新高考化學三輪沖刺易錯類型04 氧化還原反應（6大易錯點）（含解析）

易錯類型04氧化還原反應【易錯點01】不能正確辨析氧化還原反應有關概念【易錯點02】不能正確判斷物質(zhì)氧化性或還原性強弱【易錯點03】不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應能否進行【易錯點04】不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應物的反應順序【易錯點05】不能正確書寫陌生的氧化還原反應方程式【易錯點06】不能利用守恒律進行氧化還原反應綜合判斷與計算易錯點1不能正確辨析氧化還原反應有關概念【分析】1.理清兩條概念線索2.三步解答氧化還原反應概念的相關題目:易錯點2不能正確判斷物質(zhì)氧化性或還原性強弱【分析】物質(zhì)的氧化性(或還原性)的強弱與得失電子的難易程度有關，與得失電子的數(shù)目無關，但外界因素(如反應條件、反應物濃度、酸堿性等)也影響物質(zhì)的氧化性(或還原性)。例如，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))在酸性條件下具有強氧化性，但在中性或堿性條件幾乎不表現(xiàn)氧化性。易錯點3不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應能否進行【分析】含不同價態(tài)同種元素的物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應時，該元素價態(tài)的變化一定遵循“高價＋低價→中間價”，而不會出現(xiàn)交叉現(xiàn)象。簡記為“兩相靠，不相交”。例如，不同價態(tài)硫之間可以發(fā)生氧化還原反應的是①②③④。注：⑤中不會出現(xiàn)H2S轉(zhuǎn)化為SO2而H2SO4轉(zhuǎn)化為S的情況。易錯點4不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應物的反應順序【分析】1.難易律(1)內(nèi)容：越易失電子的物質(zhì)，失去電子后就越難得電子，越易得電子的物質(zhì)，得到后就越難失電子，一種氧化劑同時和幾種還原劑相遇時，還原性最強的優(yōu)先發(fā)生反應；同理，一種還原劑同時和幾種氧化劑相遇時，氧化性最強的優(yōu)先發(fā)生反應。可把常見微粒的氧化性、還原性按強弱以位置前后的形式排列：(2)應用：①判斷物質(zhì)的穩(wěn)定性；②判斷物質(zhì)反應的先后順序，即左上方的一種氧化劑可氧化它右下方的還原性微粒．若有多種，則優(yōu)先氧化較右下方的微粒；③選擇合適的氧化劑或還原劑，如要氧化Ｆe2+而Ｂr－不被氧化，則可選擇Ｂr2；④判斷氧化性微粒、還原性微粒能否共成。虛線所指兩種微粒一定能發(fā)生反應，故不共存；實線所指微粒能共存．2.(1)在濃度相差不大的溶液中，若同時含有多種還原劑，加入氧化劑時，將按照物質(zhì)的還原性由強到弱的順序依次發(fā)生反應。例如，在FeBr2和FeI2混合液中通入Cl2時，由于還原性：I－＞Fe2＋＞Br－，故被Cl2氧化的離子的先后順序為I－、Fe2＋、Br－。(2)在濃度相差不大的溶液中，若同時含有多種氧化劑，加入還原劑時，將按照物質(zhì)的氧化性由強到弱的順序依次發(fā)生反應。如向含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入鐵粉，因為氧化性：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以鐵粉先與Fe3＋反應，然后依次與Cu2＋、H＋反應。3.熟記兩串微粒的反應先后順序(1)同一還原劑與多種氧化劑發(fā)生氧化還原反應的先后順序：KMnO4(H＋)＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋。(2)同一氧化劑與多種還原劑發(fā)生氧化還原反應的先后順序：S2－＞SOeq\o\al(2－,3)(或HSOeq\o\al(－,3))＞I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－。易錯點5不能正確書寫陌生的氧化還原反應方程式【分析】第1步：根據(jù)氧化性、還原性強弱順序確定氧化性最強的為氧化劑，還原性最強的為還原劑；根據(jù)化合價規(guī)律和題給信息及已知元素化合物性質(zhì)確定相應的還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物；第2步：根據(jù)氧化還原反應的守恒規(guī)律確定氧化劑、還原劑、還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物的相應化學計量數(shù)。第3步：根據(jù)溶液的酸堿性，通過在反應方程式的兩端添加H＋或OH－的形式使方程式兩端的電荷守恒。第4步：根據(jù)原子守恒（質(zhì)量守恒），通過在反應方程式兩端添加H2O(或其他小分子)使方程式兩端的原子守恒。缺項型氧化還原反應方程式的補項類型、補項原則和組合方式①補項類型條件補項原則酸性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H＋，少O(氧)補H2O(水)堿性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H2O，少O(氧)補OH－(水)②補項原則介質(zhì)多一個氧原子少一個氧原子酸性＋2H＋結合1個O→H2O＋H2O提供1個O→2H＋中性＋H2O結合1個O→2OH－＋H2O提供1個O→2H＋堿性＋H2O結合1個O→2OH－＋2OH－提供1個O→H2O③組合方式反應物生成物使用條件組合一H＋H2O酸性溶液組合二H2OH＋酸性或中性溶液組合三OH－H2O堿性溶液組合四H2OOH－堿性或中性溶液易錯點6不能利用守恒律進行氧化還原反應綜合判斷與計算【分析】守恒思想是我們常用解答計算題的重要方法，也是將問題化繁為簡的重要手段，我們平時常涉及到的守恒有電荷守恒、電子守恒、原子守恒。而利用電子守恒思想求解氧化還原問題又是高考重要題型，解答此類題目應首先找出氧化劑、還原劑及對應的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；再確定一個原子或離子得失電子數(shù)，列出等式關系，對于多步連續(xù)進行的氧化還原反應，只要中間各步反應過程中沒有損耗，可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，刪去中間產(chǎn)物，建立二者之間的電子守恒關系，快速求解。氧化還原反應計算得具體步驟是：找出氧化劑、還原劑及相應的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；確定一個原子或離子得失電子數(shù)(注意化學式中的原子個數(shù))；根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式；對于多步連續(xù)進行的氧化還原反應，只要中間各步反應過程中沒有損耗，可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，刪去中間產(chǎn)物，建立二者之間的電子守恒關系，快速求解。突破1不能正確辨析氧化還原反應有關概念【例1】（2022·山東卷）古醫(yī)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(SKIPIF1<0)：“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(zhì)在空氣中被火灼燒也不反應，反應金的化學性質(zhì)很穩(wěn)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(chǎn)生大量的水汽，而CaO由塊狀變?yōu)榉勰?