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专题03 氧化还原反应【十大题型】
【新高考通用】
【知识点1 氧化还原反应及相关概念】........................................................3
【知识点2 氧化剂和还原剂与氧化性和还原性】................................................4
【知识点3 氧化还原反应基本规律】..........................................................5
【知识点4 氧化还原反应方程式的配平】......................................................6
【知识点5 氧化还原反应的计算】............................................................7
【知识点6 信息型氧化还原反应方程式的书写】................................................8
【题型1 氧化还原反应的判断】..............................................................8
【题型2 氧化还原反应基本概念】...........................................................10
【题型3 氧化性、还原性强弱比较】.........................................................11
【题型4 氧化还原反应规律】...............................................................13
【题型5 氧化还原反应的计算】.............................................................15
【题型6 氧化还原反应配平及其应用】.......................................................16
【题型7 工艺流程与氧化还原反应融合】.....................................................18
【题型8 离子反应与氧化还原反应融合】.....................................................21
【题型9 反应历程与氧化还原反应融合】.....................................................23
【题型10 信息型氧化还原反应方程式的书写】................................................25
【过关测试】..............................................................................28
考点要求
真题统计
考情分析
1.理解氧化还原反应的本质
是电子的转移。
2.能利用氧化还原反应等概
念对常见反应进行分类和
分析说明。
3.能从元素价态的角度，依
据氧化还原反应原理，预
测物质的化学性质和变
化。
2024 浙江卷；2024 全国甲卷
2024 山东卷；2024·江苏卷
2023 山东卷；2023 全国乙
卷；
2024·湖南卷；2023 湖北卷；
2023 上海卷；2023 广东卷；
2023 北京卷；2023 新课标
1.关于氧化还原反应的基本概念和规
律的考查：（1）与阿伏加德罗常数相
结合命题，考查氧化还原反应中电子
转移数目的计算；（2）与元素化合物
知识相结合命题，考查氧化还原反应
的判断以及“氧化剂、还原剂”“氧
化产物、还原产物”的判断、氧化还
原反应规律、配平以及相关计算。
2.预计2025 年高考，加大新情境陌生
1
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4.掌握氧化还原反应方程式
的配平方法及技巧。
5.能利用“守恒”规律进行
氧化还原反应的简单计
算。
卷；
2023 辽宁卷；2023 湖南卷；
2022 湖南卷；2022 全国乙
卷；
2022 广东卷；2022 全国甲
卷；
2022 山东卷；2022 新课标
卷；
2022 年6 月浙江卷；
2022 年1 月浙江卷；
氧化还原反应方程式的书写考查力
度，以及结合反应历程、离子反应、
工艺流程综合考查。
【思维导图】
2
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【知识点1 氧化还原反应及相关概念】
1.氧化还原反应特征和本质
(1)特征：反应前后有元素的化合价发生变化。
(2)本质：电子转移(得失或偏移)。
(3)氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系
【特别提醒】（1）有单质参与的化合反应是氧化还原反应。
（2）有单质生成的分解反应是氧化还原反应。
（3）有单质参加或生成的化学反应，不一定是氧化还原反应，如3O2=====2O3。
（4）所有的置换反应都是氧化还原反应。
（5）所有的复分解反应都不是氧化还原反应。
2.氧化还原反应相关概念之间的关系
3.电子转移的两种表示方法
请分别用双线桥法和单线桥法表示Cu 与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：
(1)双线桥法
。
(2)单线桥法
3
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。
【易错警示】有关氧化还原反应概念的“五个误区”
误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。
误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只做氧化剂。
误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。
误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。
误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。
【知识点2 氧化剂和还原剂与氧化性和还原性】
1.氧化剂和还原剂及其反应产物
（1）常见氧化剂及还原产物的推测
