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第07 讲 氧化还原反应
（模拟精练+真题演练）
1．（2023·山东淄博·校联考二模）用
处理酸性废水中的
，发生的反应如下：
反应Ⅰ：
(未配平)
反应Ⅱ：
(未配平)
下列说法错误的是
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量
时，消耗
的物质的量更多
C．处理等物质的量
时，反应Ⅱ中消耗
更多
D．用FeS 除去废水中
的同时，还有利于吸附悬浮杂质
【答案】B
【分析】反应Ⅰ按照升降守恒FeS 为还原剂化合价升高9，而
为氧化剂化合价 降低6，最小公倍数
为18，FeS 系数配2，
系数配3，所以配平方程式为
2FeS+3
+26H+=2Fe3++2
+6Cr3++13H2O。同理配平反应Ⅱ，Cu2S 作为还原剂化合价升高10，而
为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为30，定3Cu2S 和5
，配平得3Cu2S+5
+46H+=6Cu2+
+3
+10Cr3++23H2O。
【解析】A．还原剂与还原产物（Cr3+）的物质的量之比为2:6=1:3，A 项正确；B．反应Ⅰ处理1mol
需要消耗FeS 为
mol。反应Ⅱ处理1mol
需要消耗Cu2S
。所以消耗的Cu2S 更多，B 项
错误；C．反应Ⅰ处理1mol
需要消耗H+为
mol。反应Ⅱ处理1mol
需要消耗H+为
。所以反应Ⅱ消耗更多H+，C 项正确；D．反应中产生的Fe3+易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能
吸附悬浮杂质，D 项正确；故选B。
2．（2023·浙江·校联考三模）关于反应
，下列说
法正确的是
A．
既是氧化剂又是还原剂
B．
是氧化产物
C．氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3
D．生成1mol
，转移4mol 电子
【答案】C
1
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【分析】反应
中，F 元素化合价始终为-1 价，
KMnO4转化为K2MnF6，Mn 元素化合价从+7 降低到+4 价，所以KMnO4做氧化剂，而H2O2中O 元素化合
价从-1 价升高到0 价，作还原剂。
【解析】A．依据上述分析可知，KMnO4为氧化剂，
是还原剂，A 错误；B．
是Mn 元素得电
子化合价降低得到的还原产物，B 错误；C．结合化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂
物质的
量之比为2：3，C 正确；D．过氧化氢中O 元素为-1 价，所以生成1mol
，转移2mol 电子，D 错误；故
选C。
3．（2023·四川攀枝花·统考三模）恨据下列实验操作和现象得出的结论中，正确的是
选
项
实验操作和现象
结论
A
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入足量稀盐
酸，部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧
化
B
取少量可能被氧化的还原铁粉，加稀盐酸溶解，滴入KSCN 溶液，溶液不显红
色
还原铁粉未被氧化
C
将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去
氯化铁溶液中含有
Fe2+
D
将绕成螺旋状的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾
溶液，溶液紫红色褪去
乙醇被氧化成了乙
醛
【答案】A
【解析】A．向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀，一定有BaSO3，再加入足量稀
盐酸，部分沉淀溶解，未溶解的沉淀为BaSO4，则部分Na2SO3被氧化，符合题意，A 正确；B．铁粉氧化
生成氧化铁，再与盐酸反应生成氯化铁，由于单质铁过量，氯化铁与单质铁反应生成氯化亚铁，滴入
KSCN 溶液，溶液不显血红色，不能说明未变质，B 错误；C．将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性
KMnO4溶液中，若Fe2+较少，溶液紫红色不能褪去，该操作不能证明氯化铁溶液中是否含有Fe2+，故C 错
误；D．将绕成螺旋状的铜丝灼烧后反复插入盛有乙醇的试管，然后滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色
褪去，可能是乙醇使酸性KMnO4溶液褪色，不能证明乙醇被氧化成乙醛，故D 错误；故选A。
4．（2023·湖南邵阳·统考三模）关于下列物质的应用或分析错误的是
A．常温下，用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性
B．神舟13 号返回舱烧蚀材料中含有石棉，说明石棉易燃烧
C．用维生素C 做NaNO2中毒的急救药利用了维生素C 的强还原性
D．《神农本草经》记载：“石硫黄(S)能化银、铜、铁”，这句话体现了石硫黄(S)的氧化性
【答案】B
【解析】A．常温下，铁在浓硝酸中钝化，用铁槽车运输浓硝酸利用了浓硝酸的强氧化性，故A 正确；
B．神舟13 号返回舱烧蚀材料中含有石棉，说明石棉不易燃烧，具有阻燃性，故B 错误；C．用维生素C
2
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做NaNO2中毒的急救药，维生素C 被NaNO2氧化，利用了维生素C 的强还原性，故C 正确；D．《神农本
草经》记载：“石硫黄(S)能化银、铜、铁”，硫与金属单质生成金属硫化物，体现了石硫黄(S)的氧化性，
故D 正确；选B。
5．（2023·山东青岛·统考二模）实验室分别进行如下实验：①向
溶液中滴加酸性
溶液，溶
液由蓝色变为淡黄色；②向
溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。已知
；蓝
色；
：淡黄色、强氧化性。下列说法错误的是
A．①中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．②的离子反应为
C．由①②可知，氧化性：
D．
溶液中滴加
可发生反应
【答案】A
【解析】A．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根
将VO2+氧化为
，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO4 ~ 5VOSO4 ~ 5e-，则①中氧化
剂与还原剂物质的量之比为1:5，A 项错误；B．向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变
蓝，说明浓盐酸能把
还原为VO2+，Cl-失去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：
2
+4H++2Cl-= 2VO2++Cl2↑+2H2O，B 项正确；C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，
氧化性： MnO >
， 由②可知，氧化性：
> Cl2，所以氧化性MnO2>
>Cl2，C 项正确；D．
具有较强的氧化性，(VO2)2SO4溶液中滴加FeSO4会发生氧化还原反应，则
