2024届高三新高考化学大一轮专题训练--氧化还原反应
一、单选题
1．（2023秋·江苏连云港·高三统考期末）工业上用碳还原水制备氢气，一种催化制氢原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．FeO发生还原反应
B．每生成标准状况下224L，转移电子20mol
C．总反应方程式：
D．对比水与碳在高温下直接反应，该法有利于直接获得较纯净的氢气
2．（2023春·河北石家庄·高三正定中学校考阶段练习）将一定量的氯气通入的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：。下列说法不正确的是
A．一共消耗了氯气
B．当溶液中时，反应的离子方程式为：
C．若反应中转移的电子为，则
D．反应生成的有一定的氧化性
3．（2023秋·广东·高三统考期末）从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：
①
②
下列说法正确的是
A．两个反应中硫元素均被氧化
B．反应②中为还原剂
C．氧化性：
D．反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为1∶5
4．（2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）某废气(含)脱硫的方法是将废气与空气混合，再通入由、、组成的混合液中，脱硫转化的流程如图所示，下列说法错误的是
A．氧化性：
B．转化过程中参与循环的离子有、、
C．过程Ⅱ为氧化还原反应，两种反应物的物质的量比为1∶1
D．过程Ⅲ中每转移0.1mol电子会生成0.1mol的
5．（2022秋·浙江·高三阶段练习）根据维生素C能够使淀粉碘溶液褪色的原理，应用如图实验可以测定果汁中维生素C含量的多少，要得出正确结论，实验过程中不需要进行控制的条件是
A．烧杯中溶液的体积
B．两个胶头滴管滴出的每滴果汁的体积
C．烧杯中淀粉-碘溶液的浓度
D．胶头滴管滴出的果汁的滴数
6．（2023·湖北·高三统考期末）便携式消毒除菌卡主要活性成分为亚氯酸钠(NaClO2)，一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下。已知，纯ClO2易分解爆炸，固态的亚氯酸钠加热或撞击会迅速分解生成氯化物。下列说法不正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．发生器中鼓入空气的主要目的是将ClO2稀释，避免发生爆炸
C．NaClO2加热时可以发生的反应3NaClO2 2NaClO3 + NaCl
D．ClO2与Na2O2反应也可生成亚氯酸钠
7．（2023秋·河北邯郸·高三统考期末）天然气是应用广泛的燃料，但含有少量H2S等气体。在酸性溶液中利用氧化亚铁硫杆菌(T· f菌)可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示(天然气已略去)。下列说法错误的是
A．过程①中H2S为还原剂
B．过程②中反应的离子方程式为4Fe2+ +O2 +4H+= 4Fe3+ +2H2O
C．该脱硫过程需要不断补充Fe2(SO4)3溶液
D．该脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O
8．（2023秋·广东广州·高三统考期末）价类二维图和实验是学习元素及其化合物的重要方法。图1为铁及其化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．a→f→g→h的每一步转化均需要加入氧化剂
B．通过图2实验可制备e，并较长时间保持白色沉淀不变色
C．d可与足量的HI溶液发生复分解反应得到g
D．c→a可通过在一定条件下加入C、Al等还原剂实现
9．（2023秋·北京西城·高三北京师大附中校考期末）向AgNO3、Cu(NO3)2、Zn(NO3)2的混合溶液中加入一定量铁粉，完全反应后过滤。下列说法中正确的是
A．滤纸上一定有Ag和Cu
B．滤纸上一定有Ag，可能有Cu、Fe、Zn
C．滤液中一定有Zn(NO3)2和Fe(NO3)2
D．滤液中溶质可能是AgNO3、Cu(NO3)2
10．（2022秋·广西桂林·高三校考期中）做实验时手上不小心沾了一些酸性高锰酸钾溶液，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤可以马上复原，其离子方程式为MnO+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++_______ (未配平)。下列关于该反应的叙述正确的是
A．该反应的氧化剂是H2C2O4 B．该反应右边方框内的产物是OH-
C．生成1个CO2分子，转移1个电子 D．配平该反应式后，H+的化学计量数是8
11．（2023秋·江西吉安·高三统考期末）北京大学研究员发现在钙钠矿活性层中引入稀土离子对，通过如图原理可消除零价铅和零价碘缺陷，提高钙钛矿太阳能电池的使用寿命。下列说法正确的是
A．离子对在反应过程中需定时补充
B．消除零价铅的过程中，离子对发生氧化反应
C．消除零价碘的反应为
D．整个过程中，电子从转移给
12．（2022秋·江苏扬州·高三统考学业考试）是重要的电子工业磁性原料，可由下列两种方法制得：
方法1：将(其中为价)焙烧成，再加热使转化为。
方法2：将与反应生成配合物，配合物与水反应生成，再与反应得。前两步的反应原理如图所示：
下列说法正确的是
A．中存在键
B．转化为需结合
C．图中气体为
D．方法2生成总反应的反应物为与
13．（2023秋·福建莆田·高三校联考期末）高铁酸钾是高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备的一种方法是向溶液中通入氯气，然后再加入溶液：
