文档内容
考点 05 氧化还原反应方程式的配平与计算
1．3年真题考点分布
年 考点分布
卷区
份 氧化还原反应方程式的书写 氧化还原反应的有关计算
山东 √
广东 √ √
北京 √
202 福建 √
2 辽宁 √
海南 √
江苏 √
重庆 √
江苏 √
辽宁 √
广东 √
202 湖南 √
1 山东 √
海南 √
天津 √
福建 √
北京 √ √
202 海南 √
0 山东 √
天津 √
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于该部分主要考查：
1．氧化还原反应方程式的书写
2．氧化还原反应的计算
【备考策略】结合常见的氧化还原反应理解有关规律，通过分析、推理加深对氧化还原反应的认识，构建氧化
还原反应计算和配平的思维模型。
【命题预测】分析近几年高考题，氧化还原反应的配平与计算一般不单独考查，往往与其他模块的知识综合考
查，一般以非选择题形式，可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题，在无机推断及化
工流程题中考查信息型方程式的书写；在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。
考法 1 氧化还原反应方程式的配平
【典例1】（2020·北京市等级考）HNO－NaCl与王水［V（浓硝酸）∶V（浓盐酸）＝1∶3］溶金原理相同。
3
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】将溶金反应的化学方程式补充完整：
___Au+____NaCl+____HNO HAuCl +____+____+____NaNO 。
3 4 3
【解析】根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低
到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO
3
HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO 。
4 2 3
【答案】4；5；NO；2HO；4
2
【典例2】（2023·湖南选择考）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（As S）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
2 3
下列说法正确的是（ ）。
A．SO2－和SO 2－的空间结构都是正四面体形
2 3 4
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 ：Ⅰ＜Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As S 转移的电子数之比为3∶7
2 3
【解析】选D。SO2－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；
2 3
As S 中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As O 中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；
2 3 2 3
根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As S+6O +3HO 2As O+3HSO，反应Ⅱ的方程式为：
2 3 2 2 2 3 2 2 3
As S+6O+3HO 2As O+3HSO ，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 ：Ⅰ＞Ⅱ，C错误；As S 中As
2 3 2 2 2 3 2 4 2 3
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 As S 失电子3×4mol＝
2 3
12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol As S 失电子2×2mol+3×8mol＝28mol，则反应
2 3
Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As S 转移的电子数之比为3∶7，D正确。
2 3
【典例3】（2023·辽宁选择考）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、
Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。
（1）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，该反应的离子方程式为
2 5 2
___________________________________________（HSO 的电离第一步完全，第二步微弱）。
2 5
（2）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成成CoO（OH），该反应的化学方程式为
_______________________________。
【解析】（1）因为HSO 的电离第一步完全，第二步微弱，说明HSO 为强酸，写离子方程式时能拆，HSO －
2 5 2 5 5
为弱酸根离子，写离子方程式时不能拆。用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，该反应的离子方程
2 5 2
式为：Mn2++HO +HSO － MnO+SO 2－+3H+。（2）“沉钻镍”中得到的Co（OH），在空气中可被氧化成
2 5 2 4 2
CoO（OH），该反应的化学方程式为：4Co（OH）+O 2CoO（OH），+2H O。
2 2 2
【答案】（1）Mn2++HO +HSO － MnO+SO 2－+3H+
2 5 2 4
（2）4Co（OH）+O 2CoO（OH），+2H O
2 2 2
【拓展延伸】氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】3．缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式
（1）补项原则
介
多一个氧原子 少一个氧原子
质
酸
+2H+结合1个O→HO +H O提供1个O→2H+
性 2 2
中 +H O结合1个
2 +H O提供1个O→2H+
性 O→2OH－ 2
碱 +H O结合1个 +2OH－提供1个
2
性 O→2OH－ O→HO
2
（2）组合方式
项目 反应物 生成物 使用条件
组合一 H+ HO 酸性溶液
2
组合二 HO H+ 酸性或中性溶液
2
组合三 OH－ HO 碱性溶液
2
组合四 HO OH－ 碱性或中性溶液
2
1．（2022·广东省等级考）催化剂Cr O 可由（NH ）Cr O 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化
2 3 4 2 2 7
