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名师讲练04 氧化还原反应
【高考定位】氧化还原反应是高中化学的核心理论，贯穿于高中化学学习的始终，也是高考考查的重点和热点内容，很少会以专门考题出现，而是融入其他专题进行考查,分散在各种题型中。高考对氧化还原反应的考查常是以选择题、填空题的形式对相关概念进行辨析，涉及氧化性、还原性强弱比较，以具体物质的性质为载体，考查氧化还原反应方程式书写，得失电子数目的简单计算，以及强弱规律的应用等。试题与元素及其化合物性质及有关化学实验密切联系在一起，尤其是重要物质制备与氧化还原反应的结合，陌生的氧化还原反应方程式的书写成为近年来考查的亮点。氧化还原反应涉及面广，解题规律性强，有一定的技巧，预计在今后的高考试题中会推出新的设问方式、新的题型，特别是与工农业生产、科学研究、日常生活等紧密结合的试题。
【知识讲解】
一、氧化还原反应概念
1.氧化还原反应的关系

（1）氧化反应：失去电子(化合价升高)的反应。
（2）还原反应：得到电子(化合价降低)的反应。
（3）氧化剂(被还原)：得到电子的物质(所含元素化合价降低的物质)。
（4）还原剂(被氧化)：失去电子的物质(所含元素化合价升高的物质)。
（5）氧化产物：还原剂失电子后对应的产物(包含化合价升高的元素的产物)。
（6）还原产物：氧化剂得电子后对应的产物(包含化合价降低的元素的产物)。
2．氧化还原反应的表示方法
（1）双线桥法：箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素。箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。在“桥”上标明电子的“得”与“失”，且得失电子总数应相等。

（2）单线桥法：箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。箭头方向表示电子转移的方向。在“桥”上标明转移的电子总数。

3.氧化性及还原性的强弱比较
物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易程度，与得失电子的数目无关。如：Na、Mg、Al的还原性强弱依次为Na＞Mg＞Al；浓HNO3、稀HNO3的氧化性强弱为浓HNO3＞稀HNO3
（1）根据氧化还原反应原理：氧化剂氧化性强于氧化产物，还原剂还原性强于还原产物。
（2）根据元素的化合价：如果物质中某元素具有最高价，该元素只有氧化性；物质中某元素具有最低价，该元素只有还原性；物质中某元素具有中间价态，该元素既有氧化性又有还原性。元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，元素化合价降低被还原，发生还原反应。
（3）根据活动性顺序：在金属活动性顺序表中，位置越靠前，其还原性就越强，其阳离子的氧化性就越弱。一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。
（4）根据元素周期表：同周期元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐增强，还原性逐渐减弱；同主族元素，随着核电荷数的递增，氧化性逐渐减弱，还原性逐渐增强。
（5）根据反应的难易程度：氧化还原反应越容易进行(表现为反应所需条件越低)，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强。不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，条件越易或者氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。
（6）根据电化学原理判断：两种不同的金属构成原电池的两极，负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极，负极还原性强于正极。用惰性电极电解混合液时，若混合液中存在多种金属阳离子时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强(相应的金属单质的还原性较弱)，若混合液中存在多种阴离子，在阳极先放电的阴离子的还原性较强(相应的非金属单质的氧化性较弱)。
（7）一般溶液的酸性越强或温度越高，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越强，反之则越弱。氧化性、还原性强弱的比较是考试的一个难点，基本考查方式一是比较氧化性还原性的强弱，二是根据氧化性还原性强弱，判断反应能否进行。
[例题1] K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：

结合实验，下列说法不正确的是
A．①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B．②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C．对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D．若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【解析】A、在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A正确；B、②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，乙醇被氧化，B正确；C、②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，C正确；D、若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，重铬酸根离子浓度增大，可以氧化乙醇，溶液变绿色，D错误。答案：D
指点迷津：分析氧化还原反应的两个关键
（1）知识线索：化合价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物(或化合价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物)。
（2）解题思路：理解概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化还原反应的实质——电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化还原反应的特征入手。具体思路是：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是同种元素间的氧化还原反应，必须弄清它的变化情况。

