專題05氧化還原反應-2024年高考化學二輪復習講義習題

專題05氧化還原反應一、氧化還原反應基本概念1.氧化還原反應的本質和特征（1）本質是有電子轉移（得失或偏移）。（2）特征是反應中元素的化合價發(fā)生變化。2.氧化還原反應中對立統(tǒng)一的兩組概念【提分秘籍歸納】利用口訣熟記相關概念“升、失、氧、還原劑、氧化產物”；“降、得、還、氧化劑、還原產物”3.電子轉移的表示方法（1）雙線橋法請標出鈉與氯氣反應中電子轉移的方向和數目：。（2）單線橋法請標出鐵與鹽酸反應中電子轉移的方向和數目：4.常見的氧化劑和還原劑(1)常見氧化劑包括某些非金屬單質、含有高價態(tài)元素的化合物、過氧化物等。如：氧化劑還原產物KMnO4Mn2+（酸性）；MnO2（中性）；MnO42－（堿性）K2Cr2O7（酸性）Cr3+濃硝酸NO2稀硝酸NOX2（鹵素單質）X－H2O2OH－（堿性）；H2O（酸性）Na2O2NaOH（或Na2CO3等）NaClO（或ClO－）Cl－、Cl2NaClO3Cl2、ClO2等PbO2Pb2+(2)常見還原劑包括活潑的金屬單質、非金屬離子及低價態(tài)化合物、低價金屬陽離子、非金屬單質及其氫化物等。如：還原劑氧化產物Fe2+Fe3+（酸性）；Fe（OH）3（堿性）SO2（或H2SO3、SO32－）SO42－S2－（或H2S）S、SO2（或SO32－）、SO42－H2C2O4CO2（酸性）；CO32－（堿性）H2O2O2I－（或HI）I2、IO3－COCO2（酸性）；CO32－（堿性）金屬單質（Zn、Fe、Cu等）Zn2+、Fe2+（與強氧化劑反應生成Fe3+）Cu2+（與弱氧化劑反應生成Cu+）(3)既可作氧化劑，又可作還原劑的物質或微粒氧化產物物質或微粒還原產物Fe3+Fe2+FeSOSOSO2H2O2H2O【提分秘籍警示】（1）在氧化還原反應中，并不是所有元素的化合價都發(fā)生變化。（2）中間價態(tài)的物質性質：既有氧化性，也有還原性。（3）物質氧化性或還原性的強弱取決于其所含元素原子得失電子的難易程度，與得失電子數目的多少無關。（4）所含元素價態(tài)越高，化合物的氧化性不一定越強。如HClO4中Cl為+7價(最高價態(tài))，HClO中Cl為+1價，而實際上HClO4的氧化性沒有HClO的強。二、氧化性、還原性強弱比較1.依據氧化還原反應原理來判斷（1）氧化性強弱：氧化劑>氧化產物。（2）還原性強弱：還原劑>還原產物。2.依據“二表、一律”判斷（1）依據元素周期表判斷①同主族元素對應單質的氧化性從上到下逐漸減弱，對應陰離子的還原性逐漸增強。②同周期元素對應單質的還原性從左到右逐漸減弱，氧化性逐漸增強。（2）依據金屬活動性順序表判斷（3）依據元素周期律判斷①非金屬元素的最高價氧化物對應水化物的酸性越強，其對應單質的氧化性越強。如酸性：HClO4>H2SO4>H3PO4>H2CO3>H2SiO3，則氧化性：Cl2>S>P>C>Si。②金屬元素的最高價氧化物對應水化物的堿性越強，其對應單質的還原性越強。如堿性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，則還原性：Na>Mg>Al。3.依據產物中元素價態(tài)的高低判斷（1）相同條件下，不同氧化劑作用于同一種還原劑，氧化產物價態(tài)高的其氧化性強。例如：（2）相同條件下，不同還原劑作用于同一種氧化劑，還原產物價態(tài)低的其還原性強。例如：1.依據氧化還原反應原理來判斷(1)氧化性強弱：氧化劑大于氧化產物(2)還原性強弱：還原劑大于還原產物2.依據元素活動性順序判斷(1)金屬越活潑，其單質的還原性越強，對應陽離子的氧化性逐漸減弱。(2)非金屬越活潑，其單質氧化性越強，對應陰離子的還原性越弱。F2、Cl2、Br2、I2、S由左至右，非金屬單質的氧化性逐漸減弱；F－、Cl－、Br－、I－、S2－由左至右，陰離子的還原性逐漸增強。3.依據產物中元素價態(tài)的高低判斷(1)相同條件下，不同氧化劑作用于同一種還原劑，氧化產物價態(tài)高的其氧化性強。例如：(2)相同條件下，不同還原劑作用于同一種氧化劑，還原產物價態(tài)低的其還原性強。例如：4.依據影響因素判斷(1)濃度：同一種物質，濃度越大，氧化性(或還原性)越強。如氧化性：濃H2SO4>稀H2SO4，濃HNO3>稀HNO3；還原性：濃HCl>稀HCl。(2)溫度：同一種物質，溫度越高其氧化性越強。如熱的濃硫酸的氧化性比冷的濃硫酸的氧化性強。(3)酸堿性：同一種物質，所處環(huán)境酸(堿)性越強其氧化(還原)性越強。如氧化性：KMnO4(酸性)>KMnO4(中性)>KMnO4(堿性)。三、氧化還原反應規(guī)律1.守恒規(guī)律(1)質量守恒：反應前后元素的種類和各元素原子數目不變。(2)電子守恒：即氧化劑得電子的總數等于還原劑失電子的總數，這是配平氧化還原反應方程式的依據，也是有關氧化還原反應計算的依據。(3)電荷守恒：離子方程式中，反應物中各離子的電荷總數與產物中各離子的電荷總數相等。書寫氧化還原反應的離子方程式時要注意滿足電荷守恒，如Fe3++CuFe2++Cu2+(錯誤)，2Fe3++Cu2Fe2++Cu【提分秘籍歸納】得失電子計算模板n(氧化劑)×變價原子個數×化合價變化值=n(還原劑)×變價原子個數×化合價變化值2.價態(tài)規(guī)律（1）價態(tài)歸中規(guī)律即同種元素不同價態(tài)之間的反應，即高價+低價→中間價，中間價態(tài)可相同也可不相同，但不會出現交叉現象。如KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O，氧化劑為KClO3，還原劑為HCl，氧化產物為Cl2，還原產物為Cl2（2）歧化規(guī)律同一元素發(fā)生氧化還原反應生成不同價態(tài)的物質時，該元素的價態(tài)變化一定遵循“中間價態(tài)→高價態(tài)+低價態(tài)”，不會出現“一邊倒”的現象。如：3.強弱規(guī)律根據氧化還原反應反應原理：(1)氧化性強弱：氧化劑大于氧化產物(2)還原性強弱：還原劑大于還原產物依據物質氧化性或還原性的強弱，也能判斷一個氧化還原反應是否符合反應原理，能否自發(fā)進行。4.先后規(guī)律同一體系中，當有多個氧化還原反應發(fā)生時，強者優(yōu)先，總是氧化性強（還原性強）的物質優(yōu)先反應。例題：向含相同物質的量濃度的S2－、I－、Br－溶液中，緩慢通入氯氣，還原性強的離子優(yōu)先發(fā)生反應，先后順序為S2－、I－、Br－；練習：向含等物質的量濃度的Fe3＋、Cu2＋、H＋、Ag＋溶液中，緩慢加入足量的鐵粉，氧化性強的離子優(yōu)先發(fā)生反應，先后順序為Ag＋、Fe3＋、Cu2＋、H＋。四、氧化還原反應方程式的配平方法1.