【文档说明】备战2024年高考化学易错题（全国通用）易错类型04 氧化还原反应（6大易错点） Word版含解析.docx，共(25)页，1.656 MB，由小赞的店铺上传

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易错类型04氧化还原反应【易错点01】不能正确辨析氧化还原反应有关概念【易错点02】不能正确判断物质氧化性或还原性强弱【易错点03】不能利用氧化还原反应规律判断反应能否进行【易错点04】不能利用氧化还原反应规律判断反应物的反应顺序【易错点05】不能正确

书写陌生的氧化还原反应方程式【易错点06】不能利用守恒律进行氧化还原反应综合判断与计算易错点1不能正确辨析氧化还原反应有关概念【分析】1.理清两条概念线索2.三步解答氧化还原反应概念的相关题目:易错点2不能正确判断物质氧化性或还原性强弱【分析】物质的氧化性(或还原性)的强弱与得失电子

的难易程度有关，与得失电子的数目无关，但外界因素(如反应条件、反应物浓度、酸碱性等)也影响物质的氧化性(或还原性)。例如，NO－3在酸性条件下具有强氧化性，但在中性或碱性条件几乎不表现氧化性。易错点3不能利用氧化还原反应规律判断反应能否

进行【分析】含不同价态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，不同价态硫之间可以发生氧化还原反应的是①②③④。注：⑤中不会出现H2S转化为SO2而

H2SO4转化为S的情况。易错点4不能利用氧化还原反应规律判断反应物的反应顺序【分析】1.难易律(1)内容：越易失电子的物质，失去电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得到后就越难失电子，一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时和几种氧化剂相遇时，氧化性最强

的优先发生反应。可把常见微粒的氧化性、还原性按强弱以位置前后的形式排列：(2)应用：①判断物质的稳定性；②判断物质反应的先后顺序，即左上方的一种氧化剂可氧化它右下方的还原性微粒．若有多种，则优先氧化较右下方的微粒；③选择合适的氧

化剂或还原剂，如要氧化Ｆe2+而Ｂr－不被氧化，则可选择Ｂr2；④判断氧化性微粒、还原性微粒能否共成。虚线所指两种微粒一定能发生反应，故不共存；实线所指微粒能共存．2.(1)在浓度相差不大的溶液中，若同时含有多种还原剂，加入氧化剂时，将

按照物质的还原性由强到弱的顺序依次发生反应。例如，在FeBr2和FeI2混合液中通入Cl2时，由于还原性：I－＞Fe2＋＞Br－，故被Cl2氧化的离子的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－。(2)在浓度相差不大的溶液中

，若同时含有多种氧化剂，加入还原剂时，将按照物质的氧化性由强到弱的顺序依次发生反应。如向含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反

应。3.熟记两串微粒的反应先后顺序(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KMnO4(H＋)＞Cl2＞Br2＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋。(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：

S2－＞SO2－3(或HSO－3)＞I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－。易错点5不能正确书写陌生的氧化还原反应方程式【分析】第1步：根据氧化性、还原性强弱顺序确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律和题给信息及已知元

素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；第2步：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。第3步：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。第4步：根据原子守恒（质量守恒），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。缺项型氧化还原反应方程式的补项类型、补项原则和组合方式①补项类型条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多

O(氧)补H2O，少O(氧)补OH－(水)②补项原则介质多一个氧原子少一个氧原子酸性＋2H＋结合1个O→H2O＋H2O提供1个O→2H＋中性＋H2O结合1个O→2OH－＋H2O提供1个O→2H＋碱性＋H2O结合1个O→2OH－＋2OH－提供1个O→H2O

③组合方式反应物生成物使用条件组合一H＋H2O酸性溶液组合二H2OH＋酸性或中性溶液组合三OH－H2O碱性溶液组合四H2OOH－碱性或中性溶液易错点6不能利用守恒律进行氧化还原反应综合判断与计算【分析】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。突破1不能正确辨析氧化还原反应有关概念【例1】（2022·山东卷）古医典富载化学

知识，下述之物见其氧化性者为A．金(Au)：“虽被火亦未熟"B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”D．石钟乳(3CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】C【解析】A．金

“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性

无关，B不合题意；C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SΔAg2S、Fe+SΔFeS、2Cu+SΔCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是

指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；故答案为：C。【例2】（2022·浙江卷）关于反应223242422NaSOHSO=NaSOS++SO++HO，下列说法正确的是A．24HSO发生还原

反应B．223NaSO既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D．2231molNaSO发生反应，转移4mol电子易错分析：无法厘清反应中氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物都是哪些物质。【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+S

O2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还

原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol

Na2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。综上所述，本题选B。【变式1-1】（2023·江苏南京·统考二模）2023年3月，“三星堆”遗址考古又发掘出大量青铜器。火法炼铜主要发生的反应为22CuS+O高温22CuSO+，下列说法正确的是A．2CuS中

铜的化合价为＋2B．该反应为复分解反应C．2SO是酸性氧化物D．反应中氧化剂仅为2O【答案】C【解析】A．2CuS中S为-2价，则铜的化合价为＋1，故A错误；B．从反应物和生成物的种类和个数，可知该反应属于置换反应，