二、氧化还原反应方程式书写
1.氧化还原反应规律
(1)强弱规律：从化学反应方向的角度判断“剂＞物”，即同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。应用于判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱；判断某氧化还原反应能否正常进行。
(2)守恒规律：氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
应用于直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系；配平氧化还原反应方程式。
(3)价态规律：同一元素不同价态之间转化时，价态只靠近不交叉，相邻价态不反应。应用于判断氧化还原反应能不能发生；判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。
(4)优先规律：当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。应用于判断某一氧化还原反应能否正常进行；可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。
2．氧化还原反应方程式的配平
(1)配平原则：电子守恒、原子守恒、电荷守恒
(2)配平步骤(以高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气为例)：①标出化合价变化了的元素的化合价。②根据元素存在的实际形式调整发生了氧化还原反应的物质的系数，使之成1︰1的关系。③调整系数，使化合价升降总数相等。④根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。⑤利用元素守恒，用观察法配平没有参加氧化还原反应的其他物质的系数。⑥检查方程式两边各原子的个数是否相等，离子方程式还要检查方程式两边的离子所带的电荷数是否相等。
3.信息型氧化还原反应方程式的书写：信息型氧化还原反应方程式的书写涉及元素化合价的变化。虽参加反应的物质比较陌生，但可依据氧化还原的得失电子守恒思想，写出主要反应物和产物，再根据溶液的性质，补上适当的反应物或生成物。具体步骤如下：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数；根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒；根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
[例题2] (1) 电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从废液中回收铜，重新获得FeCl3溶液，设计了下列实验步骤。写出一个能证明还原性Fe比Cu强的离子方程式：_____________________。该反应在上图步骤________中发生。上述过程回收的铜是粗铜，为了获得更纯的铜必须进行电解精炼。写出电解精炼时阳极材料及主要的电极反应式___________________________________。

（2）开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。该循环工艺过程的总反应方程式为 ，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是 。

【解析】（1）FeCl3滴入沸水中，继续煮沸可生成Fe(OH)3胶体，有丁达尔现象。Fe3＋能氧化I－生成I2，Fe3＋能与NaOH溶液生成Fe(OH)3红褐色沉淀。而加热蒸干FeCl3溶液，由于Fe3＋的水解，会生成Fe(OH)3沉淀，经灼烧，得到Fe2O3，而不是FeCl3固体。在FeCl3溶液中加入Fe、Cu固体后，发生以下反应：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋。由此看出剩余固体中不可能有Fe无Cu，而只能是Cu或Cu、Fe混合物。(3)废液中回收铜的实验过程如下：

Fe能从CuCl2溶液中置换出铜，可证明Fe比Cu的还原性强，反应方程式为：Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu。电解精炼铜时，粗铜作阳极(Cu－2e－===Cu2＋)，纯铜作阴极(Cu2＋＋2e－===Cu)，含Cu2＋的溶液作电解质溶液。（2）从流程图中的各方框的进出箭头可以迅速得出总反应的反应物是SO2和H2O，生成物是H2SO4和H2，I2是循环使用的物质，可以迅速写出反应的总方程式为2H2O+SO2====H2SO4+H2，碘化氢的分解反应是可逆反应，应从化学平衡角度分析分离出氢气的目的。
答案：(1) Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，①，粗铜，Cu－2e－===Cu2＋（2）2H2O+SO2====H2SO4+H2；减小氢气的浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率
指点迷津：配平的关键是确定还原剂(或氧化剂)化合价升高(或降低)总数，这就必须弄清还原剂(或氧化剂)中有几种元素发生化合价变化，每一种元素有几个变价原子。配平的原则是化合价升降总数相等。氧化还原反应方程式的配平步骤：
(1)写出反应物和生成物的化学式，并标出反应前后变价元素的化合价。
(2)列出元素化合价升高和降低的数值。
(3)求出最小公倍数，使化合价升高和降低总价数相等。
(4)用观察法配平其他物质的系数。
(5)将“——”写为“===”，给定条件的写明条件。