氧化剂
KMnO4(H+)或MnO2
硝酸(H+、NO3
-)
KClO3、NaClO
浓硫酸
还原产物
Mn2+
NO2或NO
Cl-
SO2
氧化剂
H2O2
K2Cr2O7
Cl2
Fe3+
还原产物
H2O
Cr3+
Cl-
Fe2+
（2）常见还原剂及氧化产物的推测
还原剂
M(金属)
S2-
SO3
2- 、SO2
I-
Br-
氧化产物
Mn+
S
I2
Br2
还原剂
H2
CO、C
NH3
H2O2
H2C2O4
氧化产物
H+
CO2
NO
O2
CO2
2.氧化性、还原性的含义
(1)含义
①氧化性：指得电子的性质(或能力)；还原性：指失电子的性质(或能力)。
②氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na-e-==Na
＋，Al-3e-==Al3＋，但根据金属活动性顺序，Na 比Al 更易失去电子，所以Na 比Al 的还原性强。
(2)从元素的化合价判断
①最高价态——只有氧化性，如：HNO3、H2SO4、KMnO4等；
②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl-、S2-等；
③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。
3.氧化性、还原性强弱的判断
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(1)依据化学方程式判断
氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。
(2)依据金属、非金属的活动性顺序判断
(3)依据反应条件及反应的剧烈程度判断
反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催
化剂和反应物浓度大小等。
例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2O=====Mg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。
(4)依据氧化还原反应的程度判断
①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。
例如：根据2Fe＋3Cl2=====2FeCl3，Fe＋S=====FeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。
②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。
例如：根据Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。
【知识点3 氧化还原反应基本规律】
守
恒
律
定
义
化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即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。
应
用
①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。
②配平氧化还原反应方程式。
强
弱
律
定
义
氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。
应
用
①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。
②判断某氧化还原反应能否正常进行。
优
先
定
义
当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧
化剂)反应。
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律
应
用
①判断某一氧化还原反应能否正常进行。②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。
如：向NaBr 和NaI 的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－
＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。
价
态
律
定
义
有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S 元素)，处于最低价态
时只具有还原性(如H2S 中的S 元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中
的S 元素)。
应
用
①判断氧化还原反应能不能发生。
②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。
转
化
律
定
义
同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价
态。
应
用
如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2S→S，H2SO4→SO2)、5Cl－＋ClO＋6H＋
===3Cl2↑＋3H2O。
【知识点4 氧化还原反应方程式的配平】
1.氧化还原反应方程式的配平原则
（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.氧化还原方程式的配平步骤
（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.氧化还原反应方程式的配平方法
(1)正向配平法
适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。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：
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由于S 的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S 的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为
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Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N 三种元素的化合价变化，Cu2S 中Cu、S 元
