文档内容
考点 05 氧化还原反应方程式的配平和计算
目录
.....................................................................................................................................1
1.高考真题考点分布......................................................................................................................................1
2.命题规律及备考策略..................................................................................................................................1
.....................................................................................................................................2
考法01 氧化还原反应方程式的配平.........................................................................................................2
考法02 电子守恒思想在化学计算中的应用.............................................................................................6
.....................................................................................................................................8
1.高考真题考点分布
考点内容 考点分布
氧化还原反应的 2024浙江卷第4题，2分；2023北京卷第12题，3分；2023浙江1月卷第10题，2
计算 分；
2022浙江6月卷第10题，2分；2021浙江6月卷第8题，2分；2021湖南卷第8
题，3分；2020浙江6月卷第10题，2分
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
本专题考查类型主要涉及点为氧化还原反应的配平、得失电子守恒与氧化还原反应的相关计算等。
【备考策略】
氧化还原反应方程式配平的方法步骤【命题预测】
预计2025年高考会以新的情境载体为背景(如工农业生产、日常生活、科学实验、环境保护、检验检测
等)，考查氧化还原反应的配平、氧化还原反应的计算、化学方程式的书写等。
考法01 氧化还原反应方程式的配平
1．配平原则
（1）电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数；
（2）质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变；
（3）电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2．一般氧化还原反应方程式的配平：化合价升降法
（1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价；
（2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数；
（3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等；
（4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计
量数；
（5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
3.复杂氧化还原反应方程式配平的基本方法
(1)正向配平法
适合氧化剂、还原剂是不同反应物的反应。如：
(2)逆向配平法
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量
数，然后确定反应物的化学计量数，最后根据质量守恒配平其他物质。如：
由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以KS的化学计量数为2，KSO 的化学计量数为
2 2 3
1，然后确定S的化学计量数为3，最后根据质量守恒配平其他物质。
(3)整体配平法
若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升
高或降低，这时要进行整体配平。
如Cu S＋HNO―→Cu(NO )＋NO＋HSO ＋HO，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu S中Cu、S元
2 3 3 2 2 4 2 2素化合价均升高，看作一个整体， ，配平
得3Cu S＋22HNO===6Cu(NO)＋10NO↑＋3HSO ＋8HO。
2 3 3 2 2 4 2
配平下列化学方程式。
(1)____KI＋____CuSO ===____I ＋____CuI↓＋____KSO
4 2 2 4
(2)____P＋____CuSO ＋____HO===____Cu＋____HPO ＋____HSO
4 2 3 4 2 4
(3)____Cl ＋____Ca(OH) ===____CaCl ＋____Ca(ClO) ＋____HO
2 2 2 2 2
(4)____P ＋____KOH＋____HO===____K PO ＋____PH ↑
4 2 3 4 3
(5)____(NH )Cr O===____N ↑＋____Cr O＋____HO
4 2 2 7 2 2 3 2
【答案】 (1)4 2 1 2 2
(2)2 5 8 5 2 5
(3)2 2 1 1 2
(4)2 9 3 3 5
(5)1 1 1 4
考向01 正向配平和逆向配平的应用
【例1】（2024·辽宁大连·一模）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：NaSO＋Cl＋HO===NaCl＋HCl＋
2 2 3 2 2
HSO 。下列说法错误的是( )
2 4