，未發(fā)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+SSKIPIF1<0Ag2S、Fe+SSKIPIF1<0FeS、2Cu+SSKIPIF1<0Cu2S，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(fā)生氧化還原反應，與其氧化性無關，D不合題意；故答案為：C?！纠?】（2022·浙江卷）關于反應SKIPIF1<0，下列說法正確的是A．SKIPIF1<0發(fā)生還原反應B．SKIPIF1<0既是氧化劑又是還原劑C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2∶1D．SKIPIF1<0發(fā)生反應，轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0電子易錯分析：無法厘清反應中氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是哪些物質(zhì)?！敬鸢浮緽【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應的本質(zhì)是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)上歧化反應生成硫和二氧化硫，化合價發(fā)生變化的只有S元素一種，硫酸的作用是提供酸性環(huán)境。A．H2SO4轉(zhuǎn)化為硫酸鈉和水，其中所含元素的化合價均未發(fā)生變化，故其沒有發(fā)生還原反應，A說法不正確；B．Na2S2O3中的S的化合價為+2，其發(fā)生歧化反應生成S(0價)和SO2(+4價)，故其既是氧化劑又是還原劑，B說法正確；C．該反應的氧化產(chǎn)物是SO2，還原產(chǎn)物為S，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據(jù)其中S元素的化合價變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應，要轉(zhuǎn)移2mol電子，D說法不正確。綜上所述，本題選B?！咀兪?-1】（2023·江蘇南京·統(tǒng)考二模）2023年3月，“三星堆”遺址考古又發(fā)掘出大量青銅器?；鸱掋~主要發(fā)生的反應為SKIPIF1<0SKIPIF1<0，下列說法正確的是A．SKIPIF1<0中銅的化合價為＋2 B．該反應為復分解反應C．SKIPIF1<0是酸性氧化物 D．反應中氧化劑僅為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．SKIPIF1<0中S為-2價，則銅的化合價為＋1，故A錯誤；B．從反應物和生成物的種類和個數(shù)，可知該反應屬于置換反應，故B錯誤；C．SKIPIF1<0可與堿反應生成亞硫酸鹽和水，屬于酸性氧化物，故C正確；D．反應中氧元素化合價降低，銅元素化合價也降低，SKIPIF1<0和SKIPIF1<0都做氧化劑，故D錯誤；故選：C?！咀兪?-2】（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）明代《徐光啟手跡》記載了制備王水的方法，其主要流程如圖所示(水蒸氣等部分產(chǎn)物已省略)，下列說法中正確的是A．X不能使酸性SKIPIF1<0溶液褪色 B．操作1的名稱為蒸餾C．流程中涉及的均為非氧化還原反應 D．步驟ⅱ能在鐵容器中進行【答案】B【解析】A．由題意，F(xiàn)e元素化合價升高，故部分硫元素化合價降低，X的化學式應為SO2，SO2具有還原性能使酸性SKIPIF1<0溶液褪色，故A錯誤；B．操作1后得到硝酸，該過程中制取硝酸是利用了硝酸易揮發(fā)的性質(zhì)，則操作1的名稱為蒸餾，故B正確；C．步驟i中煅燒綠礬生成SO2過程中，S、Fe的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．王水是濃硝酸和濃鹽酸按體積比=1:3的混合物，會腐蝕鐵容器，步驟ⅱ不能在鐵容器中進行，故D錯誤；故選B?！咀兪?-3】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考一模）硫代碳酸鈉SKIPIF1<0在農(nóng)業(yè)上用作殺菌劑和殺線蟲劑，在工業(yè)上用于處理廢水中的重金屬離子。其制備原理為：SKIPIF1<0。下列說法不正確的是A．該制備反應屬于熵增反應B．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0性質(zhì)相似，不能被氧化C．制備SKIPIF1<0的反應屬于非氧化還原反應D．SKIPIF1<0與鹽酸反應，生成NaCl、SKIPIF1<0和SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．根據(jù)方程式可判斷反應前氣體體積增加，所以該制備反應屬于熵增反應，A正確；B．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0性質(zhì)相似，但由于硫元素是－2價，處于最低價態(tài)，因此能被氧化，B錯誤；C．制備SKIPIF1<0的反應中元素化合價均是不變的，所以屬于非氧化還原反應，C正確；D．根據(jù)碳酸鈉和鹽酸的反應可知SKIPIF1<0與鹽酸反應，生成NaCl、SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，D正確；答案選B。突破2不能正確判斷物質(zhì)氧化性或還原性強弱【例3】已知工業(yè)上制備氧缺位鐵酸鹽SKIPIF1<0的部分流程如圖，該方法可實現(xiàn)氮、硫氧化物的廢氣利用，轉(zhuǎn)化流程如圖所示。下列有關該轉(zhuǎn)化過程的敘述錯誤的是A．若SKIPIF1<0與SKIPIF1<0發(fā)生反應的物質(zhì)的量之比為2：1，則SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0的還原性強于SKIPIF1<0C．若使SKIPIF1<0完全轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0，需失去(8-2x)mol電子D．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的反應要在無氧條件下進行【答案】B【解析】A．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0反應生成SKIPIF1<0，說明Fe元素的化合價降低了SKIPIF1<0價，SKIPIF1<0中Fe元素為+3價，則SKIPIF1<0中Fe元素為+2.5價，由化合物中各元素的正、負化合價代數(shù)和為0，可得SKIPIF1<0，解得x=3.5，A正確；B．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的反應中，F(xiàn)e元素的化合價升高，SKIPIF1<0作還原劑，SKIPIF1<0作氧化劑，SKIPIF1<0的氧化性強于SKIPIF1<0，B錯誤；C．SKIPIF1<0中Zn元素為+2價，F(xiàn)e元素為+3價，SKIPIF1<0中Zn元素為+2價，F(xiàn)e元素為+(x-1)價，SKIPIF1<0完全轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0需失去(8-2x)mol電子，C正確；D．