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(共45张PPT)
2025新高考化学二轮重点专题
第4讲
氧化还原规律及其应用
contents
目录
01
考向分析
01
02
03
知识重构
重温经典
04
模型建构
考向分析
PART 01
01
考点统计
卷别 呈现形式 考查元素 考点分布
基本概念 氧化性、还原性比较 方程式书写 计算转移电子数 电极反应式
浙江1月 选择题、流程题 C、N、Mn、Bi √ √ √ √ √
浙江6月 选择题、流程题 C、N、S、Pb √ √ √ √
安徽 选择题、流程题 N、Au、Ag √ √ √ √
北京 选择题、原理题 O、I、Cu、Mn、Zn √ √ √ √
河北 选择题、流程题 H、O、I、Br、Mn √ √ √
黑吉辽 选择题、流程题 S、O、Fe √ √
江西 选择题 O、I、C、N、H √ √
甘肃 选择题 Ag、Fe、Cu √
全国甲 流程题 Cl、Co √
新课标 流程题 Co、Mn √
湖南 流程题 Cu、Se √
考查氧化还原反应的基本概念；
判断氧化性、还原性的强弱；
计算反应转移的电子数；
判断或书写电极反应；
配平或书写氧化还原反应方程式。
考向分析
氧化还原规律及其应用
氧化还原反应的考查，重点是应用氧化还原基本概念及其规律解决情境问题。
知识重构
PART 02
02
1 基本概念
氧化还原反应：反应前后有元素化合价发生变化的反应。
氧化还原反应的实质：电子的转移（得失或偏移），得失电子守恒。
氧化剂 + 还原剂 还原产物 + 氧化产物
化合价降低，得到电子，发生还原反应
化合价升高，失去电子，发生氧化反应
较强氧化性 较强还原性 较弱还原性 较弱氧化性
知识重构，梳理脉络
转移电子数=得电子总数=失电子总数=化合价降低总数=化合价升高总数
转移电子数=变价原子数×│化合价的差│×e
A．生成1 mol N2O，转移4 mol 电子
B．H2O是氧化产物
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
例1（2023浙江1月卷，6）关于反应2NH2OH + 4Fe3+ === N2O↑ + 4Fe2+ + 4H+ + H2O，
下列说法正确的是
1 基本概念
+3
+2
-1
+1
还原剂
氧化剂
氧化产物
还原产物
~ 4e
负极
负极产物
正极产物
正极
知识重构，梳理脉络
例2（2024北京卷，10）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g) + O2(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g) △H=-114.4kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是
1 基本概念
知识重构，梳理脉络
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
化合价的变化角度进行分析
O2
H2O
Cl2
HCl
循环转化关系图中物质变化分析思路：
1.箭头进入的是反应物，箭头指出的是生成物
2.若上一步生成某物质，下一步该物质又参与反应，则该物质为中间产物
3.若某物质参加反应，后又生成该物质，且其质量不变，则该物质为催化剂。
+1
+2
+2
+2
+2
（1）强弱规律
规律：氧化性：氧化剂 > 氧化产物
还原性：还原剂 > 还原产物
2 氧化还原反应规律及应用
知识重构，梳理脉络
氧化剂 + 还原剂 还原产物 + 氧化产物
较强氧化性 较强还原性 较弱还原性 较弱氧化性
①根据氧化还原反应方程式判断氧化性、还原性强弱
左边 > 右边
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
注意：氧化性、还原性强弱是指得失电子的难易程度，与数目无关。
（1）强弱规律
例3（2024江苏，11）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
B 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br2 > S
Na2S+ Br2===2NaBr+S↓，氧化性Br2 > S
2 氧化还原反应规律及应用
①根据氧化还原反应方程式判断氧化性、还原性强弱
知识重构，梳理脉络
金属活动性顺序表
非金属活动性顺序表
元素周期表
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
规律：
②根据“三个表”判断氧化性、还原性强弱
氧化性：Fe3+>Cu2+>Fe2+
选项 已知 方法 结论
C 金属性：Fe > Cu 推理 氧化性：Fe3+ < Cu2+
例4（2022辽宁，7）下来类比或推理合理的是
氧化性为：Fe2+ < Cu2+
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
②根据“三表”判断氧化性、还原性强弱
例5（2024北京，19节选）某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是 。
Mg、Zn
还原性为：Mg > Zn > Fe > Cu，Cu + 2Fe3+=2Fe2+ +Cu2+
条件：与同一物质反应，一般越易进行或反应越剧烈，物质的氧化性或还原性越强。
价态：不同氧化剂与同一还原剂反应时，氧化产物的价态越高氧化剂的氧化性越强。
价态：不同还原剂与同一氧化剂反应时，还原产物的价态越低还原剂的还原性越强。
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
③根据反应条件和产物价态高低判断氧化性、还原性强弱
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
规律：
例6（2021河北，10）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
③根据反应条件和产物价态高低判断氧化性、还原性强弱
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
相同条件下，Cu与浓硝酸反应比稀硝酸剧烈，故浓硝酸的氧化性比稀硝酸强。
例7（2020天津，13节选）（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 。
由Fe与Cl2反应生成FeCl3可知，氧化性：Cl2＞Fe3＋；
由Co和Cl2反应只生成CoCl2可知，说明Cl2不能将Co氧化为Co3＋，所以氧化性：Cl2所以，FeCl3、CoCl3和Cl2三者氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3。
CoCl3＞Cl2＞FeCl3
浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。
温度：同一种物质，温度越高其氧化性(或还原性)越强。
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。
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
④根据浓度、温度或酸碱度判断氧化性、还原性强弱
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
规律：
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：i.还原反应：MnO2+2e－+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl－)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。a是 ，b是 。
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 。
