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第4讲　氧化还原反应的基本概念及规律
1．能利用氧化还原反应等概念对化学反应进行分类和分析说明。2.会用“单、双线桥”分析电子转移的方向和数目。3.掌握氧化性、还原性强弱的比较方法，理解氧化还原反应的基本规律。
考点一　氧化还原反应的基本概念
1．氧化还原反应的本质和特征
2．相关概念及其关系
记忆口诀：“升失氧、降得还、剂性一致、其他相反”。
3．电子转移的表示方法
(1)双线桥法：①标变价，②画箭头（反应物指向生成物），③算数目，④说变化。
如铜和稀硝酸反应：
(2)单线桥法：箭头由失电子原子指向得电子原子，线桥上只标电子转移的数目，不标“得”“失”字样。
如铜和稀硝酸反应：
4．常见的氧化剂、还原剂
(1)常见的氧化剂：包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。如：
(2)常见的还原剂：包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如：
(3)元素化合价处于中间价态的物质既可做氧化剂，又可做还原剂。如：
元素化合价处于中间价态的物质 氧化产物 还原产物
Fe2+ Fe3+ Fe
SO(H2SO3) SO S
H2O2 O2 H2O
其中Fe2+、SO(H2SO3)主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。
5．与四种基本反应类型间的关系
　正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原。(　×　)
(2)有单质参加或生成的化学反应不一定是氧化还原反应。(　√　)
(3)金属单质在化学反应中只能做还原剂。(　√　)
(4)氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂。(　×　)
(5)ICl与水反应生成HCl和HIO的反应属于氧化还原反应。(　×　)
题组一　氧化还原反应有关概念的理解
1．（2025·辽宁锦州高三期末）下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是(　D　)
A．“84”消毒液用于环境消毒
B．Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂
C．FeCl3溶液用作印刷电路板的“腐蚀液”
D．工业上用油脂生产肥皂
解析：A项，“84”消毒液用于环境消毒，利用了其强氧化性杀菌消毒，涉及氧化还原反应；B项，Na2O2用作呼吸面具中的供氧剂，利用Na2O2与呼出的CO2、H2O发生氧化还原反应产生O2，涉及氧化还原反应；C项，FeCl3溶液用作印刷电路板的“腐蚀液”，利用了Fe3+的氧化性，涉及氧化还原反应；D项，工业上用油脂生产肥皂，利用了油脂在碱性条件下的水解反应，不涉及氧化还原反应。
2．为治理汽车尾气中的NO和CO对环境的污染，可在汽车排气管上安装催化转化器，发生的反应为2NO＋2CON2＋2CO2。
(1)碳元素的化合价升高（填“升高”或“降低”），被氧化（填“氧化”或“还原”），CO是还原（填“氧化”或“还原”）剂，NO是氧化（填“氧化”或“还原”）剂，发生还原（填“氧化”或“还原”）反应。
(2)用双线桥表示此反应中的电子转移情况：
(3)用单线桥表示此反应中的电子转移情况：
(4)若反应中消耗了2 mol CO，则生成N2的物质的量为1 mol，转移电子的物质的量为4 mol。
解析：(1)该反应中，CO中C由＋2价变为＋4价，化合价升高被氧化，则CO为还原剂，NO为氧化剂，反应中得电子被还原，发生还原反应。(2)反应中，NO中氮元素由＋2价变成0价，CO中碳元素由＋2价变为＋4价，转移电子数为4，用双线桥表示此反应中的电子转移情况为。
(3)反应中CO失电子，NO得电子，转移电子数为4，用单线桥表示此反应中的电子转移情况为N2＋2CO2。(4)由化学方程式可知，若反应中消耗了2 mol CO，则生成N2的物质的量为1 mol，转移电子数为2 mol×(4－2)＝4 mol。
转移电子数的计算思路
明确元素的变价―→找出所有氧化剂或还原剂的物质的量所有氧化剂或还原剂得到或失去的电子数―→确定转移电子数[n(e－)＝n（氧化剂）或n（还原剂）×N（变价原子数）×ΔN（化合价变化数）]。
题组二　依据陌生反应（过程）分析氧化还原反应
3．（2025·河北迁安高三期中）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑。对于该反应，下列判断正确的是(　A　)
A．氧化产物与还原产物分子个数之比为15∶1
B．氧化剂和还原剂是同一物质
C．反应过程中转移1 mol电子，则产生2.24 L气体（标准状况）
D．NaN3中氮元素的化合价为－3
解析：NaN3中氮元素的化合价为－，反应后全都被氧化成0价的N2，做还原剂，KNO3中氮元素的化合价为＋5，反应后全都被还原成0价的N2，做氧化剂，B、D错误；氧化产物、还原产物都是N2，根据得失电子守恒，氧化产物、还原产物分子个数之比为15∶1，A正确；反应中转移10 mol电子，生成16 mol N2，则转移1 mol电子生成1.6 mol N2，1.6 mol N2在标准状况下的体积为35.84 L，C错误。