溫度較高時氫氣和氧氣混合會發(fā)生爆炸，所以SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的反應要在無氧條件下進行，D正確。故選B?！咀兪?-1】（2023·廣東廣州·一模）陳述I和陳述II均正確且具有因果關系的是選項陳述I陳述IIA用SKIPIF1<0溶液刻蝕銅質(zhì)電路板氧化性：SKIPIF1<0B用SKIPIF1<0作呼吸面具的氧氣來源SKIPIF1<0能氧化SKIPIF1<0C用SKIPIF1<0除去廢水中的SKIPIF1<0和SKIPIF1<0SKIPIF1<0具有還原性D用石灰乳脫除煙氣中的SKIPIF1<0SKIPIF1<0具有氧化性【答案】A【解析】A．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物，鐵離子和銅生成亞鐵離子和銅離子，說明氧化性SKIPIF1<0，A正確；B．SKIPIF1<0發(fā)生自身的氧化還原和二氧化碳生成氧氣，可用SKIPIF1<0作呼吸面具的氧氣來源，B錯誤；C．用SKIPIF1<0除去廢水中的SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，是硫離子和銅離子、汞離子生成沉淀，C錯誤；D．二氧化硫和氫氧化鈣生成亞硫酸鈣，空氣中氧氣會被亞硫酸鈣氧化為硫酸鈣，沒有說明SKIPIF1<0具有氧化性，D錯誤；故選A?！咀兪?-2】（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考模擬預測）鈷是一種重要的過渡金屬元素，常見化合價有+2、+3價。實驗室利用SKIPIF1<0固體進行如下實驗。下列說法錯誤的是A．Co在元素周期表中位于第四周期VIII族B．固體Y為SKIPIF1<0C．酸性條件下氧化性：SKIPIF1<0D．結合上述流程信息，若有SKIPIF1<0與足量鹽酸充分反應，理論上可以得到SKIPIF1<0【答案】D【解析】A．已知Co是27號元素，則Co在元素周期表中位于第4橫行第9縱列即第四周期Ⅷ族，選項A正確；B．由題干信息可知，0.3molCoC2O4·2H2O加熱至恒重時固體Y的質(zhì)量為24.1g，Y中含有0.3molCo，則O的物質(zhì)的量為：SKIPIF1<0，則固體Y為SKIPIF1<0，選項B正確；C．由B項分析結合題干轉(zhuǎn)化信息可知，酸溶時發(fā)生的反應為：Co3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2↑，此反應中Co3+為氧化劑，Cl2為氧化產(chǎn)物，故酸性條件下氧化性：SKIPIF1<0，選項C正確；D．由題干信息可知，Co的常見化合價有SKIPIF1<0、SKIPIF1<0價，Co5O6中Co3+與Co2+的物質(zhì)的量之比為：2：3，結合上述流程信息，若有SKIPIF1<0與足量鹽酸充分反應，則反應方程式為：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2↑，故理論上可以得到SKIPIF1<0，選項D錯誤；答案選D?！咀兪?-3】（2023·河北·校聯(lián)考模擬預測）為探究類鹵離子SKIPIF1<0與SKIPIF1<0的還原性強弱，某同學進行了如下實驗：①分別配制0.1mol·L-1的KSCN溶液、FeSO4溶液；②向0.1mol·L-1的KSCN溶液中滴加酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色；③向0.1mol·L-1的FeSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液褪色；④向等體積濃度均為0.1mol·L-1的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液先變紅后褪色。下列說法正確的是A．實驗①中必須用到分液漏斗、錐形瓶等玻璃儀器B．實驗②中SKIPIF1<0將SKIPIF1<0還原為SKIPIF1<0C．實驗③中反應的離子方程式為SKIPIF1<0D．實驗④說明還原性：SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．該實驗中不需要用到分液漏斗，A錯誤；B．SKIPIF1<0酸性條件下可將SCN-氧化成(SCN)2，而不是還原，B錯誤；C．酸性高錳酸鉀與亞鐵離子反應的離子方程式為SKIPIF1<0，C正確；D．在等體積濃度均為0.1mol/L的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性高錳酸鉀，溶液先變紅，說明亞鐵離子先被高錳酸根離子氧化成鐵離子，故還原性SCN-<Fe2+，D錯誤；故答案選C。突破3不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應能否進行【例4】（2022·遼寧卷）鍍鋅鐵釘放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出鐵釘后加入少量漂白粉，溶液恢復棕色；加入SKIPIF1<0，振蕩，靜置，液體分層。下列說法正確的是A．褪色原因為SKIPIF1<0被SKIPIF1<0還原 B．液體分層后，上層呈紫紅色C．鍍鋅鐵釘比鍍錫鐵釘更易生銹 D．溶液恢復棕色的原因為SKIPIF1<0被氧化【答案】D【解析】A．SKIPIF1<0比SKIPIF1<0活潑，更容易失去電子，還原性更強，先與SKIPIF1<0發(fā)生氧化還原反應，故溶液褪色原因為SKIPIF1<0被SKIPIF1<0還原，A項錯誤；B．液體分層后，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0層，SKIPIF1<0的密度比水大，則下層呈紫紅色，B項錯誤；C．若鍍層金屬活潑性大于SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0不易生銹，反之，若SKIPIF1<0活潑性大于鍍層金屬，則SKIPIF1<0更易生銹，由于活潑性：SKIPIF1<0，則鍍錫鐵釘更易生銹，C項錯誤；D．漂白粉的有效成分為SKIPIF1<0，其具有強氧化性，可將SKIPIF1<0氧化，D項正確；答案選D?！咀兪?-1】已知還原性：Cl－<Fe2＋<H2O2<I－<SO2，判斷下列反應不能發(fā)生的是()A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋＋2Fe2＋B．I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HIC．H2O2＋2H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))=SO2＋O2＋2H2OD．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2【答案】C【解析】假設四個選項中反應均能進行，根據(jù)氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產(chǎn)物。A項中，還原性：SO2＞Fe2＋，則Fe3＋與SO2可發(fā)生反應，正確；B項中，還原性：SO2＞I－，則I2和SO2可發(fā)生反應，正確；C項中，還原性：H2O2>SO2，與題給信息不符合，該反應不能發(fā)生，錯誤；D項中，還原性：I－＞Fe2＋，則Fe3＋可與I－反應生成Fe2＋和I2，正確?！咀兪?-2】（2023·廣東惠州·統(tǒng)考三模）部分含氯物質(zhì)的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是A．