A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1
B．若0.5 mol Na SO 作还原剂，则转移4 mol电子
2 2 3
C．当NaSO 过量时，溶液能出现浑浊
2 2 3
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】根据电子守恒和原子守恒配平方程式：NaSO＋4Cl＋5HO===2NaCl＋6HCl＋2HSO 。由化学
2 2 3 2 2 2 4
方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中
电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A不正确；若0.5 mol Na SO 作还原剂，
2 2 3
则转移4 mol电子，B正确；当NaSO 过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑
2 2 3
浊，C正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。
【思维建模】
配平的基本方法
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一
边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种
元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。
考向02 缺项型氧化还原方程式的配平
【例2】（2024·河北衡水·二模）NaNO 是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO 溶液与NaNO 反应的
2 4 2
化学方程式是：MnO＋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
3 4
D．中的粒子是OH－
【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增
2
大，故A、B、D错误，由上述离子方程式可知，C项正确。
【思维建模】
缺项型氧化还原方程式的配平技巧
(1)方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物并进行配平。
(2)补项原则
条件 补项原则
酸性条
反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成HO，反应物少O(氧)补HO(水)生成H＋
2 2
件下
碱性条
反应物缺H(氢)或多O(氧)补HO(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成HO
2 2
件下
【对点1】（2024·山东滨州·模拟）钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形
成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热
到130 ℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：
①3Fe＋NaNO ＋5NaOH===3Na FeO＋HO＋NH ↑
2 2 2 2 3
②Na FeO＋NaNO ＋HO―→NaFe O＋NH ↑＋NaOH(未配平)
2 2 2 2 2 2 4 3
③Na FeO＋NaFe O＋2HO===Fe O＋4NaOH
2 2 2 2 4 2 3 4
下列说法不正确的是( )
A．碱性条件下，NaNO 的氧化性比NaFeO、NaFe O 都强
2 2 2 2 2 4
B．反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应
C．反应②配平后，HO的化学计量数是6
2
D．整个反应过程中，每有16.8 g Fe参加反应转移0.8 mol电子【答案】C
【解析】根据反应①可知碱性条件下，NaNO 的氧化性比NaFeO 强，根据反应②可知NaNO 的氧化性比
2 2 2 2
NaFeO 强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元
2 4
素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中NaFeO 中Fe元素化合价由＋2价升高到
2 2
NaFe O 中＋3价，升高了1，NaNO 中N元素化合价由＋3价降低到NH 中－3价，降低了6价，根据得
2 2 4 2 3
失电子守恒和原子守恒配平方程式为：6NaFeO＋NaNO ＋5HO===3Na Fe O＋NH ↑＋7NaOH，所以HO
2 2 2 2 2 2 4 3 2
的化学计量数是5，C错误；16.8 g Fe的物质的量为＝0.3 mol，Fe元素最终均被氧化为Fe O，平均化合价
3 4
升高价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3 mol×＝0.8 mol电子，D正
确。
【对点2】（2024·江苏徐州·二模）某反应体系中的物质有：NaOH、Au O、NaSO、NaSO、Au O、
2 3 2 4 6 2 2 3 2
HO。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是( )
2
＋＋===＋＋
A．NaSO、HO、NaSO、Au O、NaOH
2 4 6 2 2 2 3 2
B．NaSO、NaOH、NaSO、Au O、HO
2 2 3 2 4 6 2 2
C．NaSO、HO、NaSO、Au O、NaOH
2 2 3 2 2 4 6 2
D．当1 mol Au O 完全反应时，转移电子8 mol
2 3
【答案】C
【解析】Au O 为反应物，则反应中Au O―→Au O，Au的化合价由＋3价变为＋1价，化合价总共降低
2 3 2 3 2
2×2＝4价，NaSO 中硫元素平均化合价为＋2.5，NaSO 中硫元素平均化合价为＋2，所以NaSO 为反应
2 4 6 2 2 3 2 2 3
物，NaSO 为生成物，由于2NaSO―→NaSO，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒
2 4 6 2 2 3 2 4 6
可知水是反应物，根据电子守恒配平反应方程式：Au O＋4NaSO＋2HO===Au O＋2NaSO＋4NaOH，
2 3 2 2 3 2 2 2 4 6