4．（2025·江西名校协作体高三期中联考）氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，全球每年通过人类活动新增的“活性”氮导致全球氮循环严重失衡，并引起水体的富营养化、水体酸化、温室气体排放等一系列环境问题。海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列叙述不正确的是(　D　)
A．图中5个反应中包含4个氧化还原反应
B．1 mol NH与1 mol NH3所含电子数相等
C．水华和赤潮都是水体富营养化的表现
D．反应③和⑤生成等质量N2时，反应⑤转移的电子数少
解析：反应①中铵根转化为氨气，氮元素化合价不变，不是氧化还原反应，NH2OH中N为－1价，N2H4中N为－2价，反应②～⑤中氮元素化合价均发生变化，都属于氧化还原反应，A正确；1个NH含电子数为7＋1×4－1＝10，1个NH3含电子数为7＋1×3＝10，则1 mol NH与1 mol NH3所含电子数相等，均为10NA，B正确；大量含氮和磷的有机物的废污水排入水中，促使水域富营养化，造成水华和赤潮，C正确；N2H4中N为－2价，反应③生成1 mol氮气转移4 mol电子，NO中N为＋3价，反应⑤生成1 mol氮气转移6 mol电子，则反应⑤转移的电子数多，D错误。
考点二　氧化还原反应的基本规律及应用
1．强弱规律
(1)氧化性、还原性的判断
①氧化性是指得电子的性质（或能力）；还原性是指失电子的性质（或能力）。
②氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子的多少无关。如：Na－e－===Na＋、Al－3e－===Al3+，但根据金属活动性顺序可知，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na的还原性比Al强。
③从元素的价态考虑：最高价态——只有氧化性，如Fe3+、H2SO4、KMnO4等；最低价态——只有还原性，如金属单质、Cl－、S2-等；中间价态——既有氧化性又有还原性，如Fe2+、S、Cl2等。
(2)物质氧化性、还原性强弱的比较
①根据化学方程式判断
氧化剂＋还原剂===还原产物＋氧化产物
氧化性：氧化剂>（填“>”或“<”，下同）氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
②根据相同条件下产物的价态高低判断
如2Fe＋3Cl22FeCl3；Fe＋SFeS，则氧化性：Cl2>S。
③根据反应条件、浓度大小及反应的剧烈程度判断
反应条件要求越低，浓度越大，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强。
(3)先后规律及应用
①同时含有几种还原剂（或氧化剂），发生氧化还原反应时，还原性（或氧化性）强的优先反应，即“强者优先”，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2+>Br－，所以Fe2+先与Cl2反应。
②常见粒子的强弱顺序
氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀硫酸>S；还原性：Mn2+2．价态规律及应用
(1)价态归中规律思维模型
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价―→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态的硫之间发生的氧化还原反应如下：
注：不会出现⑤中H2S转化为SO2，而H2SO4转化为S的情况。
(2)歧化反应规律思维模型
“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素（如氯、硫、氮和磷元素等）均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
(3)应用
①判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓硫酸与SO2不发生反应。
②根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。
　正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)氧化剂得电子数越多，其氧化性越强。(　×　)
(2)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼。(　×　)
(3)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应。(　√　)
(4)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA。(　×　)
(5)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2气体。(　×　)
题组一　物质氧化性、还原性强弱判断与应用
1．将SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
SO2＋2Fe3+＋2H2O===SO＋2Fe2+＋4H＋
Cr2O＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O
下列有关说法不正确的是(　D　)
A．还原性：SO2>Fe2+>Cr3+
B．氧化性：Cr2O>Fe3+>SO
C．Cr2O能将Na2SO3氧化成Na2SO4
D．两个反应中Fe2(SO4)3均做还原剂