配平（1）配平原則：遵循得失電子相等、質量守恒、電荷守恒（2）一般步驟①標變價，標明反應前后變價元素的化合價；②列得失，列出化合價的變化值；③求總數，求最小公倍數使化合價升降總數相等；④配系數，確定氧化劑、還原劑或氧化產物、還原產物的化學計量系數，觀察法配平其它物質系數；⑤查守恒，檢查質量、電荷、得失電子是否守恒。（3）配平方法①正向配平法配平化學方程式：H2S+HNO3S↓+NO↑+H2O分析：配平步驟如下第一步：標變價，H2S-2+HN+5O3S0↓+N+2第二步：列得失，H2S-2+HN+5S0↓N第三步：求總數，從而確定氧化劑(或還原產物)和還原劑(或氧化產物)的化學計量數。H2S-2+HN+5 S0↓ N故H2S的化學計量數為3，NO的化學計量數為2。第四步：配系數，先配平變價元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S+2HNO33S↓+2NO↑+4H2第五步：查守恒，其他原子在配平時相等，最后利用O原子守恒來進行驗證。（2）逆向配平法適用于一種元素的化合價既升高又降低的反應和分解反應中的氧化還原反應。先確定生成物的化學計量數，然后再確定反應物的化學計量數。例如：由于S的化合價既升又降，而且升降總數要相等，所以K2S的化學計量數為2，K2SO3的化學計量數為1，然后確定S的化學計量數為3。（3）缺項型氧化還原反應方程式的配平缺項方程式是指某些反應物或生成物的分子式沒有寫出來，一般為水、酸或堿。①配平方法先用“化合價升降法”配平含有變價元素的物質的化學計量數，然后由原子守恒確定未知物，再根據原子守恒進行配平。②補項原則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(水)，少O(氧)補OH③奇數配偶法：適用于物質種類少且分子組成簡單的氧化還原反應。如S+C+KNO3CO2↑+N2↑+K2S，反應物KNO3中三種元素原子數均為奇數，而生成物中三種元素的原子數均為偶數，故可將KNO3乘以2，然后用觀察法配平得：S+3C+2KNO33CO2↑+N2↑+K2S。④整體配平法：如果反應物中某物質各元素化合價同升或同降，可將其作為一個整體找出化合價升降總數，再根據化合價升降法進行配平?！咎岱置丶椒ㄖ笇А考仁请x子反應又是氧化還原反應方程式的配平步驟：（2）先配平氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物（2）然后配平電荷（3）再質量守恒。如霧霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成Ce3+和物質的量之比為1∶1的NO2－、NO3－，試寫出該反應的離子方程式________________。（1）配平氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物2NO+4Ce4+=NO2－+NO3－+4Ce3+（2）配平電荷需要分析溶液酸堿性，若溶液呈酸性，則配H+，若溶液呈堿性，配OH，本題涉及Ce4+、Ce3+，故不能是堿溶液，則配H+：2NO+4Ce4+=NO2－+NO3－+4Ce3++6H+（3）質量守恒：2NO+4Ce4++3H2O=NO2－+NO3－+4Ce3++6H+1．（2023·福建·統(tǒng)考高考真題）稀有氣體氙的氟化物與溶液反應劇烈，與水反應則較為溫和，反應式如下：與水反應與溶液反應i．ii．iii．iv．下列說法錯誤的是A．具有平面三角形結構 B．的還原性比強C．反應i～iv中有3個氧化還原反應 D．反應iv每生成，轉移電子【答案】A【詳解】A．Xe原子以sp3雜化軌道成鍵，分子為三角錐形分子，A錯誤；B．由iii、iv兩組實驗對比可知，在氫氧化鈉溶液中，可以發(fā)生還原反應，而在水中則發(fā)生非氧化還原反應，故可知：的還原性比強，B正確；C．I、iii、iv三組化學反應均為氧化還原反應，C正確；D．分析iv可知，每生成一個，整個反應轉移6個電子，故每生成，轉移電子，D正確。2．（2023·重慶·統(tǒng)考高考真題）已知反應：，為阿伏加德羅常數的值，若消耗(標準狀況)，下列敘述錯誤的是A．轉移的電子數為 B．生成的質量為C．生成的氧化產物分子數為 D．生成的含有孤電子對數為【答案】C【詳解】A．反應中F的化合價由0價轉化為1價，O的化合價由2價變?yōu)?2價，轉移電子數為4e，若消耗(標準狀況)即=2mol，故轉移的電子數為，A正確；B．根據反應，每消耗2molF2生成的質量為2mol=，B正確；C．根據反應可知反應生成的氧化產物為OF2，每消耗2molF2生成的氧化產物OF2分子數為，C錯誤；D．根據反應可知，每消耗2molF2生成H2O的物質的量為2mol，又知1個H2O中含有2對孤電子對，即生成的含有孤電子對數為，D正確。3．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）離子化合物和與水的反應分別為①；②。下列說法正確的是A．中均有非極性共價鍵B．①中水發(fā)生氧化反應，②中水發(fā)生還原反應C．中陰、陽離子個數比為，中陰、陽離子個數比為D．當反應①和②中轉移的電子數相同時，產生的和的物質的量相同【答案】C【詳解】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯誤；B．①中水的化合價不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應，②中水發(fā)生還原反應，B錯誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽離子個數之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H組成，陰、陽離子個數之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個氧氣分子轉移2個電子，②中每生成1個氫氣分子轉移1個電子，轉移電子數相同時，生成氧氣和氫氣的物質的量之比為1∶2，D錯誤。4．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）化學燙發(fā)巧妙利用了頭發(fā)中蛋白質發(fā)生化學反應實現對頭發(fā)的“定型”，其變化過程示意圖如下。下列說法不正確的是A．藥劑A具有還原性B．①→②過程若有鍵斷裂，則轉移電子C．②→③過程若藥劑B是，其還原產物為D．化學燙發(fā)通過改變頭發(fā)中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發(fā)的定型【答案】C【詳解】A．①→②是氫原子添加進去，該過程是還原反應，因此①是氧化劑，具有氧化性，則藥劑A具有還原性，故A正確；B．①→②過程中S的價態(tài)由?1價變?yōu)?2價，若有鍵斷裂，則轉移電子，故B正確；C．