当1 mol Au O 完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol，A、B、D错误，C正确。
2 3
考法02 电子守恒思想在化学计算中的应用
1．得失电子守恒
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的
电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究
中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正
确结果。
2．守恒法解题的思维流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)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)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)。
3．氧化还原反应计算的常用方法
得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失
电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
(1)应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”。
①“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
②“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。
③“三列关系式”：根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
(2)多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程
中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求
解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。
考向01 单一氧化还原反应中得失电子守恒的应用
【例1】（2024·广东深圳·一模）某强氧化剂XO(OH)被NaSO 还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需
2 3
用30 mL 0.2 mol·L－1的NaSO 溶液，那么X元素被还原后的价态是( )
2 3
A．＋2 B．＋1
C．0 D．－1
【答案】C
【解析】XO(OH)中X的化合价是＋5，NaSO 中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合
2 3
价为a，根据氧化还原反应中化合价升降总数必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。
【思维建模】
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)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)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)。
考向02 多步氧化还原反应中得失电子守恒的应用
【例2】（2024·湖南长沙·二模）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO 、NO、NO的混合
2 2 4
气体，将这些气体与1.68 L O (标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝
2
酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【答案】A
【解析】由题意可知，Cu失去的电子数与O 得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O )＝＝0.15 mol。根据元素
2 2
质量守恒及NaOH和Cu(NO ) 的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO )]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)
3 2 3 2
＝＝0.06 L＝60 mL。
【思维建模】
多步连续进行的氧化还原反应的有关计算有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓
住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还
原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
【对点1】（2024·山东济南·模拟）FeS 与硝酸反应产物有Fe3＋和HSO ，若反应中FeS 和HNO 物质的量
2 2 4 2 3
之比是1∶8时，则HNO 的唯一还原产物是( )
3
A．NO B．NO C．NO D．NO
2 2 2 3
【答案】B
【解析】设参加反应的FeS 、HNO 物质的量分别为1 mol、8 mol，HNO 的唯一还原产物中N化合价为＋
2 3 3
x。反应中有FeS2 ―→Fe (NO )＋2HS O，1 mol FeS 失去电子15 mol；HNO―→N，只有5 mol HNO 作
3 3 2 4 2 3 3
氧化剂得电子5×(5－x) mol。则5×(5－x)＝15，解得x＝2。
【对点2】（2024·湖北·三模）二氧化锰矿粉中MnO 含量测定实验流程如图。下列说法错误的是( )
2
A．NaC O 将MnO 还原为Mn2＋
2 2 4 2
B．滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色
C．MnO 含量为%
2
D．若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得MnO 含量偏小
2
【答案】D
【解析】MnO 具有氧化性，NaC O 具有还原性，二者发生反应时，MnO 被还原成Mn2＋，A正确；滴定
2 2 2 4 2
时是用KMnO 滴定过量的NaC O，NaC O 溶液为无色，KMnO 溶液为紫色，则达到滴定终点时，溶液
4 2 2 4 2 2 4 4
颜色由无色变成浅紫色，B正确；20 mL 0.1 mol·L－1 KMnO 溶液中KMnO 的物质的量为20×10－3×0.1 mol
