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专题 04 氧化还原反应
目 录
01 氧化还原反应基本概念 1
02 氧化还原反应的基本规律及应用 4
03 氧化还原反应方程式的书写与配平 10
01 氧化还原反应基本概念
1．下列物质的应用涉及氧化还原反应的是( )
A．利用氢氟酸刻蚀玻璃 B．利用活性炭由红糖制备白糖
C．煅烧石灰石制备生石灰 D．应用漂白粉对环境进行消杀
【答案】D
【解析】Ａ项，利用氢氟酸刻蚀玻璃，发生反应4HF + SiO = SiF↑+ 2H O，没有化合价的变化，不属
2 4 2
于氧化还原反应，A项错误；Ｂ项，活性炭能够吸附红糖中的色素使红糖变成白糖，这是利用活性炭的吸
附性，属于物理变化，B项错误；Ｃ项，煅烧石灰石制备生石灰原理为：CaCO CaO + CO ↑，无化合
3 2
价的变化，为非氧化还原反应，C项错误；Ｄ项，漂白粉有效成分为Ca(ClO) ，具有氧化性，消毒是利用
2
漂白粉的氧化作用对饮用水和废水进行杀菌的水处理过程，符合题意，D项正确；故选D。
2．(2023·湖南省高三联考)《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰硝(KNO)、硫黄、杉木炭所合，以为烽
3
燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO +3C KS+N↑+3CO ↑。下列有关说法错误的
3 2 2 2
是( )
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：2
B．反应每转移6mol电子，则能生成11.2LN
2C．该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成
D．该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1：5
【答案】B
【解析】 。A项，该反应中氧化产物为CO，还原产物为KS
2 2
和N，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，A正确；B项，气体体积没有注明是标准状况，无法
2
计算N 的体积，B错误；C项，该反应过程有极性键、非极性键和离子键的形成，C正确；D项，1个S
2
能得2e-，2个KNO 中N能得10e-，所以能氧化的碳原子数之比为1:5，D正确；故选B。
3
3．(2023·重庆市渝中高三调研)氧和氟都是非金属性很强的元素，可形成一系列性质活泼的氟氧化合
物，如：OF 、OF、OF、OF、OF、OF。其中OF 可以发生反应：HS+4OF═SF +2HF+4O，关于
2 2 2 3 2 4 2 5 2 6 2 2 2 2 2 2 6 2
此反应，下列说法正确的是( )
A．氧气是氧化产物
B．OF 既是氧化剂又是还原剂
2 2
C．若生成2.24LHF，则转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1
【答案】D
【解析】A项，O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错
误；B项，OF 中的O元素化合价降低，获得电子，所以OF 只是氧化剂，故B错误；C项，不是标准状
2 2 2 2
况下，且标准状况下HF为液态，不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量，所以不能确定
转移电子的数目，故C错误；D项，该反应中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价
降低到0价被还原，氧化产物为SF ，还原产物为O，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是
6 2
4∶1，故D正确；故选D。
4．(2024·浙江省七彩阳光新高考研究联盟三联考)关于反应3SiO+6C+2N Si N+6CO，下列说法
2 2 3 4
正确的是( )
A．SiO 既不是氧化剂，也不是还原剂
2
B．生成33.6L CO，转移3N 电子
A
C．Si N 是氧化产物
3 4
D．6g C中含有的共价键数目为一定为N
A
【答案】A
【解析】A项，在反应中，中的Si、O元素化合价都未改变，则SiO 既不是氧化剂，也不是还原剂，
2
A正确；B项，CO的状态是不是标况未知，无法确定物质的量，B错误；C项，Si N 的Si元素化合价未
3 4
变，N元素化合价降低，被还原，是还原产物，C错误；D项，C的同素异形体有多种，每种共价键的数
目不相同，6g C的C无法确定是哪种同素异形体，共价键数目无法确定，D错误；故选A。5．(2023·浙江省Z20名校联盟高三第三次联考)汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：
10NaN +2KNO =K O+5Na O+16N↑。下列说法正确的是
3 3 2 2 2
A．该反应中KNO 是还原剂
3
B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1