被还原为VO2+，Fe2+被
氧化为Fe3+，D 项正确；故答案选A。
6．（2023·山东临沂·统考二模）中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下述之物见其还原性者为
A．硇水(
)：“剪银塊投之，则旋而为水”
B．曾青(
)：“曾青涂铁，铁赤如铜”
C．青矾(
)：“新出窑未见风者，正如琉璃，烧之赤色”
D．草木灰(
)：“薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”
【答案】C
【解析】A．银和硝酸反应生成硝酸银，银溶解，体现硝酸的氧化性，A 不符合；B．“曾青涂铁，铁赤如
铜”属于铁置换出铜的反应，体现铜离子的氧化性，B 不符合；C．“新出窑未见风者，正如琉璃，烧之
赤色”，说明亚铁离子被氧化为铁离子，体现硫酸亚铁的还原性，C 符合；D．碳酸钠溶于水，碳酸根离
子水解，溶液显碱性，与氧化还原反应没有关系，D 不符合；答案选C。
7．（2023·山东滨州·统考二模）氧化还原电对的标准电极电势(
)可用来比较相应氧化剂的氧化性强弱，
相关数据(酸性条件)如下。
3
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氧化还原电对(氧化剂/还原剂)
电极反应式
/V
0.77
0.54
1.36
1.07
1.84
下列分析错误的是
A．氧化性：
B．向
溶液滴加
溶液，反应的离子方程式为
C．向淀粉KI 溶液中滴加
溶液，溶液变蓝色
D．向含有KSCN 的
溶液中滴加少量氯水，溶液变红色
【答案】B
【解析】A．标准电极电势越大，对应氧化剂的氧化性越强，氧化性：
；故A 正确；
B．
的氧化性低于
，所以不能通过
氧化
得到
；所以不会发生反应，故B 错误；
C．
的氧化性高于
，向淀粉KI 溶液中滴加
溶液，得到
，溶液变蓝色；故C 正确；D．氧化性
大小为
，所以氯水氧化
，溶液变红，故D 正确；故答案选B。
8．（2023·江西·统考二模）胆矾是中学实验室常见的物质，在生产、生活中有广泛应用。如游泳池用硫酸
铜杀菌消毒等。某小组对胆矾的性质进行探究，设计实验及现象如下：
①在CuSO4溶液中加入过量KI 溶液，产生沉淀和棕色溶液，过滤得到白色沉淀和棕色溶液，在棕色溶液
中加入淀粉溶液，溶液变蓝色；②在氮气保护下加热CaSO4·5H2O 晶体，固体先变白色，后变黑色；将气
体依次通过含足量盐酸的BaCl2溶液、品红溶液、含KSCN 的FeCl2溶液，依次观察到的现象是产生白色沉
淀、品红褪色、溶液变红色。
下列叙述错误的是
A．实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2
B．实验①中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1
C．实验②中，溶液中盐酸可以抑制SO2与水反应
D．实验②中，可用Ba(NO3)2溶液替代BaCl2溶液
【答案】D
【解析】A．淀粉溶液遇碘单质变蓝，实验①中，滴加淀粉溶液的目的是检验I2，故A 正确；B．实验①中，
在CuSO4溶液中加入过量KI 溶液生成I2和CuI 白色沉淀，配平化学方程式为：
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2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，I 元素有一半化合价上升作还原剂，Cu 元素化合价下降作氧化剂，氧化剂、
还原剂的物质的量之比为1∶1，故B 正确；C．SO2与水反应方程式为SO2+H2O
H2SO3
HSO +H+，
加入盐酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，可以抑制SO2与水反应，故C 正确；D．Ba(NO3)2溶液中含
有
，
在酸性环境中具有强氧化性，会和SO2反应，干扰后续实验，故D 错误；故选D。
9．（2023·浙江·校联考一模）关于反应：
，下列说法不正确
的是
A．
中Fe 在反应中得到电子
B．
既不是氧化剂也不是还原剂
C．消耗0.2mol
，转移2.8mol 电子
D．氧化产物和还原产物物质的量之比8∶15
【答案】D
【解析】A．反应中，Fe 元素的化合价由Fe2(SO4)3中的+3 价降至FeSO4中的+2 价，Fe2(SO4)3中Fe 元素化
合价降低，在反应中得到电子，被还原，A 项正确；B．反应前后，H2O 中H、O 元素的化合价都没有变化，
H2O 既不是氧化剂也不是还原剂，B 项正确；C．反应中，S 元素的化合价由FeS2中的-1 价升至
中的
+6 价，1molFeS2参与反应转移14mol 电子，则消耗0.2molFeS2转移电子物质的量为0.2mol×14=2.8mol，C
项正确；D．反应中，Fe 元素的化合价由Fe2(SO4)3中的+3 价降至FeSO4中的+2 价，Fe2(SO4)3是氧化剂，
FeSO4是还原产物，1molFe2(SO4)3参与反应得到2mol 电子生成2molFeSO4，S 元素的化合价由FeS2中的-1
价升至
中的+6 价，FeS2是还原剂，
是氧化产物，1molFeS2参与反应失去14mol 电子生成2mol
，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶7，D 项错误；答案选D。
10．（2023·北京昌平·统考二模）表述I 和II 均正确但不具有因果关系的是
选项
表述I
表述II
A
用熟石灰处理酸性废水
熟石灰中含有
B
可与
反应产生
氧化性：
C
石油裂解气能使溴的
溶液
褪色
石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D
过饱和醋酸钠溶液会产生结晶现
象
饱和醋酸钠溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析
出
【答案】A
【解析】A．因为熟石灰显碱性，可用熟石灰处理酸性废水， A 错误；B．因为氧化性：
，
可
与
反应产生
，发生反应：
，B 正确；C．因为石油裂解可得到乙烯等不饱和烃，
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所以石油裂解气能与溴发生加成反应，使溴的
溶液褪色，C 正确；D．因为饱和醋酸钠溶液中加入少
量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，所以过饱和醋酸钠溶液会产生结晶现象，D 正确；
故选A。
11．（2023·浙江·统考模拟预测）关于反应2NaNH2+N2O=NaN3+NaOH+NH3，下列说法正确的是
A．NaN3溶液通入CO2可以得到HN3(酸性与醋酸相当)
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．NaN3既是还原产物又是氧化产物
D．生成1molNaN3，共转移4mol 电子
【答案】C
【解析】A．由HN3的酸性与醋酸相当可知，NaN3溶液通入二氧化碳不可能生成HN3，否则违背强酸制弱
酸的原理，故A 错误；B．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合
价降低被还原，则氧化剂一氧化二氮和还原剂氨基钠的物质的量之比为1：2，故B 错误；C．由方程式可
知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素化合价降低被还原，则NaN3既是还原产物