4 4
＝2×10－3 mol，由关系式2MnO～5C O可知，与KMnO 反应的NaC O 的物质的量为5×10－3 mol，则与
2 4 2 2 4
MnO 反应的NaC O 的物质的量为30×10－3×0.2 mol－5×10－3 mol＝1×10－3 mol，由关系式MnO ～C O可
2 2 2 4 2 2
知，样品中MnO 的物质的量为1×10－3 mol，质量为0.087 g，故MnO 的含量为×100%＝%，C正确；若滴
2 2
定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则KMnO 溶液的体积偏小，结合C项分析知，计算得到的MnO 的质量
4 2
偏大，测得MnO 的含量偏大，D错误。
2
题型一 氧化还原反应配平及其应用
1.（2024·山东烟台·一模）已知氧化性：Br >Fe3＋。FeBr 溶液中通入一定量的Cl，发生反应的离子方程式
2 2 2为aFe2＋＋bBr－＋cCl―→dFe3＋＋eBr ＋fCl－，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一
2 2
对应，其中不符合反应实际的是( )
A．2 4 3 2 2 6 B．0 2 1 0 1 2
C．2 0 1 2 0 2 D．2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】根据题意，Cl 先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B选项错误。
2
2.（2024·浙江金华·一模）乙醇与酸性KCr O 溶液混合可发生如下反应：Cr O＋C HOH＋H＋===Cr3＋＋
2 2 7 2 2 5
CHCOOH＋HO(未配平)。下列叙述不正确的是( )
3 2
A．Cr O中Cr元素化合价为＋6
2
B．氧化产物为CHCOOH
3
C．KCr O 溶液常用硫酸酸化
2 2 7
D．1 mol C HOH发生上述反应转移2 mol e－
2 5
【答案】D
【解析】Cr O中O是－2价，则Cr元素化合价为＋6，A正确；乙醇失去电子被氧化为乙酸，氧化产物为
2
CHCOOH，B正确；KCr O 溶液常用硫酸酸化，C正确；乙醇中碳元素化合价是－2价，乙酸中碳元素化
3 2 2 7
合价是0价，则1 mol C HOH发生上述反应转移4 mol e－，D错误。
2 5
3.（2024·河北保定·一模）氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl＋KOH―→KX＋KY(未配
2
平)，KX在一定条件下能自身反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ关系比为1∶3)，以上KX、KY、
KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是( )
A．＋1 B．＋3
C．＋5 D．＋7
【答案】C
【解析】反应：Cl＋KOH―→KX＋KY是Cl 的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由
2 2
于KX也发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：Z中Cl>X中Cl(均为正价)。
假设KX中Cl为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价守恒原理及KX―→KY＋3KZ，有a＋1
＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋
5。
题型二 氧化还原反应的计算
4.（2024·湖南长沙·二模）乙二醇的生产工艺中，需使用热的 溶液(脱碳液)脱除 ，脱碳液中含有
的 能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中 的含量，操作中涉及两个反应如
下：
① ；
② 。
下列说法错误的是
A．反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2B．反应①生成1mol 时，反应转移1mol电子
C．V的最高价为+5价，推测 有氧化性和还原性
D．溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应
【答案】A
【解析】A．KI中I元素的化合价由-1价升高到0价，则KI作还原剂， 中V元素的化合价由+5价降
低到+4价，则 作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；
B．生成2mol ，转移2mol电子，则生成1mol 时转移1mol 电子，B正确；
C． 中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即 既具有氧化性又具有还原性，C正
确；
D．在酸性过强时， 与 反应生成S、 和 ，D正确；
故选A。
5.（2024·浙江·三模）制备高铁酸钠( )的一种方法是：
，下列说法不正确的是
A． 作还原剂
B． 是还原产物
C． 是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水的处理
D．每生成 ，电子转移总数为 ( 为阿伏加德罗常数的值)
【答案】D
【解析】A．在反应中，铁的价态从＋3价升高为＋6，所以 作还原剂，故A正确；
B．在反应中氯的价态从＋1价降低为－1价，发生还原反应，所以 是还原产物，故B正确；
C． 具有强氧化性，可消毒杀菌； 的还原产物 水解生成氢氧化铁胶体可吸附水中杂
质，可用于饮用水的处理，故C正确；
D．由方程式可知，每生成 ，转移电子6 mol，转移总数为 ，故D错误；
故选D。
6.（2024·浙江·模拟）金星大气中如存有PH ，据此推断金星或许存在生命。利用P 与足量浓KOH溶液反
3 4
应可制备PH ：
3
P+ 3 KOH(浓)+ 3 H O =3KHPO + PH ↑。下列说法正确的是
4 2 2 2 3
A．0.1 mol P 参加反应，转移0.3 mol电子 B．P 是氧化剂
4 4
C．PH 的电子式为 D．KH PO 是强电解质，属酸式盐
3 2 2
【答案】A
【解析】A．由方程式可知，1分子P 中3个磷原子失去3个电子得到KH PO ，1个磷原子得到3个电子
4 2 2形成PH ，所以1mol P 参与反应，转移3mol电子，即0.1 mol P 参加反应，转移0.3 mol电子，故A正
3 4 4
确；