C．若设计成原电池，KNO 在负极上反应
3
D．每转移1mol e-，可生成2.24LN
2
【答案】B
【解析】A项，KNO 中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN 中N元素的化合价由- 升高为
3 3
0，是还原剂，故A错误；B项，根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂
的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量
之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确；C项，由选项A分子可知，在该
反应中KNO 为氧化剂，则若设计成原电池，KNO 在正极上反应，故C错误；D项，由反应可知转移
3 3
10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N 为1.6mol，标准状况下N 的体积为35.84L，
2 2
故D错误；故选B。
6．(2023·浙江省东阳市高三5月模拟考试)关于反应3Cu S+16H++4NO-=6Cu2++4NO↑+3S↓+8H O，下
2 3 2
列说法不正确的是( )
A．该反应体现了HNO 的强氧化性和酸性
3
B．反应生成22.4L(标况下)NO气体时转移3mol电子
C．该反应中氧化产物只有S
D．若设计成原电池，Cu S作为负极材料
2
【答案】C
【解析】A项，根据离子方程式可知，N的部分化合价由+5价降低为+2价，即HNO 作氧化剂，有硝
3
酸铜生成，因此部分HNO 表现酸性，故A正确；B项，Cu S中Cu显+1价，S显-2价，根据离子方程式
3 2
可知，Cu、S的化合价升高，部分N的化合价降低，生成标准状况下22.4LNO，转移电子物质的量为
=3mol，故B正确；C项，氧化产物是还原剂被氧化得到产物，根据B选项分析，氧化
产物有S、Cu2+，故C错误；D项，该反应为氧化还原反应，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反
应，化合价升高，因此Cu S作负极材料，故D正确；故选C。
2
7．(2023·浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5月模考)关于反应
2NaNH +N O=NaN +NaOH+NH ，下列说法正确的是( )
2 2 3 3
A．NaN 溶液通入CO 可以得到HN (酸性与醋酸相当)
3 2 3
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
C．NaN 既是还原产物又是氧化产物
3
D．生成1molNaN ，共转移4mol电子
3【答案】C
【解析】A项，由HN 的酸性与醋酸相当可知，NaN 溶液通入二氧化碳不可能生成HN ，否则违背强
3 3 3
酸制弱酸的原理，故A错误；B项，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项，
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NaN 既
3
是还原产物又是氧化产物，故C正确；D项，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1molNaN ，共转移电子的物质的量为1mol× ×2= mol，故
3
D错误；故选C。
02 氧化还原反应的基本规律及应用
1． 现有下列三个氧化还原反应：
①2FeCl ＋2KI===2FeCl ＋2KCl＋I
3 2 2
②2FeCl ＋Cl===2FeCl
2 2 3
③2KMnO ＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl ＋5Cl↑＋8HO
4 2 2 2
若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是( )
A．Cl B．KMnO C．FeCl D．HCl
2 4 3
【答案】C
【解析】本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于 I 的氧化性，而小于Cl 和Fe3＋的氧化性(也可等于
2 2
Fe3＋的氧化性)。由①知氧化性：Fe3＋>I ，还原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl
2 2
－；由③知氧化性：MnO>Cl ，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO >Cl>FeCl >I ，还
2 4 2 3 2
原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO 可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl 可氧化Fe2＋及I－，FeCl 只能
4 2 3
氧化I－。