又是氧化产物，故C 正确；D．由方程式可知，氨基钠中氮元素化合价升高被氧化，一氧化二氮中氮元素
化合价降低被还原，则反应生成1molNaN3，共转移电子的物质的量为1mol×
×2=
mol，故D 错误；故
选C。
12．（2023·湖南长沙·长郡中学校考一模）有研究称金粉溶于过氧化氢
浓盐酸也可以安全环保地制备氯
金酸
，其化学方程式为
，下列有关说法错误的
是
A．
有强氧化性，其中
与4 个氯离子形成4 个σ 键
B．该反应中，
的作用是与
配合，使其更易被氧化
C．当反应中溶解
时，有
过氧化氢发生还原反应
D．该反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为
【答案】C
【解析】A．根据氯金酸的化学式可知，氯金酸中含有正三价的金元素，具有强氧化性，
中
3+与4 个氯离子形成4 个
键，A 正确；B．
3+与氯离子以配位键的形式结合，降低了
的电极电势，
使其更容易被氧化，
正确；C．该反应中有
失去
电子，可以将
过氧化氢还原生成
水，另外
过氧化氢发生歧化反应，生成
水，
，因此当反应中溶解
时，有
过氧化氢发生还原反应，C 错误；D．氧化产物是
和
，还原产物为水，该反应的氧化
产物和还原产物之比为
，D 正确；故答案选C。
13．（2023·江苏·模拟预测）我国学者分别使用
和
作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
(1)催化剂制备。在60〜100℃条件下，向足量NaOH 溶液中通入
一段时间，再加入适量新制
溶液，
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充分反应后得到混合物X；向混合物X 中加入
溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制
得
催化剂。
①通入
的目的是___________。
②混合物X 与
反应生成
和
，该反应的化学方程式为___________。
(2)催化剂性能研究。如图-1 所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、
作催化剂、
作催化剂
的条件下，测定
浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、
、
、
)中NO 和
脱除率的影响，NO
脱除率与
浓度的关系如图-2 所示。
已知·OH 能将NO、
氧化。·OH 产生机理如下。
反应I：
(慢反应)
反应II：
(快反应)
①与
作催化剂相比，相同条件下
作催化剂时NO 脱除率更高，其原因是___________。
②NO 部分被氧化成
。
被NaOH 溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为
___________。
③实验表明•OH 氧化
的速率比氧化NO 速率慢。但在无催化剂、
作催化剂、
作催化剂的条
件下，测得
脱除率几乎均为100%的原因是___________。
【答案】(1)①排出装置中的空气 ②12Fe(OH)2+
=4
+
+10H2O+NaOH
(2)①
中含有Fe2+，由已知可知
反应更快
②2NO2+2OH-=NO +NO +H2O ③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠
和水，从而被完全脱除
【解析】（1）①向足量NaOH 溶液中通入
一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化；
②氢氧化钠溶液和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备
的反应为
12Fe(OH)2+
=4
+
+10H2O+NaOH；
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（2）①
中含有Fe2+，由已知可知
反应更快，故相同条件下
作催
化剂时NO 脱除率更高；②
被NaOH 溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为
2NO2+2OH-=NO +NO +H2O；③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和
水，从而被完全脱除。
14．（2023·上海徐汇·统考二模）金属钠及其化合物在人类生产、生活中起着重要作用。
(1)Na 的轨道表示式为_______。
(2)NaCl 的熔点为800.8℃。工业上，采用电解熔融的NaCl 和
混合盐，制备金属Na，电解的化学方
程式为：
，加入
的目的是_______。
(3)采用空气和Na 为原料可直接制备
。空气与熔融的金属Na 反应前需依次通过的试剂为_______、
_______(填序号)。
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH 溶液 d．
溶液
(4)
的电子式为_______。
在25℃和101kPa 时，Na 与
反应生成
放出510.9kJ 的热量，写出该反应的热化学方程式：
_______。
(5)向酸性
溶液中加入
粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应。
配平上述离子方程式_______。
该反应说明
具有_______(选填“氧化性”“还原性”或“漂白性”)。
(6)在密闭容器中，将
和bmol
固体混合物加热至250℃，充分反应后，若剩余固体为
和NaOH、排出气体为
和
时，
的取值范围为_______。
【答案】(1)
(2)作助熔剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗
(3)c a
(4)
(5)
还原性
(6)
【解析】（1）Na 为11 号元素，基态Na 原子的电子排布式为1s22s22p63s1，则其轨道表示式为
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，故答案为：
；（2）NaCl 熔点为800.8℃，工业上采用电解
熔融NaCl 制备金属Na，加入CaCl2时，580℃时NaCl 即熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl 的熔点，即
CaCl2作助溶剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗，故答案为：作助熔剂，降低NaCl 的熔点，节省能耗；
（3）采用空气和Na 为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与金属Na 反应，所以在反应前需
要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空气与
熔融的金属Na 反应前需依次通过NaOH 溶液、浓硫酸，故答案为：c；a；（4）
由钠离子和过氧根
离子构成，过氧根离子中存在O-O 键，则
的电子式为
；在25℃和101kPa 时，Na 与
反应生成
放出510.9kJ 的热量，则反应的热化学方程式为
，故答案为：
；
；（5）根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为
，该反应中，
为还原剂，说明
具有还原
性，故答案为：
；还原性；（6）残余的固体为