B．反应中P元素化合价一部分降低至PH 中的-3价，一部分升高至KH PO 中的+1价，所以P 既是氧化
3 2 2 4
剂又是还原剂，故B错误；
C．PH 的电子式为 ，故C错误；
3
D．P 与足量的浓KOH溶液反应得到KH PO ，则KH PO 为正盐，故D错误；
4 2 2 2 2
故答案为：A。
题型三 氧化还原反应综合考查
7.（2024·河北石家庄·三模）亚氯酸钠（ ）具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒
剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示．已知高浓度的 易爆炸．下列说法错误的
是
A．“反应1”中 是还原产物，母液中主要成分是
B．“反应1”需要通入 稀释 ，以防发生爆炸
C．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．若还原产物均为 时， 的氧化能力是等质量 的2.5倍
【答案】D
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2
为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条
件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【解析】A．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价
下降到+4价， 是还原产物，母液中主要成分是 ，A正确；
B．已知高浓度的 易爆炸，反应1”需要通入 稀释 ，以防发生爆炸，B正确；
C．“反应2”中发生反应的化学方程式为 ，HO 是还原剂，
2 2
NaClO 是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；
2
D．1 molCl 完全反应转化2 mole-，1 mol 完全反应转化5 mole-，所以等物质的量的 氧化能力是
2
的2.5倍，D错误；
故选D。
8.（2024·浙江·三模）水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH 表示)的反应
3为： 。下列说法不正确的是( 为阿伏加德罗常数的值)
A．NaClO是氧化剂，NH 是还原剂
3
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3
C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高
D．生成1molN ，反应转移电子数为
2
【答案】C
【解析】A．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，NaCIO是氧化剂，NH 中氮元素的化合价由-3
3
价升高为0价，NH 是还原剂，故A正确；
3
B．N 是氧化产物，NaCl是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3，故B正确；
2
C．反应温度过高，NaClO会分解，氨氮的去除率降低，故C错误；
D．生成1molN ，反应转移电子数为 ，故D正确；
2
故选C。
9.（2024·山东菏泽·一模）某化学兴趣小组利用KBr废液制备溴单质，其流程如图所示(“氧化1”时
)。下列说法正确的是
A．“吹出”时涉及氧化还原反应
B．可用乙醇从溴水中萃取溴
C．“氧化1”时若1 mol 发生反应，则转移4 mol电子
D．“氧化2”时发生反应
【答案】D
【分析】由流程可知，KBr废液中加入MnO 进行氧化1，反应原理为：MnO +2Br-+4H+=Mn2++2H O+Br ，
2 2 2 2
通入足量热空气吹出溴，吹出的Br 与Fe化合，反应原理为：2Fe+3Br =2FeBr ，化合后加水溶解，向溶液
2 2 3
中通入Cl，进行氧化2反应原理为：2Br-+Cl=Br +2Cl-，达到富集溴的目的，再蒸馏分离出液溴，以此来
2 2 2
解答。
【解析】A．由分析可知，“吹出”是利用液溴的挥发性，为物理变化，故不涉及氧化还原反应，A错
误；
B．已知乙醇与水能以任意比互溶，不可用乙醇从溴水中萃取溴，B错误；
C．由分析可知，“氧化1”时反应原理为：MnO +2Br-+4H+=Mn2++2H O+Br ，故若1 mol 发生反应，
2 2 2
则转移2 mol电子，C错误；
D．由分析可知，“氧化2”时发生反应 ，D正确；
故答案为：D。10.（2024·湖南邵阳·三模）亚氯酸钠 是一种重要的含氯消毒剂。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如
图，下列说法错误的是
A．反应①阶段，参加反应的 和 的物质的量之比为2：1
B．反应②条件下， 的氧化性大于
C．反应②中的 可用 代替
D．若反应①通过原电池来实现，则 是正极产物
【答案】C
【解析】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO，还原剂是SO ，还原产物是ClO ，氧化产物是
3 2 2
NaHSO，根据化合价升降相等可得NaClO 和SO 的物质的量之比为2：1，故A正确；
4 3 2
B．据流程图反应②ClO 与HO 反应的变价情况，ClO 做氧化剂，HO 做还原剂，可以推出ClO 的氧化
2 2 2 2 2 2 2
性大于HO，故B正确；
2 2
C．据流程图反应②，在ClO 与HO 的反应中，ClO 转化为NaClO 氯元素的化合价降低，做氧化剂；
2 2 2 2 2
HO 只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO 代替HO，故C错误；
2 2 4 2 2
D．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO 是正极产物，故D正确；
2
故选C。
11.（2024·浙江·模拟）关于反应2Cu S+14HNO =2CuSO+2Cu(NO)+5NO↑+5NO↑+7HO，下列说法不正确
2 3 4 3 2 2 2
的是
A．HNO 在反应中体现氧化性和酸性
3
B．CuSO 和Cu(NO ) 都是氧化产物
4 3 2
C．0.2mol Cu S参加反应，转移电子2mol
2
D．随着产物中NO和NO 比例的改变，CuSO 和Cu(NO ) 的比例也发生相应的改变
2 4 3 2
【答案】D
【解析】A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO 作氧化剂，体现了氧化性；生成物
3