例8（2021北京，19节选）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
2 氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
知识重构，梳理脉络
④根据浓度、温度或酸碱度判断氧化性、还原性强弱
实验操作 试剂 产物
Ⅰ 较浓H2SO4 有氯气
Ⅱ a 有氯气
Ⅲ a+b 无氯气
KCl＞KBr＞KI
2Cl－ - 2e－ =Cl2↑
MnO2+4H+ +2Cl－ Mn2++Cl2↑ + 2H2O
Cl－还原性减弱或Cl2 的氧化性增强
KCl固体
或饱和溶液
MnSO4固体
或饱和溶液
2 氧化还原反应规律及应用
（2）优先规律
知识重构，梳理脉络
规律：氧化还原反应可看作是“强者先行”的反应。
在浓度相差不大的溶液中，若同时含有几种氧化剂时，氧化性强的粒子先反应，
若同时含有几种还原剂时，还原性强的粒子先反应，如还原性：I－ >Fe2+>Br－。
应用：判断溶液中粒子反应的先后顺序。
（1）②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比 ＝1.5时，氧化产物为 。
例9（2021年全国甲卷，26节选）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
I2的一种制备方法如图所示：
2 氧化还原反应规律及应用
（2）优先规律
知识重构，梳理脉络
2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－
通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2。
FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2
设n(Cl2)=1.5 mol，n(FeI2)=1 mol，2I－ ＋ Cl2 === I2 ＋ 2Cl－，2Fe2+ + Cl2 === 2Fe3+ + 2Cl－。
I2、FeCl3
1 mol
2 mol
1 mol
0.5 mol
AgI
规律： 当元素化合价处在最高价，只有氧化性；处在最低价，只有还原性；
处在中间价，既有氧化性又有还原性。
应用：判断反应中物质具有氧化性或还原性。
2 氧化还原反应规律及应用
（3）价态规律
知识重构，梳理脉络
①价态与氧化性和还原性的关系
熟悉常考物质元素的化合价
归中规律：“高价+低价→中间价”，简记为“只靠拢，不交叉”。
歧化规律：“中间价→高价+低价”。
应用：判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性;
推断信息型氧化还原反应中的生成物。
2 氧化还原反应规律及应用
（3）价态规律
邻位转化规律：发生氧化还原反应时，其价态一般先变为邻位价态。
知识重构，梳理脉络
②含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化规律
规律：
-2
0
+4
+6
S元素化合价
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
例10（2023北京，12）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为
歧化反应
-1
-2
0
-1
+1
0
归中反应
①中水既不是氧化剂又不是还原剂
②中水是氧化剂，发生还原反应
2 氧化还原反应规律及应用
（3）价态规律
知识重构，梳理脉络
①
②
-2
-2
-1
0
O元素化合价
+1
-1
0
+1
H 元素化合价
电子得失守恒：氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
化合价升降守恒：氧化剂中元素化合价降低总数=还原剂中元素化合价升高总数。
质量守恒：反应前后原子的种类和质量不变。
电荷守恒：离子反应前后，阴阳离子所带电荷总数相等。
2 氧化还原反应规律及应用
知识重构，梳理脉络
规律：
计算转移电子数；
判断或书写电极反应式；
书写或配平氧化还原反应方程式。
应用：
（4）守恒规律
例11（2023辽宁，5）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：
S + 2KNO3 + 3C ===K2S + N2↑ + 3CO2↑
NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
B．每生成2.8 g N2转移电子数目为NA
n(e-)=n(氧化剂)×变价原子个数×│化合价的差(左边价-右边价)│
=n(还原剂)×变价原子个数×│化合价的差(左边价-右边价)│
~3×4e- =12e-
2 氧化还原反应规律及应用
（4）守恒规律
0
+5
0
-2
0
+4
1mol
12mol
知识重构，梳理脉络
①计算转移电子数
第一步：列物质，标变价——列出部分反应物或生成物，标出反应前后变价元素的化合价；
第二步：算得失，配系数——通过求最小公倍数法使化合价升价相等，确定氧化剂、还原剂、
氧化产物、还原产物的化学计量数；
第三步：看环境，补物质——看所给溶液的酸碱性，根据守恒规律补齐缺项；
第四步：查守恒，写答案——检查是否符合守恒规律，写出最后答案。
2 氧化还原反应规律及应用
（4）守恒规律及其应用
②书写或配平氧化还原反应方程式
知识重构，梳理脉络
2 氧化还原反应规律及应用
（4）守恒规律及其应用
②氧化还原反应方程式的书写与配平
知识重构，梳理脉络
熟悉常见氧化剂或还原剂及其对应的产物（注意环境的酸碱性）
例12（2023新课标卷，27节选）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72－存在，在碱性介质中以CrO42－存在。
2 氧化还原反应规律及应用
（4）守恒规律
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
知识重构，梳理脉络
②氧化还原反应方程式的书写与配平
（6） “还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
2 氧化还原反应规律及应用
（4）守恒规律
第一步：列物质，标变价
+6
2
+3
Cr2O72－ + S2O52－ →
+4
+ SO42－
+6
Cr2O72－ + S2O52－ → Cr3+ + SO42－
第二步：算得失，配系数
4
3
6
知识重构，梳理脉络
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72－存在，在碱性介质中以CrO42－存在。
②氧化还原反应方程式的书写与配平
升：4
降：6
Cr3+
第三步：看环境，补缺项
2 Cr2O72－ + 3 S2O52－ → 4 Cr3+ + 6 SO42－
+ 10H+
2Cr2O72－ + 3S2O52－+10H+ = 4Cr3+ + 6SO42－
第四步：查守恒，写答案
+ 5H2O
重温经典
PART 03
03
重温经典，感悟高考
【例1】（2024浙江1月卷，4）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：
下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)（ ）
A．生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA
B．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
电子得失守恒规律
D
+2
+4
~2×(2-0)e－=4e－
0
+2
氧化还原反应基本概念
A项，CO2和转移电子的关系为：CO2~2e－。
B项，催化剂通过降低反应的活化能，加快反应速率。
C项， NO→N2氮元素化合价降低，NO是氧化剂；CO→CO2碳元素元素化合价升高，CO是还原剂。
D项， N2是还原产物，CO2是氧化产物。
催化剂降低反应的活化能
氧化还原反应基本概念
基础知识应用能力
重温经典，感悟高考