素化合价均升高，看作一个整体，
―→Cu (NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，配平得3Cu2S＋
22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
【知识点5 氧化还原反应的计算】
1.得失电子守恒的应用
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。
（1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
（2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进
行计算，忽略反应过程。
（3）以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。
2．守恒法解题的思维模型
(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(注意化学式中的原子个数)。
(3)“三列相等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。
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。
【知识点6 信息型氧化还原反应方程式的书写】
1.信息型氧化还原反应方程式的命题形式
预计2025 年高考在工艺流程试题中会以新的情境载体考查有关陌生情境下化学方程式的书写和配平，题目
难度适中，将题给信息与课本知识有机地结合起来，注重考查学生通过信息情境发现问题，解决问题能
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力。
此类试题信息新颖，知识引路，能较好地考查学生接受、提取、处理新信息的能力。
2.信息型氧化还原反应方程式的书写步骤
(1)细致分析新信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
(2)依据元素化合价的变化及物质氧化性、还原性确定氧化产物或还原产物。
(3)书写“残缺”方程式“氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物”，并利用化合价升降总数相等，先配
平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。
(4)根据电荷守恒、体系环境补充其他反应物或生成物的化学计量数。
(5)检查是否满足质量守恒，勿漏反应条件。
【题型1 氧化还原反应的判断】
【例1】下列应用中涉及氧化还原反应的是（ ）
A.使用明矾对水进行净化
B.雪天道路上撒盐融雪
C.暖贴中的铁粉遇空气放热
D.荧光指示牌被照发光
【答案】C
【解析】明矾水解产生的Al（OH）3胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水的目的，与氧化还原反应无
关，A 错误；撒盐可降低雪的熔点，使雪融化，未发生化学变化，与氧化还原反应无关，B 错误；使用暖
贴时，铁粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C 正确；荧光指示牌被照发光是由于电子的跃迁，与氧化还
原反应无关，D 错误。
【变式1-1】下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（ ）
A
B
C
D
实
验
NaOH 溶液滴入FeSO4
溶液中
石蕊溶液滴入氯水中
Na2S 溶液滴入AgCl 浊
液中
热铜丝插入稀硝酸中
现
象
产生白色沉淀，随后
变为红褐色
溶液变红，随后迅速
褪色
沉淀由白色逐渐变为
黑色
产生无色气体，随后
变为红棕色
【答案】C
【解析】NaOH 溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应2NaOH＋FeSO4
Fe（OH）2↓＋
Na2SO4，生成白色沉淀Fe（OH）2，Fe（OH）2不稳定，迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe（OH）
3，发生的反应为4Fe（OH）2＋O2＋2H2O
4Fe（OH）3，后一过程中发生了氧化还原
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反应，A 项不符合题意；氯水中含有HCl 和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，HClO 具有强氧化性，
能将红色物质氧化，溶液红色褪去，该过程中发生了氧化还原反应，B 项不符合题意；Na2S 溶液滴入AgCl
浊液中，发生了沉淀的转化，涉及的反应为Na2S＋2AgCl⇌ Ag2S＋2NaCl，此过程中不涉及氧化还原反应，
C 项符合题意；将热铜丝插入稀硝酸中，发生反应3Cu＋8HNO3（稀）
3Cu（NO3）2＋
2NO↑＋4H2O，生成无色气体NO，但NO 能与空气中的氧气发生反应，化学方程式为2NO＋O2
2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D 项不符合题意。
【变式1-2】下列古诗词中不涉及氧化还原反应的是（ ）
A.美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来
B.人间巧艺夺天工，炼药燃灯清昼同
C.投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍
D.蜡烛有心还惜别，替人垂泪到天明
【答案】A
【解析】沙里淘金利用了金的密度比沙子大，淘洗时沙子被冲走，为物理变化，A 项符合题意；“炼药燃
灯”即炼制的药做成烟火燃放，涉及氧化还原反应，B 项不符合题意；“投泥泼水愈光明”涉及反应C＋
H2O（g） 高温
CO＋H2、2CO＋O2 点燃
2CO2、2H2＋O2 点燃
2H2O，为氧
化还原反应，C 项不符合题意；蜡烛的燃烧为氧化还原反应，D 项不符合题意。
【变式1-3】依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是（ ）
A.K2CO3溶液和NH4Cl 溶液混合，产生刺激性气味
B.把钠放入CuSO4溶液中，有蓝色沉淀生成
C.向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，溶液紫色褪去