故B错误；C．2SO可与碱反应生成亚硫酸盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．反应中氧元素化合价降低，铜元素化合价也降低，2CuS和2O都做氧化剂，故D错误；故选：C。【变式1-2】（2023·辽宁沈阳·统考一模）明代《徐光启手迹》记载了制备王水的方法，其主要流程如图

所示(水蒸气等部分产物已省略)，下列说法中正确的是A．X不能使酸性4KMnO溶液褪色B．操作1的名称为蒸馏C．流程中涉及的均为非氧化还原反应D．步骤ⅱ能在铁容器中进行【答案】B【解析】A．由题意，Fe元素化合价升高，故部分硫元素化合价降低，X的化学式应为SO2，SO2具有还原性能使

酸性4KMnO溶液褪色，故A错误；B．操作1后得到硝酸，该过程中制取硝酸是利用了硝酸易挥发的性质，则操作1的名称为蒸馏，故B正确；C．步骤i中煅烧绿矾生成SO2过程中，S、Fe的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D．王水

是浓硝酸和浓盐酸按体积比=1:3的混合物，会腐蚀铁容器，步骤ⅱ不能在铁容器中进行，故D错误；故选B。【变式1-3】（2023·河南郑州·统考一模）硫代碳酸钠()23NaCS在农业上用作杀菌剂和杀线虫剂，在工业上用于处理

废水中的重金属离子。其制备原理为：()()()22322NaHSsCS(l)NaCSsHSg+=+。下列说法不正．．确．的是A．该制备反应属于熵增反应B．23NaCS与23NaCO性质相似，不能被氧化C．制备23NaCS的反应属于非氧化

还原反应D．23NaCS与盐酸反应，生成NaCl、2CS和2HS【答案】B【解析】A．根据方程式可判断反应前气体体积增加，所以该制备反应属于熵增反应，A正确；B．23NaCS与23NaCO性质相似，但由于硫元素是－2价，处于最低价态，因此能被氧化，B错误；

C．制备23NaCS的反应中元素化合价均是不变的，所以属于非氧化还原反应，C正确；D．根据碳酸钠和盐酸的反应可知23NaCS与盐酸反应，生成NaCl、2CS和2HS，D正确；答案选B。突破2不能正确判断物质氧化性或还原性强弱【例3】已知工业上制备氧缺位铁酸盐2ZnFeO

(34)xx的部分流程如图，该方法可实现氮、硫氧化物的废气利用，转化流程如图所示。下列有关该转化过程的叙述错误的是A．若24OZnFe与2H发生反应的物质的量之比为2：1，则3.5x=B．2SO的还原性强于ZnFe2OxC．若使21molZnFeOx完全转化为24ZnFeO，需失

去(8-2x)mol电子D．24ZnFeO与2H的反应要在无氧条件下进行【答案】B【解析】A．242molZnFeZO与21molH反应生成2molZnFeOx，说明Fe元素的化合价降低了120.522=价，24ZnFeO

中Fe元素为+3价，则2xZnFeO中Fe元素为+2.5价，由化合物中各元素的正、负化合价代数和为0，可得222.5(2)0++−=x，解得x=3.5，A正确；B．2xZnFeO与2SO的反应中，Fe元素的化合价升高，2xZnFeO作还原剂，2SO作氧化剂，2SO的氧化性强于2xZ

nFeO，B错误；C．24ZnFeO中Zn元素为+2价，Fe元素为+3价，2xZnFeO中Zn元素为+2价，Fe元素为+(x-1)价，21molZnFeOx完全转化为24ZnFeO需失去(8-2x)mol电子，C正确；D．温度较高时氢气和氧气混合会发生爆炸，所以24ZnFeO与2H的反应要在无

氧条件下进行，D正确。故选B。【变式2-1】（2023·广东广州·一模）陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是选项陈述I陈述IIA用3FeCl溶液刻蚀铜质电路板氧化性：32FeCu++B用22NaO作呼吸面具的氧气来源22NaO能氧化2COC用2NaS除去废水中的2+Cu和2+Hg2

NaS具有还原性D用石灰乳脱除烟气中的2SO2SO具有氧化性【答案】A【解析】A．氧化剂氧化性大于氧化产物，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，说明氧化性32FeCu++，A正确；B．22NaO发生自身的氧化还原和二氧化碳生成氧气，可用22NaO作呼吸面具的氧气来源，B错误；C．用

2NaS除去废水中的2+Cu和2+Hg，是硫离子和铜离子、汞离子生成沉淀，C错误；D．二氧化硫和氢氧化钙生成亚硫酸钙，空气中氧气会被亚硫酸钙氧化为硫酸钙，没有说明2SO具有氧化性，D错误；故选A。【变式2-2】（2023·福

建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）钴是一种重要的过渡金属元素，常见化合价有+2、+3价。实验室利用242CoCO2HO固体进行如下实验。下列说法错误的是A．Co在元素周期表中位于第四周期VIII族B．固体Y为34CoOC．酸性条件下氧化性：3+2Co>ClD．