学方程式：（NH ）Cr O Cr O+_______+_______。
4 2 2 7 2 3
【解析】（NH ）Cr O 分解过程中，生成Cr O 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N、HO，
4 2 2 7 2 3 2 2
根据原子守恒可知反应方程式为（NH ）Cr O Cr O+N↑+4HO。
4 2 2 7 2 3 2 2
【答案】N↑；4HO
2 2
2．（2023·山东选择考）已知电负性Cl＞H＞Si， SiHCl 在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为
3
_________________________________________。
【解析】已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl 中氯元素的化合价为－1，H元素的化合价为－1，硅元素化合价为
3
+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl 反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：
3
SiHCl +5NaOH NaSiO+3NaCl+H↑+2H O。
3 2 3 2 2
【答案】SiHCl +5NaOH NaSiO+3NaCl+H↑+2H O
3 2 3 2 2
3．（2023·湖北选择考）SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料LiCoO 进行氯化处
4 4 2
理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
“850℃煅烧”时的化学方程式为_______________________________________。
【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl 和
2 4 2
SiO 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO 和HSiO；滤液1用氢氧化钠
2 2 2 3
溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co（OH））和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在
2
850℃煅烧得到Co O；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为LiCO。“850℃煅烧”时，
3 4 2 3
Co（OH） 与O 反应生成Co O 和HO，该反应的化学方程式为6Co（OH）+O 2Co O+6HO。
2 2 3 4 2 2 2 3 4 2
【答案】6Co（OH）+O 2Co O+6HO
2 2 3 4 2
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】4．（2022·江苏选择考节选）硫铁化合物（FeS、FeS 等）应用广泛。在弱碱性溶液中，FeS与CrO2－反应生成
2 4
Fe（OH）、Cr（OH） 和单质S，其离子方程式为____________________________________。
3 3
【解析】在弱碱性溶液中，FeS与CrO2－反应生成Fe（OH）、Cr（OH） 和单质S的离子方程式为FeS+ CrO 2
4 3 3 4
－+4H O Fe（OH）+Cr（OH）+S+2OH－。
2 3 3
【答案】FeS+CrO 2－+4H O Fe（OH）+Cr（OH）+S+2OH－
4 2 3 3
考法 2 氧化还原反应的相关计算
【典例4】（2021·山东省等级考）实验室中利用固体KMnO 进行如图实验，下列说法错误的是（ ）。
4
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO 只作氧化剂
4
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol
【解析】选BD。KMnO 固体受热分解生成KMnO 、MnO 、O，KMnO 、MnO 均具有氧化性，在加热条件
4 2 4 2 2 2 4 2
下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl，KMnO 、MnO 被还原为MnCl ，因此气体单
2 2 4 2 2
质G为O，气体单质H为Cl。加热KMnO 固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热
2 2 4
KMnO 、MnO 与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O 和Cl 均为氧化产物，故A
2 4 2 2 2
正确；KMnO 固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO
4 4
既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为KMnO →KMnO +MnO 、
4 2 4 2
KMnO →MnCl 、MnO →MnCl ，还可能发生剩余的KMnO →MnCl ，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，
2 4 2 2 2 4 2
故C正确；整个过程KMnO ~MnCl ~5e－，2Cl－→Cl~2e－，2O2－~O ~4e－，根据电子守恒有如下关系式：5n
4 2 2 2
（KMnO ）＝2n（Cl）+4n（O）＝5×0.1mol＝0.5mol，所以n（Cl）+2n（O）＝0.25mol，即n（Cl）+n
4 2 2 2 2 2
（O）＜0.25mol，故D错误。
2
【典例5】（2022·重庆等级考）称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO 保护下，先用Al片将Sn4+还原为
2
Sn2+，再用0.1000mol•L－1KIO 标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO －被还原为I－，终点时消耗KIO
3 3 3
溶液20.00mL。产生I 的离子反应方程式为___________________________。产品中Sn的质量分数为________%。
2
【解析】由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反
应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，
且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO －+5Sn2++12H+ I+5Sn4++6H O；由得失电子数目守恒可
3 2 2