①(未配平)；
②。
下列说法不正确的是
A．在杀菌消毒过程中还可以净水
B．反应①中每消耗，吸收标准状况下22.4L(忽略和水的反应)
C．若反应①中，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为
D．若反应①的氧化产物只有，则得到时最少消耗
二、多选题
14．（2022秋·山东济宁·高三济宁一中校考期末）某同学在实验室中进行如下实验：
编号 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
实验
现象 没有明显变化，溶液仍为无色 有沉淀生成，溶液为蓝色 有无色气泡产生
以下结论不正确的是
A．Ⅰ中无明显变化，说明两溶液不反应
B．Ⅱ中的白色沉淀为
C．Ⅲ中的化学方程式为
D．Ⅲ中发生的反应是氧化还原反应但不是离子反应
三、非选择题
15．（2022秋·浙江·高三校联考期中）请按要求回答下列问题：
(1)写出硝酸铵溶于水的电离方程式：_______；
(2)写出金属钠与水反应的离子反应方程式：_______；
(3)现有七种物质：①液氯；②熔融的；③稀硫酸；④Cu；⑤NaOH；⑥酒精；⑦，属于电解质的是_______；能导电的是_______；
(4)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成，爆炸时的反应为：。
①该反应的氧化剂是_______；
②在标准状况下，若生成22.4L，则转移的电子数目为_______。
16．（2022秋·广东江门·高三江门市新会第一中学校考期中）Ⅰ.电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动的离子的浓度的大小决定，离子浓度越大，导电能力越强，向一定体积的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液，反应混合液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。
(1)ac段发生的反应的离子方程式为：_________。
(2)下列说法正确的是_________。
A．b处溶液呈碱性，d处溶液呈酸性
B．c处主要成分是和
C．c时刻溶液的导电能力约为零，说明溶液中几乎没有自由移动的离子
D．ce段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的氢氧化钡电离出的离子导电
Ⅱ.是国际公认的高效安全杀菌消毒剂，工业制备的反应原理如下：
(3)该反应中，氧化产物是_________(填化学式)，还原剂是_________(填化学式)，依据氧化还原反应规律判断，氧化性强弱为_________(填>、＜或=)。
(4)亚氯酸钠是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。Mathieson方法制备亚氯酸钠的流程如下：
请将流程中反应①的离子方程式中所缺的物质补充完整并配平：_________。
_________
17．（2022秋·湖南长沙·高三周南中学校联考阶段练习）I.氧化还原反应与离子反应在生产生活与科学实验中有重要作用，过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：
A．Na2O2＋2HCl=2NaCl＋H2O2
B．Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2O
C．2H2O2=2H2O＋O2↑
D．H2O2＋2FeSO4＋H2SO4=Fe2(SO4)3＋2H2O
(1)上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是_______(填字母序号，下同)，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_______，H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是_______。
(2)某酸性反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：Fe3＋、Mn2＋、MnO、H2O、Fe2＋、H＋，则反应的离子方程式为_______。
II.KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：
①将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔融态物质。
②冷却，将固体研细，用KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。
③向暗绿色溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色。
④将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。
资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。
(3)①中生成K2MnO4的化学方程式是_______。
(4)②中浸取时用KOH溶液的原因是_______。
(5)③中产生两种盐，写出③的方程式，并用单线桥标出电子转移_______。
18．（2022秋·陕西西安·高三长安一中校考阶段练习）请回答下列问题：
(1)化学实验中，若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境中排放该有害物质。例如：在上述有编号的反应中，Cr元素被氧化的反应是_______(填编号)。