Na2CO3和NaOH，生成的气体为O2和H2O，则有总反应式为
， 2a-b>0，则a：b
，b-a>0，则a：b<1，则
a：b 的取值范围为
，故答案为：
。
15．（2023·上海宝山·统考二模）我们知道，电解质在溶液中的反应实质是离子之间的反应。通常，离子
反应有两种情况，一种是没有电子转移的，是离子互换反应；另一种是有电子转移的，属于氧化还原反应。
在溶液中发生的离子互换反应一般总是向离子浓度减小的方向进行。取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，
逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液。
(1)写出该反应的离子方程式______________。
随着碳酸钠溶液的滴加，溶液的pH___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)这一离子互换反应是否向离子浓度减小方向进行？请应用平衡移动原理进行说明___________。
(3)当碳酸钠溶液全部滴加完后，测得该溶液显酸性，比较该溶液中除H2O 以外的微粒浓度大小(不考虑
CO2的溶解)_____________________。
氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO +4H++3e-
=NO+2H2O。KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
(4)写出并配平该氧化还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目。_________。
【答案】(1)2CH3COOH+CO
2CH3COO-+CO2↑+H2O 增大
(2)是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH
CH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO
跟H+结
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合成HCO ，HCO 又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使
CH3COOH 电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。
不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH
CH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO
跟H+结
合成HCO ，HCO 又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使
CH3COOH 电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。
(3)c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-)
(4)
【解析】（1）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，反应生成醋酸钠、
二氧化碳和水，离子方程式为：2CH3COOH+CO
2CH3COO-+CO2↑+H2O；随着碳酸钠溶液的滴加，
CO
浓度增大，平衡正向移动，CH3COOH 的浓度降低，溶液酸性减弱，溶液的pH 增大。
（2）是，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH
CH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO
跟
H+结合成HCO ，HCO 又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使
CH3COOH 电离平衡向右移动，直到反应完成。所以符合上述规律。
不是。醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH
CH3COO-+H+，当加入碳酸钠后，因为CO
跟H+结
合成HCO ，HCO 又跟H+结合成弱电解质H2CO3(H2CO3分解成CO2和H2O)。由于H+浓度减小，使
CH3COOH 电离平衡向右移动，直到反应完成。但是总的离子浓度是增大的，所以不符合上述规律。
（3）取4mL1mol·L-1醋酸溶液在试管中，逐滴滴入1mL1mol·L-1碳酸钠溶液，当碳酸钠溶液全部滴加完后，
得到等浓度的CH3COOH 和CH3COONa 混合溶液，测得该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，说明CH3COOH
的电离程度大于CH3COO-的水解程度，c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)，综上所述，该溶液中除H2O 以
外的微粒浓度大小为：c(CH3COO-)> c(Na+)> c(CH3COOH)> c(H+)> c(OH-)。
（4）还原过程的反应式：NO +4H++3e-=NO+2H2O，要使反应发生需要加入还原剂，KMnO4、Na2CO3、
Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中只有Cu2O 具有还原性，根据得失电子守恒和氧化还原反应的规律配平该氧化
还原反应的离子方程式，用单线桥法标出电子转移方向和数目为：
。
1．（2022·山东·高考真题）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”
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D．石钟乳(
)：“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+S
Ag2S、Fe+S
FeS、2Cu+S
Cu2S，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。
2．（2022·山东·高考真题）实验室制备
过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用
氧化
制备
；②水溶后冷却，调溶液
至弱碱性，
歧化生成
和
；③减压
过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得
。下列说法正确的是
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用
作强碱性介质
C．②中
只体现氧化性
D．
转化为
的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷
却调溶液pH 至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn 元素的化合价由+6 变为+7 和+4。
【解析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，
故不能用瓷坩埚作反应器，A 说法不正确；B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH 作强
碱性介质，不能用