2．将SO 气体不断通人Fe (SO ) 溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色，然后往溶液中滴加
2 2 4 3
KCr O 溶液，溶液又变成棕黄色(还原产物为Cr3+)，则下列有关说法错误的是( )
2 2 7
A．氧化性：Cr O2-＞Fe3+＞SO
2 7 2
B．标准状况下，若有6.72LSO 参加反应，则最终能消耗0.1molKCr O
2 2 2 7
C．通入SO 时反应的离子方程式为：SO +2Fe3++2H O= SO 2-+2Fe2++4H+
2 2 2 4
D．随着上述操作的进行，溶液的酸性越来越强
【答案】D
【解析】将气体不断通人Fe (SO ) 溶液中，溶液颜色逐渐变浅，最后至浅绿色说明Fe3+被SO 还原为
2 4 3 2
Fe2+，SO 被氧化，反应的离子方程式为SO +2Fe3++2H O= SO 2-+2Fe2++4H+，则氧化性Fe3+＞SO ；然后往
2 2 2 4 2
溶液中滴加KCr O 溶液，溶液又变成棕黄色，说明Cr O2-将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为Cr O2-
2 2 7 2 7 2 7
+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，所以氧化性Cr O2-＞Fe3+，则三者的氧化性Cr O2-＞Fe3+＞SO 。A项，
2 2 7 2 7 2
Cr O2-、Fe3+和SO 的氧化性强弱顺序为Cr O2-＞Fe3+＞SO ，故A正确；B项，由分析可得SO 和Cr O2-的
2 7 2 2 7 2 2 2 7关系为：3SO —6 Fe2+—Cr O2-，则6.72LSO 参加反应时最终能消耗KCr O 的物质的量为 ×
2 2 7 2 2 2 7
=0.1mol，故B正确；C项，通入SO 时发生的反应为二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和
2
氢离子，反应的离子方程式为：SO +2Fe3++2H O= SO 2-+2Fe2++4H+，故C正确；D项，由题意可得总反应
2 2 4
的离子方程式为3SO + CrO2-+2H+=3SO2-+2Cr3++H O，由方程式可知，反应时消耗氢离子，溶液的酸性越
2 2 7 4 2
来越弱，故D错误；故选D。
3．(2024·福建福州八县协作校高三期中)KIO 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，
3
该方法第一步反应为6I +11KClO + 3H O 6KH(IO) + 5KCl + 3Cl ↑。下列说法错误的是( )
2 3 2 3 2 2
A．产生22.4L(标准状况) Cl 时，反应中转移20mol e-
2
B．可用石灰乳吸收反应产生的Cl 制备漂白粉
2
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：11
D．可用酸化的淀粉碘化钾试纸检验Cl 的存在
2
【答案】C
【解析】由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，碘元素的化合
价升高被氧化，碘是还原剂，反应生成3mol氯气时，转移60mol电子。A项，反应生成3mol氯气时，转
移60mol电子，则标准状况下生成22.4L氯气时，反应中转移电子的物质的量为 ×
=20mol，故A正确；B项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，反应的化学方程式为
2Ca(OH) +2Cl═CaCl +Ca(ClO) +2H O，故B正确；C项，由分析可知，反应中氯元素的化合价降低被还
2 2 2 2 2
原，氯酸钾是反应的氧化剂，碘元素的化合价升高被氧化，碘是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之
比为11：6，故C错误；D项，氯气能与酸化的淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应生成遇淀粉溶液变蓝色的
单质碘，所以可用酸化的淀粉碘化钾试纸检验氯气的存在，故D正确；故选C。
4．(2023·天津高三模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN +2KNO =K O+5Na O+16N↑。
3 3 2 2 2
若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是( )
A．生成42.0LN (标准状况) B．有0.25molKNO 被氧化
2 3
C．转移电子的物质的量为1.25mol D．被还原的N原子的物质的量为3.75mol
【答案】C
【解析】根据反应方程式可知，10mol NaN 发生氧化反应生成15mol氧化产物N，2mol KNO 发生还
3 2 3
原反应生成1mol还原产物N，每生成16mol N，氧化产物比还原产物多15mol-1mol=14mol，反应中转移
2 2
10mol电子，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则反应生成氮气2mol、0.25mol KNO 被还原、转移电子