解析：由第一个反应知，氧化性为Fe3+>SO，还原性为SO2>Fe2+；由第二个反应知，氧化性为Cr2O>Fe3+，还原性为Fe2+>Cr3+；综合两个反应可得氧化性强弱顺序为Cr2O>Fe3+>SO，还原性强弱顺序为SO2>Fe2+>Cr3+。由分析知，A、B正确；由于氧化性强弱顺序中Cr2O>SO，Cr2O能将Na2SO3氧化成Na2SO4，C正确；在第一个反应中，Fe2(SO4)3是反应物，其中铁元素化合价降低，Fe2(SO4)3做氧化剂，在第二个反应中，Fe3+是生成物，是由Fe2+被氧化而得，Fe3+为氧化产物，D错误。
2．已知下列四组实验：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生氯气；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色；③向FeCl2溶液中加入少量溴水，溶液变黄色；④分别取实验②和实验③中生成的溶液，分别滴在淀粉－KI试纸上，试纸都变蓝色。则下列判断不正确的是(　B　)
A．实验①能够证明Cl－具有还原性
B．上述实验能够证明氧化性：Cl2＞Br2
C．上述实验能够证明氧化性：MnO>Cl2>Fe3+>I2
D．由上述实验也可推测氯气能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝
解析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，HCl做还原剂，证明Cl－具有还原性，A项正确；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，氯气做氧化剂，溴水将亚铁离子氧化为三价铁离子，溴单质做氧化剂，说明氧化性为Cl2>Fe3+，Br2>Fe3+，但是不能证明氧化性为Cl2>Br2，B项错误；每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故由A、B项分析可知，氧化性为MnO>Cl2、Cl2>Fe3+，三价铁离子将碘离子氧化为碘单质，Fe2+是还原产物，碘单质是氧化产物，所以氧化性为Fe3+＞I2，则能够证明氧化性为MnO>Cl2>Fe3+>I2，C项正确；由实验可推知氧化性为Cl2>Fe3+>I2，实验④试纸变蓝是因为Fe3+将I－氧化成I2，从而可推测Cl2也能氧化I－为I2，使湿润的淀粉KI试纸变蓝，D项正确。
题组二　价态规律与先后规律的应用
3．氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O（未配平），KX在一定条件下能自身反应：KX―→KY＋KZ（未配平，KY与KZ的物质的量之比为1∶3），以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(　C　)
A．＋1 B．＋3
C．＋5 D．＋7
解析：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：KZ中Cl大于KX中Cl（均为正价）。假设KX中氯元素为＋a价，KZ中氯元素的化合价为＋b，依据得失电子守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意，则KX中氯元素的化合价为＋5。
4．已知有如下三个氧化还原反应：
2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
若某溶液中Fe2+和I－共存，要除去I－而不氧化Fe2+和Cl－，可以加入的试剂是(　C　)
A．Cl2 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
解析：由题目中的三个反应可知氧化性强弱顺序为MnO>Cl2>Fe3+>I2，因Cl2、KMnO4均能氧化Fe2+，故选项A、B不符合题意，HCl不能氧化I－，D项不符合题意。
5．（2024·重庆乌江新高考协作体高三期中）向含有FeBr2的溶液中通入一定量的Cl2（还原性：Fe2+＞Br－），表示该反应的离子方程式肯定错误的是(　C　)
A．2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－
B．10Fe2+＋2Br－＋6Cl2===10Fe3+＋Br2＋12Cl－
C．2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
D．2Fe2+＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3+＋6Cl－
解析：还原性：Fe2+＞Br－，则向含有FeBr2的溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2+反应，后与Br－反应，C错误；当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，A正确；当溴化亚铁与氯气以物质的量之比为5∶3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2+＋2Br－＋6Cl2===10Fe3+＋Br2＋12Cl－，B正确；当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2+＋4Br－＋3Cl2===2Br2＋2Fe3+＋6Cl－，D正确。
1．（2024·山东卷）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应的是(　B　)
A．竹管、动物尾毫→湖笔
B．松木→油烟→徽墨