【例2】（2024甘肃卷，11）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是（ ）
A．还原性：Ag>Cu>Fe
B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋+4H＋===Cu2++4NH4＋
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
C
性质强弱规律
A项，金属活动性越强，金属的还原性越强，可知还原性：Fe>Cu>Ag。
B项，电子得失守恒可知，Fe~Cu~2e－，Cu~ 2Ag~2e－ , 1 mol Fe可回收2 mol Ag 。
C项，反应①中氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl 。
D项，Fe置换出Cu后生成Fe2＋，然后Fe2+被通入的O2氧化为Fe3＋ 。
电子得失守恒规律
非氧化还原反应
性质强弱规律，价态规律
情境分析、信息提取能力
重温经典，感悟高考
【例3】（2024北京卷，14）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，n(Mn2＋)∶n(I2)=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
B
A项，可根据电子得失守恒，2MnO4－~2Mn2＋~得10e－ ，10I－~5I2~失10e－，n(Mn2＋):n(I2)=2:5。
B项，根据反应①可得关系式10I－~2MnO4－，可以求得n=0.0002，反应②对应关系式MnO4－~MnO2~得3e－，得电子为10×0.0002×3=0.006， I－~ IOx－失电子为0.001×（y+1）=0.006，y=5，(5-2x)=-1,故x=3。
C项，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。
D项，根据反应①和②的离子方程式知，①消耗H＋ pH增大，②生成OH－ pH增大。
①10I－+2MnO4－+16H＋=2Mn2＋+5I2+8H2O
②I－+MnO4－+H2O→MnO2↓+IOx－+OH－
+y
电子得失守恒规律
电子得失守恒规律，化合价代数和规则
分析推测
分析推测
分析与推测能力
已知：①
（1）根据富氧煅烧（在空气流中煅烧）和通电电解（如图）的结果，PbS中硫元素体现的性质是_______(选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，写出该反应的化学方程式 。
重温经典，感悟高考
【例4】（2024浙江6月卷，18节选）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)
的利用有火法和电解法等。
Pb3O4+14HCl(浓)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑
还原性
价态规律、邻位转化规律
Pb3O4 + HCl(浓) = H2[PbCl4]
+8/3
+2
-1
+ Cl2↑
+ 4 H2O
0
3
14
1
升：2
降：2
1
分析与推测能力
重温经典，感悟高考
【例5】（2024浙江1月卷，18节选）固态化合物Y的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。
通过“题干信息”直接获取反应物和生成物
（3）酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4－，写出Mn2+转化为MnO4－的离子方程式 。
5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4－+5Bi3++7H2O+5Na+
NaBiO3 + Mn2+ = MnO4－ + Bi3+
+5
+2
+7
+3
2
2
5
5
+ 14H+
+ 5Na+
+ 7H2O
升：5
降：2
理解与辨析、分析与推测能力
重温经典，感悟高考
【例6】（2024湖南卷，16节选）铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
（2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 。
Cu2Se+4H2O2+4H+=2Cu2++H2SeO3+5H2O
通过“题干+流程”直接获取反应物和生成物
Cu2Se = 2Cu2+ + H2SeO3
+ H2O2
+1
-2
+2
+4
-1
+ H2O
-2
4
+ 4H+
5
升：1×2+6=8
降：1×2=2
1
1
理解与辨析、分析与推测能力
重温经典，感悟高考
【例7】（2024全国甲卷，26节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下：
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为 。
通过“题干+流程”间接获取反应物和生成物
2Co2++5ClO－+5H2O=2Co(OH)3↓ + Cl－+ 4HClO
Co2+ + ClO－ = Co(OH)3↓
+2
+3
+1
-1
+ Cl－
2
2
+ 5H2O
+ 4H+
4H+ + 4 ClO－ = 4HClO
升：1
降：2
1
1
读题读图，理解辨析，分析推断
重温经典，感悟高考
【例8】（2024黑吉辽卷，16节选）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
（6）“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为 。
4FeS2+15O2+2H2O 4Fe3++8SO42－+4H+
通过“提取题干信息+分析流程”间接获取反应物和生成物
FeS2 + O2
0
+2
+6
-2
-1
+ Fe3+
SO42－
+3
升：1+2×7=15
降：2×2=4
4
8
4
+ 4H+
+ 2H2O
15
读题读图，理解辨析，分析推断
重温经典，感悟高考
【例9】（2024新课标卷，27节选）其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、
。
MnO4－ = Co(OH)3↓ + MnO2↓
3Mn2++2MnO4－+2H2O=5MnO2↓+4H+
通过“分析流程”间接获取反应物和生成物
MnO4－+3Co2++7H2O=3Co(OH)3↓ +MnO2↓+5H+
升：1
降：3
降：3
升：2
+ Co2+
+7
+2
+4
+3
+ 5H+
1
1
3
3
+ 7H2O
MnO4－ + Mn2+ = MnO2↓
+7
+2
+4
2
3
5
+ 4H+
+ 2H2O
读题读图，理解辨析，分析推断
Co2+、Mn2+、Zn2+
重温经典，感悟高考
【例10】（2024河北卷，15节选）市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
（1）D中发生的主要反应的化学方程式为 。
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为 。
K2C2O4
2MnO4－+10I－+16H＋ 2Mn2++5I2+8H2O
Br2+K2C2O4 2KBr + 2CO2↑
+ Br2
+3
0
= KBr
-1
+ CO2↑
+4
MnO4－ + I － I2
+ Mn2+
+7
+2
-1
0
2
5
10
2
+ 16H+
+ 8 H2O
升：2
降：5
升：2
降：2
2
2
1
1
综合分析、推断能力
Br2、I 2
重温经典，感悟高考
【例11】（2023北京卷，19节选）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I－ I3－ (红棕色)；I2和I3－氧化性几乎相同。