3
1.25mol，1.25mol NaN 被氧化。A项，由分析可知，标准状况下N 的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，A错
3 2
误；B项，0.25mol KNO 被还原，B错误；C项，转移电子1.25mol，C正确；D项，0.25mol KNO 被还
3 3
原，则被还原的N原子的物质的量为0.25mol，D错误；故选C。
5．KMnO 是常用的消毒剂和氧化剂。已知相关化学反应如下：
4①向含KOH的KMnO 溶液中通入Cl 制备KMnO ：2KMnO +Cl=2KMnO +2KCl
2 4 2 4 2 4 2 4
②实验室制Cl：2KMnO +16HCl=2KCl+2MnCl +5Cl↑+8H O
2 4 2 2 2
③测定废水中Mn2+：2MnO -+3Mn2++2H O=5MnO ↓+4H+，下列有关说法错误的是( )
4 2 2
A．MnO -+的氧化性一定比Cl 的氧化性强
4 2
B．物质氧化性与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强
C．③中生成2mol还原产物时转移6mol电子
D．若转移电子数相等，则①中KMnO 与②中KMnO 的质量之比为5∶1
4 4
【答案】A
【解析】A项，2KMnO +Cl=2KMnO +2KCl反应中，Cl 是氧化剂，KMnO 是氧化产物，则氧化性：
2 4 2 4 2 4
Cl> KMnO ，A项错误；B项，由题中反应可知，在酸性条件下，KMnO 具有强氧化性，所以物质氧化性
2 4 4
与酸碱性有关，pH越低，氧化性越强，B项正确；C项，③中MnO -被还原生成还原产物为MnO ，则生
4 2
成2mol还原产物时转移6mol电子，C项正确；D项，①中1mol KMnO 转移1mol电子，②中1mol
4
KMnO 转移5mol电子，所以若转移电子数相等，则①中KMnO 与②中KMnO 的质量之比为5： 1，D
4 4 4
项正确；故选A。
6．高铁酸钾是一种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KFeO 的
2 4
方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO ) 溶液：①Cl+KOH→KCl+KC1O+KClO +H O(未配
3 3 2 3 2
平)；②2Fe(NO )+3KC1O+10KOH=2K FeO+6KNO +3KCl+5H O。下列说法不正确的是( )
3 3 2 4 3 2
A．KFeO 在杀菌消毒过程中还可以净水
2 4
B．反应①中每消耗2molKOH，吸收标准状况下22.4LCl (忽略Cl 和水的反应)
2 2
C．若反应①中n(ClO-)：n(ClO -)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：5
3
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molKFeO 时最少消耗0.3molC1
2 4 2
【答案】C
【解析】A项，用KFeO 给水消毒、杀菌时得到的Fe3+，Fe3+水解得氢氧化铁胶体可以净水，A正
2 4
确；B项，反应①的生成物有KCl、KClO、KClO，其中K、Cl的物质的量之比为1：1，所以每消耗
3
2molKOH，吸收1molCl ，标况下1mol氯气的体积为：22.4L/mol×1mol=22.4L，B正确；C项，反应①中
2
氯气既是氧化剂，又是还原剂，n(ClO−)：n(ClO)＝5：1，设ClO−为5mol，ClO -为1mol，氯气转化成
3
ClO−、ClO -被氧化，转化成KCl被还原，根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为：
3
5mol×1+1mol×(+5−0)=10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：(5mol+1mol)=5：3，C错误；
D项，若反应①的氧化产物只有KClO，则根据原子守恒、电子守恒可得关系式：2KFeO 3KClO 3e-
2 4
3KCl 3Cl 2 ，则得到0.2molK 2 FeO 4 时消耗0.3molCl 2 ，D正确；故选C。 ∼ ∼
7．(2023·河南省重点高中高三联考)白磷(P )有毒，实验时若皮肤接触到白磷，应立即用稀CuSO 溶液
∼ ∼ 4 4
清洗，发生两个反应：
反应①为P 和CuSO 反应生成Cu、HPO 和HSO ；
4 4 3 4 2 4
反应②为11P+60CuSO+96H O=20Cu P+24HPO +60H SO 。
4 4 2 3 3 4 2 4下列说法正确的是( )
A．在反应①和②中，P 只作还原剂
4
B．反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2
C．若P 反应完全且转化为HPO 的转化率是80％，理论上反应①和②消耗P 的物质的量之比为
4 3 4 4
14∶11