有Cu(NO )，还体现了HNO 的酸性，A正确；
3 2 3
B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，硫酸铜和硝酸铜都是氧化
产物，B正确；
C．Cu S作还原剂，Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，0.2molCu S参
2 2
与反应，转移2mol电子，C正确；D．根据原子守恒，每1molCu S参与反应，S守恒则硫酸铜1mol，Cu守恒则硝酸铜1mol，硫酸铜与硝酸
2
铜的比例一直是1：1，D错误；
答案选D。
12.（2024·辽宁丹东·一模）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，湿法制备高铁酸钠的化学原理可用化学方程
式表示为： 。 为阿伏加德罗常数的值，下列
说法正确的是
A． 在该反应中作氧化剂
B． 和 中均含离子键和极性键
C． 溶液中含有 的数目为
D．当转移 时，生成的 中含有的孤电子对数为
【答案】D
【解析】A．反应 中Fe元素由+3价上升到+6价，
在该反应中作还原剂，A错误；
B． 是离子化合物含有离子键，ClO-中含有极性共价键， 中只含有离子键，B错误；
C． 溶液中 会发生水解，含有 的数目小于 ，C错误；
D．反应 中Fe元素由+3价上升到+6价，当转移
时，消耗1mol ，生成2.5molHO，HO分子中含有 =2个孤电子对，则
2 2
2.5molHO含有的孤电子对数为 ，D正确；
2
故选D。
13.（2024·重庆荣昌·模拟）黄铁矿( )在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误
的是
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应
B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．反应Ⅱ的离子方程式为D．该过程的总反应为
【答案】A
【分析】反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O +4H+=4Fe3++4NO+2HO，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2+
2 2
+NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为FeS+14Fe3++8H O=15Fe2++2 +16H+；
2 2
【解析】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；
B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O +4H+=4Fe3++4NO+2HO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，
2 2
B正确；
C．反应Ⅱ的离子方程式为 ，C正确；
D．该过程的总反应为 ，D正确；
故选A。
14.（2024·安徽合肥·三模）某课题组利用工业废气中的NO制备NH NO 的工艺流程如图所示，若装置Ⅰ
4 3
和装置Ⅱ中反应后 都为 (不考虑HNO 电离)，下列说法错误的是
2
A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况下)NO参与反应，则转移0.5mol电子
C．装置Ⅲ中 ，可实现原子利用率最大化
D．装置Ⅲ发生的氧化还原反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为
【答案】D
【分析】由题给流程可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根
离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为 ；装置Ⅱ中电解
反应所得溶液，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，氢离子部分在阴极得到电子发生氧
化反应生成氢气，除杂得到含有等物质的量的硝酸和亚硝酸的溶液；装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与
溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为 。
【解析】A．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根
离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为 ，故A正确；
B．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚
硝酸和氢离子，反应的离子方程式为 ，由方程式可知，装置Ⅰ
中2mol一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下5.6L一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为 ×2=0.5mol，故B正确；
C．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的
化学方程式为 ，由方程式可知，装置Ⅲ中 时，
生成物只有硝酸铵，可实现原子利用率最大化，故C正确；
D．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的
化学方程式为 ，由方程式可知，氧化剂氧气和还原剂亚硝酸的物质
的量比为1∶2，故D错误；
故选D。
15.（2024·河北邯郸·一模）向27.2 g Cu和Cu O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反
2
应，生成NO和Cu(NO )。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子
3 2
已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是( )
A．原固体混合物中Cu与Cu O的物质的量之比为2∶1
2
B．硝酸的物质的量浓度为2.4 mol·L－1
C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L
D．Cu、Cu O与硝酸反应后剩余HNO 为0.6 mol
2 3