，B 说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性
又体现还原性，C 说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量
之比为2:1，根据Mn 元素守恒可知，MnO2中的Mn 元素只有
转化为KMnO4，因此，MnO2转化为
KMnO4的理论转化率约为66.7%，D 说法正确；综上所述，本题选D。
3．（2023·辽宁·统考高考真题）一定条件下，酸性
溶液与
发生反应，
(Ⅱ)起催化作用，
过程中不同价态含
粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
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A．
(Ⅲ)不能氧化
B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C．该条件下，
(Ⅱ)和
(Ⅶ)不能大量共存
D．总反应为：
【答案】C
【分析】开始一段时间（大约13min 前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大
约13min 后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
【解析】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后
Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A 项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min
时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min 后反应速率会增大，B 项错误；C．由图像可知，
Mn(Ⅶ)的浓度为0 后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C 项正确；D．H2C2O4
为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D 项错
误；答案选C。
4．（2022·浙江·统考高考真题）关于反应
，下列说法正确的是
A．
发生还原反应
B．
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∶1
D．
发生反应，转移
电子
【答案】B
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化
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。
【解析】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2 mol 电子，D 说法不正确。综上所述，本题选B。
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5．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进
和
的转移(如a、b 和c)，能将海洋中
的
转化为
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
发生氧化反应
B．a 和b 中转移的
数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】D
【解析】A．由图示可知，过程I 中NO 转化为NO，氮元素化合价由+3 价降低到+2 价，NO 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 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 +2H++e-
NO+H2O，生成
1molNO，a 过程转移1mole-，过程II 为NO 和NH 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：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，
消耗1molNO，b 过程转移3mol e-，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：NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，n(NO):n(NH )=1:1，C 错误；D．由图示可知，
过程I 的离子方程式为NO +2H++e-
NO+H2O，过程II 的离子方程式为NO+NH +3e-+2H+
H2O+N2H4，
过程III 的离子方程式为N2H4
N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO + NH = N2↑+2H2O，D 正确；
答案选D。
6．（2022·湖南·高考真题）为探究
的性质，进行了如下实验(
和
溶液浓度均为
)。
实
验
操作与现象
①
在
水中滴加2 滴
溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
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②
在
溶液中滴加2 滴
溶液，变红褐色；再滴加
溶液，产生蓝色沉淀。
③
在
溶液中滴加2 滴
溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加
溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A．实验①说明加热促进
水解反应
B．实验②说明
既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明
发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明
对
的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子
具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解
反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄
色，存在水解反应Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶
体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁
氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验
③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁
离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【解析】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成
较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A 正确；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2 滴同浓度的Na2SO3溶