知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L－1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为
×100%＝39.7%。
【答案】2IO －+5Sn2++12H+ I+5Sn4++6H O；39.7%
3 2 2
【拓展延伸】氧化还原反应的相关计算
1．氧化还原反应遵循以下三个守恒规律：
（1）质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。
（2）电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数。
（3）电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。
2．守恒法解题的思维流程
（1）第一步：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）第二步：找准一个原子或离子得失电子数（注意化学式中粒子的个数）。
（3）第三步：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n（氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值（高价－低价）＝n（还原剂）×变价原子个数×化合价变化值（高价
－低价）。
1．已知酸性KMnO 溶液能被NaSO 溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00mL1.00×10－2mol·L－1的酸性
4 2 3
KMnO 溶液恰好褪色，需消耗25.00mLNa SO 溶液，则该NaSO 溶液的物质的量浓度（单位：mol·L－1）为（
4 2 3 2 3
）。
A．2.00×10－2 B．3.00×10－2 C．4.00×10－2 D．5.00×10－2
【解析】选A。酸性KMnO 溶液能被NaSO 溶液还原成Mn2+而使溶液褪色，发生的反应为2MnO －+5SO 2－
4 2 3 4 3
+6H+ 2Mn2++5SO 2－+3H O，则有关系式：2MnO －~5SO 2－，使20.00mL1.00×10－2mol·L－1酸性KMnO 溶液恰
4 2 4 3 4
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】5
好褪色，消耗25.00mLNa SO 溶液，则该NaSO 溶液的物质的量浓度为2× ＝2.0×10－
2 3 2 3
2mol·L－1。
2．（2023·白城模拟）NaClO 是一种优质含氯消毒剂，酸性条件下能将I－转化为I。现向100mL0.1mol·L－1
2 2
NaClO 溶液中滴加过量KI溶液，并用硫酸酸化。测得反应后有0.02molI 生成，则溶液中ClO －将完全转化为
2 2 2
（ ）。
A．ClO － B．ClO － C．Cl D．Cl－
4 3 2
【解析】选D。假设Cl元素在还原产物中化合价为a，根据电子转移守恒得0.1L×0.1mol·L－1×（3－a）＝
0.02mol×2，解得a＝－1，故溶液中ClO －将完全转化为Cl－。
2
3．（2022·山东等级考节选）实验室利用FeCl ·4HO和亚硫酰氯（SOCl ）制备无水FeCl 的装置如图所示（加
2 2 2 2
热及夹持装置略）。已知SOCl 沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
2
现有含少量杂质的FeCl ·nHO，为测定n值进行如下实验：
2 2
实验Ⅰ：称取mg样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L－1KCr O 标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL
1 2 2 7
（滴定过程中Cr O2－转化为Cr3+，Cl－不反应）。
2 7
实验Ⅱ：另取mg样品，利用上述装置与足量SOCl 反应后，固体质量为mg。
1 2 2
则n＝_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______（填标号）。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl 反应时失水不充分
2
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【解析】滴定过程中Cr O2－将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ CrO2－+14H+
2 7 2 7
6Fe3++2Cr3++7H O，则mg样品中n（FeCl ）＝6n（Cr O2－）＝6cV×10－3mol；mg样品中结晶水的质量为
2 1 2 2 7 1
（m－m）g，结晶水物质的量为 mol，n（FeCl ）∶n（HO）＝（6cV×10－3mol）∶ mol，解得n
1 2 2 2
＝ ＝ ；样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的KCr O 溶液的体积
2 2 7
V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选；
2 2
实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的KCr O 溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到
2 2 7
终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选。
2 2 7
【答案】 （或其他合理答案）；AB
4．（2023湖北部分重点学校联考）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FeS，S为－2价）与100mL盐酸恰好完全
x
反应（矿石中其他成分不与盐酸反应）生成3.2g硫单质、0.4molFeCl 和一定量HS气体，且溶液中无Fe3+。则
2 2
下列说法正确的是（ ）。
A．该盐酸的物质的量浓度为8.0mol·L－1
B．该磁黄铁矿FeS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1
x
C．生成的HS气体在标准状况下的体积为4.48L
2
D．该磁黄铁矿中FeS的x＝0.85
x
【解析】选A。盐酸恰好反应生成FeCl 的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c（HCl）＝ ＝
2
3.2g
32g/mol
8.0mol·L－1，A正确；n（S）＝ ＝0.1mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝ ＝0.2mol，
则矿石中的n（Fe2+）＝0.4mol－0.2mol＝0.2mol，则磁黄铁矿中n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝0.2mol∶0.2mol＝