C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸
D．端石→端砚
解析：A项，湖笔以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应；B项，松木的主要成分是纤维素，徽墨的主要成分为碳单质，由松木制备徽墨过程中，有机物中的碳元素转化为碳单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应；C项，楮树皮、宣纸的主要成分都是纤维素，由楮树皮制得纸浆纤维，进而制作宣纸，不涉及氧化还原反应；D项，端砚以端石为原料经过采石、选料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应。
2．（2024·浙江1月选考）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）(　D　)
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
解析：由题给化学方程式可知，1 mol CO失去2 mol e－生成1 mol CO2，故生成1 mol CO2时转移电子的数目为2NA，A项正确；催化剂可以降低反应的活化能，提高反应速率，B项正确；NO中N为＋2价，N2中N为0价，氮元素的化合价降低，发生还原反应，则NO做氧化剂，N2为还原产物，同理可得，CO做还原剂，CO2为氧化产物，C项正确，D项错误。
3．（2024·浙江6月选考）利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H＋＋CH3OH＋NO→X＋CO2＋H2O（未配平）。下列说法正确的是(　C　)
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11.2 L，则反应转移的电子数为2NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）
解析：由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO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错误；CH3OH中碳元素的化合价由－2升高到＋4，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能做还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B错误；该反应中，氧化剂NO中氮元素的化合价由＋5降低到0，CH3OH做还原剂，被氧化为CO2，碳元素的化合价由－2升高到＋4，NO降低了5个价位，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，即生成0.5 mol CO2，反应转移的电子数为0.5 mol×6×NA mol-1＝3NA，D错误。
4．（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。
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 IO
已知：MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是(　B　)
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
解析：反应①中锰元素的化合价由＋7降至＋2，碘元素的化合价由－1升至0，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－＋2MnO＋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－～2MnO，可以求得n＝0.000 2，则反应②的n(I－)∶n（MnO）＝0.001 mol∶(10×0.000 2) mol＝1∶2，反应②中锰元素的化合价由＋7降至＋4，反应②对应的关系式为I－～2MnO～MnO2～IO～6e－，IO中碘元素的化合价为＋5，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－＋2MnO＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－，B项正确；已知MnO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。
5．（2023·福建卷改编）稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下：
与水反应 与NaOH溶液反应
ⅰ.2XeF2＋2H2O===2Xe↑＋O2↑＋4HF ⅱ.2XeF2＋4OH－===2Xe↑＋O2↑＋4F－＋ 2H2O
ⅲ.XeF6＋3H2O===XeO3＋6HF ⅳ.2XeF6＋4Na＋＋16OH－===Na4XeO6↓＋Xe↑＋O2↑＋12F－＋8H2O
下列说法错误的是(　A　)
A．反应ⅲ中XeO3做还原产物
B．OH－的还原性比H2O强
C．反应ⅰ～ⅳ中有3个氧化还原反应
D．反应ⅳ每生成1 mol O2，转移6 mol电子