②→③過程發(fā)生氧化反應，若藥劑B是，則B化合價應該降低，因此其還原產物為，故C錯誤；D．通過①→②過程和②→③過程，某些蛋白質中鍵位置發(fā)生了改變，因此化學燙發(fā)通過改變頭發(fā)中某些蛋白質中鍵位置來實現頭發(fā)的定型，故D正確。5．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃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．和的空間結構都是正四面體形B．反應Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化C．反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ<ⅡD．反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化轉移的電子數之比為3∶7【答案】D【詳解】A．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．中As的化合價為+3價，反應Ⅰ產物中As的化合價為+3價，故該過程中As沒有被氧化，B錯誤；C．根據題給信息可知，反應I的方程式為：，反應Ⅱ的方程式為：，則反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ>Ⅱ，C錯誤；D．中As為+3價，S為2價，在經過反應Ⅰ后，As的化合價沒有變，S變?yōu)?2價，則1mol失電子3×4mol=12mol；在經過反應Ⅱ后，As變?yōu)?5價，S變?yōu)?6價，則1mol失電子2×2mol+3×8mol=28mol，則反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化轉移的電子數之比為3∶7，D正確。6．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）下列化學事實不符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點的是A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡B．氯氣與強堿反應時既是氧化劑又是還原劑C．銅鋅原電池工作時，正極和負極同時發(fā)生反應D．Li、Na、K的金屬性隨其核外電子層數增多而增強【答案】D【詳解】A．電解質的沉淀和溶解是對立的，當電解質的沉淀速率和溶解速率相等時，電解質建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相統(tǒng)一在這個平衡體系中；石灰乳中存在著未溶解的氫氧化鈣和溶解的氫氧化鈣，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，這個化學事實符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，A不符合題意；B．氧化劑和還原劑是對立的，但是，氯氣與強堿反應時，有部分氯氣發(fā)生氧化反應，同時也有部分氯氣發(fā)生還原反應，因此，氯氣既是氧化劑又是還原劑，氯氣的這兩種作用統(tǒng)一在同一反應中，這個化學事實符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，B不符合題意；C．銅鋅原電池工作時，正極和負極同時發(fā)生反應，正極上發(fā)生還原反應，負極上發(fā)生氧化反應，氧化反應和還原反應是對立的，但是這兩個反應又同時發(fā)生，統(tǒng)一在原電池反應中，因此，這個化學事實符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，C不符合題意；D．Li、Na、K均為第ⅠA的金屬元素，其核外電子層數依次增多，原子核對最外層電子的吸引力逐漸減小，其失電子能力依次增強，因此，其金屬性隨其核外電子層數增多而增強，這個化學事實不符合“事物的雙方既相互對立又相互統(tǒng)一”的哲學觀點，D符合題意。7．（2023·浙江·高考真題）關于反應，下列說法正確的是A．生成，轉移電子 B．是還原產物C．既是氧化劑又是還原劑 D．若設計成原電池，為負極產物【答案】A【詳解】A．由方程式可知，反應生成1mol一氧化二氮，轉移4mol電子，故A正確；B．由方程式可知，反應中氮元素的化合價升高被氧化，NH2OH是反應的還原劑，故B錯誤；C．由方程式可知，反應中氮元素的化合價升高被氧化，NH2OH是反應的還原劑，鐵元素的化合價降低被還原，鐵離子是反應的氧化劑，故C錯誤；D．由方程式可知，反應中鐵元素的化合價降低被還原，鐵離子是反應的氧化劑，若設計成原電池，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，亞鐵離子為正極產物，故D錯誤。8．（2022·北京·高考真題）某的多孔材料剛好可將N2O4“固定”，實現了NO2與N2O4分離并制備HNO3，如圖所示：已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0下列說法不正確的是A．氣體溫度升高后，不利于N2O4的固定B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C．制備HNO3的原理為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3D．每制備0.4molHNO3，轉移電子數約為【答案】D【詳解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高溫度，平衡逆向移動，N2O4的濃度減小，不利于N2O4的固定，故A正確；B．N2O4被固定后，N2O4濃度減小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正確；C．被固定的四氧化二氮和氧氣、水反應生成硝酸，制備HNO3的原理為：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正確；D．由C化學方程式可知，4HNO3~4e，每制備0.4molHNO3，轉移電子數約為0.4×，故D錯誤。9．（2022·江蘇·高考真題）室溫下，下列實驗探究方案不能達到探究目的的是選項探究方案探究目的A向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，觀察溶液顏色變化具有還原性B向盛有水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，加熱試管，觀察溶液顏色變化具有漂白性C向盛有淀粉KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，觀察溶液顏色變化的氧化性比的強D用pH計測量醋酸、鹽酸的pH，比較溶液pH大小是弱電解質A．