常溫下，a、d水溶液的pH：a<dB．b既具有氧化性，又具有還原性C．c可用于自來水消毒D．e或f分別與a的濃溶液反應均可制得b【答案】A【分析】由元素的化合價及物質(zhì)類別可知，a為HCl，b為Cl2，c為ClO2，d為HClO，e為次氯酸鹽，f為氯酸鹽；【解析】A．未說明溶液濃度，無法比較，A錯誤；B．氯氣化合價為0價，處于中間價態(tài)，既具有氧化性，又具有還原性，B正確；C．SKIPIF1<0具有強氧化性，可用于自來水消毒，C正確；D．SKIPIF1<0、SKIPIF1<0分別與濃鹽酸混合發(fā)生歸中反應，均可制備氯氣，D正確；故選A。突破4不能利用氧化還原反應規(guī)律判斷反應物的反應順序【例5】（2022·河北·石家莊二中實驗學校高三開學考試）在離子濃度都為0.1mol?L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物質(zhì)后，發(fā)生反應的先后順序正確的是A．在含F(xiàn)e3+、Cu2+、H+的溶液中加入鋅粉：Cu2+、Fe3+、H+B．在含I—、SOSKIPIF1<0、Br—的溶液中不斷通入氯氣：I—、Br—、SOSKIPIF1<0C．在含AlOSKIPIF1<0、SOSKIPIF1<0、OH—的溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液：OH—、AlOSKIPIF1<0、SOSKIPIF1<0D．在含F(xiàn)e3+、H+、NHSKIPIF1<0的溶液中逐漸加入燒堿溶液：Fe3+、NHSKIPIF1<0、H+【解析】A．Fe3+、Cu2+、H+的氧化性依次減弱，由氧化性強的氧化劑優(yōu)先反應可知，溶液中加入鋅粉時發(fā)生反應的先后順序為Fe3+、Cu2+、H+，故A錯誤；B．SOSKIPIF1<0、I—、Br—的還原性依次減弱，由還原性強的還原劑優(yōu)先反應可知，溶液中不斷通入氯氣時發(fā)生反應的先后順序為SOSKIPIF1<0、I—、Br—，故B錯誤；C．偏鋁酸根離子在溶液中的水解程度大于亞硫酸根離子，則OH—、AlOSKIPIF1<0、SOSKIPIF1<0的堿性依次減弱，由溶液中堿性的離子優(yōu)先反應可知，溶液中逐滴加入硫酸氫鈉溶液時發(fā)生反應的先后順序為OH—、AlOSKIPIF1<0、SOSKIPIF1<0，故C正確；D．鐵離子在溶液中的水解程度大于銨根離子，則H+、Fe3+、NHSKIPIF1<0的酸性依次減弱，由溶液中酸性的離子優(yōu)先反應可知，溶液中逐漸加入燒堿溶液時發(fā)生反應的先后順序為H+、Fe3+、NHSKIPIF1<0，故D錯誤；故選C?！敬鸢浮緾【變式4-1】（2023秋·上海普陀·高三?？计谀┠郴旌先芤汉珹gNO3和Cu(NO3)2，均0.02mol。加入一定量金屬R，充分反應過濾，得無色溶液M與濾渣W。將少量W加入鹽酸，產(chǎn)生無色氣體。下列分析正確的是A．無色溶液M一定呈中性B．R不可能是鐵，但可能是鋅或鎂C．上述過程共有0.06mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移D．M中可能含有兩種金屬陽離子【答案】B【分析】硝酸銅溶液為藍色，且銅銀均為不活潑金屬不和稀鹽酸反應；加入一定量金屬R，充分反應過濾，得無色溶液M與濾渣W。將少量W加入鹽酸，產(chǎn)生無色氣體，則W中含有銀、銅、過量的R，M為生成R鹽溶液；【解析】A．不確定R種類，不能判斷無色溶液M是否水解，不能判斷溶液是否為中性，故A錯誤；B．鐵會反應生成亞鐵離子，導致溶液顯淺綠色，故R不可能是鐵，但可能是鋅或鎂，故B正確；C．銀化合價由+1變?yōu)?、銅化合價由+2變?yōu)?，根據(jù)電子守恒可知，兩者反應有0.02mol+0.02mol×2=0.06mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，但是R和稀鹽酸反應生成氫氣有電子轉(zhuǎn)移，故C錯誤；D．由分析可知，R過量，M為生成R鹽溶液，故D錯誤；故選B?！咀兪?-2】在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol鐵粉，經(jīng)攪拌后發(fā)生的變化應是()A．鐵溶解，析出0.01molAg和0.005molCuB．鐵溶解，析出0.01molAg并放出H2C．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋D．鐵溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋【答案】選C?！窘馕觥恳驗檠趸裕篈g＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Zn2＋，所以先發(fā)生反應2Ag＋＋Fe=2Ag＋Fe2＋，其中0.005mol的鐵粉與0.01mol的AgNO3反應，析出0.01molAg，再發(fā)生反應2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，其中剩余的0.005mol鐵粉與0.01mol的Fe(NO3)3反應，溶液中不再有Fe3＋?！咀兪?-3】已知還原性：SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))>I－。向含amolKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反應(不考慮Cl2與I2之間的反應)。下列說法不正確的是()A．當a≥b時，發(fā)生的離子反應為SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋Cl2＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋＋2Cl－B．當5a＝4b時，發(fā)生的離子反應為4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋I2＋8H＋＋10Cl－C．當a≤b≤eq\f(3,2)a時，反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e－)為amol≤n(e－)≤3amolD．當a<b<eq\f(3,2)a時，溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、I－與Cl－的物質(zhì)的量之比為a∶(3a－2b)∶2b【答案】C【解析】由于還原性：SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))>I－，向含KI和K2SO3的混合液中通入Cl2時，要先氧化SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))后氧化I－，反應分階段進行：①SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋Cl2＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋＋2Cl－，②Cl2＋2I－=I2＋2Cl－。amolK2SO3完全反應時消耗amolCl2，而amolKI完全被氧化成I2則需要eq\f(1,2)amolCl2。當a≥b時，Cl2量不足只有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))被氧化，只發(fā)生反應①，A項正確。