D.新制氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH 降低
【答案】A
【解析】K2CO3水解产生OH－，和NH4Cl 溶液混合后OH－与NH 4
＋结合，产生有刺激性气味的NH3，未发
生氧化还原反应，A 项符合题意；把钠放入CuSO4溶液中，发生反应：2Na＋2H2O＋CuSO4
Cu（OH）2↓＋Na2SO4＋H2↑，有Cu（OH）2蓝色沉淀生成，涉及氧化还原反应，B 项
不符合题意；向酸性KMnO4溶液中加入H2O2，发生反应：2MnO4
－＋5H2O2＋6H＋
2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，溶液紫色褪去，涉及氧化还原反应，C 项不符合题意；新制氯水在光照条件下放置
一段时间后，溶液的pH 降低，是因为发生反应：2HClO 光照
2HCl＋O2↑，涉及氧化还原反应，
D 项不符合题意。
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【题型2 氧化还原反应基本概念】
【例2】关于反应2NH2OH＋4Fe3＋
N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是（
）
A.生成1 mol N2O，转移4 mol 电子
B.H2O 是还原产物
C.NH2OH 既是氧化剂又是还原剂
D.若设计成原电池，Fe2＋为负极产物
【答案】A
【解析】该反应中氮元素由－1 价升高为＋1 价，生成1 mol N2O，转移4 mol 电子，A 项正确；该反应中
H、O 元素化合价不变，H2O 既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物为Fe2＋，B 项错误；该反应中
氮元素化合价升高，铁元素化合价降低，NH2OH 为还原剂，Fe3＋为氧化剂，C 项错误；若设计成原电池，
则正极反应为Fe3＋＋e－
Fe2＋，Fe2＋为正极产物，D 项错误。
【变式2-1】关于反应Na2S2O3＋H2SO4
Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是
（ ）
A.H2SO4发生还原反应
B.Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D.1 mol Na2S2O3发生反应，转移4 mol 电子
【答案】B
【解析】由化学方程式可知H2SO4中的硫元素反应前后化合价不变，没有发生还原反应，A 项错误；
Na2S2O3中S 元素由＋2 价变成0 价和＋4 价，化合价既有降低又有升高，Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，
B 项正确；SO2为氧化产物，S 为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1 1∶，C 项错误；由化
学方程式可知1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol 电子，D 项错误。
【变式2-2】对于方程式3SiO2＋6C＋2N2
Si3N4＋6CO，下列说法不正确的是（ ）
A.SiO2是氧化剂
B.每生成1.4 g Si3N4转移0.12 mol 电子
C.CO 是氧化产物
D.Si3N4属于新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】Si 和O 在反应前后化合价均不变，故SiO2既不是氧化剂也不是还原剂，A 项错误；生成1 mol
Si3N4消耗6 mol C，转移12 mol 电子，1.4 g Si3N4的物质的量为
1.4 g
140 g·mol
－1＝0.01 mol，则每生成1.4 g
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Si3N4转移0.12 mol 电子，B 项正确；C 为还原剂，对应的生成物CO 为氧化产物，C 项正确；Si3N4属于新
型无机非金属材料，D 项正确。
【变式2-3】ClO2是一种高效水处理剂，可用稀盐酸和NaClO2为原料制备，反应原理如下：5NaClO2＋
4HCl
5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。下列判断正确的是（ ）
A.ClO2是还原产物
B.HCl 发生氧化反应
C.n（氧化剂）∶n（还原剂）＝5∶4
D.生成10 mol NaCl，转移8 mol 电子
【答案】D
【解析】根据歧化规律知该反应中电子转移情况如下：
NaClO2中氯元素由＋3 价升高为ClO2中的＋4 价，ClO2是氧化产物，A 错误；NaClO2既是氧化剂又是还原
剂，HCl 只起酸化作用，B 错误；由上述分析知n（氧化剂）∶n（还原剂）＝1 4∶，C 错误；由上述分析知
生成10 mol NaCl 时，转移8 mol 电子，D 正确。
【题型3 氧化性、还原性强弱比较】
【例3】为防止废弃的硒单质（Se）造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒（SeO2），再用KI
溶液处理回收Se。发生反应：①Se＋2H2SO4（浓）
2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋
4KI＋4HNO3
4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O。下列说法错误的是（ ）
A.①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B.②中KI 是还原剂，HNO3是氧化剂
C.②中每生成0.2 mol I2转移0.4 mol 电子
D.氧化性由强到弱的顺序：H2SO4（浓）＞SeO2＞I2
【答案】B
【解析】反应①中Se 是还原剂，对应的生成物SeO2是氧化产物，浓硫酸是氧化剂，对应的生成物SO2是
还原产物，A 项正确；反应②中Se 由＋4 价变为0 价，SeO2是氧化剂，I 由－1 价变为0 价，KI 是还原剂，
N 在反应前后化合价没有变化，HNO3既不是氧化剂也不是还原剂，B 项错误；反应②中I 由－1 价变为0
价，则生成0.2 mol I2转移0.4 mol 电子，C 项正确；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可得氧化性：
H2SO4（浓）＞SeO2＞I2，D 项正确。