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．向盛有溶液的試管中滴加幾滴溶液，無現象，振蕩，再滴加幾滴新制氯水，溶液變?yōu)榧t色，亞鐵離子被新制氯水氧化，說明具有還原性，A正確；B．向盛有水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，品紅溶液褪色，振蕩，加熱試管，溶液又恢復紅色，說明具有漂白性，B正確；C．向盛有淀粉KI溶液的試管中滴加幾滴溴水，振蕩，溶液變?yōu)樗{色，說明的氧化性比的強，C正確；D．用pH計測量醋酸、鹽酸的pH用以證明是弱電解質時，一定要注明醋酸和鹽酸的物質的量濃度相同，D錯誤。10．（2022·山東·高考真題）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()：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”【答案】C【詳解】A．金“雖被火亦未熟”是指金單質在空氣中被火灼燒也不反應，反應金的化學性質很穩(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+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，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。11．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）關于反應，下列說法正確的是A．發(fā)生還原反應B．既是氧化劑又是還原劑C．氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1D．發(fā)生反應，轉移電子【答案】B【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，該反應的本質是硫代硫酸根離子在酸性條件下發(fā)生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。【詳解】A．H2SO4轉化為硫酸鈉和水，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．該反應的氧化產物是SO2，還原產物為S，氧化產物與還原產物的物質的量之比為1:1，C說法不正確；D．根據其中S元素的化合價變化情況可知，1molNa2S2O3發(fā)生反應，要轉移2mol電子，D說法不正確。12．（2022·湖南·高考真題）為探究的性質，進行了如下實驗(和溶液濃度均為)。實驗操作與現象①在水中滴加2滴溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；再滴加溶液，產生藍色沉淀。③在溶液中滴加2滴溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加溶液，無藍色沉淀生成；另一份煮沸，產生紅褐色沉淀。依據上述實驗現象，結論不合理的是A．實驗①說明加熱促進水解反應B．實驗②說明既發(fā)生了水解反應，又發(fā)生了還原反應C．實驗③說明發(fā)生了水解反應，但沒有發(fā)生還原反應D．整個實驗說明對的水解反應無影響，但對還原反應有影響【答案】D【分析】鐵離子水解顯酸性，亞硫酸根離子水解顯堿性，兩者之間存在相互促進的水解反應，同時鐵離子具有氧化性，亞硫酸根離子具有還原性，兩者還會發(fā)生氧化還原反應，在同一反應體系中，鐵離子的水解反應與還原反應共存并相互競爭，結合實驗分析如下：實驗①為對照實驗，說明鐵離子在水溶液中顯棕黃色，存在水解反應Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，煮沸，促進水解平衡正向移動，得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；實驗②說明少量亞硫酸根離子加入鐵離子后，兩者發(fā)生水解反應得到紅褐色的氫氧化鐵膠體；根據鐵氰化鉀檢測結果可知，同時發(fā)生氧化還原反應，使鐵離子被還原為亞鐵離子，而出現特征藍色沉淀；實驗③通過反滴操作，根據現象描述可知，溶液仍存在鐵離子的水解反應，但由于鐵離子少量，沒檢測出亞鐵離子的存在，說明鐵離子的水解反應速率快，鐵離子的還原反應未來得及發(fā)生。【詳解】A．鐵離子的水解反應為吸熱反應，加熱煮沸可促進水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；B．在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據現象和分析可知，Fe3+既發(fā)生了水解反應，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現特征藍色沉淀，故B正確；C．實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據現象和分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應，但未來得及發(fā)生鐵離子的還原反應，即水解反應比氧化還原反應速率快，故C正確；D．結合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應占主導作用，比氧化還原反應的速率快，因證據不足，不能說明亞硫酸離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進鐵離子的水解反應，故D錯誤。13．（2022·湖南·高考真題）科學家發(fā)現某些生物酶體系可以促進和的轉移(如a、b和c)，能將海洋中的轉化為進入大氣層，反應過程如圖所示。下列說法正確的是A．過程Ⅰ中發(fā)生氧化反應B．a和b中轉移的數目相等C．過程Ⅱ中參與反應的D．過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為【答案】D【詳解】A．