结合上述流程信息，若有560.2molCoO与足量盐酸充分反应，理论上可以得到20.1molCl【答案】D【解析】A．已知Co是27号元素，则Co在元素周期表中位于第4横行第9纵列即第四周期Ⅷ族，选项A正确；B．由题干信息可知，0.3molC

oC2O4·2H2O加热至恒重时固体Y的质量为24.1g，Y中含有0.3molCo，则O的物质的量为：-1-124.1g-0.3mol59gmoln(O)==0.4mol16gmol，则固体Y为34CoO，选项B正确；C．由B项分析结合题干转化信息可知，酸溶时发生的反应为：Co

3O4+8HCl=3CoCl2+4H2O+Cl2↑，此反应中Co3+为氧化剂，Cl2为氧化产物，故酸性条件下氧化性：3+2Co>Cl，选项C正确；D．由题干信息可知，Co的常见化合价有2+、3+价，Co5O6中Co3+与Co2+的物质的量之比为：2：3，结合上述流程信息，若

有560.2molCoO与足量盐酸充分反应，则反应方程式为：Co5O6+12HCl=5CoCl2+6H2O+Cl2↑，故理论上可以得到20.2molCl，选项D错误；答案选D。【变式2-3】（2023·河北·校联考模拟预测）为探究类卤离子SCN−与2Fe+的还原性强弱，某同学

进行了如下实验：①分别配制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向等体积浓度均为0.1mol·L-1的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液先变红后褪色。下列说法正确的是A．实验①中必须用到分液漏斗、锥形瓶等玻璃仪器B．实验②中4MnO−将SCN−还原为()2SCNC．实验③中反应的离子方程

式为22342MnO5Fe8H=Mn5Fe+4HO−+++++++D．实验④说明还原性：2+SCN>Fe−【答案】C【解析】A．该实验中不需要用到分液漏斗，A错误；B．4MnO−酸性条件下可将SCN-氧化成(SCN)2，而不是还原，B错误；C．酸性高锰酸钾与亚铁离子反应的离子方程式为22342

MnO5Fe8H=Mn5Fe+4HO−+++++++，C正确；D．在等体积浓度均为0.1mol/L的KSCN和FeSO4混合溶液中滴加酸性高锰酸钾，溶液先变红，说明亚铁离子先被高锰酸根离子氧化成铁离子，故还原性SCN-<Fe2+，D错误；故答案选C。突破3不能利用氧化还原反应规律判断反应能否进

行【例4】（2022·辽宁卷）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入4CCl，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是A．褪色原因为2I被Fe还原B．液体分层后，上层呈紫红色C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈D．溶液恢复棕色

的原因为-I被氧化【答案】D【解析】A．Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与2I发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为2I被Zn还原，A项错误；B．液体分层后，2I在4CCl层，4CCl的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；C．若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若

Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D．漂白粉的有效成分为2Ca(ClO)，其具有强氧化性，可将-I氧化，D项正确；答案选D。【变式3-1

】已知还原性：Cl－<Fe2＋<H2O2<I－<SO2，判断下列反应不能发生的是()A．2Fe3＋＋SO2＋2H2O===SO2－4＋4H＋＋2Fe2＋B．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HIC．H2O2

＋2H＋＋SO2－4===SO2＋O2＋2H2OD．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2【答案】C【解析】假设四个选项中反应均能进行，根据氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物。A项中，还原性：SO2＞Fe2＋，则Fe3＋与SO2可发生反应，正确；B项中，还原性：SO2＞I－，则I2和

SO2可发生反应，正确；C项中，还原性：H2O2>SO2，与题给信息不符合，该反应不能发生，错误；D项中，还原性：I－＞Fe2＋，则Fe3＋可与I－反应生成Fe2＋和I2，正确。【变式3-2】（2023·广东惠州·统考三模）部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示

。下列推断不合理的是A．常温下，a、d水溶液的pH：a<dB．b既具有氧化性，又具有还原性C．c可用于自来水消毒D．e或f分别与a的浓溶液反应均可制得b【答案】A【分析】由元素的化合价及物质类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为次氯酸盐，f为氯酸盐；【

解析】A．未说明溶液浓度，无法比较，A错误；B．氯气化合价为0价，处于中间价态，既具有氧化性，又具有还原性，B正确；C．2ClO具有强氧化性，可用于自来水消毒，C正确；D．3ClO−、ClO−分别与浓盐酸混合发生归中反应，均可制备氯气，D正确；故选A。突破4不能利用氧化还原反应规律判断反应物

的反应顺序【例5】（2022·河北·石家庄二中实验学校高三开学考试）在离子浓度都为0.1mol•L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：

Cu2+、Fe3+、H+B．在含I—、SO23−、Br—的溶液中不断通入氯气：I—、Br—、SO23−C．在含AlO2−、SO23−、OH—的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH—、AlO2−、SO23−D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧

碱溶液：Fe3+、NH4+、H+【解析】A．Fe3+、Cu2+、H+的氧化性依次减弱，由氧化性强的氧化剂优先反应可知，溶液中加入锌粉时发生反应的先后顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；B．SO23−、I—、Br—的还原性依