三、氧化还原反应计算
守恒思想是我们常用解答计算题的重要方法，也是将问题化繁为简的重要手段，我们平时常涉及到的守恒有电荷守恒、电子守恒、原子守恒。而利用电子守恒思想求解氧化还原问题又是高考重要题型，解答此类题目应首先找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物；再确定一个原子或离子得失电子数，列出等式关系，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。氧化还原反应计算得具体步骤是：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)；根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式；对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
[例题3] (1)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为________。
(2)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2 沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2 与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O62-。O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：______________。取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。该水样中的溶解氧_______(以mg·L－1表示)。
(3)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为________。
(4)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为__________。联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是___。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是__________。
【解析】(1)反应的离子方程式：Cr2O72-＋14H＋＋6Cu＋===6Cu2＋＋2Cr3＋＋7H2O，由题意可知n（Cr2O72-）=a mol·L－1×b×10－3 L，结合方程式化学计量数可得n（Cu＋）＝6ab×10－3mol，则样品中CuCl的质量分数为×100%＝%。(2)反应中Mn由＋2价升至＋4价，O由0价降至－2价，根据Mn和O得失电子守恒配平反应，并用OH－平衡电荷反应的离子方程式为：2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓。找出反应之间的关系：n(O2)～n[MnO(OH)2]～n(I2)～n(S2O)，根据Na2S2O3的消耗量，可计算出水样中的溶解氧。 (3)FexO与盐酸和Cl2反应的总离子方程式为：FexO＋2H＋＋Cl2===xFe3＋＋(3x－2)Cl－＋H2O，由题意得56x＋16：=1．52 g：0.005 mol，解得x＝0.80。(4)由题意可知，次氯酸钠是强氧化剂，氨是还原剂，氮元素由－3价升高到－2价，失去1个电子，生成联氨，氯元素由＋1价降低到－1价，得到2个电子，生成稳定的氯化钠，则反应的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O。由题意可知，联氨是还原剂，AgBr是氧化剂，两者反应时，AgBr中银元素由＋1价降低到0价，生成的单质银或银粉覆盖在淡黄色的溴化银固体表面，联氨中氮元素由－2价升高到0价，生成氮气，反应的化学方程式为N2H4＋4AgBr ===N2↑＋4Ag＋4HBr(可能还发生反应N2H4＋HBr===N2H5Br)，因此可观察到淡黄色固体逐渐变黑，并有气泡产生。由N2H4＋O2===N2＋2H2O可知，1 mol联氨可除去1 mol O2，又因为M(N2H4)＝M(O2)，m＝n·M，1 kg 联氨可除去O2的质量为1 kg；用亚硫酸钠处理水中溶解氧的原理为2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，处理等物质的量的O2时，消耗联氨的物质的量仅为消耗亚硫酸钠的物质的量的一半，且联氨与氧气反应的产物为N2和H2O，而亚硫酸钠与氧气反应的产物为Na2SO4。
【答案】(1) 0.597ab÷m×100%(2)2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓ 10.80(3)0.8(4)2NH3＋
NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O 固体逐渐变黑，并有气泡产生　1　N2H4的用量少，不产生其他杂质(还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4)
指点迷津：氧化还原反应计算应首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的物质的量，然后根据得失电子守恒列出等式：氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂失电子数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。

【真题演练】
1．（2020年7月浙江选考）反应MnO2+4HCl(浓)加热MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )
A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1
2．（2020山东新高考）下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
3．（2019北京）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是

物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
D
NO（NO2）
H2O、无水CaCl2
4．（2019浙江4月选考）反应8NH3＋3Cl2N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为
A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
5．（2018北京卷）下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

A
B
C
D
实验
NaOH溶液滴入FeSO4溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S溶液滴入AgCl浊液中
热铜丝插入稀硝酸中
现象
产生白色沉淀，随后变为红褐色
溶液变红，随后迅速褪色
沉淀由白色逐渐变为黑色
产生无色气体，随后变为红棕色

【过关搏杀】
1．实验室利用下列反应来制取 Cl2：MnO2+ 4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。关于该反应的说法正确的是
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比是 1∶4 B．氧化产物是 MnCl2
C．每生成 71 g 氯气，转移电子数是 2NA D．HCl→Cl2发生了还原反应
2．以氯酸钠()等为原料制备亚氯酸钠()的工艺流程如下：

下列说法错误的是( )
A．反应1中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2
B．可以用于自来水的杀菌消毒，且比氯气更高效
C．对于反应2，反应过程中会有气泡逸出，生成的气体为
D．粗产品还需要经过洗涤和减压干燥才能得到纯度较高的产品
3．元素铬()的几种化合物存在下列转化关系：
已知：。下列判断不正确的是( )
A．反应①表明有酸性氧化物的性质
B．反应②中体现还原性
C．反应③中铬元素的化合价发生了变化
D．反应溶液颜色不再变化，可以说明该反应达到平衡状态
4．海洋深处存在一种海生假单孢菌，可以在无氧条件下通过微生物产生的醋酸与含MnO2的矿石反应生成Mn2+其反应过程如图所示。下列说法正确的是