(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)或[CuI2]－ (无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+ (无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化 。
[CuI2]－ +2 NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I－、4[Cu(NH3)2]++O2 +8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH－
[CuI2]－ + NH3·H2O =
[Cu(NH3)2]+ + O2 =
升：1
降：4
[Cu(NH3)2]+
+ I－
+ 2H2O
2
2
1
1
[Cu(NH3)4]2+
+1
-2
0
+2
+ 8NH3·H2O
+ H2O
+ 4OH－
4
4
1
6
审题读题、理解辨析、推断预测
重温经典，感悟高考
【例12】（2023河北卷，16节选）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
[Cu(NH3)4]Cl2 + Cu = [Cu(NH3)2]Cl
[Cu(NH3)2]+ + O2 + NH3
升：1
降：4
1
2
1
+1
= [Cu(NH3)4]2+
+2
-2
0
+2
+ H2O
+ 4H+
4
4
1
2
审题读题、理解辨析、推断预测
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。
（3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为 。
浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
[Cu(NH3)4]Cl2
8NH3+4[Cu(NH3)2]＋+O2+4H＋=4[Cu(NH3)4]2＋+2H2O
[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=2[Cu(NH3)2]Cl
0
升：1
降：1
8
+1
模型建构
PART 04
04
生成
反应中
发生
具有
记忆口诀：升失还原剂，降得氧化剂，剂性一致。
模型建构
1 基本概念关系图
还原剂
还原性
氧化反应
被氧化
氧化产物
氧化剂
氧化性
发生
还原反应
反应中
被还原
还原产物
生成物
过程
反应
性质
反应物
化合价升高，失去电子，N(e－)=变价原子数×│价差│
化合价降低，得到电子， N(e－)=变价原子数×│价差│
具有
生成
模型建构
2 氧化还原反应方程式书写与配平步骤
首先根据题中所给信息，标出所给反应物或生成物中变价元素的化合价，通过分析找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
标变价，找物质
写框架，定系数
看环境，补缺项
查守恒，写答案
方法模型
思维模型
按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”框架写出反应的化学方程式，根据电子得失守恒（或化合价升降相等），确定框架中各物质的计量数。
结合所给反应环境，根据守恒关系补齐缺项。一般，酸性条件下，缺氢补H+，缺氧补H2O，碱性条件下，缺氢补H2O，缺氧补OH－。
观察第三步得出的反应式，根据质量（原子、离子或配体）守恒配平H、O等原子或其它微粒，注明反应条件，写上↑、↓符号，检查后书写答案。
备考建议
氧化还原反应作为高中化学学习的一类重要化学反应，是高考的重要考点之一。其概念、规律、应用均是解题的必备知识，其思想和方法在各类题型中多有渗透，主要考查基本概念、转移电子数的计算、物质的量之比、氧化性还原性强弱的比较等，重点考查陌生情境下方程式的书写。对理解与辨析、分析与推测能力要求较高，在备考中应注意以下几点：
1 ．熟记常见元素的化合价，理解氧化还原反应基本概念，掌握转移电子数的计算方法；
2 ．熟悉氧化还原反应的规律，会判断或推断氧化性、还原性的强弱，会用守恒法进行计算；
3 ．知道常见氧化剂或还原剂及其对应的产物，掌握氧化还原反应方程式书写与配平的方法；
4 ．对于信息型方程式的书写，要读题干信息和已知信息，从信息或流程图中找出部分反应物、生成物，箭号指入的为反应物，指出的为生成物，或联系前后工序进行推断，结合所给环境补全缺项。
5 ．有关氧化还原反应的探究题，会用基本原理进行分析，要有从题干或设问中寻找答案的意识。第4讲 氧化还原规律及其应用
一、考向分析
1.考点统计
试卷类别 呈现形式 考查元素 考点分布
基本概念 氧化性、还原性比较 方程式书写 计算转移电子数 电极反应式
浙江1月 选择、流程 C、N、Mn、Bi √ √ √ √ √
浙江6月 选择、流程 C、N、S、Pb √ √ √ √
安徽 选择、流程 N、Au、Ag √ √ √ √
北京 选择、原理 O、I、Cu、Mn、Zn √ √ √ √
河北 选择、流程 H、O、I、Br、Mn √ √ √
黑吉辽 选择、流程 S、O、Fe √ √
江西 选择 O、I、C、N、H √ √
甘肃 选择 Ag、Fe、Cu √
全国甲 流程 Cl、Co
新课标 流程 Co、Mn
湖南 流程 Cu、Se
考查的非金属元素主要是C、N、O、S、I、Cl、H等，金属元素主要是Mn、Pb、Cu、Zn、Ag、Fe、Co等。
2.考向分析
氧化还原的考查，重点是应用氧化还原基本概念及其规律解决情境问题，主要有：
（1）考查基本概念，如判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，计算氧化剂还原剂的物质的量之比等。
（2）氧化还原反应规律及其应用，主要考查判断氧化性、还原性的强弱，计算反应转移的电子数，判断或书写电极反应，配平或书写氧化还原反应方程式等。
二、知识重构
1.基本概念
氧化还原反应：反应前后有元素化合价发生变化的反应。
氧化还原反应的实质：电子的转移（得失或偏移），得失电子守恒。
转移电子数=得电子总数=失电子总数=化合价降低总数=化合价升高总数
转移电子数=变价原子数×│化合价的差│×e
基本概念间关系：
例1（2023浙江1月卷，6）关于反应2NH2OH + 4Fe3+ === N2O↑ + 4Fe2+ + 4H+ + H2O，下列说法正确的是
A．生成1 mol N2O，转移4 mol 电子
B．H2O是氧化产物
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
【解析】
标出变价元素化合价。NH2OH中N元素为-1价，N2O氮元素为+1价，Fe3+中铁元素为+3价，Fe2+中铁元素为+2价。氮元素化合价升高，所以NH2OH为还原剂，N2O为氧化产物；铁元素化合价降低，所以Fe3+为氧化剂，Fe2+为还原产物。H2O既不是氧化产物也不是还原产物，B错误，C错误。根据铁元素求出转移电子数为4×1，也可以根据氮元素化合价变化求出转移电子数为4，所以生成1molN2O时转移4mol电子，A正确。故本题答案为A。
例2（2024北京卷，10）可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g) + O2(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g) △H=-114.4kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【解析】
对于循环图，箭号指入的为反应物，指出的为生成物，根据元素守恒，分析具体物质。由题干信息可知反应物为HCl和O2，生成物为Cl2和H2O。循环图中Z、Y为进去的物质，一个是O2，一个是HCl，X和W是出来的物质，一个是Cl2，一个是H2O。根据元素守恒，Z和CuCl反应生成Cu2OCl2中含氧元素，故Z为氧气；CuO和Y反应生成Cu(OH)Cl中多了H和Cl，故Y为HCl，W为H2O，X为Cl2。然后从化合价变化的角度进行分析，标出铜元素的化合价，CuCl2中Cu为+2价，CuCl中Cu为+1价，CuO、Cu2OCl2、Cu(OH)Cl中Cu均为+2价，可知左侧两个转化为氧化还原反应，其余反应均没有元素化合价发生变化，所以D项正确。