(2)由、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程。该反应中，被氧化的元素是_______(填元素符号)，氧化剂是_______(填相应离子的化学式)。
(3)用双线桥法分析下述反应_______(需在线桥上标出反应前后元素化合价的变化情况、得失电子的数目以及被氧化或被还原)。已知：中Cr的化合价为。该反应中氧化剂和还原剂的数目之比为_______。
(4)用单线桥法标出下述反应转移电子的方向和数目_______。已知：中的N为价。该反应中的氧化剂与氧化产物的数目之比为_______。
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参考答案：
1．A
【详解】A．该过程中FeO转化为Fe3O4，Fe元素化合价上升，发生氧化反应，故A错误；
B．H2O中H元素由+1价下降到0价生成H2，标准状况下224L的物质的量为10mol，生成1mol H2转移电子20mol，故B正确；
C．由图可知，用碳还原水制备氢气的总方程式为：，故C正确；
D．水与碳在高温下才能反应，该方法在常温下就能反应且有利于直接获得较纯净的氢气，故D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol，根据钾元素、氯元素守恒可知，总量为0.6mol，则消耗氯气0.3mol，A错误；
B．当溶液中时，则生成个数比为5:1，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为：，B正确；
C．若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.3mol；
若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.5mol；
故若反应中转移的电子为，则，C正确；
D．中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；
故选A。
3．D
【详解】A．反应①中S元素化合价不变，既没有被氧化也没有被还原，反应②中S被氧化，A错误；
B．反应②中中碘元素化合价降低，发生还原反应，为氧化剂，B错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①可知氧化剂为：MnO2，氧化产物为：I2，所以氧化性：MnO2>I2，同理可知反应②中，氧化性：>，无法得出上述氧化性强弱顺序，C错误；
D．反应①中生成1mol I2转移2mol电子，反应②中生成1mol I2转移10mol电子，转移电子数之比为1：5，D正确；
故选D。
4．C
【详解】A．过程I中氧气将氧化成，为氧化剂，为氧化产物；过程III中氧化CuS生成S，作氧化剂，S作氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可知：氧化性：，故A正确；
B．由图示可知该过程总反应为与氧气生成S和水，、、均视为催化剂，可循环使用，故B正确；
C．过程II与H2S反应生成CuS，没有价态变化，属于非氧化还原反应，故C错误；
D．过程Ⅲ中1mol得1mol电子生成1mol，则转移0.1mol电子会生成0.1mol的，故D正确；
故选：C。
5．D
【详解】当烧杯中溶液的体积一定、烧杯中淀粉-碘溶液的浓度一定、两个胶头滴管滴出的每滴果汁的体积一定时，通过测定胶头滴管滴出的果汁的滴数，再通过其它数据，可以测定果汁中维生素C的含量，所以实验过程中不需要进行控制的条件是胶头滴管滴出的果汁的滴数，故答案为：D。
6．A
【分析】NaClO3固体在稀硫酸中溶解，NaClO2与二氧化硫反应生成ClO2，充入的空气混合气主要避免ClO2过纯，降低浓度避免发生爆炸，ClO2通到氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液中反应生成亚氯酸钠(NaClO2)和氧气，经过一系列操作得到亚氯酸钠(NaClO2)粗产品。
【详解】A．溶解过程中可以用盐酸代替，则两者会发生氧化还原反应生成氯气，因此不能用盐酸代替稀硫酸，故A错误；
B．由于纯ClO2易分解爆炸，因此发生器中鼓入空气的主要目的是将ClO2稀释，避免发生爆炸，故B正确；
C．固态的亚氯酸钠加热或撞击会迅速分解生成氯化物即NaCl，再根据氧化还原反应原理和质量守恒得到还生成NaClO3，因此NaClO2加热时可以发生的反应3NaClO2 2NaClO3 + NaCl，故C正确；
D．ClO2具有氧化性，Na2O2具有还原性，根据氧化还原反应原理得到ClO2与Na2O2反应也可生成亚氯酸钠，故D正确。
综上所述，答案为A。
7．C
【详解】A．根据图示信息，过程①中Fe3+将H2S氧化为S单质，本身被还原为Fe2+ ，H2S为还原剂，A正确；
B．过程②中O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O2 +4H+=4Fe3+ +2H2O，B正确；
C．综合反应①、②可知，Fe2(SO4 )3是该总反应的催化剂，不需要补充，C错误；
D．综合反应①、②，该脱硫过程的总反应为2H2S +O2=2S+2H2O，D正确；
故选C。
8．C
【分析】根据该金属元素的价类二维图，该元素的化合价有0、+2、+3、+6价，可知该元素为Fe，a为铁单质、b为FeO，c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2，f为亚铁盐、g为铁盐，h为高铁盐。
【详解】A．a→f→g→h的每一步转化都是化合价升高的反应，故均需要加入氧化剂，A正确；
B．图2实验铁与稀硫酸生成氢气将装置内空气排出，再将生成的FeSO4压入N中，较长时间保持白色沉淀Fe(OH)2不变色，B正确；