A．生成22.4LCO2.时。转移电子为1mol
B．过程①中既有极性键和非极性键断裂，又有极性键和非极性键形成
C．过程②③总反应为:MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-
D．升高温度能够加快反应速率
5．在钯的配合物离子[PdCl4]2－的作用下合成H2O2，反应历程如图，下列说法错误的是

A．[PdCl4]2－在此过程中作为催化剂
B．该过程的总反应为H2+O2H2O2
C．生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为4mol
D．历程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－
6．次磷酸钙[Ca(H2PO2)2，该化合物中H是+1价，O是-2价]可用作阻燃剂，食品添加剂和动物营养剂，制备次磷酸钙的反应化学方程式为：Ca(OH)2+P4+H2O→Ca(H2PO2)2+PH3↑(未配平)，下列说法错误的是( )
A．Ca(H2PO2)2为氧化产物
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：3
C．生成1molPH3消耗31gP4
D．次磷酸钙具有还原性
7．因具有杀菌能力强，对人体、动物没有危害以及对环境不造成二次污染等特点，备受人们的青睐。下图是一种制的微观示意图。下列有关说法正确的是( )

A．该反应中只有共价键的断裂与形成
B．该反应中，作氧化剂
C．该条件下，氧化性：
D．制取，有失去电子
8．科学研究发现在不同金属催化剂的作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮，以达到消除污染的目的，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是( )
A．铱的表面发生反应：
B．导电基体上消除含氮污染物的总反应为
C．若导电基体上只有单原子，含氮污染物也能被消除
D．导电基体上的颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量
9．已知在光催化材料中，铋酸钠是一种新型有效的光催化剂，其中铋位于元素周期表中第ⅤA族，以价较为稳定，溶液呈无色。现取一定量的溶液，向其中依次加入下列溶液，对应的现象如表所示：
加入的溶液
①适量铋酸钠溶液
②过量双氧水
③适量淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
溶液紫红色消失，产生气泡
溶液缓慢变成蓝色
下列结论错误的是( )。
A．实验③说明的氧化性比的氧化性强
B．向铋酸钠溶液中滴加淀粉溶液，溶液不一定变成蓝色
C．实验②中每转移个电子，会生成标准状况下
D．还原性的强弱顺序：
10．研究表明CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是

A．反应①是氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应
B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定
C．FeO+使反应的活化能减小，FeO+是中间产物
D．若转移1 mol电子，则消耗11.2 L N2O
11．铈、钛、锌、锰虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。
(1)二氧化铈 (CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，反应中CeO2作______剂。在加热条件下，CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是______。
(2)钛(Ti)被誉为“二十一世纪的金属”。
①在高温下，向金红石(主要成分TiO2)与焦炭的混合物中通入Cl2，得到TiCl4和一种可燃性气体。该反应的化学方程式是______。
②加热条件下，镁与TiCl4反应可得到钛，下列气体可以作为保护气的是______
A．O2 B．N2 C．CO2 D．Ar
(3)锌和铝都是活泼金属，其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱。写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式______。
(4)锰及其化合物应用越来越广泛，MnO2是一种重要的无机功能材料。
①已知A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质。

则反应②的离子方程式为______。
②E和C反应的化学方程式______。
12．硫酸亚铁是生产钛白粉的副产品，可用于制磷酸铁（FePO4）、氧化铁黑（Fe3O4）。
(1)以硫酸亚铁溶液为原料制取磷酸铁的过程为：向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，在搅拌的条件下加入双氧水，在70~75℃范围内反应，有白色FePO4·3H2O沉淀析出。将沉淀过滤、洗涤、干燥得磷酸铁。
①写出该过程中由硫酸亚铁制取FePO4·3H2O的化学方程式：______。
②该过程中温度不能过高，过高会使得FePO4·3H2O产率变低，原因是______。
③反应需控制溶液的pH，pH过高会同时析出FePO4和Fe(OH)3沉淀。若pH＝4时同时析出两种沉淀，所得室温下滤液中c(PO)＝_____mol·L－1。{已知Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38、Ksp(FePO4)＝1.3×10－22}
(2)一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑的示意图如图所示。

①写出转化Ⅱ反应的离子方程式：______。
②转化Ⅱ中的O2来自于空气，反应中通入空气不能过量，过量会使所得产品中含有红色的杂质，该杂质是______。
13．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，黄色晶体，可溶于水，但难溶于甲醇和乙醇，易被空气氧化，在碱性介质中较稳定。某化学兴趣小组利用下图所示装置制备保险粉。