當5a＝4b時(即a＝eq\f(4,5)b)，amolSOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))完全反應時消耗eq\f(4,5)bmolCl2，剩余eq\f(1,5)bmolCl2將氧化eq\f(2,5)bmolI－，則參與反應的SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、I－和Cl2的物質(zhì)的量之比為eq\f(4,5)bmol∶eq\f(2,5)bmol∶bmol＝4∶2∶5，故離子方程式為4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋2I－＋5Cl2＋4H2O=4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋I2＋8H＋＋10Cl－，B項正確。當b＝eq\f(3,2)a時，amolKI和amolK2SO3均完全被氧化，此時轉(zhuǎn)移電子為amol＋2amol＝3amol；當b＝a時，只有amolK2SO3完全被氧化，此時轉(zhuǎn)移電子為2amol，因此當a≤b≤eq\f(3,2)a時，反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n(e－)為2amol≤n(e－)≤3amol，C項錯誤。當a<b<eq\f(3,2)a時，amolSOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))被氧化生成amolSOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，剩余(b－a)molCl2，可氧化2(b－a)molI－生成I2，溶液中剩余I－為amol－2(b－a)＝(3a－2b)mol；amolCl2完全反應生成2amolCl－，故溶液中SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、I－與Cl－的物質(zhì)的量之比為a∶(3a－2b)∶2b，D項正確。突破5不能正確書寫陌生的氧化還原反應方程式【例6】二氧化氯(ClO2)是一種安全高效的消毒劑，可在極低的濃度下殺滅冠狀病毒。ClO2易與堿反應生成亞氯酸鹽和氯酸鹽。(1)草酸(H2C2O4)是一種弱酸，利用硫酸酸化的草酸還原氯酸鈉，可較安全地生成ClO2，反應的離子方程式為_________________________________________________________。(2)自來水用ClO2處理后，有少量ClO2殘留在水中，可用碘量法做如下檢測(已知ClO2存在于pH為4～6的溶液中，ClOeq\o\al(－,2)存在于中性溶液中)：①取0.50L水樣，加入一定量的碘化鉀，用氫氧化鈉溶液調(diào)至中性，再加入淀粉溶液，溶液變藍。寫出ClO2與碘化鉀反應的化學方程式：___________________________________。②已知：2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反應，消耗Na2S2O3溶液20.00mL，判斷達到滴定終點的現(xiàn)象是__________________________________，該水樣中ClO2的濃度是________mg·L－1?！敬鸢浮?1)H2C2O4＋2ClOeq\o\al(－,3)＋2H＋=2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O(2)①2ClO2＋2KI=2KClO2＋I2②當?shù)稳胱詈蟀氲蜰a2S2O3溶液時，溶液藍色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復1.35【解析】(1)H2C2O4被強氧化劑氧化時一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同時生成，CO2對ClO2起到稀釋作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此該反應的離子方程式是H2C2O4＋2ClOeq\o\al(－,3)＋2H＋=2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。(2)①由題中信息可知，ClOeq\o\al(－,2)存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2將KI氧化為I2，本身被還原為ClOeq\o\al(－,2)，反應的化學方程式是2ClO2＋2KI=2KClO2＋I2。②由關系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4mol·L－1×0.0200L＝1.00×10－5mol，m(ClO2)＝1.00×10－5mol×67.5g·mol－1＝6.75×10－4g＝0.675mg，所以在該水樣中ClO2的濃度是0.675mg÷0.50L＝1.35mg·L－1?！咀兪?-1】（2023·遼寧·校聯(lián)考一模）下面的化學方程式或離子方程式中，錯誤的是A．為獲得性能良好的納米材料，利用團簇化合物SKIPIF1<0和SKIPIF1<0反應制備納米硅：SKIPIF1<0B．硒代硫酸根在酸性條件下與一定濃度的SKIPIF1<0反應：SKIPIF1<0C．單質(zhì)SKIPIF1<0與SKIPIF1<0在溶劑SKIPIF1<0中按計量比6：3反應：SKIPIF1<0D．利用SKIPIF1<0和溴酸根溶液制備高溴酸根：SKIPIF1<0【答案】B【解析】A．原子守恒電荷守恒且符合原理，A正確；B．H2O2在該反應中作氧化劑，即方程式為SKIPIF1<0，B錯誤；C．原子守恒電荷守恒且符合原理，C正確；D．原子守恒電荷守恒且符合原理，D正確；故選B?！咀兪?-2】（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）SKIPIF1<0去除酸性廢水中SKIPIF1<0的反應機理如圖所示(圖中“HS·”為自由基)。下列說法錯誤的是A．X的化學式為SKIPIF1<0B．HS·反應活性較強，不能穩(wěn)定存在C．步驟III反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為8∶1D．步驟IV除砷的方程式為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．S2OSKIPIF1<0經(jīng)過“途徑I”的除砷過程可描述為，S2OSKIPIF1<0與氫離子在紫外線照射條件下可以生成HS·，兩個HS·可以結合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S與H3AsO3發(fā)生反應生成As2S3，X的化學式為SKIPIF1<0，故A正確；B．HS·反應活性較強，在強酸性或強堿性溶液中均不能大量存在，故B正確；C．步驟III反應中H2S2分解得到S8和H2S，方程式為：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合價由-1價上升到0價，又由-1價下降到-2價，H2S2既是氧化劑也是還原劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量比為1∶1，故C錯誤；D．步驟IV中，H2S與H3AsO3發(fā)生反應生成As2S3，方程式為：SKIPIF1<0，故D正確；故選C?！咀兪?-3】（2022·河北·霸州市第一中學模擬預測）（節(jié)選）鉻及其化合物在工業(yè)生產(chǎn)中應用廣泛。某鉻鐵礦的主要成分為SKIPIF1<0，另外還含有FeO、SKIPIF1<0、MgO等雜質(zhì)。