次减弱，由还原性强的还原剂优先反应可知，溶液中不断通入氯气时发生反应的先后顺序为SO23−、I—、Br—，故B错误；C．偏铝酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硫酸根离子，则OH—、AlO2−、SO23−的碱性依次减弱，由溶液中碱性的离子优先反应可知，溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液时发

生反应的先后顺序为OH—、AlO2−、SO23−，故C正确；D．铁离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，则H+、Fe3+、NH4+的酸性依次减弱，由溶液中酸性的离子优先反应可知，溶液中逐渐加入烧碱溶液时发生反应的先后顺序为H+、Fe3+、NH4+，故D错误；故选C。【答案】C【变

式4-1】（2023秋·上海普陀·高三校考期末）某混合溶液含AgNO3和Cu(NO3)2，均0.02mol。加入一定量金属R，充分反应过滤，得无色溶液M与滤渣W。将少量W加入盐酸，产生无色气体。下列分析正确的是A．无色溶液M一定呈中性B．R不可能是铁，但可能是锌或镁C．

上述过程共有0.06mol电子发生转移D．M中可能含有两种金属阳离子【答案】B【分析】硝酸铜溶液为蓝色，且铜银均为不活泼金属不和稀盐酸反应；加入一定量金属R，充分反应过滤，得无色溶液M与滤渣W。将少量W加入盐酸，产生无色气体，则W

中含有银、铜、过量的R，M为生成R盐溶液；【解析】A．不确定R种类，不能判断无色溶液M是否水解，不能判断溶液是否为中性，故A错误；B．铁会反应生成亚铁离子，导致溶液显浅绿色，故R不可能是铁，但可能是锌或镁，故B正确；C．

银化合价由+1变为0、铜化合价由+2变为0，根据电子守恒可知，两者反应有0.02mol+0.02mol×2=0.06mol电子发生转移，但是R和稀盐酸反应生成氢气有电子转移，故C错误；D．由分析可知，R

过量，M为生成R盐溶液，故D错误；故选B。【变式4-2】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铁粉，经搅拌后发生的变化应是()A．铁溶解，析出0.01molAg和0.005molCuB．铁溶解，析出

0.01molAg并放出H2C．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋D．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋【答案】选C。【解析】因为氧化性：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Zn2＋，所以先发生反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.00

5mol的铁粉与0.01mol的AgNO3反应，析出0.01molAg，再发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005mol铁粉与0.01mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3＋。【变式4-3】已知还原性：SO2－3>I－。向含am

olKI和amolK2SO3的混合液中通入bmolCl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是()A．当a≥b时，发生的离子反应为SO2－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋2H＋＋2Cl－

B．当5a＝4b时，发生的离子反应为4SO2－3＋2I－＋5Cl2＋4H2O===4SO2－4＋I2＋8H＋＋10Cl－C．当a≤b≤32a时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为amol≤n(e－)≤3amolD．当a<b<32a时，溶液中SO2－4、I－与Cl－的物质的量之比为

a∶(3a－2b)∶2b【答案】C【解析】由于还原性：SO2－3>I－，向含KI和K2SO3的混合液中通入Cl2时，要先氧化SO2－3后氧化I－，反应分阶段进行：①SO2－3＋Cl2＋H2O===SO2－4＋2H＋＋2C

l－，②Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。amolK2SO3完全反应时消耗amolCl2，而amolKI完全被氧化成I2则需要12amolCl2。当a≥b时，Cl2量不足只有SO2－3被氧化，只发生反应①，A项正确。当5a＝4b时(即a

＝45b)，amolSO2－3完全反应时消耗45bmolCl2，剩余15bmolCl2将氧化25bmolI－，则参与反应的SO2－3、I－和Cl2的物质的量之比为45bmol∶25bmol∶bmol＝4∶2∶5，故离子方程式为4SO2－3＋2I－＋5C

l2＋4H2O===4SO2－4＋I2＋8H＋＋10Cl－，B项正确。当b＝32a时，amolKI和amolK2SO3均完全被氧化，此时转移电子为amol＋2amol＝3amol；当b＝a时，只有amolK2SO3完全被氧化，此时转移电子为

2amol，因此当a≤b≤32a时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2amol≤n(e－)≤3amol，C项错误。当a<b<32a时，amolSO2－3被氧化生成amolSO2－4，剩余(b－a)molCl2，可氧

化2(b－a)molI－生成I2，溶液中剩余I－为amol－2(b－a)＝(3a－2b)mol；amolCl2完全反应生成2amolCl－，故溶液中SO2－4、I－与Cl－的物质的量之比为a∶(3a－2b)∶2b，D项正确。突破5不能正确书写陌生的氧化还原反应方程式【例6】二氧化氯(

ClO2)是一种安全高效的消毒剂，可在极低的浓度下杀灭冠状病毒。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为_______________________________________

__________________。(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClO－2存在于中性溶液中)：①取0.50L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀

粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：___________________________________。②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗N

a2S2O3溶液20.00mL，判断达到滴定终点的现象是__________________________________，该水样中ClO2的浓度是________mg·L－1。【答案】(1)H2C2O4＋2ClO－3＋2H＋===2CO2↑