【变式3-1】废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO 使NH 完全转化为N2，该反应可表示
为2NH+3ClO-===N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中错误的是( )
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A.氧化性ClO->N2
B.还原性NH<Cl-
C.反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
D.经此法处理过的废水不可以直接排放
【答案】B
【解析】2 NH+3ClO-===N2↑+3Cl-+2H++3H2O 中，N 元素的化合价由-3 价升高为0 价，被氧化，则N2为氧
化产物，Cl 元素的化合价降低，则ClO-为氧化剂，所以氧化性ClO->N2,A 正确；反应中，N 元素的化合价
由-3 价升高为0 价，则NH 为还原剂，Cl 元素的化合价降低，则生成的Cl-为还原产物，所以还原性
NH>Cl-,B 错误；Cl 元素的化合价降低，被还原，N 元素的化合价升高被氧化，C 正确；由2 NH+3ClO-
===N2↑+3Cl-
+2H++3H2O 得出经此法处理过的废水显酸性，所以不能直接排放，D 正确。
【变式3-2】已知下列实验事实：
Cr
①
2O3固体既能溶于KOH 溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液；
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI 的混合溶液中，溶液变蓝。
下列判断不正确的是( )
A.化合物KCrO2中Cr 元素为＋3 价
B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C.实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D.实验③证明氧化性： Cr2O>I2
【答案】C
【解析】化合物KCrO2中K 为＋1 价，O 为-2 价，所以Cr 为＋3 价，选项A 正确。由①可知Cr2O3可以与
氢氧化钠和硫酸反应得到盐和水，所以是两性氧化物，选项B 正确。向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸
化，可得K2Cr2O7溶液，这个过程表现的是H2O2的氧化性，与其还原性无关，选项C 错误。将K2Cr2O7溶
液滴加到淀粉和KI 的混合溶液中，溶液变蓝说明K2Cr2O7 将碘化钾氧化为I2，所以说明氧化性：
Cr2O>I2，选项D 正确。
【变式3-3】在一定条件下，下列微粒的还原性顺序为Cl-＜Br-＜Fe2＋＜I-＜SO2，由此判断以下各反应在溶
液中不能发生的是( )
A.2Fe3＋＋SO2＋2H2O ===2Fe2＋＋SO＋4H＋
B.2Fe2＋＋Cl2 ===2Fe3＋＋2Cl-
C.2Br-＋4H＋＋SO===SO2↑＋Br2＋2H2O
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D.I2＋SO2＋2H2O ===4H＋＋SO＋2I-
【答案】C
【解析】由题意“Cl-＜Br-＜Fe2＋＜I-＜SO2”，知还原性Br-＜SO2，C 项违背氧化还原反应的强弱规律，正
确的写法应为SO2＋Br2＋2H2O===2Br-＋4H＋＋SO。
【题型4 氧化还原反应规律】
【例4】现有下列三个氧化还原反应：2FeCl3＋2KI
2FeCl2＋2KCl＋I2；
2FeCl2＋Cl2
2FeCl3；
2KMnO4＋16HCl
2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
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.Cl2
B.KMnO4
C.FeCl3
D.HCl
【答案】C
【解析】所加试剂的氧化性应比I2的强，比Cl2和Fe3＋的弱（也可和Fe3＋的氧化性相当）。由题给三个氧
化还原反应可推知，氧化性KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，还原性I－＞Fe2＋＞Cl－＞Mn2＋。加入氧化剂，反应过
程分别为Cl2→氧化I－生成I2→Cl2过量将氧化Fe2＋；KMnO4→氧化I－生成I2→KMnO4过量将氧化Fe2＋、Cl
－；Fe3＋→氧化I－生成I2→Fe3＋只氧化I－不能氧化Fe2＋。
【变式4-1】离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2＋2H2O
4NaOH＋
O2↑；②CaH2＋2H2O
Ca（OH）2＋2H2↑。下列说法正确的是（ ）
A.Na2O2、CaH2均既是氧化剂又是还原剂
B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C.Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1
D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【解析】Na2O2中O 为－1 价，在反应中O 的化合价既有升高也有降低，因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂；
CaH2中H 为－1 价，在反应中化合价升高，是还原剂，A 错误。①中水中的H、O 化合价均未发生变化，
H2O 既不作氧化剂也不作还原剂；②中水中的部分H 化合价降低，发生还原反应，B 错误。①中生成1 个
O2分子时转移2e－，②中生成2 个H2分子时转移2e－，则转移电子数相同时，生成的氧气和氢气的物质的
量之比为1 2∶，D 错误。
【变式4-2】某化学兴趣小组进行如下实验：
实验①：向KMnO4晶体中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体Cl2；
实验②：向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的Cl2，溶液变为棕黄色；
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实验③：取实验②生成的溶液滴在淀粉KI 试纸上，试纸变为棕蓝色。
下列判断正确的是（ ）
A.上述实验证明氧化性：MnO4
－＞Cl2＞Fe3＋＞I2
B.上述实验中，共有两个氧化还原反应
C.Cl2不能使湿润的淀粉KI 试纸变蓝