一種液相氧化法制備SKIPIF1<0的工藝路線如圖：回答下列問題：(2)“加壓堿浸”中，發(fā)生的主要反應為SKIPIF1<0轉(zhuǎn)化為鉻酸鈉，其化學方程式為_______。(5)在“溶解還原”過程中，有SKIPIF1<0生成，發(fā)生反應的離子方程式為_______。【答案】(2)2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O(5)CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋【解析】（2）“加壓堿浸”中，Cr2O3與氧氣、氫氧化鈉溶液反應生成鉻酸鈉和水，其反應的化學方程式為2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O，濾渣的主要成分為Fe2O3(或Fe3O4)、MgO，故答案為：2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O；Fe2O3(或Fe3O4)、MgO；（5）在“溶解還原”過程中，鉻酸鋇與鹽酸和甲醇反應生成鉻離子和CO2，其反應的離子方程式為CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋，故答案為：CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋；突破6不能利用守恒律進行氧化還原反應綜合判斷與計算【例7】（2022·湖南卷）科學家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的SKIPIF1<0轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0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SKIPIF1<0發(fā)生氧化反應B．a(chǎn)和b中轉(zhuǎn)移的SKIPIF1<0數(shù)目相等C．過程Ⅱ中參與反應的SKIPIF1<0D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．由圖示可知，過程I中NOSKIPIF1<0轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，NOSKIPIF1<0作氧化劑，被還原，發(fā)生還原反應，A錯誤；B．由圖示可知，過程I為NOSKIPIF1<0在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)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：NOSKIPIF1<0+2H++e-SKIPIF1<0NO+H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole-，過程II為NO和NHSKIPIF1<0在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據(jù)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+8NHSKIPIF1<0SKIPIF1<02H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b過程轉(zhuǎn)移4mole-，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B錯誤；C．由圖示可知，過程II發(fā)生反應的參與反應的離子方程式為：2NO+8NHSKIPIF1<0SKIPIF1<02H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NHSKIPIF1<0)=1:4，C正確；D．由圖示可知，過程III為N2H4轉(zhuǎn)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：2NOSKIPIF1<0+8NHSKIPIF1<0=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D錯誤；答案選C?！咀兪?-1】（2023·湖北·統(tǒng)考一模）鈦合金等新型合金廣泛應用于航空航天領域，工業(yè)上以鈦鐵礦(SKIPIF1<0，其中Ti為SKIPIF1<0價)為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是A．“氯化”過程中，SKIPIF1<0既不是氧化劑也不是還原劑B．“氯化”過程中，每生成SKIPIF1<0SKIPIF1<0氣體，轉(zhuǎn)移電子SKIPIF1<0C．由SKIPIF1<0制備Ti的過程中，Ar氣可換成氮氣D．由SKIPIF1<0制備Ti反應的原子利用率為100%【答案】B【解析】氯化發(fā)生的反應為：2FeTiO3+7Cl2+6CSKIPIF1<02FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后鎂和四氯化鈦反應生成鈦和氯化鎂，化學方程式為TiCl4+2MgSKIPIF1<0Ti+2MgCl2。A．“氯化”過程中，SKIPIF1<0中Fe由+2價變?yōu)?3價，SKIPIF1<0是還原劑，A錯誤；B．反應2FeTiO3+7Cl2+6CSKIPIF1<02FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，轉(zhuǎn)移14mol電子，生成SKIPIF1<0SKIPIF1<0氣體，轉(zhuǎn)移電子SKIPIF1<0×14mol=0.7mol，B正確；C．高溫下Ti與N2反應，由SKIPIF1<0制備Ti的過程中，Ar氣不可換成氮氣，C錯誤；D．由SKIPIF1<0制備Ti反應為TiCl4+2MgSKIPIF1<0Ti+2MgCl2，屬于置換反應，原子利用率不是100%，D錯誤；故選B?！咀兪?-2】（2023·浙江杭州·學軍中學?？寄M預測）SKIPIF1<0是一種優(yōu)良的飲用水處理劑，可用SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0混合共熔反應制得：SKIPIF1<0。下列關于該反應的說法不正確的是A．SKIPIF1<0是還原劑，SKIPIF1<0為還原產(chǎn)物B．在熔融條件下氧化性：SKIPIF1<0C．每生成SKIPIF1<0，轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0在處理飲用水過程中起氧化、殺菌、脫色、除味、凈水等作用【答案】C【解析】A．SKIPIF1<0，SKIPIF1<0化合價升高，被氧化，作還原劑，SKIPIF1<0，化合價降低，被還原，作氧化劑，生成物為還原產(chǎn)物，A正確；B．根據(jù)氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，，所以氧化性：SKIPIF1<0，B正確；C．SKIPIF1<0，化合價升高3價，每生成SKIPIF1<0，轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0，C錯誤；D．SKIPIF1<0具有強氧化性，在處理飲用水過程中起氧化、殺菌、脫色等，其還原產(chǎn)物SKIPIF1<0水解生成SKIPIF1<0膠體，具有吸附性，能達到凈水的目的，D正確；故選C。【變式6-3】（2023·山東濰坊·統(tǒng)考一模）實驗室利用SKIPIF1<0制取高錳酸鈉的相關反應的離子方程式如下：Ⅰ：SKIPIF1<0；Ⅱ：SKIPIF1<0；Ⅲ：SKIPIF1<0。下列說法錯誤的是A．