＋2ClO2↑＋2H2O(2)①2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2②当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复1.35【解析】(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和C

lO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4＋2ClO－3＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。(2)①由题中信息可知，ClO－2存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被

还原为ClO－2，反应的化学方程式是2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2。②由关系式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，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675mg÷0.50L＝1.35mg·L－1。【变式5-1】（2023·辽宁·校联考一模）下面的化学方程式或离子方程式中，错误的是A．为获得性能良好的纳米材料

，利用团簇化合物1217KSi和4NHBr反应制备纳米硅：1217432KSi12NHBr17Si12KBr12NH6H+=+++B．硒代硫酸根在酸性条件下与一定浓度的22HO反应：22322226222SeSO3HO2HSeSO4HOO−+−++=++C．单质Te与5AsF在溶剂2SO

中按计量比6：3反应：566236Te3AsFTe(AsF)AsF+=+D．利用2XeF和溴酸根溶液制备高溴酸根：2324XeFBrOHOXeBrO2HF−−++=++【答案】B【解析】A．原子守恒电荷守恒且符合原理，A正确；B．H2O2在该反应中作氧化剂，即方程式为2

-+2-32222622SSeO+HO+2H=SSeO+2HO，B错误；C．原子守恒电荷守恒且符合原理，C正确；D．原子守恒电荷守恒且符合原理，D正确；故选B。【变式5-2】（2023·山东济宁·统考二模）223NaSO去

除酸性废水中33HAsO的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是A．X的化学式为22HSB．HS·反应活性较强，不能稳定存在C．步骤III反应中氧化剂与还原剂的物质的量比为8∶1D

．步骤IV除砷的方程式为2332323HS2HAsO=AsS6HO++【答案】C【解析】A．S2O23−经过“途径I”的除砷过程可描述为，S2O23−与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生

反应生成As2S3，X的化学式为22HS，故A正确；B．HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；C．步骤III反应中H2S2分解得到S8和H2S，方程式为：8H2S2=S8+8H2S，S元素化合价由-1

价上升到0价，又由-1价下降到-2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶1，故C错误；D．步骤IV中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，方程式为：2332323HS2HAsO=AsS6HO++，故

D正确；故选C。【变式5-3】（2022·河北·霸州市第一中学模拟预测）（节选）铬及其化合物在工业生产中应用广泛。某铬铁矿的主要成分为23CrO，另外还含有FeO、23AlO、MgO等杂质。一种液相氧化法制备()3CrOH的工艺路线如图：回答下列问题：(2)“加压碱浸”中，发生的主要反应为23C

rO转化为铬酸钠，其化学方程式为_______。(5)在“溶解还原”过程中，有2CO生成，发生反应的离子方程式为_______。【答案】(2)2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O(5)CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋

=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋【解析】（2）“加压碱浸”中，Cr2O3与氧气、氢氧化钠溶液反应生成铬酸钠和水，其反应的化学方程式为2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O，滤渣的主要成分为Fe2O3

(或Fe3O4)、MgO，故答案为：2Cr2O3＋8NaOH＋3O2=4Na2CrO4＋4H2O；Fe2O3(或Fe3O4)、MgO；（5）在“溶解还原”过程中，铬酸钡与盐酸和甲醇反应生成铬离子和CO2，其反应的离子方程式为CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=C

O2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋，故答案为：CH3OH＋2BaCrO4＋10H＋=CO2＋2Cr3＋＋7H2O＋2Ba2＋；突破6不能利用守恒律进行氧化还原反应综合判断与计算【例7】（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进+H和-e的转移(如a、b和c)，能将海洋中

的2NO−转化为2N进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A．过程Ⅰ中2NO−发生氧化反应B．a和b中转移的-e数目相等C．过程Ⅱ中参与反应的()4+n(NO):nNH=1:4D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为

-+2422NO+NH=N+2HO【答案】C【解析】A．由图示可知，过程I中NO-2转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO-2作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B．由图示可知，过程I为NO-2在酶1的作用

下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO-2+2H++e-1=酶NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH+4在酶2的作用下发生氧化还原

反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH+42=酶2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mole-，转移电子数目不相等，B错误；C．由图示可知

，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH+42=酶2H2O+5N2H4+8H+，n(NO):n(NH+4)=1:4，C正确；D．由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e-

，反应的离子方程式为：N2H4=N2+4H++4e-，过程I-III的总反应为：2NO-2+8NH+4=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D错误；答案选C。【变式6-1】（2023·湖北·统考一模）钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工

业上以钛铁矿(3FeTiO，其中Ti为4+价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是A．“氯化”过程中，3FeTiO既不是氧化剂也不是还原剂B．“氯化”过程中，每生成0.3molCO气体，转移电子0.7molC．由4TiCl制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气D

．由4TiCl制备Ti反应的原子利用率为100%【答案】B【解析】氯化发生的反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C高温2FeCl3+2TiCl4+6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4+2Mg800Ar℃气氛中Ti+2MgCl2。A．“氯化”过程