D．用稀CuSO 溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗
4
【答案】C
【解析】A项，由方程式可知，反应②中白磷转化为磷化亚铜和磷酸，磷元素的化合价即升高被氧
化，又降低被还原，白磷即是反应的氧化剂也是还原剂，故A错误；B项，由题意可知，反应①中磷元素
化合价升高被氧化，磷酸是反应的氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜是还原产物，由得失电子数
目守恒可知，中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5，故B错误；C项，由题意可知，反应中白磷
转化为磷化亚铜和磷酸，由白磷反应完全且转化为磷酸的转化率是80％可知，反应后磷化亚铜和磷酸的物
质的量比为1∶4，设反应生成磷化亚铜的物质的量为5mol，则反应生成磷酸的物质的量为20mol，由方程
式可知，反应②生成5mol磷化亚铜的同时生成6mol磷酸，反应消耗白磷的物质的量为11mol× ，反应①
生成磷酸的物质的量为20mol—6mol=14mol，反应消耗白磷的物质的量为14mol× ，则理论上反应①和②
消耗白磷的物质的量之比为14mol× ∶11mol× =14∶11，故C正确；D项，用稀硫酸铜溶液清洗皮肤
后，应再使用稀碳酸氢钠溶液清洗，除去残余的硫酸铜溶液，并中和反应生成的磷酸和硫酸，不能选用碱
性较强的氢氧化钠溶液清洗，否则会灼伤皮肤，故D错误；故选C。
8．(2024·湖南衡阳开学考试)臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．I 阶段中 1mol NaCN 被氧化需消耗 1mol O
3
B．Ⅱ阶段的反应为：2NaCNO+H O+3O=2NaHCO+N +3O
2 3 3 2
C．I 阶段产生的 NaCNO 在Ⅱ 阶段作为还原剂参加反应
D．I、Ⅱ 阶段产生的 O 在反应中均为还原产物
2
【答案】D【解析】由图可知，I阶段发生的反应为NaCN与O 反应生成NaCNO和O，反应的化学方程式为
3 2
NaCN+O=NaCNO+O，Ⅱ阶段发生的反应为NaCNO与HO、O 反应生成NaHCO 、N 和O，反应的化学
3 2 2 3 3 2 2
方程式为：2NaCNO+H O+3O=2NaHCO+N +3O ，整合可知，两个阶段总反应的化学方程式为：
2 3 3 2 2
2NaCN+HO+5O=2NaHCO+N +5O 。A项，由分析可知，I阶段反应的化学方程式为：
2 3 3 2 2
NaCN+O=NaCNO+O，O的化合价由0价降低为-2价，N的化合价由-3价降低为-1价，反应中1mol O 氧
3 2 3
化1mol NaCN，A正确；B项，Ⅱ阶段反应的化学方程式为：2NaCNO+H O+3O=2NaHCO+N +3O ，B正
2 3 3 2 2
确；C项，由I阶段产生的NaCNO与HO、O 反应生成NaHCO 、N 和O，氮元素的化合价由-3价变为0
2 3 3 2 2
价，化合价升高，故作为还原剂参加反应，C正确；D项，I、Ⅱ阶段产生的O，其氧元素来自O，无价
2 3
态变化，O 不是还原产物，D错误；故选D。
2
9．(2023·内蒙古赤峰一轮复习大联考)中国科学院金属研究所发现采用NaSnO 和NaOH混合促进剂，
2 3
可明显提高铝与水反应制氢系统的性能，制氢机理如图。主要反应为：
6Al+3Na SnO +15H O=3Sn+6NaAl(OH) +3H ↑；2Al+2NaOH+6H O=2NaAl(OH) +3H ↑。 溶液显碱
2 3 2 4 2 2 4 2
性，N 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A
A．1L 0.1 mol∙L−1 Na SnO 溶液中阴离子数目等于0.1N
2 3 A
B．上述反应中的氧化产物为Sn和H
2
C．标准状况下，反应过程中生成33.6L H ，转移电子数目为9N
2 A
D．Al-Sn 原电池的形成，能提高产氢速率，析氢反应主要发生在 Sn上
【答案】D
【解析】Al与NaSnO 可以发生反应6Al+3Na SnO +15H O=3Sn+6NaAl(OH) +3H ↑(1)，和NaOH也可
2 3 2 3 2 4 2
发生反应2Al+2NaOH+6H O=2NaAl(OH) +3H ↑(2)，图示中Al与NaSnO 和NaOH反应，随着反应的进
2 4 2 2 3
行，生成的Sn和氢气的量也逐渐增多。A项，NaSnO 溶液显碱性，是强碱弱酸盐，SnO 2-会发生水解导
2 3 3
致阴离子个数增多，大于0.1N 个，故A错误；B项，根据分析该过程存在
A
6Al+3Na SnO +15H O=3Sn+6NaAl(OH) +3H ↑，还原产物为Sn和H，故B错误；C项，在整个过程中生成
2 3 2 4 2 2
故氢气的反应有两个，当氢气全部是反应(1)生成的，33.6LH转移的电子数为9N ，当氢气全部是反应(2)生
A
成的，转移的电子数为3N ，两个反应同时发生，故转移电子数目为介于3N 与9N 之间，故C错误；D
A A A
项，形成Al-Sn原电池可以加快反应速率，Al活泼作负极，故Sn作正极，析氢反应主要发生在Sn上，故