液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得
到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B 正确；C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴
加2 滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子
的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C 正确；D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根
离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离
子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D 错误。
综上所述，答案为D。
7．（2022·全国·统考高考真题）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是
实验操作
现象
结论
A
向NaBr 溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI 溶液
先变橙色，后变蓝色
氧化性：
B
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的
悬浊液
无砖红色沉淀
蔗糖未发生水解
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C
石蜡油加强热，将产生的气体通入
的
溶液
溶液红棕色变无色
气体中含有不饱和
烃
D
加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片
试管口润湿的蓝色石蕊
试纸变红
氯乙烯加聚是可逆
反应
【答案】C
【解析】A．向NaBr 溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI 溶液，
过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A 错误；B．向蔗糖溶液
中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和
新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B 错误；C．石蜡油加强热，
产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶
液褪色，C 正确；D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能
说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的
方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D 错误；答案选C。
8．（2022·浙江·统考高考真题）关于反应4CO2+SiH4
4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是
A．CO 是氧化产物
B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
D．生成1molSiO2时，转移8mol 电子
【答案】D
【解析】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4 价降为+2 价，故CO 为还原产物，A 错误；B．硅元
素化合价由-4 价升为+4 价，故SiH4发生氧化反应，B 错误；C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为
SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C 错误；D．根据反应方程式可知，Si 元素的化合价
由-4 价升高至+4 价，因此生成1molSiO2时，转移8mol 电子，D 正确；答案选D。
9．（2023·浙江·高考真题）关于反应
，下列说法正确的是
A．生成
，转移
电子
B．
是还原产物
C．
既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，
为负极产物
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，反应生成1mol 一氧化二氮，转移4mol 电子，故A 正确；B．由方程式可知，
反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH 是反应的还原剂，故B 错误；C．由方程式可知，反应中氮元
素的化合价升高被氧化，NH2OH 是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，
故C 错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原
电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D 错误；故选A。
10．（2023·湖南·统考高考真题）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
褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
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下列说法正确的是
A．
和
的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素
和S 都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化
转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【解析】A．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．中
As 的化合价为+3 价，反应Ⅰ产物中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：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C 错误；
D．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1mol 失电子
3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As 变为+5 价，S 变为+6 价，则1mol 失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则
反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3 7∶，D 正确；故选D。
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