其制备过程如下：
步骤1：安装好整套装置，并检查装置的气密性；
步骤2：在锥形瓶中依次加入HCOONa、NaOH、甲醇(溶剂)和水形成混合液；
步骤3：打开分液漏斗活塞，向装置B中先通入一段时间SO2；
步骤4：用磁力搅拌器搅拌一段时间，装置B中有黄色晶体析出，并产生大量气体；
步骤5：过滤、用乙醇洗涤、干燥，收集产品。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_______。
(2)装置B中发生反应的化学方程式为_______。
(3)仪器a的作用是_______(答出一点即可)。
(4)打开分液漏斗活塞，向装置B中先通入一段时间SO2的目的是_______。
(5)用乙醇洗涤保险粉的目的是_______。
(6)常温下，测得0.050 mol·L-1 Na2S2O4溶液的pH随时间的变化关系如图所示：

若B点的溶质为NaHSO3，则C点的溶质是_______(填化学式)。
14．高氯酸铜易溶于水，在130 ℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。HClO4是易挥发的发烟液体，温度高于130 ℃易爆炸。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图：

(1)发生“电解I”时，所用的交换膜是_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
(2)已知上述工艺流程中“歧化反应”的氧化产物和还原产物物质的量之比为1︰5，写出该反应的离子方程式：_______。
(3)操作a的名称是_______，该流程中可循环利用的物质是_______(填化学式)。
(4)向Cu2(OH)2CO3沉淀中滴加稍过量的HClO4小心搅拌，适度加热后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液，同时会产生大量的白雾。加热时温度不能过高的原因是_______。
(5)某温度下，高氯酸铜按A、B两种方式同时分解，分解过程中铜的化合价不发生改变。A方式为Cu(ClO4)2CuCl2＋4O2↑，若4 mol高氯酸铜在该温度下按A、B各占50％的方式完全分解，且A、B两种方式转移的电子数之比为8︰7，则B方式为_______(用化学方程式表示)。

参考答案
【真题演练】
1.B【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意。
2.B【解析】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。
3.B【解析】A．FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl3+Fe=2FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故A不符合题意；B．MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C．部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原法应，故C不符合题意；D．NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原法应，故D不符合题意。
4.A【解析】该氧化还原反应用双线桥表示为，可知实际升价的N原子为2个，所以2个NH3被氧化，同时Cl2全部被还原，观察计量数，Cl2为3个，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2：3。
5.C【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，该反应为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于氯水呈酸性，滴入石蕊溶液后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl＋Na2S===Ag2S＋2NaCl，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO＋O2===2NO2，两反应都为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项。