D正确，故选D。10．(2024·河南省湘豫名校联考高三联考)向FeI 溶液中不断通入Cl，体系中I-、I、IO -、Fe2+、Fe3+等
2 2 2 3
粒子的物质的量随 的变化可用如图简单表示，下列说法错误的是( )
A．A线表示n(I-)的变化
B．D线对应的反应的离子方程式为2Fe2++Cl=2Cl-+2Fe3+
2
C．形成IO 时，反应的离子方程式为5Cl+I +12OH-=2IO +6H O+10Cl-
2 2 2
D．当 =1.2时，反应的离子方程式为2Fe2++10I-+6Cl=5I +2Fe3++12Cl-
2 2
【答案】C
【解析】A项，由于还原性I-＞Fe2+，故通入Cl 后I-立即反应导致n(I-)减小，A项正确；B项，当I-反
2
应完后，通入的Cl 将Fe2+氧化为Fe3+，B正确；C项，体系不是碱性环境，不能用氢氧根离子平衡电荷，
2
C错误；D项， 时，Cl、I-均反应完，而Fe2+部分参与反应，反应中消耗的
2
，对照D项内容知其正确，D正确；故选C。
11．(2024·重庆高三调研考试)工业生产中除去电石浆(主要含CaO)中的 并制取硫酸盐的流程如下图
所示。下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中被氧化的微粒为MnO 2-
3
B．在酸性条件下，氧化性： O＞SO2-＞MnO 2-
2 2 3 3
C．经过过程Ⅱ后，溶液的碱性增强
D．若消耗56LO，理论上除去S2-的质量为16g
2
【答案】C
【解析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH) ，通入氧气生成MnO 2-，过程Ⅰ中反应的离子
2 3
方程式为2Mn(OH) +O +4OH-=2 MnO 2-+4H O；MnO 2-与S2-反应生SO2-，进而与氧气反应生成SO 2-，过
2 2 3 2 3 2 3 4
程Ⅱ中反应的离子方程式为4 MnO2-+2S2-+9H O═SO2-+4Mn(OH) ↓+10OH-。A项，过程Ⅰ中被氧化的微粒
3 2 2 3 2为Mn(OH) ，A错误；B项，碱性条件下，O 能将Mn(OH) 氧化为MnO 2-，MnO 2-能将S2-氧化为SO2-，
2 2 2 3 3 2 3
故氧化性：O＞MnO 2-＞SO2-，B错误；C项，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4 MnO2-+2S2-+9H O═SO2-
2 3 2 3 3 2 2 3
+4Mn(OH) ↓+10OH-，溶液的碱性增强，C正确；D项，没有给出标况，无法计算氧气的物质的量，D错
2
误；故选C。
03 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．NaNO 是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO 溶液与NaNO 反应的化学方程式是：MnO＋
2 4 2
NO＋→Mn2＋＋NO＋HO。下列叙述中正确的是( )
2
A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO 需消耗0.4 mol KMnO D．中的粒子是OH－
3 4
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平
化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3HO；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH
2
增大，故A、B、D错误。
2．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)关于反应CHCHOH+Cr O2-+H++H O→CH COOH+ Cr(H O) 3+
3 2 2 7 2 3 2 6
(未配平)，下列说法不正确的是( )
A．生成1mol CHCOOH，转移6mol电子 B．CHCOOH是氧化产物
3 3
C．该反应类型属于氧化还原反应 D．Cr(H O) 3+的配体中形成配位键的原子是O
2 6
【答案】A
【解析】A项，CHCHOH中C为-2价，CHCOOH中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol
3 2 3
CHCOOH，转移4mol电子，故A错误；B项，碳元素化合价升高，CHCHOH是还原剂，CHCOOH是
3 3 2 3
氧化产物，故B正确；C项，该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D
项，HO中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；故选A。
2
3．ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N、Cl-、HCO -、HO六种物质。
2 3 2
下列有关说法正确的是( )
A．ClO-是氧化剂，N 是氧化产物之一
2
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2