【答案】D
【解析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO ，
3
n(NaNO )＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH) ，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH) ]
3 2 2
＝＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu O)＝n[Cu(OH) ]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO )]＝
2 2 3 2
n[Cu(OH) ]＝0.4 mol。设Cu和Cu O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有 64x＋144y＝
2 2
27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu O的物质的量之比为0.2
2
mol∶0.1 mol＝2∶1，A项正确；根据电子得失守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu O)，所以3n(NO)＝2×0.2
2
mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO)＝n(NO)＋n(NaNO )＝0.2 mol＋1.0
3 3
mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO)＝＝2.4 mol·L－1，B项正确；根据选项B计算可
3
知n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，C项正确；反应后的溶液
中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与硝酸反应，剩余的氢氧化钠与硝酸铜反应，最后为硝酸钠溶液，根据
氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO)＋2n[Cu(NO )]＝n(NaNO )，所以n(HNO)＝n(NaNO )－
3 3 2 3 3 3
2n[Cu(NO )]＝1 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol，D项错误。
3 2
1.（2024·浙江卷）汽车尾气中的 和 在催化剂作用下发生反应： ，下列
说法不正确的是( 为阿伏加德罗常数的值)
A．生成 转移电子的数目为 B．催化剂降低 与 反应的活化能C． 是氧化剂， 是还原剂 D． 既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，
2
CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；
2
【解析】A．根据分析，1molCO 转移2N 的电子，A正确；B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，
2 A
B正确；C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；D．根据分析，N 为还原产物，CO 为氧化
2 2
产物，D错误；故答案为：D。
2.（2023·浙江卷）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，NH OH是反应的还原剂，故B错误；C．由方程式可知，反应中氮元
2
素的化合价升高被氧化，NH OH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，
2
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。
3.（2023·北京卷）离子化合物 和 与水的反应分别为① ；②
。下列说法正确的是
A． 中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C． 中阴、阳离子个数比为 ， 中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的 和 的物质的量相同
【答案】C
【解析】A．NaO 中有离子键和非极性键，CaH 中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化
2 2 2
合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．NaO 由Na+和 组成．
2 2
阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH 由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1
2
个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气
的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。
4.（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说
A
法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中 数为3N
A
C． 含有的中子数为1.3N D．反应生成标准状况下气体3.36L
A
【答案】A【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生
反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为
0.3mol，因此，Cl-数为0.3N ，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为
A
0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5N ，C不正确；D．反应生成H 的物质的量为0.05mol，在标
A 2
准状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。
5.(2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化
为N 进入大气层，反应过程如图所示。