由圖示可知，過程I中NO轉化為NO，氮元素化合價由+3價降低到+2價，NO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NO在酶1的作用下轉化為NO和H2O，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NO+2H++eNO+H2O，生成1molNO，a過程轉移1mole，過程II為NO和NH在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應生成H2O和N2H4，依據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應的離子方程式為：NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b過程轉移3mole，轉移電子數目不相等，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：NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C錯誤；D．由圖示可知，過程I的離子方程式為NO+2H++eNO+H2O，過程II的離子方程式為NO+NH+3e+2H+H2O+N2H4，過程III的離子方程式為N2H4N2↑+4H++4e，則過程Ⅰ→Ⅲ的總反應為NO+NH=N2↑+2H2O，D正確。14．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）關于反應4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列說法正確的是A．CO是氧化產物 B．SiH4發(fā)生還原反應C．氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶4 D．生成1molSiO2時，轉移8mol電子【答案】D【詳解】A．根據反應方程式，碳元素的化合價由+4價降為+2價，故CO為還原產物，A錯誤；B．硅元素化合價由4價升為+4價，故SiH4發(fā)生氧化反應，B錯誤；C．反應中氧化劑為二氧化碳，還原劑為SiH4，，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為4:1，C錯誤；D．根據反應方程式可知，Si元素的化合價由4價升高至+4價，因此生成1molSiO2時，轉移8mol電子，D正確。15．（2022·北京·高考真題）某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應。資料：ⅰ、Mn2＋在一定條件下被Cl2或ClO氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(綠色)、MnO(紫色)。ⅱ、濃堿條件下，MnO可被OH還原為MnO。ⅲ、Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)：實驗物質aC中實驗現象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到無色溶液產生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化Ⅱ5%NaOH溶液產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀?0%NaOH溶液產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋?1)B中試劑是。(2)通入Cl2前，實驗Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)樽睾谏幕瘜W方程式為。(3)對比實驗Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是。(4)根據資料ⅱ，實驗Ⅲ中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將MnO氧化為MnO。①用化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因：，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。②取實驗Ⅲ中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被(填化學式)氧化，可證明實驗Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量。③取實驗Ⅱ中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生反應的離子方程式是。④從反應速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因：?！敬鸢浮?1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O(3)Mn2＋的還原性隨溶液堿性的增強而增強(4)Cl2＋2OH=Cl＋ClO＋H2O4MnO＋4OH=4MnO＋O2↑＋2H2OCl23ClO＋2MnO2＋2OH=2MnO＋3Cl＋H2O過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH)降低，溶液中的MnO被還原為MnO的速率減小，因而實驗Ⅲ未得到綠色溶液【分析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質HCl，在裝置C中通過改變溶液的pH，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，據此解答?！驹斀狻浚?）根據以上分析可知B中試劑是飽和NaCl溶液；（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋與堿性溶液中NaOH電離產生的OH反應產生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色的MnO2，則沉淀由白色變?yōu)樽睾谏幕瘜W方程式為2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。（3）對比實驗Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是Mn2＋的還原性隨溶液堿性的增強而增強。（4）①Cl2與NaOH反應產生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為Cl2＋2OH=Cl＋ClO＋H2O。②溶液紫色變?yōu)榫G色是由于在濃堿條件下，MnO可被OH還原為MnO，方程式為4MnO＋4OH=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明實驗Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量。