C．若生成标准状况下2.24 L N ，则转移电子0.2 mol
2
D．含CN-的废水也可用Cr O2-处理
2 7
【答案】A
【解析】A项，根据题意，ClO-、CN-为反应物，N、Cl-、HCO -为生成物，结合原子守恒可知H2O为
2 3
反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H O=N↑+5Cl-+2 HCO -。其中ClO-是氧化剂， N 是氧化
2 2 3 2
产物，A正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C项，在反应5ClO-+2CN-+H O=N↑+5Cl-+2 HCO -中，每反应产生1
2 2 3
mol N，反应过程中转移10 mol电子。若生成标准状况下2.24 L N ，其物质的量是0.1 mol，则转移电子1
2 2
mol，C错误；D项，Cr O2-具有强氧化性，但若用Cr O2-处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D
2 7 2 7
错误；故选A。
4．已知下列实验事实：① Cr O 固体既能溶于 KOH 溶液得到 KCrO 溶液，又能溶于硫酸得到
2 3 2
Cr (SO ) 溶液；②将KCr O 溶液滴加到淀粉KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO 溶液中滴加HO 溶液，再
2 4 3 2 2 7 2 2 2
酸化，可得KCr O 溶液。下列判断不正确的是( )
2 2 7
A．化合物KCrO 中Cr为＋3价 B．实验①证明Cr O 是两性氧化物
2 2 3
C．实验②证明氧化性：Cr O＞I D．实验③证明HO 既有氧化性又有还原性
2 2 2 2
【答案】D
【解析】A项，化合物KCrO 中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正、负化合价的代数和为 0
2
知，Cr为＋3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正
确；C项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升
高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性：Cr O＞I ，正确；D项，实验③中发生氧化还
2 2
原反应，Cr的化合价由＋3升高为＋6，则过氧化氢中O的化合价降低，证明HO 有氧化性，错误。
2 2
5．用酸性KMnO 溶液处理硫化亚铜(Cu S)和二硫化亚铁(FeS )的混合物时，发生反应I：MnO -+
4 2 2 4
Cu S+H+→Cu2++SO2-+Mn2++H O (未配平)和反应II：MnO -+ FeS +H+→Fe3++SO2-+Mn2++H O(未配平)。下列
2 4 2 4 2 4 2
说法正确的是( )
A．反应I中Cu S既是氧化剂又是还原剂
2
B．反应I中每生成1molSO 2-，转移电子的物质的量为10mol
4
C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
D．若反应I和反应II中消耗的KMnO 的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的
4
量之比为
【答案】B
【解析】A项，反应Ⅰ中Cu S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu S为还原剂，Mn元
2 2
素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B项，反应Ⅰ中每生成1molSO 2-，参加反应
4
的Cu S为1mol，Cu S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C
2 2
项，反应Ⅱ中氧化剂MnO -化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS 化合价共升高1+2(6+1)=15，根据得失电子相
4 2
等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D项，若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO
4
的物质的量相同， 1molKMnO 得到5mol电子，Cu S化合价共升高2(2-1)+(6+2)=10，应氧化
4 2
0.5molCu S，FeS 化合价共升高1+2(6+1)=15，应氧化 mol FeS，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的
2 2 2物质的量之比为0.5mol： mol=3：2，D错误。故选B。
6．(2023·辽宁省朝阳市一模)已知反应：aFeSO+ bNa O= cNa FeO+2Na O+ dNa SO +eO ↑，a=2。下
4 2 2 2 4 2 2 4 2