对于循环转化关系图中物质变化分析思路：
①箭头进入的是反应物，箭头指出的是生成物；
②若上一步生成某物质，下一步该物质又参与反应，则该物质为中间产物；
③若某物质参加反应，后又生成该物质，且其质量不变，则该物质为催化剂。
2.氧化还原反应规律及应用
（1）强弱规律
①根据氧化还原反应方程式判断氧化性、还原性强弱
注意：氧化性、还原性强弱是指得失电子的难易程度，与数目无关。
规律：氧化性：氧化剂 > 氧化产物
还原性：还原剂 > 还原产物
简记：左边>右边
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
例3（2024江苏，11）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
B 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br2 > S
【解析】
该反应为Na2S+ Br2===2NaBr+S↓，其中Br2是氧化剂，S是氧化产物，所以氧化性Br2> S，B项正确。
②根据“三个表”判断氧化性、还原性强弱
金属活动性顺序表
规律： 非金属活动性顺序表
元素周期表
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
例4（2022辽宁，7）下来类比或推理合理的是
选项 已知 方法 结论
C 金属性：Fe > Cu 推理 氧化性：Fe3+ < Cu2+
【解析】
已知金属性铁大于铜，推出氧化性应为Fe2+ < Cu2+，C项错误。
例5（2024北京，19节选）某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是 。
【解析】
因为还原性Mg > Zn >Fe > Cu，所以Mg，Zn可以将Fe3+还原为Fe，铜可以和Fe3+反应生成Fe2+和Cu2+，所以铜不能将Fe3+还原为Fe。Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2是FeCl3溶液刻蚀铜线路板的反应，考查频度较高，要重点掌握。
③根据反应条件和产物价态高低判断氧化性、还原性强弱
条件：与同一物质反应，一般越易进行或反应越剧烈，物质的氧化性或还原性越强。
如氟气和氢气在暗处剧烈反应并爆炸，Cl2与H2光照剧烈反应并爆炸，Br2
与H2加热到500℃才能发生反应，I2与H2在持续加热的条件下反应，且为
可逆反应，故氧化性：F2>Cl2>Br2>I2；
价态：不同氧化剂与同一还原剂反应时，氧化产物的价态越高氧化剂的氧化性越强。
如氯气和铁反应生成氯化铁，S和铁反应生成FeS，氧化性氯气大于S；
价态：不同还原剂与同一氧化剂反应时，还原产物的价态越低还原剂的还原性越强。
如Cu和Zn都和FeCl3溶液反应，Zn将Fe3+还原为0价Fe，铜将Fe3+还原
为+2价，说明Zn的还原性大于铜。
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
例6（2021河北，10）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
【解析】
相同条件下，Cu与浓硝酸反应比稀硝酸剧烈，故浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，选项错误。
例7（2020天津，13节选）（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 。
【解析】
Fe、Co、Ni都能与Cl2反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由Fe与Cl2反应生成FeCl3可知，氧化性：Cl2＞Fe3+；由Co和Cl2反应只生成CoCl2可知，说明Cl2不能将Co氧化为Co3+，所以氧化性：Cl2< Co3+；所以，FeCl3、CoCl3和Cl2三者氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3。
④根据浓度、温度或酸碱度判断氧化性、还原性强弱
浓度：同一种物质浓度越大，氧化性(或还原性)越强。
氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3；还原性：浓盐酸>稀盐酸；
温度：同一种物质，温度越高其氧化性(或还原性)越强。
如氯气和NaOH常温下反应生成NaCl和NaClO，加热时生成NaCl和NaClO3；
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。
应用：判断物质的氧化性或还原性的强弱。
例8（2021北京，19节选）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
（1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：i.还原反应：MnO2+2e－+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl－)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。a是 ，b是 。
实验操作 试剂 产物
实验Ⅰ 较浓硫酸 有氯气
实验Ⅱ a 有氯气
实验Ⅲ a+b 无氯气
（2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 。
【解析】
（1）① MnO2+4H+ +2Cl－ Mn2++Cl2↑ + 2H2O
② 可以用总反应减去还原反应得到，2Cl－-2e－=Cl2↑。
③ 根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。原因i随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。原因ii.随c(Cl－)降低，后面填写内容可仿照第1问，看还原反应，随反应进行c(H+)浓度减小，c(Mn2+)浓度升高，所以第2问可参照氧化反应进行分析，答案为随c(Cl－)浓度减小，Cl－还原性减弱或Cl2 的氧化性增强。
④ 补充实验证实了③中的分析，即实验支持③中得结论。实验Ⅰ加入较浓硫酸，即增大了c(H+)的浓度，有氯气生成。实验Ⅱ加入试剂a后也有氯气生成。对比实验Ⅰ增加c(H+)的浓度，实验Ⅱ应增加c(Cl－)的浓度，所以试剂a是KCl或NaCl的固体或其饱和溶液。实验Ⅲ加入a和b，a中含氯离子，加入b后无氯气生成，说明增大b减少氯气了，根据原因i的分析可知，c(Mn2+)浓度升高不利于氯气生成， 所以b应为含Mn2+且不含氯离子的溶液，可选用MnSO4固体或其饱和溶液。
（2）因为还原性I->Br->Cl-，所以I-与MnO2反应所需的最低c(H+)最小，答案为KCl＞KBr＞KI。
（2）优先规律
规律：氧化还原反应可看作是“强者先行”的反应。在浓度相差不大的溶液中，若
同时含有几种氧化剂时，氧化性强的粒子先反应，若同时含有几种还原剂时，
还原性强的粒子先反应，如还原性：I－ >Fe2+>Br－。
应用：判断溶液中粒子反应的先后顺序。
例9（2021年全国甲卷，26节选）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
I2的一种制备方法如图所示：
（1）②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比＝1.5时，氧化产物为 。
【解析】
由流程图可知净化除氯后含碘离子海水加入AgNO3溶液，Ag+和I-反应生成AgI沉淀，所以得到的悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，溶液中含Fe2+和I-。
通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2。