中，3FeTiO中Fe由+2价变为+3价，3FeTiO是还原剂，A错误；B．反应2FeTiO3+7Cl2+6C高温2FeCl3+2TiCl4+6CO中，每生成6molCO，转移14mol电子，生成0.3m

olCO气体，转移电子0.36×14mol=0.7mol，B正确；C．高温下Ti与N2反应，由4TiCl制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D．由4TiCl制备Ti反应为TiCl4+2Mg800Ar℃气氛

中Ti+2MgCl2，属于置换反应，原子利用率不是100%，D错误；故选B。【变式6-2】（2023·浙江杭州·学军中学校考模拟预测）24KFeO是一种优良的饮用水处理剂，可用23FeO、3KNO、KOH混合共熔

反应制得：2332422FeO+3KNO+4KOH=2KFeO+3KNO+2HO。下列关于该反应的说法不正确．．．的是A．23FeO是还原剂，2KNO为还原产物B．在熔融条件下氧化性：324KNO>KFeOC．每

生成241molKFeO，转移-6moleD．24KFeO在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用【答案】C【解析】A．362324FeOKFeO++→，23FeO化合价升高，被氧化，作还原剂，5332KNOKNO++→

，化合价降低，被还原，作氧化剂，生成物为还原产物，A正确；B．根据氧化性：氧化剂>氧化产物，，所以氧化性：324KNO>KFeO，B正确；C．36-2324FeO2KFeO~6e++→，化合价升高3价，每生成241mol

KFeO，转移-3mole，C错误；D．24KFeO具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色等，其还原产物3+Fe水解生成3Fe(OH)胶体，具有吸附性，能达到净水的目的，D正确；故选C。【变式6-3】（2023·山东潍坊·统

考一模）实验室利用()3BiOH制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：Ⅰ：322ClO6H5Cl3Cl3HO−+−++=+；Ⅱ：()2323BiOH3OHClNaNaBiO2Cl3HO−+−+++=++；Ⅲ：233425NaBiO2Mn14H2

MnO5Bi5Na7HO++−++++=+++。下列说法错误的是A．反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1B．酸性条件下的氧化性：3234ClOClNaBiOMnO−−C．3NaBiO可与盐酸发生反应：32322Na

BiO6H2ClBiCl3HO2Na+−++++=+++D．制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为16mol【答案】B【解析】A．反应Ⅰ中3ClO−中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元

素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性32ClOCl−，Ⅱ在碱性条件显得氧化性23ClNaBiO，Ⅲ得氧

化性34NaBiOMnO−，故不能说明酸性条件下氧化性：3234ClOClNaBiOMnO−−，B错误；C．酸性条件下3NaBiO可与盐酸发生反应生成氯气，32322NaBiO6H2ClBiCl3HO2Na+−++++=+++，C正确；D．28.4g高锰酸钠为0.2mol，根据方程式可知

，32345ClOCl5NaBiOMO352n−−，理论上消耗氯酸钠的物质的量为16mol，D正确；故选B。1．（2023·全国乙卷）下列应用中涉及到氧化还原反应的是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【答案】C【解析】A．使用明

矾对水进行净化过程中，明矾电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体粒子吸附水中的悬浮颗粒并沉降下来而水变得澄清，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意；B．雪天道路上撒盐融雪，是因为雪遇到盐而使其熔点降低并熔化，该过

程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，B不符合题意；C．暖贴中的铁粉遇空气放热，是因为暖贴中含有的铁粉、碳粉、氯化钠、水等物质，形成当这些物质遇到空气后形成无数微小原电池并开始工作，化学能转化为电能，无数微小原电池堆积在一起使

得电能又转化为热能，该过程中铁元素和氧元素的化合价发生变化，因此，该过程涉及到氧化还原反应，C符合题意；D．荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌发生了反射，该过程中没有任何一种元素的化合价发生变化，因此没有涉及到氧化还原反应，D不符

合题意；综上所述，本题选C。2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）下列反应不属于．．．氧化还原反应的是A．向4FeSO溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀B．向2BaCl溶液中通入2SO，一段时间后，产生白色沉淀C．向新制的()2CuOH中加入乙醛溶液，加热

，产生砖红色沉淀D．向4CuSO溶液中加入氨水至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体【答案】D【解析】A．向4FeSO溶液中加入NaClO溶液，产生红褐色沉淀，铁的化合价升高被氧化，属于氧化还原反应，A不符合；B．2SO与2BaCl溶液不反应，一段时间

后，产生白色沉淀，是因为2SO被氧化生成硫酸根，产生硫酸钡沉淀，发生氧化还原反应，B不符合；C．向新制的()2CuOH中加入乙醛溶液，加热，产生砖红色沉淀氧化亚铜，属于氧化还原反应，C不符合；D．向4CuSO溶液中加入氨水

至过量，再加入乙醇，析出深蓝色晶体，没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，D符合；故选D。3．（2023·安徽合肥·统考一模）下图是一种综合处理含2SO尾气的工艺流程，下列叙述正确的是A．“吸收”过程中2SO被还原