解析：反应ⅲ中元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，XeO3不是还原产物，A错误；由反应ⅲ、ⅳ两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH－的还原性比H2O强，B正确；反应ⅰ、ⅱ、ⅳ三组化学反应均为氧化还原反应，C正确；分析反应ⅳ可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，故每生成1 mol O2，转移6 mol电子，D正确。
课时作业4
（总分：60分）
一、选择题（每小题3分，共30分。每小题只有1个选项符合题意）
1．（2023·全国乙卷）下列应用中涉及氧化还原反应的是(　C　)
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
解析：A项，明矾水解生成的氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而达到净水的目的，没有涉及氧化还原反应；B项，撒盐融雪是因为雪遇到盐而使其熔点降低，没有涉及氧化还原反应；C项，使用暖贴时，铁和空气中的氧气发生氧化还原反应；D项，荧光指示牌被照发光是电子跃迁的结果，没有涉及氧化还原反应。
2．（2025·辽宁省实验中学期中）下列实验中的颜色变化与氧化还原反应无关的是(　C　)
选项 A B C D
实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 SO2通入Na2S溶液中 KI溶液滴入AgCl浊液中 石蕊溶液滴入氯水中
现象 产生白色沉淀，最终变为红褐色 产生淡黄色沉淀 沉淀由白色逐渐变为黄色 溶液变红，随后迅速褪色
解析：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，首先发生复分解反应生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2又被溶解在溶液中的O2氧化为红褐色Fe(OH)3，颜色变化与氧化还原反应有关；B项，SO2通入Na2S溶液中，发生反应3SO2＋2Na2S===3S↓＋2Na2SO3，该反应中元素化合价发生变化，属于氧化还原反应；C项，KI溶液滴入AgCl浊液中，白色AgCl沉淀逐渐转化为溶解度更小的黄色AgI沉淀，在反应过程中元素化合价不变，故物质的颜色变化与氧化还原反应无关；D项，氯水中含有的HCl、HClO电离产生H＋，溶液显酸性，使紫色石蕊溶液变为红色，同时溶液中含有的HClO、ClO－具有强氧化性，又将红色物质氧化变为无色，物质的颜色变化与氧化还原反应有关。
3．（2023·浙江6月选考）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(　C　)
A．药剂A具有还原性
B．①→②过程若有2 mol S—S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位置来实现头发的定型
解析：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；①→②过程中S的价态由－1变为－2，若有2 mol S—S断裂，则转移4 mol电子，故B正确；②→③过程发生氧化反应，若药剂B是H2O2，则B中元素的化合价应该降低，因此其还原产物为H2O，故C错误；通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中S—S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位置来实现头发的定型，故D正确。
4．（2025·江苏淮安高中校协作体高三期中）向硫酸铁溶液中通入少量SO2气体，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是(　B　)
A．KSCN溶液、氯水 B．K3[Fe(CN)6]
C．NaOH溶液 D．BaCl2溶液
解析：向硫酸铁溶液中通入少量SO2气体，生成的溶液中必然含有Fe2+，可通过检验Fe2+来验证是否发生了氧化还原反应，B符合题意。
5．为了防止钢铁零件生锈，常采用化学处理使钢铁零件表面生成一层致密保护层。化学处理过程中其中一步的反应为3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑。下列叙述不正确的是(　C　)
A．上述反应涉及的物质中，Fe的还原性最强
B．上述反应中，每生成1 mol Na2FeO2，转移的电子数为2NA（设NA为阿伏加德罗常数的值）
C．上述反应中，铁是还原剂，NaNO2和NaOH是氧化剂
D．NO的氧化性强于FeO的氧化性
解析：该步反应中，氮元素化合价由＋3降至－3，NaNO2是氧化剂，铁元素化合价由0升至＋2，Fe做还原剂，Fe的还原性最强，A不符合题意；铁元素的化合价由0升高到＋2，故每生成1 mol Na2FeO2，转移的电子数为2NA，B不符合题意；该反应中，Fe是还原剂，NaNO2是氧化剂，NaOH中元素化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂，C符合题意；该反应中，NaNO2是氧化剂，Na2FeO2是氧化产物，所以NO的氧化性强于FeO的氧化性，D不符合题意。
6．（2025·河南三门峡高三期中）氮氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法不正确的是(　B　)
A．过程Ⅰ中NO既做氧化剂又做还原剂
B．过程Ⅱ中每生成1 mol O2时，转移电子的数目约为4×6.02×1023