若反应物用量比＝1.5，我们可以设n(Cl2)=1.5 mol，n(FeI2)=1 mol，按照反应先后顺序分别写出反应的离子方程式2I－ ＋ Cl2 === I2 ＋ 2Cl－，2Fe2+ + Cl2 === 2Fe3+ + 2Cl－。所以2mol I－消耗1mol氯气，1mol Fe2+消耗0.5mol氯气，1.5mol氯气恰好氧化1mol FeI2，所以氧化产物为I2和FeCl3。
（3）价态规律
① 价态与氧化性和还原性的关系
规律： 当元素化合价处在最高价，只有氧化性；处在最低价，只有还原性；
处在中间价，既有氧化性又有还原性
应用：判断反应中物质具有氧化性或还原性。
熟悉常考物质元素的化合价
CuFeS2：Cu(＋2)、Fe(＋2)、S(－2) FeS2：Fe(＋2)、S(－1) K2FeO4：Fe(＋6)
Li2NH：N(－3) LiNH2：N(－3) K2Cr2O7：Cr(＋6)
H2C2O4：C(＋3) HCN：C(＋2)、N(－3) N2H4：N(－2)
CuH：Cu(＋1)、H(－1) H3AsO4：As(＋5) HNO2：N(＋3)
②含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化规律
归中规律：“高价+低价→中间价”，简记为“只靠拢，不交叉”。
歧化规律：“中间价→高价+低价”。
邻位转化规律：发生氧化还原反应时，其价态一般先变为邻位价态。
例10（2023北京，12）离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为
① 2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑
② CaH2+2H2OCa(OH)2+H2↑
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
【解析】
标出反应中①氧元素的化合价，反应前有两个-2价的氧，反应后有4个-2价的氧，有2个是变价得到的。故该反应是-1价的氧发生的歧化反应，H2O既不是氧化剂也不是还原剂；标出反应中②中氢元素的化合价，CaH2中的氢为-1价，所以该反应为H元素的归中反应，H2O中的H从+1价降到0价，H2O做氧化剂，发生还原反应。B项说法错误。
（4）守恒规律
电子得失守恒：氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
化合价升降守恒：氧化剂中元素化合价降低总数=还原剂中元素化合价升高总数。
质量守恒：反应前后原子的种类和质量不变。
电荷守恒：离子反应前后，阴阳离子所带电荷总数相等。
应用：计算转移电子数；判断或书写电极反应式；书写或配平氧化还原反应方程式。
①计算转移电子数
n(e-)=n(氧化剂)×变价原子个数×│化合价的差(左边价-右边价)│
=n(还原剂)×变价原子个数×│化合价的差(左边价-右边价)│
例11（2023辽宁，5）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：
S + 2KNO3 + 3C ===K2S + N2↑ + 3CO2↑
NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
B．每生成2.8 g N2转移电子数目为NA
【解析】
标出变价元素的化合价，发现S元素从0价将到-2价，氮元素从+5价降到0价，碳元素从0价升到+4价，我们可以根据碳元素来计算，共3个碳原子，价差为4，所以生成1个氮气分子时共转移3×4=12个电子，2.8g氮气是0.1mol，所以应转移1.2mol电子，即1.2NA个。B项错误。
②书写或配平氧化还原反应方程式
第一步：列物质，标变价——列出部分反应物或生成物，标出反应前后变价元素的
化合价；
第二步：算得失，配系数——通过求最小公倍数法使化合价升价相等，确定氧化剂、
还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；
第三步：看环境，补物质——看所给溶液的酸碱性，根据守恒规律补齐缺项；
第四步：查守恒，写答案——检查是否符合守恒规律，写出最后答案。
条件 补项原则
酸性条件 缺H(氢)补H＋，少O(氧)补H2O
碱性条件 缺H(氢)补H2O，少O(氧)补OH－
熟悉常见氧化剂或还原剂及其对应的产物（注意环境的酸碱性）
氧化剂 Cr2O72－ 或CrO42－ Cl2、ClO－或ClO3－ O2 H2O2 MnO4－
还原产物 Cr3＋ Cl－ H2O 或OH－ H2O 或OH－ 酸性：Mn2＋ 中性：MnO2 碱性：MnO42－
还原剂 HI或I－ H2S或S2－ SO2、SO32－、H2SO3、S2O32－ 或S2O52－ H2O2 CO、C、H2C2O4 或C2O42－
氧化产物 I2 S SO42－ O2 CO2 或CO32－
例12（2023新课标卷，27节选）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72－存在，在碱性介质中以CrO42－存在。
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
【解析】
已知，最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72－存在，还原前一步用稀硫酸调pH，说明溶液为酸性，反应物为S2O52－和Cr2O72－，再看还原后调pH得到Cr(OH)3沉淀，说明还原步骤得到3价铬离子Cr3+，标出化合价，铬元素从+6价降到+3价，硫元素化合价应升高，即从+4价升到+6价，产物为SO42-。第二步，算得失，配系数。可以计算化合价的升降， 2个硫共升高4价，2个铬共降低6价，6和4的最小公倍数为12，所以Cr2O72－系数为2，Cr3+系数为4，S2O52－系数为3，SO42-系数为6。这样就配平了氧化剂，还原产物，还原剂氧化产物的系数。第三步，看环境，补缺项。根据溶液呈酸性以及电荷守恒，左侧补10个H+，根据质量守恒，H原子守恒，左侧10个H，右侧补5个水，再检查O氧原子是否守恒，写出答案2Cr2O72－ + 3S2O52－+10H+ = 4Cr3+ + 6SO42－ + 5H2O。
三、重温经典
例1（2024浙江1月卷，4）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：
2NO+2CO2CO2+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 mol CO2转移电子的数目为2NA
B．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
【解析】
先标出变价元素的化合价。氮元素从+2价降为0价，碳元素从+2价升为+4价，转移电子数为4。
A项，反应生成2个二氧化碳分子时转移电子数为4，CO2和转移电子的关系为：CO2~2e－，生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA，正确；
B项，催化剂通过降低反应的活化能，加快反应速率，正确；
C项，NO→N2氮元素化合价降低，NO是氧化剂；CO→CO2碳元素元素化合价升高，CO是还原剂，正确；
D项，N2是还原产物，CO2是氧化产物，错误。
【评析】本题主要考查氧化还原反应基础知识的应用能力。
例2（2024甘肃卷，11）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是
A．还原性：Ag>Cu>Fe
B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋+4H＋===Cu2++4NH4＋
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
【答案】C
【解析】
从实验方案可知，氨水溶解了AgCl，然后用Cu置换出Ag，滤液中加入浓盐酸后得到CuCl2和NH4Cl的混合液，向其中加入Fe，Fe置换出Cu，过滤出Cu可以循环利用，并通入O2可将Fe2+氧化为Fe3+。
A项，根据流程或金属活动性顺序可知还原性为Fe>Cu>Ag，错误；