C．d可与足量的HI溶液反应生成铁盐，铁盐具有氧化性，HI具有还原性，发生氧化还原反应得不到g，C错误；
D．c→a即Fe2O3→Fe，可通过在一定条件下加入C、Al等还原剂实现，D正确；
故选C。
9．C
【分析】金属活动性排序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag ，则金属离子的氧化性排序为Fe2+＜Zn2+＜Cu2+＜Ag+，则铁和锌离子不反应，氧化性越强越先和铁反应，硝酸银先和锌反应，若该反应结束后铁还有多余，硝酸铜才和铁反应，则过滤后固体一定有银，滤液中一定有硝酸锌、硝酸铁。
【详解】A．滤纸上一定有Ag、可能有Cu，A错误；
B． 滤纸上一定有Ag，可能有Cu或Fe，不可能有Zn，B错误；
C． 据分析，滤液中一定含有Zn(NO3)2、Fe(NO3)2，C正确；
D． 滤液中溶质若有AgNO3、Cu(NO3)2，则一定有Zn(NO3)2、Fe(NO3)2，D错误；
故答案为：C。
10．C
【分析】该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，碳元素化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应为；
【详解】A．该反应中，锰元素化合价由+7价变为+2价，所以高锰酸根离子作氧化剂，故A错误；
B．根据元素守恒、原子守恒知，该反应右边方框内的产物是H2O，故B错误；
C．由分析可知，，则生成1个CO2分子，转移1个电子，故C正确；
D．配平该反应式后，H+的化学计量数是6，故D错误。
故选C。
11．C
【详解】A．离子对在反应过程中循环使用，不需定时补充，选项A错误；
B．消除零价铅，失电子生成，离子对得电子，发生还原反应，选项B错误；
C．消除零价碘的过程中，得电子生成，离子对失电子，发生的反应为，选项C正确；
D．整个过程中，电子从转移给，选项D错误；
答案选C。
12．C
【详解】A．中存在氢氧根离子和氧锰根离子，不存在键，A错误；
B．转化为过程中Mn元素化合价降低，需要氧元素化合价升高，需释放O，B错误；
C．结合图示信息，Mn和（NH4）2SO4反应生成[Mn（NH3）n]SO4，需要释放出多余的氢，X为H2，C正确；
D．再与反应得，反应中Mn元素化合价升高，则氧元素化合价降低，生成水，结合图示反应过程，方法2生成总反应的反应物为与、O2，D错误；
故选C。
13．C
【详解】A．K2FeO4处理水时，+6价铁为最高价，具有强氧化性能消毒杀菌，还原产生的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，A正确；
B．根据反应①中K与Cl原子守恒关系，每消耗，吸收1molCl2，则吸收标准状况下22.4L，B正确；
C．根据氧化还原反应中得失电子总数相等，若反应①中，其化学方程式为：，则还原产物与氧化产物的物质的量之比为，C错误；
D．根据反应②，生成需要，若反应①的氧化产物只有，则反应的化学方程式为：，生成，需要消耗，D正确；
故选C。
14．AD
【详解】A．Ⅰ中氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，A错误；
B．Ⅱ中氯化钡与硫酸铜反应生成白色沉淀为BaSO4，B正确；
C．Ⅲ中锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为2HCl＋Zn=ZnCl2＋H2↑，故C正确；
D．Ⅲ中反应的化学方程式为，锌元素、氢元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，离子方程式为，该反应有离子参与反应，属于离子反应，故D错误；
故选AD 。
15．(1)
(2)
(3) ②⑤⑦ ②③④
(4) S、 12
【详解】（1）硝酸铵是强电解质，溶于水完全电离，，答案：；
（2）金属钠与水反应的离子反应方程式，答案：；
（3）①液氯，单质既不是电解质也不是非电解质，不导电，②熔融的能导电，是电解质，③稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，有自由移动离子，能导电，④Cu是金属，能导电，单质既不是电解质也不是非电解质，⑤NaOH是电解质，但没自由移动离子不导电，⑥酒精是非电解质，不导电，⑦是电解质，但没自由移动离子不导电，所以属于电解质的是②⑤⑦，能导电的是②③④，答案：②⑤⑦；②③④；
（4），该反应中S元素化合价由0降到-2，N元素化合价+5降到0，碳元素化合价0升高到+4，所以S、KNO3为氧化剂，C为还原剂，分析可知，1molS和2mol KNO3、3molC反应生成1molN2，转移电子12mol，所以当标准状况下生成22.4L即1molN2，则转移的电子数目12。答案：S、KNO3；12；
16．(1)
(2)BCD
(3) Cl2 HCl >
(4)
【详解】（1）向一定体积的稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液，反应生成BaSO4沉淀和水，溶液导电性减弱，因此ac段为H2SO4与Ba(OH)2反应，反应离子方程式为。
（2）A．实验过程为向稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液，b点溶液中溶质为H2SO4，溶液呈酸性，d点氢氧化钡溶液过量，溶质为Ba(OH)2，溶液呈碱性，故A项错误；
B．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应过程中溶液导电能力逐渐减小，c点导电能力约为0，说明H2SO4与Ba(OH)2恰好完全反应，因此c点主要成分为和，故B项正确；