D.实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性
【答案】A
【解析】提取题目信息如表所示：
序号
反应物
生成物
①
氧化剂：MnO4
－
还原剂：Cl－
氧化产物：Cl2
②
氧化剂：Cl2
还原剂：Fe2＋
氧化产物：Fe3＋
③
氧化剂：Fe3＋
还原剂：I－
氧化产物：I2
依据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可以判断氧化性由强到弱的顺序是MnO4
－
＞Cl2＞Fe3＋＞I2，A 项正确，B、C、D 项错误。
【变式4-3】关于反应2KMnO4＋3H2SO4＋7H2O2===K2SO4＋2MnSO4＋6O2↑＋10H2O，下列说法正确的是(
)
A.KMnO4是氧化剂，发生氧化反应
B.H2O2是还原剂，只表现还原性
C.反应生成18 g 水时，转移1.2 mol 电子
D.还原性：MnSO4＞H2O2
【答案】C
【解析】A 项，KMnO4是氧化剂，发生还原反应，错误；B 项，H2O2中部分O 元素从-1 价升高到0 价、部
分O 元素从-1 价降低到-2 价，H2O2是还原剂也是氧化剂，表现还原性、也表现出氧化性，错误；C 项，存
在关系式6O2～10H2O～12e-，反应生成10 mol 水时，转移12 mol 电子，则反应生成18 g 即1 mol 水时，
转移1.2 mol 电子，正确；D 项，一个氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性：
MnSO4＜H2O2，错误。
【题型5 氧化还原反应的计算】
【例5】LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH4＋2H2O=== LiAlO2＋4H2↑。下列说法中正确
的是( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
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C.若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol 电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2 1∶
【答案】A
【解析】由化学方程式可知， LiAlH4中H 由-1 价升高为0 价，被氧化，是还原剂，H2O 中H 由＋1 价降为
0 价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A 项正确、B 项错误；由化学方程式可知，
每1 mol LiAlH4反应，转移4 mol 电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L (即0.2 mol)H2，则转移
0.2 mol 电子，C 项错误；LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1 2∶，D 项错
误。
【变式5-1】钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO 为淡黄色，VO 具有较强的氧化
性，Fe2＋、SO 等能把VO 还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄
色。下列说法不正确的是( )
A.在酸性溶液中氧化性：MnO> VO>Fe3＋
B.亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2O
C.向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应化学方程式为：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋
2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4
D.向含1 mol VO 的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2＋的溶液完全反应，转移电子为1.5 mol
【答案】D
【解析】A 项，向VOSO4 溶液中滴加酸性KMnO4 溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将
VO2＋氧化为VO，则氧化性MnO> VO，Fe2＋能把VO 还原为VO2＋，离子方程式应为：Fe2＋＋VO＋2H＋
===Fe3＋＋ VO2＋＋H2O，说明氧化性VO> Fe3＋，所以酸性溶液中氧化性MnO> VO>Fe2＋，正确；B 项，SO
能把VO 还原为VO2＋，SO 被氧化成SO，结合电子守恒和电荷守恒可知：2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO
＋H2O，正确；C 项，酸性环境下MnO 将VO2＋氧化为VO，无沉淀生成说明MnO 被还原成Mn2＋，结合电
子守恒和原子守恒可知化学方程式为：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋
K2SO4，正确；D 项，向含1 mol VO 的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2＋的溶液发生反应Fe2＋＋ VO＋2H＋
===Fe3＋＋ VO2＋＋H2O，则VO 的量不足，所以转移电子为1 mol，错误。
【变式5-2】KIO3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6I2＋
11KClO3＋3H2O △
6KH（IO3）2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A.产生22.4 L（标准状况）Cl2时，反应中转移10 mol e－
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Cl2制备漂白粉
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D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3
－的存在
【答案】A
【解析】反应中I 由0 价升至＋5 价，则6 mol I2失去60 mol e－，同时有5 mol Cl 由＋5 价降低到－1 价，得