③溶液紫色緩慢加深，說明ClO將MnO2氧化為MnO，方程式為3ClO＋2MnO2＋2OH=2MnO＋3Cl＋H2O。④由于過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH)降低，溶液中的MnO被還原為MnO的速率減小，因而實驗Ⅲ未得到綠色溶液。16．（2022·河北·統(tǒng)考高考真題）以焙燒黃鐵礦(雜質為石英等)產生的紅渣為原料制備銨鐵藍顏料。工藝流程如下：回答下列問題：(1)紅渣的主要成分為(填化學式)，濾渣①的主要成分為(填化學式)。(2)黃鐵礦研細的目的是。(3)還原工序中，不生成S單質的反應的化學方程式為。(4)工序①的名稱為，所得母液循環(huán)使用。(5)沉鐵工序產生的白色沉淀中的化合價為，氧化工序發(fā)生反應的離子方程式為。(6)若用還原工序得到的濾液制備和，所加試劑為和(填化學式，不引入雜質)。【答案】(1)Fe2O3SiO2(2)增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌(5)+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+(6)H2O2NH3·H2O【分析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向濾液中加入黃鐵礦進行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后進行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調節(jié)溶液的pH為3，進行沉鐵過程，反應原理為：Fe2++2+[Fe(CN)6]3=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進行氧化步驟，反應原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6，過濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，據此分析解題?！驹斀狻浚?）由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2，故答案為：Fe2O3；SiO2；（2）黃鐵礦研細的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率，故答案為：增大固液接觸面積，加快反應速率，提高黃鐵礦的利用率；（3）由分析可知，還原工序中，不產生S單質沉淀，則硫元素被氧化為，反應原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化學方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序①的名稱為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾洗滌；（5）沉鐵工序中產生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價為+2價和[Fe(CN)6]4中的+3價，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6，故答案為：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6；（6）由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向濾液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產生沉淀為止，過濾洗滌，對沉淀進行灼燒，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O，故答案為：H2O2；NH3·H2O。1．（2023·廣西·校聯(lián)考模擬預測）實驗室模擬工業(yè)處理含鉻廢水，操作及現象如圖1，反應過程中鉻元素的化合價變化如圖2，下列說法正確的是已知：深藍色溶液中生成了CrO5A．實驗開始至5s，鉻元素被氧化B．實驗開始至30s，溶液中生成Cr3+的總反應離子方程式為：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑C．30s至80s的過程，一定是氧氣氧化了Cr3+D．80s時，溶液中又生成了Cr2O3，顏色相比于開始時淺，是水稀釋所致【答案】B【詳解】A．中Cr為+6價，根據圖2，實驗開始至5s，鉻元素的化合價為+6價，鉻元素的化合價沒有發(fā)生變化，因此鉻元素沒有被氧化，故A錯誤；B．實驗開始至30s，溶液中生成Cr3+，鉻元素的化合價降低，則雙氧水中的O元素被氧化生成氧氣，總反應的離子方程式為：+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B正確；C．30s時，在溶液中加入氫氧化鈉，80s時，鉻元素的化合價為+6價，可能是過氧化氫在堿性溶液中氧化性更強，將Cr3+氧化的結果，也可能是前面生成的CrO5，CrO5中含有過氧鍵，具有強氧化性，將Cr3+氧化的結果，故C錯誤；D．80s時溶液呈黃色，并且溶液呈堿性，2CrO+2H+=+H2O，所以80s時又生成了CrO，故D錯誤；故選B。2．（2024·江蘇鹽城·江蘇省射陽中學校考三模）反應可制備高效消毒劑。對于該反應，下列說法正確的是A．是氧化劑 B．被氧化C．是還原產物 D．當轉移1mol電子時，該反應生成1mol【答案】D【詳解】A．該反應中H2SO4中的元素化合價未發(fā)生變化，H2SO4不是氧化劑，A錯誤；B．該反應中NaClO3得電子生成ClO2，故NaClO3為氧化劑被還原，B錯誤；C．Na2SO3失電子為還原劑被氧化，生成的Na2SO4為氧化產物，C錯誤；D．該反應中，生成2molClO2轉移2mol電子，當轉移1mol電子時，反應生成1molClO2，D正確；故答案選D。3．（2023·廣東·校聯(lián)考一模）用溶液進行下列實驗，結合實驗，下列說法錯誤的是A．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃B．②中被還原C．若向④中加入70%溶液至過量，溶液恢復橙色D．的氧化性強于【答案】C【詳解】A．①K2Cr2O7溶液中加入H2SO4，增大c(H+)，題給可逆反應的平衡逆向移動，溶液橙色加深:③K2Cr2O7溶液中加入了NaOH溶液，OH中和了溶液中的H+，使c(H+)減小，平衡正向移動，溶液變黃，選項A正確；B．②中溶液變成綠色，說明有Cr3+生成，即被C2H5OH還原為Cr3+，選項B正確；C．