B．“吸收”后溶液的酸性减弱C．“氧化”后的溶液可以循环使用D．“氧化”中，每21molO参加反应转移2mol电子【答案】C【解析】根据流程图分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2（

SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，得到FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用。A．“吸

收”过程中2SO的化合价升高，被氧化，A错误；B．“吸收”过程中反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3=2FeSO4+2H2SO4，酸性增强，B错误；C．用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3溶液循环到“

吸收”步骤循环使用，C正确；D．“氧化”中，O2化合价由0价降低为-2价，每21molO参加反应转移4mol电子，D错误；故选C。4．火箭推进发生反应的化学方程式为：28224222CHN2NO2CO4HO3N+=++(偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列

说法正确的是A．282CHN是氧化剂B．24NO被氧化C．氧化产物与还原产物之比为3∶2D．24NO完全反应，有A8N个电子转移【答案】C【解析】A．反应过程中282CHN中碳元素化合价升高，反应氧化反应，282CHN为还原剂，A错误；B．2

4NO中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C．1分子282CHN中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，24NO中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正

确；D．反应中不确定24NO反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。5．（2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄()23AsS褪色的主要原因是发生

了以下两种化学反应：下列说法正确的是A．223SO−和24SO−的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()()22nOnHO：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中

，氧化231molAsS转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】A．223SO−的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．23AsS中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物23AsO中

As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：2322232232AsS6O3HO2AsO3HSO+++紫外光，反应Ⅱ的方程式为：232223223AsS7O6HO2AsO3HSO+++自然光，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的()()2

2nOnHO：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．23AsS中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol23AsS失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价

，S变为+6价，则1mol23AsS失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化231molAsS转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。6．（2023·福建·校联考一模）检验227CrO−的

反应有如下两种途径。下列说法正确的是A．反应①中227CrO−被还原B．乙醚与5CrO中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察C．反应②为：()352522252522CrOOCH6H2Cr3O3HO2CHOCH+++=+++D．反应③中溶液的

pH越小，反应速率越慢【答案】B【解析】A．反应①227CrO−、CrO5中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；B．由题中信息乙醚与5CrO中的铬元素形成共价键，蓝色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察

，B正确；C．由信息反应②为：()352522252524CrOOCH12H4Cr7O6HO4CHOCH+++=+++，C错误；D．反应③227CrO−+8H++3H2O2=3O2↑+2Cr3++7H2O，中溶液的pH越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；故答案选B。7．工业上以铜阳极泥

(主要成分是2CuTe)为原料提取碲(第五周期VIA族)，涉及反应：①2224422CuTe2O2HSO2CuSOTeO2HO++=++②22224TeO2SO2HO2HSOTe++=+以下说法正确的是A．2CuTe中Cu元素的化合价是2+价B．氧化性强弱顺序为：2

22OSOTeOC．反应②中氧化剂是SO2，氧化产物是H2SO4D．每制备1molTe理论上共转移12mol电子【答案】D【解析】A．碲为第五周期VIA族，最低负化合价为2−价，根据化合价的正负化合价为0，2CuTe中Cu元素的化合

价是1+价，A错误；B．已知反应：2224422CuTe2O2HSO2CuSOTeO2HO++=++，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：22O>TeO，在反应22224TeO2SO2HO2HSOTe++=+中，2TeO为氧化剂，2SO为还原剂

，所以氧化性22TeOSO，所以氧化性：222OTeOSO，B错误；C．根据化合价的升降，224SOHSO→，硫元素的化合价升高，被氧化，2SO为还原剂，24HSO为氧化产物，C错误；D．制备1molTe，反应①消耗22molO，转移-8mole，反应②21mol

TeO1molTe→，转移-4mole，共转移-12mole，D正确；故选D。8．碘循环工艺不仅能吸收2SO降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：下列说法不正确．．．的是A．反应器中2SO表现还原性B．膜反应器中，增大

压强有利于提高HI的平衡转化率C．该工艺中2I和HI的相互转化体现了“碘循环”D．碘循环工艺的总反应为：22224SO2HOHHSO=++【答案】B【解析】反应器发生反应SO2+I2+2H2O20C10

0CH2SO4+2HI，反应生成的H2SO4和HI进入分离器，分离后的HI进入膜反应器，在500℃条件下发生分解生成H2和I2，生成的I2进入反应器，实现碘循环。A．反应器发生反应SO2+I2+2H2O20C100CH2SO4+2HI，SO2作

还原剂，表现还原性，A正确；B．膜反应器中的反应为2HI(g)500CH2(g)+I2(g)，增大压强能提高反应速率，但该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B错误；C．根据反应器中的反应

和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C正确；D．将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为22224SO2HOHHSO=++，D正确；故选B。9．一种利用微生物从黄铜矿(主要成分为2CuFeS)中提取铜元素的具体操作过程如图所示

。下列说法正确的是A．转化过程中3Fe+和2HSn可以循环使用B．微生物的作用下，2Fe+作催化剂C．若2CuFeS中的铜元素最终全部转化为2Cu+，当有2mol24SO−生成时，理论上消耗4.25mol2OD．在硫酸介质中用22HO替代2O也能高效实现将2CuFeS氧化为24SO