2
下列说法正确的是( )
A.过程Ⅰ中NO发生氧化反应
B.a和b中转移的e－数目相等
C.过程 Ⅱ 中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶4
D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N ↑＋2HO
2 2
【答案】C
【解析】过程Ⅰ中NO转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO得电子，发生还原反应，A
错误；过程Ⅰ为NO在酶1的作用下转化为NO和HO，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，
2
反应为NO＋2H＋＋e－=====NO＋HO，生成1 mol NO，a过程转移1 mol e－。过程Ⅱ为NO和NH在酶2
2
的作用下发生氧化还原反应生成HO和NH，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应为
2 2 4
2NO＋8NH=====2HO＋5NH＋8H＋，n(NO)∶n(NH)＝1∶4，消耗1 mol NO，b过程转移4 mol e－，转移电
2 2 4
子数目不相等，B错误、C正确；过程Ⅲ为NH 转化为N 和4H＋、4e－，反应为NH===N ＋4H＋＋4e－，
2 4 2 2 4 2
过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为2NO＋8NH===5N ↑＋4HO＋24H＋＋18e－，D错误。
2 2
6.(双选)(2021·山东卷)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0.25 mol
【答案】BD
【解析】KMnO 固体受热分解生成KMnO 、MnO 、O，KMnO 、MnO 均具有氧化性，在加热条件下能
4 2 4 2 2 2 4 2
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。A.加热KMnO 固体的反应中，O元素化合价由－2价升高至0价被氧化，
2 2 4
加热KMnO 、MnO 与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1价升高至0价被氧化，因此O 和Cl 均为氧
2 4 2 2 2
化产物，故A正确；B.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
4
被氧化，因此KMnO 既是氧化剂也是还原剂，故B错误；C.Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为
4
，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；D.每生成1 mol
O 转移4 mol电子，每生成1 mol Cl 转移2 mol电子，若KMnO 转化为MnCl 过程中得到的电子全部是Cl
2 2 4 2
－生成Cl 所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO ～5Cl 可知，n(气体) ＝0.25 mol，但该气体中
2 4 2 max
一定含有O，因此最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，故D错误。
2
7.（2021·湖南卷） 常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为
。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况) 时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的 制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在
【答案】A
【解析】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO) 中+5价，每个碘原子升高5价，即6I
3 2 2
60e-，又因方程式中6I 3Cl，故3Cl 60e-，即Cl 20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl 即1mol Cl
2 2 2 2 2 2
时，反应中应转移20 mol e-，A错误；B．该反应中KClO 中氯元素价态降低，KClO 作氧化剂，I 中碘元
3 3 2
素价态升高，I 作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO 6I，故该反应的氧化剂和还原剂的物质
2 3 2
的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正
确；D．食盐中 可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应 生成
I，I 再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D正确。故
2 2
选A。
8.(2021·浙江6月选考)关于反应KHIO ＋9HI===2KI＋4I＋6HO，下列说法正确的是( )
2 3 6 2 2
A.KHIO 发生氧化反应
2 3 6
B.KI是还原产物
C.生成12.7 g I 时，转移0.1 mol电子
2
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为7∶1
【答案】D
【解析】A.KHIO 中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B.KI中的I－由
2 3 6
HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C.12.7 g I 的物质的量
2为0.05 mol，根据反应方程式，每生成4 mol I 转移7 mol电子，则生成0.05 mol I 时转移电子的物质的量
2 2
为0.087 5 mol，C错误；D.反应中HI为还原剂，KHIO 为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K HIO 就有7
2 3 6 2 3 6
mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7∶1，D正确。