B项，根据电子得失守恒，1molFe置换出1molCu转移2mol电子，1molCu置换出2molAg转移2mol电子，所以消耗1molFe可回收2molAg，错误；
C项，反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成CuCl2和NH4Cl，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2＋+4H＋===Cu2++4NH4＋，正确；
D项，Fe置换出Cu后生成Fe2＋，然后Fe2+被通入的O2氧化为Fe3+，错误。
【评析】本题主要考查情境分析、信息提取能力。
例3（2024北京卷，14）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。
反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n Mn2+ I2
② 中性 0.001 10n MnO2 IOx－
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，n(Mn2＋)∶n(I2)=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】
A项，反应①中锰元素的化合价由+7价降至+2价，碘元素的化合价由-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，错误；
B项，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－~2MnO2~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－，正确；
C项，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，错误；
D项，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，错误。
【评析】本题主要考查分析与推测能力。
例4（2024浙江6月卷，18节选）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS) 的利用有火法和电解法等。
已知：①PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]；
（1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，PbS中硫元素体现的性质是_______(选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，写出该反应的化学方程式 。
【答案】 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)===3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑
【解析】根据富氧煅烧和通电电解的结果，PbS中S元素化合价为-2价，处在最低价，应体现还原性。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，可知反应物为Pb3O4和浓盐酸，生成物为H2[PbCl4]，标出化合价，Pb3O4中Pb的平均价为+8/3价，生成物H2[PbCl4]中Pb为+2价，Pb元素化合价降低，HCl中氯元素化合价应升高，产物为氯气，0价。3个Pb原子共升高2价，2个氯原子共降低2价，所以Pb3O4的系数为1，H2[PbCl4]系数为3，氯气系数为1，右边共14个氯原子，所以盐酸的系数为14，根据溶液显酸性，右侧应补4个水。检查两边O原子数后写出答案。
【评析】本题主要考查分析与推测能力。
例5（2024浙江1月卷，18节选）固态化合物Y的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。
（3）酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4－，写出Mn2+转化为MnO4－的离子方程式 。
【答案】 5NaBiO3+14H++2Mn2+＝＝＝＝ 2MnO4－+5Bi3++7H2O+5Na+
【解析】可通过题干信息直接找到反应物为NaBiO3和Mn2+，生成物为Bi3+和MnO4－，标出化合价，Mn元素从+2价升到+7价，Bi元素从+5价降到+3价。1个Mn共升高5价，1个Bi降低2价，最小公倍数为10，所以NaBiO3和Bi3+系数为5，Mn2+和MnO4－系数为2。根据质量守恒，右侧补5个Na+，根据酸性条件以及电荷守恒，左侧补14个H+，根据质量守恒，右侧补7个水。检查O原子数后书写答案。
【评析】本题主要考查理解与辨析，分析与推测能力。
例6（2024湖南卷，16节选）铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
（2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 。
【答案】Cu2Se+4H2O2+4H+＝＝＝＝ 2Cu2++H2SeO3+5H2O
【解析】根据题干信息Cu2Se是反应物，Cu2+和H2SeO3是生成物，Cu2Se中铜是+1价，硒是-2价，反应后铜升高到+2价，硒升高到+4价都表现还原性，所以氧化酸浸工序中加入的H2O2应作氧化剂，-1价的氧应降到-2价，生成水。1个Cu2Se中2个铜和一个Se共升高8价，1个H2O2中2个-1价得O原子共降2价，最小公倍数为8，所以Cu2Se系数为1，Cu2+系数为2，H2SeO3系数为1，H2O2系数为4，根据电荷守恒以及溶液呈酸性，左边补4个H+，根据质量守恒，右侧补5个水，再检查O氧原子数后书写答案。
【评析】本题通过“题干+流程”直接获取反应物和生成物，主要考查理解与辨析，分析与推测能力。
例7（2024全国甲卷，26节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下：
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为 。
【答案】2Co2++5ClO－+5H2O＝＝＝＝ 2Co(OH)3↓+ Cl－+ 4HClO
【解析】由题干信息可知反应物为NaClO和Co2+，由流程图，沉钴生成Co(OH)3沉淀，钴元素化合价从+2价升高到+3价，所以NaClO应作氧化剂，ClO-中+1价的氯被还原为为-1价的Cl-，1个Co共升1价，1个Cl共降2价，最小公倍数为2，所以Co2+系数为2，Co(OH)3系数为2，ClO-系数为1，Cl-系数为1，因为pH=5.0~5.5，所以溶液呈酸性，，根据电荷守恒，右侧补4个H+，根据质量守恒，右侧10个H，左侧补5个水。由于溶液中存在ClO-，与H+形成弱酸HClO，所以反应的离子方程式应是二者的总反应。
【评析】本题通过题干和流程图间接获取反应物和生成物，还要考虑生成物能不能接着和溶液中的粒子反应的问题，所以考查了读题读图、理解辨析与分析与推断能力。
例8（2024黑吉辽卷，16节选）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为 。
【答案】4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+
【解析】由题干可知反应物为FeS2，且已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，所以细菌氧化工序，通入的空气中氧气为氧化剂，将-2价硫氧化为SO42-，+2价铁氧化为+3价，氧从0价将为-2价。1个中FeS2中1个Fe和2个S共升15价，1个O2共降4价，最小公倍数为60，所以FeS2系数为4，Fe3+系数为4，SO42-系数为8，因为pH=2，溶液呈酸性，根据电荷守恒右侧补4个H+，根据质量守恒，左侧补2个水。检查O原子数后书写答案。
【评析】本题解题关键是利用题干中已知信息，通过分析流程获取反应物，通过分析推测找出反应物和生成物，才能进行配平，主要考查读题读图、理解与辨析，分析与推测能力。