到30 mol e－，有6 mol Cl 由＋5 价降低到0 价，也得到30 mol e－。A 项，生成3 mol Cl2时反应中转移60
mol e－，则生成1 mol Cl2时，反应中转移20 mol e－，错误。B 项，该反应中KClO3为氧化剂，I2为还原剂，
两者的物质的量之比为11 6∶，正确。C 项，Cl2和石灰乳反应可制备漂白粉，正确。D 项，IO3
－与I－在酸性
条件下发生归中反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，所以可以用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO3
－，正确。
【变式5-3】取x g 铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL 的NO2气体和
672 mL 的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量
为17.02 g。则x 等于( )
A.8.64
B.9.20
C.9.00
D.9.44
【答案】B
【解析】反应流程为――→
x g＝17.02 g-m(OH-)，而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，
即n(OH-)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1＝9.20 g。
【题型6 氧化还原反应配平及其应用】
【例6】某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸
的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及反应的离子方程式为MnO4
－＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋
（未配平）。下列关于此反应的叙述正确的是（ ）
A.该反应的氧化产物是Mn2＋
B.1 个MnO4
－在反应中失去5 个电子
C.横线上应是OH－
D.配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6
【答案】D
【解析】离子方程式左边有H＋，则右边不能出现OH－，横线上应是H2O，C 项错误。标变价⇒M
+7 nO4
－＋
H2C
+3
2O4＋H＋ ⃗
C
+ 4
O2↑＋M
+2 n2＋＋H2O；列变化⇒M
+7 nO4
－化合价降低5
→
M
+2
n2＋，H2C
+3
2O4
化合价升高1
→
C
+ 4
O2；求总数⇒
＋H2O；配系数⇒2Mn
O4
－
＋5H2C2O4＋
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6H＋ ⃗
10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；查守恒该方程式两边质量、电荷、得失电子均守恒，
⇒
A、B
项错误，D 项正确。
【变式6-1】NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程
式为MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
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 NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D.中的粒子是OH-
【答案】C
【解析】NO 中N 元素的化合价升高，NO 被氧化，A 项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离
子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D 项错误，C 项正确。
【变式6-2】某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的
物质或有关叙述正确的是( )
＋＋===＋＋
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol
【答案】C
【解析】Au2O3为反应物，则反应中Au2O3―→Au2O，Au 的化合价由＋3 价变为＋1 价，化合价总共降低
2×2＝4 价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2，所以Na2S2O3为反应
物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3―→Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH 是生成物，由氢元素守恒
可知水是反应物，根据电子守恒配平反应方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O===Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，
当1 mol Au2O3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。
【变式6-3】酸性KMnO4溶液和CuS 混合时，发生的反应如下：
MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中正确的是( )
A.被氧化的元素是Cu 和S
B.Mn2＋的还原性强于CuS 的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6 5∶
D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol
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【答案】C
【解析】反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由-2 价升到＋4 价，只有硫元素被氧化，A 项错
误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS＞Mn2＋，B 项错误；氧化剂为KMnO4，还原剂
为CuS，设KMnO4为x mol，CuS 为y mol，根据电子守恒：x×(7-2)＝y×[4-(-2)]，x∶y＝6 5∶，所以氧化剂与