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D．整个过程中Ni2+做催化剂
解析：由题图可知，过程Ⅰ发生的反应为2Ni2+＋2NO===2Ni3+＋2O－＋N2，过程Ⅱ发生的反应为2Ni3+＋2O－===2Ni2+＋O2↑，总反应为2NOO2＋N2。由分析可知，过程Ⅰ中氮元素的化合价降低被还原，氧元素的化合价升高被氧化，则一氧化氮既做反应的氧化剂又做反应的还原剂，A正确；过程Ⅱ发生的反应为2Ni3+＋2O－===2Ni2+＋O2↑，则过程Ⅱ中每生成1 mol O2时，转移电子的数目约为2×6.02×1023，B错误；过程Ⅰ和过程Ⅱ涉及的反应均有元素发生化合价变化，均为氧化还原反应，C正确；消除氮氧化物的总反应为2NOO2＋N2，整个过程中镍离子做反应的催化剂，D正确。
7．（2025·辽宁辽西联合校期中）已知：
①2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；
②Cl2＋2Fe2+===2Fe3+＋2Cl－；
③2Fe3+＋2I－===2Fe2+＋I2。由此判断，下列说法错误的是(　C　)
A．还原性：I－>Fe2+>Cl－>Mn2+
B．反应3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3不能发生
C．若某溶液中含有Fe2+、Cl－、I－，要氧化I－而不氧化Fe2+和Cl－，可以通入Cl2
D．向酸性KMnO4溶液中加入足量的FeCl2，可以观察到溶液紫红色消失
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，由①可知还原性为Cl－>Mn2+，由②可知还原性为Fe2+>Cl－，由③可知还原性为I－>Fe2+，故还原性为I－>Fe2+>Cl－>Mn2+，A正确；根据还原性强弱顺序，少量氯气只氧化I－，过量氯气可以将亚铁离子和碘离子都氧化，不可能只氧化还原性弱的Fe2+而不氧化还原性强的I－，故反应3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3不能发生，B正确；氯气能氧化亚铁离子，C错误；由还原性顺序可知，高锰酸钾可以与还原性离子亚铁离子或氯离子发生氧化还原反应而褪色，D正确。
8．（2025·辽宁省实验中学期中）如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y形管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y形管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是(　C　)
A．白色固体为CuSO4
B．NO为还原产物，b为氧化产物
C．NO与b的物质的量之和可能为0.2 mol
D．Y形管左侧参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
解析：洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸的反应为5Cu＋4H2SO4（浓）Cu2S↓＋3CuSO4＋4H2O，则生成0.06 mol Cu2S，Cu2S和硝酸、硫酸的反应为3Cu2S＋4HNO3＋6H2SO4===6CuSO4＋3S＋4NO↑＋8H2O，则生成NO、S总物质的量为0.14 mol，据此解答。实验中无气体生成，得到Cu2S和白色固体a，a为CuSO4，A正确，C错误；NO由HNO3被还原得到，为还原产物，b为Cu2S和硝酸反应生成的S，Cu2S被氧化，b为氧化产物，B正确；Y形管左侧参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，D正确。
9．（2024·重庆高三11月调研）工业生产中除去电石浆（主要含CaO）中的S2-并制取硫酸盐的流程如下图所示。下列说法正确的是(　C　)
A．过程Ⅰ中被氧化的粒子为MnO
B．在酸性条件下，氧化性：O2>MnO>S2O
C.经过过程Ⅱ后，溶液的碱性增强
D．若消耗56 L O2，理论上除去S2-的质量为16 g
解析：由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－===2MnO＋4H2O，MnO与S2-反应生成S2O，进而与氧气反应生成SO，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO＋2S2-＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，过程Ⅰ中被氧化的粒子为Mn(OH)2，A错误；碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为MnO，MnO能将S2-氧化为S2O，故碱性条件下，氧化性为O2>MnO>S2O，B错误；过程Ⅱ的反应中生成OH－，溶液的碱性增强，C正确；没有给出是否在标准状况下，无法计算氧气的物质的量，D错误。
10．向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法不正确的是(　B　)
A．线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L-1
C．当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+＋2I－＋2Cl2===2Fe3+＋I2＋4Cl－
D．原溶液中n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3