反應Ⅰ中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為5∶1B．酸性條件下的氧化性：SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0可與鹽酸發(fā)生反應：SKIPIF1<0D．制得28.4g高錳酸鈉時，理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0mol【答案】B【解析】A．反應Ⅰ中SKIPIF1<0中氯元素化合價降低發(fā)生還原反應得到還原產(chǎn)物氯氣，氯離子中氯元素化合價升高發(fā)生氧化反應得到氧化產(chǎn)物氯氣，根據(jù)電子守恒可知，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為5∶1，A正確；B．氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物；Ⅰ得氧化性SKIPIF1<0，Ⅱ在堿性條件顯得氧化性SKIPIF1<0，Ⅲ得氧化性SKIPIF1<0，故不能說明酸性條件下氧化性：SKIPIF1<0，B錯誤；C．酸性條件下SKIPIF1<0可與鹽酸發(fā)生反應生成氯氣，SKIPIF1<0，C正確；D．28.4g高錳酸鈉為0.2mol，根據(jù)方程式可知，SKIPIF1<0，理論上消耗氯酸鈉的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0mol，D正確；故選B。1．（2023·全國乙卷）下列應用中涉及到氧化還原反應的是A．使用明礬對水進行凈化 B．雪天道路上撒鹽融雪C．暖貼中的鐵粉遇空氣放熱 D．熒光指示牌被照發(fā)光【答案】C【解析】A．使用明礬對水進行凈化過程中，明礬電離出的鋁離子發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體粒子吸附水中的懸浮顆粒并沉降下來而水變得澄清，該過程中沒有任何一種元素的化合價發(fā)生變化，因此沒有涉及到氧化還原反應，A不符合題意；B．雪天道路上撒鹽融雪，是因為雪遇到鹽而使其熔點降低并熔化，該過程中沒有任何一種元素的化合價發(fā)生變化，因此沒有涉及到氧化還原反應，B不符合題意；C．暖貼中的鐵粉遇空氣放熱，是因為暖貼中含有的鐵粉、碳粉、氯化鈉、水等物質(zhì)，形成當這些物質(zhì)遇到空氣后形成無數(shù)微小原電池并開始工作，化學能轉(zhuǎn)化為電能，無數(shù)微小原電池堆積在一起使得電能又轉(zhuǎn)化為熱能，該過程中鐵元素和氧元素的化合價發(fā)生變化，因此，該過程涉及到氧化還原反應，C符合題意；D．熒光指示牌被照發(fā)光，是因為光被指示牌發(fā)生了反射，該過程中沒有任何一種元素的化合價發(fā)生變化，因此沒有涉及到氧化還原反應，D不符合題意；綜上所述，本題選C。2．（2023秋·北京西城·高三統(tǒng)考期末）下列反應不屬于氧化還原反應的是A．向SKIPIF1<0溶液中加入NaClO溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀B．向SKIPIF1<0溶液中通入SKIPIF1<0，一段時間后，產(chǎn)生白色沉淀C．向新制的SKIPIF1<0中加入乙醛溶液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀D．向SKIPIF1<0溶液中加入氨水至過量，再加入乙醇，析出深藍色晶體【答案】D【解析】A．向SKIPIF1<0溶液中加入NaClO溶液，產(chǎn)生紅褐色沉淀，鐵的化合價升高被氧化，屬于氧化還原反應，A不符合；B．SKIPIF1<0與SKIPIF1<0溶液不反應，一段時間后，產(chǎn)生白色沉淀，是因為SKIPIF1<0被氧化生成硫酸根，產(chǎn)生硫酸鋇沉淀，發(fā)生氧化還原反應，B不符合；C．向新制的SKIPIF1<0中加入乙醛溶液，加熱，產(chǎn)生磚紅色沉淀氧化亞銅，屬于氧化還原反應，C不符合；D．向SKIPIF1<0溶液中加入氨水至過量，再加入乙醇，析出深藍色晶體，沒有元素化合價變化，不屬于氧化還原反應，D符合；故選D。3．（2023·安徽合肥·統(tǒng)考一模）下圖是一種綜合處理含SKIPIF1<0尾氣的工藝流程，下列敘述正確的是A．“吸收”過程中SKIPIF1<0被還原B．“吸收”后溶液的酸性減弱C．“氧化”后的溶液可以循環(huán)使用D．“氧化”中，每SKIPIF1<0參加反應轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0電子【答案】C【解析】根據(jù)流程圖分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2氣體，反應為2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空氣中的氧氣氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反應為4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2（SO4）3+2H2O，F(xiàn)e2（SO4）3溶液循環(huán)到“吸收”步驟使用。A．“吸收”過程中SKIPIF1<0的化合價升高，被氧化，A錯誤；B．“吸收”過程中反應為2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，酸性增強，B錯誤；C．用空氣中的氧氣氧化得到Fe2（SO4）3溶液，F(xiàn)e2（SO4）3溶液循環(huán)到“吸收”步驟循環(huán)使用，C正確；D．“氧化”中，O2化合價由0價降低為-2價，每SKIPIF1<0參加反應轉(zhuǎn)移4mol電子，D錯誤；故選C。4．火箭推進發(fā)生反應的化學方程式為：SKIPIF1<0(偏二甲肼中C、N元素的化合價相等)。下列說法正確的是A．SKIPIF1<0是氧化劑 B．SKIPIF1<0被氧化C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物之比為3∶2 D．SKIPIF1<0完全反應，有SKIPIF1<0個電子轉(zhuǎn)移【答案】C【解析】A．反應過程中SKIPIF1<0中碳元素化合價升高，反應氧化反應，SKIPIF1<0為還原劑，A錯誤；B．SKIPIF1<0中氮元素化合價降低得到氮氣，發(fā)生還原反應被還原，B錯誤；C．1分子SKIPIF1<0中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮氣，SKIPIF1<0中氮元素化合價降低被還原生成2分子氮氣，故氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物之比為3∶C正確；D．反應中不確定SKIPIF1<0反應的量，故無法判斷電子轉(zhuǎn)移的量，D錯誤；故選C。5．（2023·湖南卷）油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃SKIPIF1<0褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應：