−【答案】C【解析】A．由题图可知，本题涉及的反应有()()3++2+2+2nCuFeS+4n-4Fe+4HnCu+5n-4Fe=2n+2HS、23224FeO4H4Fe2HO++++++微生物、3+2++2n816Fe+8HS=1

6Fe+nS+16H、82S12O+2248HO8SO16H−+++微生物，则总反应为()222442434CuFeS17O2HSO4CuSO2FeSO+++微生物22HO+。3Fe+被还原为2Fe+，2Fe

+在微生物作用下被2O氧化为3Fe+，8S在微生物作用下，与2O和2HO反应生成24HSO，而24HSO又可重新参与反应，故3Fe+可以循环使用，而2HSn在反应中生成又被消耗，属于中间产物，A错误；

B．在微生物的催化作用下，2O将2Fe+氧化为3Fe+，将8S氧化为24SO−，则2O是氧化剂，2Fe+是还原剂，不是催化剂，B错误；C．由总反应可知，生成2mol24SO−的同时，生成1mol2Cu+，失电子的总物质的量为1mol28mol17mol+=，根据得失电子

守恒可知，理论上消耗2O的物质的量为117mol4.25mol4=，C正确；D．由于22HO具有强氧化性，理论上来讲，在硫酸介质中，双氧水可以将2CuFeS氧化生成24SO−，即23222CuFeSHOHCuFe+++++⎯⎯→+242SOHO−++(

未配平)，但产物3Fe+能催化22HO的分解，因此22HO的氧化效率大大降低，D错误；故选：C。【点睛】22HO是一种绿色试剂，作氧化剂时转化为水，作还原剂时转化为2O，但22HO易分解，尤其是在3Fe+或2MnO的存在下，分解会更快，导致其额

外消耗增多。10．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是A．2NaS溶液中存在()()()()-+-2nOH=nH+nHS+2nHSB．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比

为2：1C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，2O为氧化剂D．反应Ⅲ中2NaS与23NaSO等物质的量反应，反应的化学方程式为()2232223NaSNaSOCoPcOHO2NaOHNaSOCoPc+++++【答

案】B【解析】A．Na2S溶液的质子守恒式成立，A正确；B．反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1:3，B错误；

C．在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，2O参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，C正确；D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为223NaSNaSO++()2223CoPcOHO2NaOH

NaSOCoPc+++，D正确；故答案为：B。11．探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中有不正确的是实验方案现象结论A在过硫化钠(22NaS)中加入稀盐酸产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体。发生歧化反应：222NaS2HCl2NaClHSS+=

++B已知()3+26FeSO呈红棕色，将2SO气体通入3FeCl溶液中溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色。3Fe+与2SO络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大C燃着的镁条插入盛有2SO的集气瓶中。冷却后，往集气瓶中加入剧

烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中镁能在2SO中燃烧：适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量4CuSO溶液。没有产生黑色沉淀22MgSO2MgOS++点燃D探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的

气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔【答案】D【解析】A．22NaS在酸性条件下发生自身氧化还原生成硫单质和硫化氢气体，会产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过

一段时间又变成浅绿色说明3Fe+与2SO络合生成红棕色()3+26FeSO的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；C．剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，说明生成硫单质；集气瓶底有白色固体生成，试管中没有产生黑色沉淀

，说明没有生成硫化铜沉淀，而是生成白色氧化镁固体，C正确；D．电石与饱和食盐水反应生成硫化氢气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成了乙炔，D错误；故选D。12．（2023·山东·济南一中校联考三模）下列有关实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A两支试管各盛-

14mL0.1molL酸性高锰酸钾溶液，分别加入-12mL0.1molL草酸溶液和-12mL0.2molL草酸溶液加入-12mLL草酸溶液的试管中溶液紫色消失更快其他条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快B向3KBrO溶液中通入少量氯气，然后

再加入少量苯，振荡，静置溶液分层，上层呈橙红色氧化性：22Cl>BrC向含相同浓度的KBrKI、混合溶液中依次加入少量氯水和4CCl，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色氧化性：2222Cl>I,Br>ID向葡萄糖

溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色消失葡萄糖中含有醛基【答案】C【解析】A．草酸与酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4−+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，4mL0.1mol⋅L-1酸性高锰酸钾溶液完全反应需要草酸的物质的量为0.1m

ol⋅L-1×0.004L×52=0.001mol，则加入的2mL0.1mol⋅L-1草酸溶液和2mL0.2mol⋅L-1草酸溶液均不足，高锰酸钾溶液不能褪色，A错误；B．向KBrO3溶液中，通入少量

氯气，发生反应2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，则氧化性：KBrO3>KClO3，无法比较Cl2和Br2的氧化性，B错误；C．向含相同浓度的KBr、KI混合溶液中加入少量氯水，发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，则氧化性：Cl2>I2，生成的I2不能将KBr中的溴离子置换出来，说明

氧化性：Br2>I2，再加入CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层为碘的CCl4溶液，呈紫红色，C正确；D．葡萄糖分子中含有多个羟基，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；故选C。