解析：根据还原性：Br－＜Fe2+＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；根据三段消耗氯气的物质的量可知，原溶液中n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项正确。
二、非选择题（共30分）
11．（14分）（2024·山东济南高三模拟）CuI是难溶于水的白色固体。已知：氧化性为Cu2+＞I2＞Cu＋，还原性为Cu＞I－＞Cu＋。
(1)根据物质氧化性和还原性的强弱推测，在溶液中Cu2+和I－反应的产物是CuI、I2。
(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，向其中加入一些铜粉，可使溶液黄色消失，反应的化学方程式为2Cu＋I2===2CuI。
(3)欲消除(2)中HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，这是因为当浓度接近时，还原性为H2S＞（填“＞”“＜”或“＝”）I－；与加入铜粉的方法相比，用此方法得到的HI溶液浓度高（填“高”“低”或“相等”）。
(4)CuI可用于监测空气中是否含有汞蒸气：4CuI（白色）＋Hg===Cu2HgI4（亮黄色）＋2Cu。下列关于该化学方程式的说法错误的是AC（填字母）。
A．该反应中被氧化的元素是铜元素和汞元素
B．该反应的氧化剂为CuI
C．Cu2HgI4既是氧化产物又是还原产物
D．反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子
解析：(1)氧化性为Cu2+＞I2>Cu＋，还原性为Cu＞I－＞Cu＋，所以Cu2+和I－反应，Cu2+被还原为Cu＋、I－被氧化为I2，Cu＋和I－结合生成难溶于水的CuI沉淀，所以反应的产物是CuI、I2。(2)久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应生成CuI，反应的化学方程式为2Cu＋I2===2CuI。(3)欲消除HI溶液的黄色，也可向其中通入少量H2S，碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，即还原性为H2S>I－。(4)该反应中铜元素化合价由＋1降低为0，被氧化的元素是汞元素，氧化剂为CuI，Cu2HgI4是氧化产物，反应中每生成1 mol Cu2HgI4转移2 mol电子。
12．（16分）某化学探究学习小组用如图所示装置进行SO2、Fe2+和Cl－还原性强弱比较实验，实验过程如下：
Ⅰ.先向B中的FeCl2溶液（约10 mL）中通入Cl2，当B中溶液变黄时，停止通气。
Ⅱ.打开活塞k，使约2 mL的溶液流入试管A中，检验取出溶液中的离子。
Ⅲ.接着再向B中通入一定量的SO2气体。
Ⅳ.更新试管A，重复过程Ⅱ，检验取出溶液中的离子。
(1)棉花中浸润的溶液为NaOH溶液，目的是吸收尾气，防止污染环境。
(2)实验室制备氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
(3)过程Ⅲ中一定发生反应的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O===2Fe2+＋SO＋4H＋；过程Ⅳ中检验取出溶液中是否含有硫酸根离子的操作是取少许溶液于试管中，先加入足量稀盐酸酸化，再滴加少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，证明有SO，反之无SO。
(4)该小组对SO2、Fe2+和Cl－还原性强弱比较得到的结论是SO2＞Fe2+＞Cl－。
(5)甲、乙、丙三名同学分别完成了上述实验，下表是他们的检测结果，他们的检测结果一定能够证明SO2、Fe2+和Cl－还原性强弱关系的是乙、丙。
项目 过程Ⅱ中检出离子 过程Ⅳ中检出离子
甲 有Fe3+无Fe2+ 有SO
乙 既有Fe3+又有Fe2+ 有SO
丙 有Fe3+无Fe2+ 有Fe2+
解析：(1)向B中的FeCl2溶液中通入氯气和二氧化硫，为防止多余的氯气和二氧化硫污染空气，需要将其除去，所以棉花中浸润的溶液为NaOH溶液。(2)实验室制备氯气用的是二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应，化学方程式为MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)先向B中的FeCl2溶液中通入Cl2，B中的亚铁离子被氯气氧化为铁离子，再向B中通入一定量的SO2气体，铁离子被二氧化硫还原为亚铁离子，离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O===2Fe2+＋SO＋4H＋。(5)过程Ⅱ是为了检验Fe2+被氯气氧化后的产物，过程Ⅳ是为了检验二氧化硫被Fe3+氧化后的产物。甲：过程Ⅱ中检出离子有Fe3+无Fe2+，说明氯气过量，过程Ⅳ中检出离子有SO，不能说明二氧化硫是被铁离子氧化的，也可能是被氯气氧化的，甲错误；乙：过程Ⅱ中检出离子既有Fe3+又有Fe2+，说明亚铁离子未被氧化完全，氯气量不足，过程Ⅳ中检出离子有SO，一定是二氧化硫被铁离子氧化得到的，乙正确；丙：过程Ⅱ检出离子有Fe3+无Fe2+，而过程Ⅳ中检出离子有Fe2+，说明二氧化硫把铁离子还原为亚铁离子，丙正确。

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