產生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變為黑色的化學方程式為：2Mn(OH)2+O2＝2MnO2+2H2O；
（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；
（4）①Cl2與NaOH反應產生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的化學方程式為：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色就是由于在濃堿條件下，可被OH－還原為，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4+4OH－＝4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；
③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO－將MnO2氧化為，發生的反應為：3ClO－+2MnO2+2OH－＝2+3Cl－+H2O；
④從反應速率的角度，III中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錳酸根離子的速率，因而實驗IlI未得到綠色溶液。
2專題六 氧化還原反應
課標要求 考情分析 核心素養
1. 認識有化合價變化的反應是氧化還原反應； 2. 了解氧化還原反應的本質是電子的轉移，知道常見的氧化劑和還原劑。 新高考3年考頻 100% 宏觀辨識與微觀探析 證據推理與模型認知
試題難度 中等
考查形式 選擇題
高頻考向： 1.氧化還原反應及相關概念判斷：主要包括氧化還原反應基本概念的判斷； 2.氧化還原反應規律及計算：主要包括守恒律、強弱律、優先律、價態律、轉化律等規律的應用，并利用這些規律進行相關計算； 3.氧化還原反應方程式的書寫與配平：主要包括直接型氧化還原反應方程式的配平、缺項型氧化還原反應方程式的配平、新情境條件下陌生反應方程式的書寫等。
命題趨勢：
氧化還原反應是高中化學的核心理論，在新高考模式下，作為高考必考考點，再現率達100%。分析近幾年全國各地的高考試題不難發現，氧化還原反應的考查形式靈活、載體多樣、關聯豐富，區分度好，除了常見題型外，還常與離子共存、電化學、工藝流程、化學計算、化學實驗等知識融合在一起命題，全方位綜合體現學科內知識的理解及應用能力。氧化還原反應規律的應用、反應中電子轉移數目確定、工藝流程中信息型氧化還原反應綜合分析是高考命題主流題型。
解題思路：
(解題方法/模型/技巧總結)：
一、氧化還原反應方程式的書寫及配平：
規律總結：
1.氧化還原反應方程式配平的三原則
2.氧化還原反應方程式配平的五步驟
二、氧化還原反應的計算
規律總結：
解答氧化還原反應計算題的關鍵是根據氧化還原反應的實質——反應中氧化劑得電子總數與還原劑失電子總數相等，即電子得失守恒，列出守恒關系式求解。
利用“得失電子守恒法”解題的步驟如下：
真題溯源
1．[2022.山東卷]古醫典富載化學知識，下述之物見其氧化性者為（ ）
A．金(Au)：“雖被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”
C．石硫黃(S)：“能化……銀、銅、鐵，奇物”
D．石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”
2．[2022.浙江1月選考]關于反應4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說法正確的是（ ）
A．CO是氧化產物 B．SiH4發生還原反應
C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：4 D．生成1mol SiO2時，轉移8mol電子
3．[2022.湖南卷]科學家發現某些生物酶體系可以促進H+和e－的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的轉化為N2進入大氣層，反應過程如圖所示。
下列說法正確的是（ ）
A．過程I中發生氧化反應
B．a和b中轉移的e－數目相等
C．過程II中參與反應的n(NO)：n()=1：4
D．過程I→III的總反應為+＝N2↑+2H2O
4．[2021.湖南卷]KIO3常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應為6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列說法錯誤的是（ ）
A．產生22.4L(標準狀況)Cl2時，反應中轉移10mol e－
B．反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為11：6
C．可用石灰乳吸收反應產生的Cl2制備漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在
5．[2023.廣東模考]工業上可用如下方法處理含H2S的尾氣，同時制得Na2S2O3，工藝流程如下：含H2S的尾氣、空氣→反應爐(高溫)→Na2CO3溶液吸收→一系列操作→Na2S2O3晶體
已知：2H2S+3O22SO2+2H2O、S+SO2+Na2CO3＝Na2S2O3+CO2。
下列說法中錯誤的是（ ）
A．含H2S的尾氣可以用NaOH溶液處理后直接排放
B．反應中至少發生3個氧化還原反應
C．反應過程中證明了H2SO3的酸性強于H2S
D．每制取1mol Na2S2O3，理論上消耗氧氣的體積為44.8L(標準狀況)
6．[2023.河南模考]硫酸亞鐵溶液可用于脫除煙氣中的二氧化硫等有害氣體。FeSO4溶液催化脫除煙氣中SO2的反應原理如圖所示。下列說法錯誤的是（ ）
A．反應I中氧化劑和還原劑的物質的量之比為1：4
B．反應II的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+
C．反應一段時間后，溶液中c(H2SO4)保持不變
D．反應每脫除22.4L SO2(標準狀況)，轉移2mol電子
7．[2022.北京卷]下列物質混合后，因發生氧化還原反應使溶液pH減小的是（ ）
A．向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液，生成白色沉淀
B．向和Fe(OH)2的懸濁液中通入空氣，生成紅褐色沉淀
C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成藍綠色沉淀[Cu2(OH)2CO3]
D．向H2S溶液中通入氯氣，生成黃色沉淀
8．[2022.全國乙卷節選]廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現鉛的回收。
一些難溶電解質的溶度積常數如下表：
難溶電解質 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：
金屬氫氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
開始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列問題：
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；
(ⅱ)H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2，其化學方程式為 ；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是 。
9．[2022·河北卷節選]以焙燒黃鐵礦FeS2（雜質為石英等）產生的紅渣為原料制備銨鐵藍Fe(NH4)Fe(CN)6顏料。工藝流程如下：
回答下列問題：
（3）還原工序中，不生成S單質的反應的化學方程式為 。
（5）沉鐵工序產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為_______，氧化工序發生反應的離子方程式為 。
（6）若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加試劑為_______和_______（填化學式，不引入雜質）。
10．[2022.北京卷]某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應
資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。
ii．濃堿條件下，可被OH－還原為。
iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。
實驗裝置如圖（夾持裝置略）：
序號 物質a C中實驗現象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5% NaOH溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40% NaOH溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
（1）B中試劑是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為 。
（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是 。
（4）根據資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。
原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。
①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因 ，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。
②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色的離子方程式為 ，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________（填“化學式”）氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量。
③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是 。
④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因 。
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