若向④中加入過量的H2SO4溶液，溶液呈酸性，題給可逆反應的平衡逆向移動，轉化為，K2Cr2O7會被C2H5OH還原為Cr3+，溶液變綠色，不會變?yōu)槌壬?，選項C錯誤；D．對比②、④可知，酸性條件下被C2H5OH還原為Cr3+，而堿性條件下不能被還原，說明酸性條件下K2Cr2O7的氧化性更強，選項D正確；答案選C。4．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）連二亞硫酸鈉()俗稱保險粉，有強還原性，在空氣中極易被氧化。用還原法制備保險粉的流程如下：下列說法錯誤的是A．反應1說明酸性：B．反應1結束后，可用硝酸酸化的溶液檢驗是否被氧化C．反應2中消耗的氧化劑和還原劑的物質的量之比為D．反應2最好在無氧條件下進行【答案】B【分析】由題給流程可知，碳酸鈉溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，亞硫酸氫鈉溶液與鋅粉反應生成連二亞硫酸鈉和氫氧化鋅，連二亞硫酸鈉溶液結晶脫水得到連二亞硫酸鈉?！驹斀狻緼．由分析可知，反應1為碳酸鈉溶液與二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，由強酸制弱酸的原理可知，亞硫酸的酸性強于碳酸，故A正確；B．亞硫酸氫鈉溶液不能與氯化鋇溶液反應，若亞硫酸氫鈉溶液被氧化，加入酸化氯化鋇溶液會與硫酸根離子反應生成白色硫酸鋇沉淀，則反應1結束后，可用鹽酸酸化的氯化鋇溶液檢驗亞硫酸氫鈉是否被氧化，但是不能用硝酸酸化，硝酸會氧化亞硫酸根生成硫酸根，故B錯誤；C．由分析可知，反應2為亞硫酸氫鈉溶液與鋅粉反應生成連二亞硫酸鈉和氫氧化鋅，反應中亞硫酸氫鈉為反應的氧化劑，鋅為還原劑，由得失電子數目守恒可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為2∶1，故C正確；D．由題意可知，連二亞硫酸鈉有強還原性，在空氣中極易被氧化，則制備連二亞硫酸鈉時，反應2最好在無氧條件下進行，故D正確；故選B。5．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）向重鉻酸鹽酸性溶液中加入乙醚和，水層發(fā)生反應：(已知的結構為)，乙醚層發(fā)生反應：。反應上層出現藍色，一段時間后溶液藍色褪去，且水相變?yōu)榫G色()，下列說法正確的是A．由水層反應可知，氧化性：B．乙醚在檢驗過程中可用乙醇代替C．中不存在非極性鍵D．水相變?yōu)榫G色的離子反應為，該反應生成轉移電子【答案】D【詳解】A．由水層反應可知，反應前后元素化合價沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應，故A錯誤；B．乙醚與CrO5形成配合物并使CrO5進入有機相，在檢驗過程中作穩(wěn)定劑和萃取劑，而乙醇易溶于水，故不能用乙醇代替乙醚，故B錯誤；C．CrO5·O(C2H5)2中含OO、CC鍵為非極性鍵，故C錯誤；D．水相變?yōu)榫G色生成了Cr3＋的離子反應為，反應中Cr化合價降低，O元素化合價由1升高到0價，故轉移電子，故D正確；答案選D。6．（2023·四川攀枝花·統(tǒng)考一模）我國科學家發(fā)現深海處在微生物作用下的含硫物質轉化成HS的變化過程如下圖所示(已略去部分不含硫物質)。有關轉化過程說法正確的是A．，B．與的反應中，只作氧化劑，只作還原劑C．、、在轉化過程中硫元素的化合價均降低D．理論上每產生1.2mol，、共得到5.0mol【答案】A【詳解】A．根據題干流程圖可知，配平之后反應3+24e+24H+=6HS+9H2O，消耗24molH+，反應3+18e+21H+=3HS+9H2O，消耗21molH+，即x=21，y=24，A正確；B．與的反應即+SCN=+CN中，未有元素的化合價發(fā)生改變，屬于非氧化還原反應，B錯誤；C．由題干流程圖可知，中S的化合價由+6價降低到的+4價，中+2.5價的S降低到中的+2價，中升高到中的+4價，C錯誤；D．由A項分析可知，理論上每產生1.2mol其中0.4mol由還原得到，0.8mol由還原得到，故、共得到0.4×6+0.8×8=8.8mol，D錯誤；故答案為：A。7．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考模擬預測）以下是工業(yè)上利用煙道氣中的二氧化硫處理含鉻(Ⅵ)廢水的工藝流程：設為阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A．轉化過程中，溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬獴．過程Ⅱ中是還原劑，為還原產物C．處理廢水中的(不考慮其它氧化劑存在)，轉移電子數為D．煙道氣可以用或代替【答案】D【詳解】A．，A正確；B．過程Ⅱ中Cr元素化合價降低，說明被還原，則是還原劑，為還原產物，B正確；C．，每個Cr原子得3個電子，即處理廢水中的(不考慮其它氧化劑存在)，轉移電子數為，C正確；D．中的Fe3+不具有還原性，不能代替具有還原性的二氧化硫，D錯誤；答案選D。8．（2012·甘肅天水·統(tǒng)考三模）已知和均有還原性，它們在酸性溶液中還原性的強弱順序為，則下列反應不能發(fā)生的是A．B．C．D．【答案】C【分析】根據氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性，利用酸性溶液中還原性強弱的順序：，判斷反應能否發(fā)生；【詳解】A．該反應中S元素的化合價升高，Fe元素的化合價降低，則SO2為還原劑，還原性強弱為SO2＞Fe2+，與已知的還原性強弱一致，A不符題意；B．該反應中S元素的化合價升高，I元素的化合價降低，則SO2為還原劑，還原性強弱為SO2＞I，與已知的還原性強弱一致，B不符題意；C．若該反應發(fā)生，S元素的化合價降低，O元素的化合價升高，則H2O2為還原劑，還原性強弱為H2O2＞SO2，與已知的還原性強弱矛盾，C符合題意；D．反應中Cl元素的化合價降低，Fe元素的化合價升高，則Fe2+為還原劑，還原性強弱為Cl＜Fe2+，與已知的還原性強弱一致，D不符題意；答案選C。9．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）(赤血鹽)、(黃血鹽)是常用于、的實驗室檢驗試劑。一定條件下，可發(fā)生如下兩個反應：①，固態(tài)混合，釋放；②，溶液混合，消耗。下列有關說法不正確的是A．檢驗：(藍色)B．含有離子鍵、極性鍵、配位鍵C．氧化性強于D．兩個反應方向不一致，原因可能是溶液中與的配位能力強于【答案】C【詳解】A．檢驗：(藍色)，故A正確；B．配合物含有離子鍵、極性鍵、配位鍵，故B正確；C．根據反應可知，氧化性強于，故C錯誤；D．