1
1∶1，B错误；根据H、Cl原子守恒可知，n（HS）＝2n（HCl）＝n（FeCl ）＝0.4mol，V（HS）＝
2 2 2
0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L，C错误；FeS中n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，则有n
x
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】（Fe）∶n（S）＝0.4mol∶0.5mol＝4∶5，解得x＝0.8，D错误。
【基础过关】
1．（2022~2023学年石嘴山高三上学期期中）高铁酸钾（KFeO）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水
2 4
处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe（OH）+ClO－+OH－ FeO2－+Cl－+H O（未配平）。下列有关
3 4 2
说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe（OH） 的氧化性强于FeO2－
3 4
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．KFeO 处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe（OH） 胶体，能吸附水中的悬浮杂质
2 4 3
【解析】选B。令FeO2－中铁元素的化合价为x，则x+4×（－2）＝－2，解得x＝+6，A项正确；反应Fe
4
（OH）+ClO－+OH－ FeO2－+Cl－+H O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe
3 4 2
（OH） 是还原剂，FeO2－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO2－，实际氧化性FeO2－＞Fe（OH），B项错误；
3 4 4 4 3
Fe（OH）+ClO－+OH－ FeO2－+Cl－+H O中，氯元素化合价由+1降低为－1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合
3 4 2
价由+3价升高为+6价，Fe（OH） 是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6－3）∶2＝
3
3∶2，C项正确；KFeO 具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）（胶体）
2 4 3
具有净水作用，D项正确。
2．（江淮十校2023届高三第二次联考）等物质的量的NaO 与FeSO 溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，
2 2 4
恰好完全反应时，生成气体22.4L.（换算成标准状况），对该反应分析正确的是（ ）。
A．氧化剂是NaO，还原剂是FeSO
2 2 4
B．反应过程中转移电子4mol
C．被FeSO 还原的NaO 为2mol，
4 2 2
D．反应后溶液的pH减小
【解析】选C。A项，发生反应：4NaO+4Fe2++6H O 8Na++4Fe（OH）+O ，生成1molO 时，有4molFe2+和
2 2 2 3 2 2
1molNa O 被氧化，3molNa O 被还原，错误；B项，转移电子6mol，错误；C项，被还原的NaO 中1mol被
2 2 2 2 2 2
NaO 还原，2mol被FeSO 还原，正确；D项，反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，错误。
2 2 4
3．（湖南省邵阳市部分校2022~2023学年高三上学期第一次联考）ClO 是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有
2
关ClO 的制备与杀菌作用的说法中合理的是（ ）。
2
A．可用Cl 和NaClO 反应制备ClO ，其中n（氧化剂）∶n（还原剂）＝2∶1
2 2 2
B．ClO 在强碱性环境中使用失效：2ClO －+2OH－ ClO －+ClO －+H O
2 2 3 2 2
C．ClO 处理饮用水时残留的ClO －，可用FeSO 除去：ClO －+2Fe2++4H+ Cl－+2Fe3++2H O
2 2 4 2 2
D．等物质的量的ClO 的杀菌效果比Cl、HClO的弱
2 2
【解析】选B。氯气的化合价从0升降低到－1价，NaClO 中化合价从+3价到+4价，所以氯气为氧化剂，
2
NaClO 为还原剂，根据化合价升降相等，氧化剂和还原剂的比例为1∶2，A错误；二氧化氯在强碱性环境中自
2
身歧化反应类型的氧化还原反应，B正确；方程式电荷不守恒，正确的方程式为：ClO －+4Fe2++4H+ Cl－
2
+4Fe3++2H O，C错误；等物质的量的氧化剂，转移电子越多杀菌效果越好，二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低
2
到－1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，D错误。
4．（2022~2023学年吉林四平高三11月模拟）NH NO 溶液受热可发生分解反应：NH NO
4 3 4 3
N↑+HNO+HO（未配平）。用N 表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
2 3 2 A
A．分解时每生成2.24L（标准状况）N，转移电子的数目为0.6N
2 A
B．2.8gN 中含有共用电子对的数目为0.3N
2 A
C．56gFe与足量稀硝酸反应生成NO 分子的数目为3N
2 A
D．0.1mol·L－1NH NO 溶液中，NH +的数目小于0.1N
4 3 4 A
【解析】选B。5NH NO 4N↑+2HNO+9HO转移的电子为20个，标准状况下，2.24LN 为0.1mol，则转
4 3 2 3 2 2
20 2.8g
移电子为0.1mol× 4 ＝0.5mol，故A错误；2.8gN 的物质的量为 28g/mol ＝0.1mol，含有共用电子对的数目为
2
0.1×3×N ＝0.3N ，故B正确；5.6gFe物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数
A A
为0.3N ，则生成0.1molNO，不能生成NO ，故C错误；NH NO 溶液的体积未知，NH +发生水解，不能计算
A 2 4 3 4
0.1mol/LNH NO 溶液中的铵根离子数目，故D错误。
4 3
5．（河北石家庄2022~2023学年高三3月模拟）用酸性KMnO 溶液处理硫化亚铜（Cu S）和二硫化亚铁
4 2