下列說法正確的是A．SKIPIF1<0和SKIPIF1<0的空間結構都是正四面體形B．反應Ⅰ和Ⅱ中，元素SKIPIF1<0和S都被氧化C．反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的SKIPIF1<0：Ⅰ<ⅡD．反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化SKIPIF1<0轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7【答案】D【解析】A．SKIPIF1<0的中心原子S形成的4個σ鍵的鍵長不一樣，故其空間結構不是正四面體形，A錯誤；B．SKIPIF1<0中As的化合價為+3價，反應Ⅰ產(chǎn)物SKIPIF1<0中As的化合價為+3價，故該過程中As沒有被氧化，B錯誤；C．根據(jù)題給信息可知，反應I的方程式為：SKIPIF1<0，反應Ⅱ的方程式為：SKIPIF1<0，則反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的SKIPIF1<0：Ⅰ>Ⅱ，C錯誤；D．SKIPIF1<0中As為+3價，S為-2價，在經(jīng)過反應Ⅰ后，As的化合價沒有變，S變?yōu)?2價，則1molSKIPIF1<0失電子3×4mol=12mol；在經(jīng)過反應Ⅱ后，As變?yōu)?5價，S變?yōu)?6價，則1molSKIPIF1<0失電子2×2mol+3×8mol=28mol，則反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化SKIPIF1<0轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7，D正確；故選D。6．（2023·福建·校聯(lián)考一模）檢驗SKIPIF1<0的反應有如下兩種途徑。下列說法正確的是A．反應①中SKIPIF1<0被還原B．乙醚與SKIPIF1<0中的鉻元素形成共價鍵，有利于藍色現(xiàn)象的觀察C．反應②為：SKIPIF1<0D．反應③中溶液的SKIPIF1<0越小，反應速率越慢【答案】B【解析】A．反應①SKIPIF1<0、CrO5中Cr元素化合價均為+6，此反應不是氧化還原反應，A錯誤；B．由題中信息乙醚與SKIPIF1<0中的鉻元素形成共價鍵，藍色可穩(wěn)定幾分鐘，有利于藍色現(xiàn)象的觀察，B正確；C．由信息反應②為：SKIPIF1<0，C錯誤；D．反應③SKIPIF1<0+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++7H2O，中溶液的SKIPIF1<0越小，H+濃度越大，反應速率越快，D錯誤；故答案選B。7．工業(yè)上以銅陽極泥(主要成分是SKIPIF1<0)為原料提取碲(第五周期VIA族)，涉及反應：①SKIPIF1<0

②SKIPIF1<0以下說法正確的是A．SKIPIF1<0中SKIPIF1<0元素的化合價是SKIPIF1<0價B．氧化性強弱順序為：SKIPIF1<0C．反應②中氧化劑是SO2，氧化產(chǎn)物是H2SO4D．每制備SKIPIF1<0理論上共轉(zhuǎn)移12mol電子【答案】D【解析】A．碲為第五周期VIA族，最低負化合價為SKIPIF1<0價，根據(jù)化合價的正負化合價為0，SKIPIF1<0中SKIPIF1<0元素的化合價是SKIPIF1<0價，A錯誤；B．已知反應：SKIPIF1<0，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物，所以氧化性：SKIPIF1<0，在反應SKIPIF1<0中，SKIPIF1<0為氧化劑，SKIPIF1<0為還原劑，所以氧化性SKIPIF1<0，所以氧化性：SKIPIF1<0，B錯誤；C．根據(jù)化合價的升降，SKIPIF1<0，硫元素的化合價升高，被氧化，SKIPIF1<0為還原劑，SKIPIF1<0為氧化產(chǎn)物，C錯誤；D．制備SKIPIF1<0，反應①消耗SKIPIF1<0，轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0，反應②SKIPIF1<0，轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0，共轉(zhuǎn)移SKIPIF1<0，D正確；故選D。8．碘循環(huán)工藝不僅能吸收SKIPIF1<0降低環(huán)境污染，同時還能制得氫氣，具體流程如下：下列說法不正確的是A．反應器中SKIPIF1<0表現(xiàn)還原性B．膜反應器中，增大壓強有利于提高HI的平衡轉(zhuǎn)化率C．該工藝中SKIPIF1<0和HI的相互轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了“碘循環(huán)”D．碘循環(huán)工藝的總反應為：SKIPIF1<0【答案】B【解析】反應器發(fā)生反應SO2+I2+2H2OSKIPIF1<0H2SO4+2HI，反應生成的H2SO4和HI進入分離器，分離后的HI進入膜反應器，在500℃條件下發(fā)生分解生成H2和I2，生成的I2進入反應器，實現(xiàn)碘循環(huán)。A．反應器發(fā)生反應SO2+I2+2H2OSKIPIF1<0H2SO4+2HI，SO2作還原劑，表現(xiàn)還原性，A正確；B．膜反應器中的反應為2HI(g)SKIPIF1<0H2(g)+I2(g)，增大壓強能提高反應速率，但該反應反應前后氣體分子數(shù)不變，增大壓強平衡不移動，不能提高HI的平衡轉(zhuǎn)化率，B錯誤；C．根據(jù)反應器中的反應和膜反應器中的反應，該工藝中I2和HI的相互轉(zhuǎn)化體現(xiàn)了“碘循環(huán)”，C正確；D．將反應器中的反應和膜反應器中的反應相加，總反應為SKIPIF1<0，D正確；故選B。9．一種利用微生物從黃銅礦(主要成分為SKIPIF1<0)中提取銅元素的具體操作過程如圖所示。下列說法正確的是A．轉(zhuǎn)化過程中SKIPIF1<0和SKIPIF1<0可以循環(huán)使用B．微生物的作用下，SKIPIF1<0作催化劑C．若SKIPIF1<0中的銅元素最終全部轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0，當有2molSKIPIF1<0生成時，理論上消耗4.25molSKIPIF1<0D．在硫酸介質(zhì)中用SKIPIF1<0替代SKIPIF1<0也能高效實現(xiàn)將SKIPIF1<0氧化為SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．由題圖可知，本題涉及的反應有SKIPIF1<0SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0SKIPIF1<0，則總反應為SKIPIF1<0SKIPIF1<0。SKIPIF1<0被還原為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在微生物作用下被SKIPIF1<0氧化為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0在微生物作用下，與SKIPIF1<0和SKIPIF1<0反應生成SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0又可重新參與反應，故SKIPIF1<0可以循環(huán)使用，而SKIPIF1<0在反應中生成又被消耗，屬于中間產(chǎn)物，A錯誤；B．在微生物的催化作用下，SKIPIF1<0將SKIPIF1<0氧化為SKIPIF1<0，將SKIPIF1<0氧化為SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0是氧化劑，SKIPIF1<0是還原劑，不是催化劑，B錯誤；C．由總反應可知，生成2molSKIPIF1<0的同時，生成1molSKIPIF1<0，失電子的總物質(zhì)的量為SKIPIF1<0，根據(jù)得失電子守恒可知，理論上消耗SKIPIF1<0的物質(zhì)的量為SKIPIF1<0，C正確；D．由于SKIPIF1<0