例9（2024新课标卷，27节选）其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 。
【答案】3Co2++MnO4－+7H2O＝＝＝＝ 3Co(OH)3↓ +MnO2↓+5H+
3Mn2++2MnO4－+2H2O＝＝＝＝ 5MnO2↓+4H+
【解析】题干信息很少，需要分析流程间接获取反应物和生成物。氧化沉钴工序加入的是KMnO4，生成的是Co(OH)3和MnO2沉淀，由化合价变化说明KMnO4做氧化剂。由题干已知废渣主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物，结合流程可知过滤2得到的滤液中含Co2+、Zn2+、Mn2+，所以Co2+被氧化为+3价。1个Co共升1价，1个Mn共降3价，最小公倍数为3，所以KMnO4和MnO2系数均为1，Co2+和Co(OH)3系数均为3，因为pH=5，显酸性，根据电荷守恒，右侧补5个H+，根据质量守恒，左侧补7个水，检查O原子数后书写答案。又因为在酸性条件下MnO4-和Mn2+发生归中反应生成MnO2，按同样方法配平可得答案。所以该步氧化还原反应的离子方程为2个。
【评析】本题主要通过分析流程间接获取反应物和生成物，同时考虑同种元素间的归中反应，主要考查了读题读图、理解辨析，分析与推测能力。
例10（2024河北卷，15节选）市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
（1）D中发生的主要反应的化学方程式为 。
（2）将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为 。
【答案】（1）Br2+K2C2O42KBr+2CO2↑
（2）2MnO4－+10I－+16H＋2Mn2++5I2+8H2O
【解析】Cl2和浓的CaBr2溶液反应而除去，Br2和少量的I2会进入D中。
第1小问，D中盛有热的K2C2O4溶液，其中碳元素为+3价，表现还原性，该实验制备高纯度的溴，所以冷凝接收的主要是Br2，Br2有较强的氧化性，所以D中主要是Br2和K2C2O4间的氧化还原反应。碳元素升高到+4价，Br2从0价将为-1价，根据质量守恒，产物应为KBr和CO2，共升2价，将2价，配平后得到答案。
第2小问。由上一问可知I2也可以和K2C2O4反应生成I-，所以反应物为MnO4-和I-，生成物为I2，酸性条件下MnO4-的还原产物为Mn2+，标出化合价求出升降总数，用最小公倍数法配平系数，根据酸性环境以及电荷守恒，右侧补16个H+，根据质量守恒，左侧补8个水。检查O氧原子数后书写答案。
【评析】本题主要考查综合分析能力以及推断能力。
例11（2023北京卷，19节选）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I－ I3－ (红棕色)；I2和I3－氧化性几乎相同。
（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+ (蓝色)或[CuI2]－ (无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+ (无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化 。
【答案】[CuI2]－ +2 NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I－
4[Cu(NH3)2]++O2 +8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH－
【解析】用用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化。根据题干信息，[CuI2]－为无色，步骤b取无色溶液应含[CuI2]－，低入浓氨水后，溶液颜色变浅，并逐渐变深，资料中已知[Cu(NH3)2]+ 为无色，容易被空气氧化，[Cu(NH3)4]2+ 为蓝色。所以应先发生[CuI2]－和氨水生成无色的[Cu(NH3)2]+反应，然后[Cu(NH3)2]+再被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+的反应。第一个反应没有元素化合价的变化，为非氧化还原反应。根据质量守恒，在右侧补2个I-和2个水即配平。第2个反应是氧化还原反应，O2做氧化剂背还原为H2O，标出变价元素化合价，计算出升高总数和降低总数，利用最小公倍数法配平，根据配位NH3分子守恒，左侧应补8个NH3·H2O分子，根据碱性环境以及电荷守恒右侧补4个OH-，再根据H原子守恒，H2O系数为6，再检查氧原子后书写答案。
【评析】本题考查了运用所学知识解决真实情境问题，侧重审题读题、理解与辨析，推断与预测能力。
例12 （2023河北卷，16节选）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 （填化学式）。
（3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2 ]Cl，该工序发生反应的化学方程式为： 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，浸取后氧化工序发生反应的离子方程式为 。
【答案】（1）[Cu(NH3)4 ]Cl2
（3）Cu+[Cu(NH3)4 ]Cl2=2[Cu(NH3)2 ]Cl
4[Cu(NH3)2 ]+ +4H++O2+8NH3=4[Cu(NH3)4 ]2++2H2O
【解析】由设问（1）可知，深蓝色溶液由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，溶液中Cu2+和NH3分子结合成[Cu(NH3)4]2+，所以深蓝色溶液的主要成分为[Cu(NH3)4 ]Cl2。
铜包钢中含有铜，由设问（3）可知，Cu和[Cu(NH3)4 ]Cl2反应生成[Cu(NH3)2 ]Cl，该反应为一隐含的氧化还原反应，推出反应物和生成物后，只需根据化合价升降相等和原子守恒配平即可得出答案。
经以上分析，氧化工序反应物为[Cu(NH3)2 ]Cl、空气、液氨和盐酸，[Cu(NH3)2 ]Cl作还原剂，即[Cu(NH3)2 ]Cl被氧化为[Cu(NH3)4 ]Cl2，氧化剂为O2，酸性条件下其产物应为H2O。按以下步骤书写离子方程式：
第一步：[(NH3)2 ]+ +→[(NH3)4 ]2++H2O
第二步：4[(NH3)2 ]+ +→4[(NH3)4 ]2++2H2O
第三步：4[(NH3)2 ]+ +4H++→4[(NH3)4 ]2++2H2O
第四步：4[Cu(NH3)2 ]++4H++O2+8NH3=4[Cu(NH3)4 ]2++2H2O
【评析】本题从设问出发，读题、读流程完成作答，考查了审题读题、理解与辨析，推断与预测能力。
四、模型建构
1.基本概念关系图
记忆口诀：升失还原剂，降得氧化剂，剂性一致。
2.氧化还原反应方程式书写与配平步骤
3.备考建议
氧化还原反应作为高中化学学习的一类重要化学反应，是高考的重要考点之一。其概念、规律、应用均是解题的必备知识，其思想和方法在各类题型中多有渗透，主要考查基本概念、转移电子数的计算、物质的量之比、氧化性还原性强弱的比较等，重点考查陌生情境下方程式的书写。对理解与辨析、分析与推测能力要求较高，在备考中应注意以下几点：
① 熟记常见元素的化合价，理解氧化还原反应基本概念，掌握转移电子数的计算方法；
② 熟悉氧化还原反应的规律，会判断或推断氧化性、还原性的强弱，会用守恒法进行计算；
③ 知道常见氧化剂或还原剂及其对应的产物，掌握氧化还原反应方程式书写与配平的方法；
④ 对于信息型方程式的书写，要读题干信息和已知信息，从信息或流程图中找出部分反应物、生成物，箭号指入的为反应物，指出的为生成物，或联系前后工序进行推断，结合所给环境补全缺项。
⑤ 有关氧化还原反应的探究题，会用基本原理进行分析，要有从题干或设问中寻找答案的意识。

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