（FeS）的混合物时，发生反应I：MnO －+Cu S+H+ Cu2++SO 2－+Mn2++H O（未配平）和反应II：MnO －
2 4 2 4 2 4
+FeS +H+ Fe3++SO 2－+Mn2++H O（未配平）。下列说法正确的是（ ）。
2 4 2
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
资料收集整理【淘宝店铺：向阳百分百】C．反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
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量之
4
比为2∶3
【解析】选B。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元素的化合
2 2
价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1mol SO 2－，参加反应的Cu S为1mol，
4 2
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；反应Ⅱ中氧化剂
2
MnO －化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS 化合价共升高1+2（6+1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还
4 2
原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO 的物质的量相同，
4
1molKMnO 得到5mol电子，Cu S化合价共升高2（2－1）+（6+2）＝10，应氧化0.5molCu S，FeS 化合价共
4 2 2 2
1 1
升高1+2（6+1）＝15，应氧化3molFeS ，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶3
2
mol＝3∶2，D错误。
6．（天津市和平区2022~2023学年高三3月模拟）在特定碱性条件下，过量HO 可将Cr（Ⅲ）完全氧化成Cr
2 2
（Ⅵ），其反应为HO+CrO－+2OH－ W+Y（未配平），下列有关说法错误的是（ ）。
2 2 2
A．W为OH－
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．1mol HO 参加反应时，转移电子的物质的量为2mol
2 2
D．在酸性条件下Cr O2－可以转化为CrO2－
2 7 4
【解析】选D。HO 中氧元素化合价由－1降低为－2，CrO－中Cr元素化合价由+3升高为+6，根据得失电子守
2 2 2
恒、电荷守恒，反应的离子方程式为3HO+2CrO－+2OH－ 2CrO2－+4HO，W为OH－，故A正确；HO 中
2 2 2 4 2 2 2
氧元素化合价由－1降低为－2，HO 是氧化剂，CrO－中Cr元素化合价由+3升高为+6，CrO－是还原剂，根据
2 2 2 2
得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B正确；HO 中氧元素化合价由－1降低为－2，
2 2
1mol HO 参加反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C正确；有可逆反应：Cr O2－+H O 2CrO2－
2 2 2 7 2 4
+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下Cr O2－可以转化为CrO2－，故D错误。
2 7 4
7．（2023·南阳模拟）含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co O+6ClF
3 4 3
6CoF+3Cl+4X。下列有关该反应的说法正确的是（ ）。
3 2
A．X是还原产物
B．ClF 中氯元素为－3价
3
C．反应生成3molCl 时转移18mol电子
2
D．Co O 在反应中作氧化剂
3 4
【解析】选C。A项，根据原子守恒知，X是O，该反应中氧气是氧化产物；B项，ClF 中氯元素为+3价；C
2 3
项，氯元素由+3价降为0价，反应生成3molCl 时转移18mol电子；D项，Co O 中钴元素和氧元素的化合价均
2 3 4
升高，所以Co O 在反应中作还原剂。
3 4
8．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO 溶液处理：CHOH+MnO －
4 3 4
+X→CO2－+MnO 2－+H O（未配平，下同）②酸化处理：MnO 2－+H+→MnO ↓+MnO －+H O下列说法错误的是
3 4 2 4 2 4 2
（ ）。
A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO －＞CO2－
4 3
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO 2－时，反应中转移0.4mole－
4
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CHOH+6 MnO －+8OH－ CO2－
3 4 3
+6 MnO 2－+6H O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO －为
4 2 4
氧化剂，CO2－是氧化产物，则氧化性：MnO －＞CO2－，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO －、MnO 2－
3 4 3 4 4
发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为
71.4g
119g/mol
3MnO 2－+4H+ MnO ↓+MnO －+2H O，则消耗71.4g MnO 2－的物质的量为 ＝0.6mol时，反应中转移
4 2 4 2 4
2
电子数目为3 ×0.6mol＝0.4mol，D正确。
9．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO 溶液处理：CHOH+MnO －
4 3 4
+X→CO2－+MnO 2－+H O（未配平，下同）②酸化处理：MnO 2－+H+→MnO ↓+MnO －+H O下列说法错误的是
3 4 2 4 2 4 2
（ ）。
A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO －＞CO2－
4 3
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO 2－时，反应中转移0.4mole－
4
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CHOH+6 MnO －+8OH－ CO2－
3 4 3
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