列关于该反应的说法错误的是( )
A．NaFeO 可以对水体进行杀菌消毒、净化 B．NaO 在该反应中既是氧化剂又是还原剂
2 4 2 2
C．3a=b D．每生成1mol Na FeO，转移4mol电子
2 4
【答案】D
【解析】A项，NaFeO 具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成
2 4
的Fe(OH) 胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，即NaFeO 可以对水体进行杀菌消
3 2 4
毒、净化，A正确；B项，该反应中，NaO 中O的化合价既有升高，又有降低，故NaO 既是氧化剂又是
2 2 2 2
还原剂，B正确；C项，a=2，根据Fe和S守恒可知，c=2，d=2，再根据Na守恒可知，b=6，则3a=b，C
正确；D项，由选项C可知，该反应的化学方程式为2FeSO +6Na O=2Na FeO+2Na O+2Na SO +O ↑，则
4 2 2 2 4 2 2 4 2
每生成1mol Na FeO，转移5mol电子，D错误；故选D。
2 4
7．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-
3
=NO↑+2HO，已知KMnO 、NaCO、FeO、Fe (SO ) 四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。
2 4 2 3 2 4 3
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式： 。
(2)反应中硝酸体现了 性质。
(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是 mol。
【答案】(1)3FeO+10HNO ＝3Fe(NO )+5H O+NO↑
3 3 3 2
(2)酸性、氧化性 (3)0.6mol
【解析】(1)反应中硝酸根得到电子，被还原，则另一种反应物是还原剂，应该是氧化亚铁，铁元素化
合价从＋2 价升高到＋3 价，失去 1 个电子，因此根据电子得失守恒可知反应的化学方程式为 3FeO
+10HNO ＝3Fe(NO )+5H O+NO↑；(2)反应中有硝酸盐和NO生成，所以体现了硝酸的酸性和氧化性；(3)
3 3 3 2
反应中N元素从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，因此生成0.2molNO转移0.2mol×3＝0.6mol电子。
8．已知高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸(H C O)溶液可以发生氧化还原反应。请回答下列问题：
2 2 4
(1)该反应中的还原剂是________(填化学式)。
(2)写出该反应的化学方程式：____________________。
(3)反应转移了0.4 mol电子，则参加反应的HSO 的物质的量为________mol。
2 4
(4)高锰酸钾(硫酸酸化)溶液和草酸溶液的反应可用于测定血钙的含量。方法是取2 mL血液用蒸馏水稀
释后，向其中加入足量草酸铵晶体[化学式为(NH )C O]，反应生成CaC O 沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解后
4 2 2 4 2 4
得到HC O，再用KMnO 溶液滴定。
2 2 4 4
①稀硫酸溶解CaC O 沉淀的化学方程式是___________________________。
2 4
②用KMnO 溶液滴定HC O 时，判断滴定终点的方法是_______________________。
4 2 2 4
③若消耗了1.0×10－4 mol·L－1的KMnO 溶液20.00 mL，则100 mL该血液中含钙________ g。
4【答案】(1)H C O (2)2KMnO+5H C O＋3HSO ===K SO +2MnSO +10CO ↑+8H O
2 2 4 4 2 2 4 2 4 2 4 4 2 2
(3)0.12
(4)①CaC O＋HSO ===CaSO ＋HC O ②溶液由无色变为浅红色，并在半分钟内不褪色 ③0.01
2 4 2 4 4 2 2 4
【解析】根据题意，写出反应的化学方程式：2KMnO ＋5HC O ＋3HSO ===K SO ＋2MnSO ＋
4 2 2 4 2 4 2 4 4
10CO↑＋8HO，则不难看出反应中的还原剂是草酸。在反应中Mn由＋7价降到＋2价，转移10 mol电子
2 2
时消耗3 mol H SO ，所以容易求出反应转移了0.4 mol电子时，参加反应的HSO 的物质的量为0.12 mol。
2 4 2 4
高锰酸钾溶液本身有颜色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，溶液应该是由无
色变为浅红色。利用有关反应的化学方程式可以得出关系式：5Ca2＋～2KMnO ，所以可计算出100 mL该
4
血液中含钙的质量为1.0×10－4 mol·L－1×0.02 L×5/2×100 mL/2 mL×40 g·mol－1＝0.01 g。