兩個反應方向不一致，原因可能是溶液中與的配位能力強于，故D正確；答案選C。10．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）藥物結構的修飾有助于新藥的開發(fā)與利用。青蒿素可以獲得雙氫青蒿素，其變化過程示意圖如下。下列說法不正確的是A．若試劑①為NaH，其還原產物為B．青蒿素中存在過氧鍵，具有強氧化性C．該過程若有1mol青蒿素完全轉化，則轉移2mol電子D．羥基的引入使得雙氫青蒿素分子擁有更多修飾與改造的可能【答案】A【詳解】A．青蒿素反應過程中得氫，發(fā)生還原反應，得還原產物為雙氫青蒿素，故A錯誤；B．根據青蒿素結構可知，存在過氧鍵，具有強氧化性，故B正確；C．結合反應過程中物質轉化可知，若有1mol青蒿素完全轉化，則轉移2mol電子，故C正確；D．羥基可發(fā)生多種化學反應，使得雙氫青蒿素分子擁有更多修飾與改造的可能，故D正確；答案選A。11．（2024·廣西·校聯(lián)考一模）高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型、高效、無毒的水處理劑。工業(yè)上，利用廉價的鐵黃(FeOOH)等為原料制備高鐵酸鉀。工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A．高鐵酸鉀在水處理過程中涉及氧化還原反應和鹽類水解反應B．制備Na2FeO4反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為2∶3C．根據流程可以判斷相同溫度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4D．若通過電解法以鐵為原料制備高鐵酸鉀，鐵棒應該做陽極【答案】B【分析】鐵黃和次氯酸鈉反應生成高鐵酸鈉，2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，高鐵酸鈉在溶液中溶解度大于高鐵酸鉀，加入KOH，高鐵酸鈉在溶液中轉化成高鐵酸鉀?！驹斀狻緼．K2FeO4具有強氧化性，可用于消毒殺菌，被還原為Fe3+，Fe3+發(fā)生鹽類的水解生成Fe(OH)3，具有吸附性，可用于吸附水中的懸浮雜質，故A正確；B．制備Na2FeO4反應2FeOOH+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+3H2O，氯元素化合價降低，NaClO是氧化劑，鐵元素化合價升高，FeOOH是還原劑，氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶2，故B錯誤；C．向高鐵酸鈉溶液加入濃KOH能生成高鐵酸鉀沉淀，可知相同溫度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故C正確；D．若通過電解法以鐵為原料制備高鐵酸鉀，鐵元素化合價升高，在陽極反應，則鐵棒應該做陽極，故D正確；故選B。12．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）、和三種濃度硝酸分別與鋅反應時，硝酸還原產物中各物質的物質的量百分數的柱狀分布如圖所示，下列說法錯誤的是A．不同濃度硝酸與鋅反應的還原產物不是單一的B．當時，生成轉移的電子數大于生成轉移的電子數C．當且生成混合氣體時，被氧化的鋅為D．當且生成混合氣體時，參加反應的硝酸為【答案】B【詳解】A．由題給信息可知、和三種濃度硝酸分別與鋅反應時，產物不是單一的，硝酸與鋅反應時生成、、、、，硝酸與鋅反應時生成、、、，硝酸與鋅反應時生成和，A正確；B．當時，生成物，每生成1個轉移3個電子，每生成1個轉移8個電子，因此每生成25個轉移75個電子，每生成10個轉移80個電子，因此生成轉移的電子數小于生成轉移的電子數，B錯誤；C．當且生成混合氣體時，還原產物為、、、，物質的量分別為、、、，得電子的總量為，根據得失電子守恒可計算出被氧化的鋅的物質的量，C正確；D．當且生成混合氣體時，還原產物為、，物質的量分別為、，則轉移的電子為，被氧化的鋅為，參加反應的硝酸有部分體現酸性生成，另一部分體現氧化性生成和，故參加反應的為，D正確；故選B。13．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預測）可溶于濃硫酸生成硝基硫酸(NO2HSO4)和亞硝基硫酸(NOHSO4)，硝基硫酸或亞硝基硫酸是硝基正離子()或亞硝基正離子()與硫酸氫根離子()結合生成的鹽，已知它們遇水分解，且不穩(wěn)定在水中易分解為和，下列推測不合理的是A．硝基硫酸具有強氧化性B．當發(fā)生反應時，轉移電子的物質的量為C．亞硝基硫酸(NOHSO4)遇水會有氣體放出D．硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸【答案】B【詳解】A．由化合價代數和為0可知，硝基硫酸氮元素的化合價為+5價、硫元素的化合價為+6價，由元素的化合價可知，最高正化合價的氮元素和氧元素能表現強氧化性，則硝基硫酸具有強氧化性，故A正確；B．由化合價變化可知，23g二氧化氮與濃硫酸反應時，反應轉移電子的物質的量為×1=0.5mol，故B錯誤；C．由題給信息可知，亞硝基硫酸與水反應生成硫酸和一氧化氮，故C正確；D．由題給信息可知，硝基硫酸水解生成硝酸和硫酸，故D正確；故選B。14．（2023·全國·校聯(lián)考一模）“學以致用”讓化學生活化。下列物質的應用與氧化還原反應無關的是A．用食醋清洗水垢B．用溶液殺菌消毒C．用浸潤有的硅藻土吸收水果散發(fā)的乙烯D．用維生素促進補鐵劑(有效成分為)的吸收【答案】A【詳解】A．食醋清洗水垢利用的是食醋的酸性，與氧化還原反應無關，故A選；B．溶液中存在HClO，具有強氧化性，可以殺菌消毒，與氧化還原反應有關，故B不選；C．乙烯具有還原性，能被浸潤的酸性氧化，與氧化還原反應有關，故C不選；D．維生素具有還原性，能夠防止Fe2+被氧化為Fe3+，與氧化還原反應有關，故D不選；故選A。15．（2024·陜西西安·校聯(lián)考模擬預測）鐵及其化合物在生產，生活中有著重要作用。按要求回答下列問題(1)鐵及其化合物的價類分布及轉化關系如圖所示：①氯化鐵溶液常用于蝕刻銅制電路板，實現了反應Ⅰ的轉化，寫出反應的離子方程式：②往氯化亞鐵溶液中滴加氫氧化鈉溶液的過程可實現E→C→D的轉化，可觀察到的現象為③為實現反應Ⅲ的轉化，可選擇的試劑為稀硝酸，被還原的N和未被還原的N的物質的量之比為。(2)探究某鐵鹽X的組成與性質(忽略過程中氧氣的參與)：①由步驟ⅱ、ⅲ及其現象可推知該鐵鹽X中含有的陰離子為(填離子符號)。②根據步驟ⅳ、ⅴ及其現象分析，體系中與結合能力最強的離子是(填“”或“”)。(3)高鐵酸鉀()是一種新型污水處理劑?？梢源温人徕c和氯化鐵為原料，在