C．溶液导电能力的强弱主要由自由移动的离子的浓度的大小决定，离子浓度越大，导电能力越强，c点导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，故C项正确；
D．c点之后氢氧化钡溶液过量，溶液中主要离子为Ba2+、OH-，ce段溶液中氢氧化钡浓度逐渐增大使得溶液的导电能力逐渐增大，故D项正确；
综上所述，正确的是BCD。
（3）在中只有Cl元素化合价变化，根据氧化还原反应中同种元素化合价“只靠近，不交叉”原则可知，NaClO3中Cl元素化合价由+5降低至+4被还原，ClO2为还原产物，NaClO3作氧化剂，部分HCl中Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，Cl2为氧化产物，部分HCl作还原剂，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氧化性：NaClO3>Cl2。
（4）与SO2在酸性条件下发生反应，反应过程中S元素化合价由+4升高至+6，Cl元素化合价由+5降低至-1，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知反应离子方程式为。
17．(1) D C Ag2O>H2O2>Fe2(SO4)3
(2)MnO＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
(3)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O
(4)保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应
(5)
【详解】（1）在反应中，O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以H2O2表现氧化性，作氧化剂，故仅表现氧化性的反应序号是D；在反应中，O元素化合价部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原；部分由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，因此H2O2表现氧化性、还原性，故H2O2既作氧化剂，又作还原剂，则H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应序号是C；在反应中，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，所以氧化性：Ag2O＞H2O2；在反应中，H2O2为氧化剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，所以氧化性： H2O2＞Fe2(SO4)3，因此H2O2、Ag2O、Fe2(SO4)3的氧化性由强到弱的顺序是：Ag2O＞H2O2＞Fe2(SO4)3；
（2）在该反应中，得到电子被还原为Mn2+，Fe2+失去电子被氧化为Fe3+，酸性环境中，H+与其中的O原子结合形成H2O，所以根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：；
（3）①中MnO2和KOH固体混合，通入空气充分焙烧，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O；
（4）K2MnO4在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，②中浸取时用KOH溶液的目的是：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；
（5）向K2MnO4溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明K2MnO4被Cl2氧化为KMnO4，Cl2被还原为KCl，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：2K2MnO4＋Cl2＝2KMnO4＋2KCl，锰元素化合价由＋6价升高为＋7价、氯元素化合价由0价降低为－1价，用单线桥表示电子转移情况为：。
18．(1)④⑥
(2) Mn
(3) 1∶6
(4) 3∶1
【详解】（1）元素化合价升高，被氧化，①反应Cr元素由+6降到+3，被还原，②、③反应前后Cr元素均为+3 ，化合价无变化，为非氧化还原反应，④反应Cr元素由+3升高到+6 ，被氧化，⑤反应前后Cr元素均为+6，化合价无变化，为非氧化还原反应，⑥反应Cr元素由+3升高到+6 ，被氧化，Cr元素被氧化的反应是④⑥，答案：④⑥；
（2）由、、、、、组成的一个氧化还原反应体系中，发生的反应过程，此过程中Bi元素化合价降低，被还原。根据氧化还原反应中化合价必须有升有降，经分析应是Mn元素化合价升高，发生的反应过程，所以该反应中Mn元素化合价升高被氧化，Bi元素化合价降低，被还原，作氧化剂，答案：Mn；。
（3），该反应中Na2Cr2O7为氧化剂，Cr元素化合价降低被还原，HCl为还原剂，Cl元素化合价升高被氧化，双线桥法标电子转移，经分析化合价可知1个Na2Cr2O7得6个电子，1个HCl失1个电子，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂和还原剂的数目之比为1∶6，答案：；1∶6；
（4）用单线桥法标电子转移方向和数目，箭头由失电子N元素指向得电子Cu元素，线上标出转移电子数目，。CuO为氧化剂，NH4Cl为还原剂，氧化产物是N2，经分析可知：1个CuO得2个电子，生成1个N2，还原剂NH4Cl失6个电子，根据得失电子守恒，该反应中的氧化剂与氧化产物的数目之比为3∶1，答案：；3∶1。
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