【过关搏杀】
1．C【解析】A．MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且由反应可知，2molHCl作还原剂与1mol氧化剂遵循电子守恒，则反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，故A错误；
B．HCl是还原剂，则氧化产物是Cl2，故B错误；
C．71 g 氯气的物质的量为=1mol，且反应中氯元素从-1价升高为0价，则每生成 71 g 氯气，转移电子数是 2NA，故C正确；
D．HCl→Cl2时氯元素从-1价升高为0价，则发生氧化反应，故D错误。
2．A【解析】A．在反应1中，和在硫酸的作用下生成和，反应的离子方程式为，根据离子方程式可知，氧化剂()与还原剂()物质的量之比为2:1，故A错误；
B．是新型消毒剂，具有强氧化性，因此可以用于自来水的杀菌消毒，又相较于，二者做消毒剂时均被还原为-1价，因此杀菌消毒时单位质量下转移电子数更多，消毒效果更好，故B正确；
C．在反应2中，与在作用下反应生成，氯元素的化合价从降低到，则是氧化剂，是还原剂，会被氧化生成，故C正确；
D．粗产品上附着其他杂质，洗涤可以使产品更纯净，流程中采用减压蒸发说明可能受热易分解，因此减压干燥可以保证产品的产率，故D正确。
3．C【解析】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应①又告知Cr2O3能与KOH反应：，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；
B．反应②中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，KCrO2体现还原性，B项正确；
C．反应③中铬元素的化合价并没有发生变化，C项错误；
D．反应溶液颜色不再变化，说明浓度不再变化，达到平衡状态，D项正确。
4．C【解析】A．选项未说明标准状况，故22.4 L不一定为1 mol，A错误；
B．过程①中，CH3COOH反应伴随着极性键（C—H）和非极性键（C—C）断裂，生成物CO2、HX只有极性键的形成，无非极性键形成，B错误；
C．根据图示，过程②反应为：Mn3++HX=Mn2++H++X，过程③反应为：MnO2+Mn2++2H2O=2Mn3++4OH-，根据图示可知Mn2+与Mn3+属于循环物质，再结合题意知最总无Mn3+生成，所以②×2+③消去Mn3+得总反应为：MnO2+2HX=Mn2++2X+2OH-，C正确；
D．升高温度不利于微生物的存活，故反应速率不能加快，D错误。
5．C【解析】A．依据过程图可知[PdCl4]2－在此过程中先消耗后生成，反应前后不变，是催化剂，故A正确；
B．依据图示可知氢气与氧气在[PdCl4]2－催化作用下生成过氧化氢，H2+O2H2O2，故B正确；
C．由B中的方程式H2+O2H2O2可知，生成1molH2O2的过程中，转移电子总数为2mol，故C错误；
D．由图示可知，过程中发生了Pd+O2+2Cl－＝[PdCl2O2]2－故D正确。
6．C【解析】A．P4中P元素化合价由0价升高到Ca(H2PO2)2中的+1价，则Ca(H2PO2)2为氧化产物，故A正确；
B．根据分析，反应方程式为：3Ca(OH)2+2P4+6H2O=3Ca(H2PO2)2+2PH3↑，该反应中P4既是氧化剂又是还原剂，其中生成PH3的P4化合价降低被还原做氧化剂，生成Ca(H2PO2)2的P4化合价升高被氧化做还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1:3，故B正确；
C．由反应方程式3Ca(OH)2+2P4+6H2O=3Ca(H2PO2)2+2PH3↑可知，生成1molPH3消耗1molP4，质量为1mol124g/mol=124g，故C错误；
D．由已知Ca(H2PO2)2中H是+1价，O是-2价，则P的化合价为+1价，低于磷的最高化合价+5价，化合价可以升高，故次磷酸钙具有还原性，故D正确。
7．C【解析】由微观示意图可知，制二氧化氯的反应为氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯，反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+ 2ClO2。
A.亚氯酸钠和氯化钠均为离子化合物，由图可知，氯气与亚氯酸钠反应生成氯化钠和二氧化氯时有离子键的破坏与形成，故A错误；
B.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，亚氯酸钠是反应的还原剂，故B错误；
C.由分析可知，反应中亚氯酸钠中氯元素的化合价升高，氯气中氯元素的化合价降低，氯气是反应的氧化剂，二氧化氯是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯气的氧化性强于二氧化氯，故C正确；
D.由分析可知，反应中氯气是反应的氧化剂，亚氯酸钠是反应的还原剂，135g二氧化氯的物质的量为=2mol，由方程式可知有1mol氯气得到电子，故D错误。
8．C【解析】A．根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气和水，反应为，A正确；
B．根据图示可知，导电基体上H2、为反应物，NO为中间产物，N2O为产物，故导电基体上消除含氮污染物的总反应可表示为，B正确；
C．由图示可知，导电基体Cu上的转化原理是在单原子Pt和单原子Cu协同催化作用下，将溶液中的转化为N2O气体，在气体中又在铱的催化作用下将氢气和N2O转化成无污染的N2，C错误；
D．从图示可知，硝酸根离子在Pt颗粒上得电子变为铵根离子，导电基体上的Pt颗粒增多不利于降低溶液中的含氮量，D正确。
9．A【解析】A．②中加入过量双氧水，再加入适量淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，不一定是氧气氧化的I-，故A错误；
B．向铋酸钠溶液中滴加淀粉溶液，铋酸钠能把KI氧化成I2，但有可能进一步氧化成，所以溶液不一定变成蓝色，故B正确；
C．根据得失电子守恒可知，实验②中每转移2个电子会生成1mol氧气，标准状况下氧气体积为22.4L，故C正确；
D．结合实验①的现象，氧化了，根据还原剂的还原性比还原产物的还原性强，可知，故D正确。
10．C【解析】A．反应①、②中均有元素化合价的升降，因此两个反应都是氧化还原反应，A错误；
B．已知两步反应分别为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)，在这 两步反应中，反应物的能量都比生成物的高，因此反应都是放热反应，但总反应的化学反应速率由速率慢的反应①决定，C错误；
C．Fe+作催化剂，使反应的活化能减小，FeO+是反应过程中产生的物质，因此FeO+是中间产物，C正确；
D．缺标准状况无法，计算消耗N2O的体积，D错误。
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