还原剂的物质的量之比为6 5∶，C 正确；二氧化硫物质的量为0.1 mol，由方程式可知，反应中硫元素化合
价由-2 升高为＋4，故转移电子为0.1 mol×(4＋2)＝0.6 mol，D 项错误。
【题型7 工艺流程与氧化还原反应融合】
【例7】NaClO2是一种高效的漂白剂，实验室中一种制备NaClO2的过程如图所示，下列说法错误的是(
)
A.NaClO2的漂白原理与SO2不同
B.每生成1 mol ClO2有0.5 mol H2C2O4被氧化
C.反应2 过程中，H2O2作氧化剂
D.粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2
【答案】C
【解析】A 项，NaClO2的漂白原理是依靠其氧化性， SO2的漂白原理是与有色物质反应生成无色的物质，
NaClO2的漂白原理与SO2不同，正确；B 项，反应1 中NaClO3生成ClO2的过程中Cl 元素由＋5 价变为＋4
价，H2C2O4反应生成CO2的过程中C 元素由＋3 价变为＋4 价，每生成1 mol ClO2有0.5 mol H2C2O4被氧化，
正确；C 项，反应2 过程中ClO2生成ClO，Cl 元素由＋4 价变为＋3 价，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，
错误；D 项，粗产品经重结晶可得到纯度更高的NaClO2，正确。
【变式7-1】工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法正确
的是( )
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A.碱性条件下，氧化性：O2＞S2O＞MnO
B.过程Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比为2 1∶
C.过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO＋2S2-＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH-
D.将1 mol S2-转化为SO 理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况)
【答案】C
【解析】由题图可知，过程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2生成MnO，则氧化性：O2＞MnO，过程Ⅱ中MnO 氧化
S2-生成S2O，则氧化性：MnO＞S2O，所以碱性条件下，氧化性：O2＞MnO＞S2O，故A 错误；过程Ⅰ中反
应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH-===2MnO＋4H2O，则氧化剂和还原剂物质的量之比为1 2∶，故B
错误；过程Ⅱ中MnO 得电子转化为Mn(OH)2，S2-失电子转化为S2O，根据原子守恒、得失电子守恒及电荷
守恒可得反应的离子方程式为4MnO＋2S2-＋9H2O===S2O＋4Mn(OH)2↓＋10OH-，故C 正确；1 mol S2- 转化
为SO 理论上转移8 mol 电子，根据得失电子守恒可知：n(O2)＝＝2 mol，在标准状况下需要O2体积为2
mol×22.4 L·mol-1＝44.8 L，故D 错误。
【变式7-2】工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为主要原料制备高锰酸钾(KMnO4)的方法如图：
已知：①焙烧时有K2MnO4和KCl 生成。
CO
②
2歧化法：调溶液pH 至弱碱性，歧化生成KMnO4和MnO2。
下列说法正确的是( )
A．焙烧时所用坩埚的材质可以选用Al2O3
B．焙烧时理论上每生成1 mol K2MnO4转移3NA个电子
C．电解法与CO2歧化法的理论产率之比为3 2∶
D．采用CO2歧化法时，可将滤液蒸发结晶得到KMnO4固体
【答案】C
【解析】软锰矿中加入KOH 和KClO3焙烧，生成K2MnO4和KCl，电解K2MnO4生成KMnO4，或者采用二
氧化碳歧化法生成KMnO4。Al2O3可与KOH 反应，因此焙烧时坩埚的材质不能选用Al2O3，A 错误；焙烧
时的化学方程式为3MnO2＋6KOH＋KClO3=====3K2MnO4＋KCl＋3H2O，每生成1 mol K2MnO4，转移2 mol 电
子，B 错误；电解法中MnO 在阳极上失电子发生反应：MnO－e－===MnO，锰酸根离子全部转化为高锰酸
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根离子，CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋2K2CO3＋MnO2，有的锰酸根离子转化成
了高锰酸根离子，两者的理论产率之比为1∶＝3 2∶，C 正确；高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷
却结晶的方式得到KMnO4固体，D 错误。
【变式7-3】钛铁矿(FeTiO3，其中Ti 为＋4 价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所
示，下列说法正确的是( )
A．氯化反应中Cl2与C 的物质的量之比为6 7∶
B．氯化过程中FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：Mg＜Ti
D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气
【答案】D
【解析】由流程可知，氯化发生2FeTiO3＋6C＋7Cl2=====2FeCl3＋6CO＋2TiCl4，然后发生2Mg＋
TiCl4=====2MgCl2＋Ti。A 项，由上述分析可知，氯化反应中Cl2与C 的物质的量之比为7 6∶，错误；B 项，氯
化时Ti 元素的化合价不变，Fe 元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，错误；C 项，由制取金属钛的反
应2Mg＋TiCl4=====2MgCl2＋Ti，可得到还原性：Mg＞Ti，错误；D 项，制取金属钛时选用Ar 气的目的是隔
绝空气，防止Mg、Ti 被氧化，正确。
【题型8 离子反应与氧化还原反应融合】
【例8】常温下，下列各组粒子在指定溶液中能大量共存的是
A．
碳酸钠溶液
中：
、
、
B．加入苯酚显紫色的溶液中能大量共存的离子：
、
、
、
C．
酸性
溶液中：
、
、
、
D．常温下
的溶液中：
、
、
、
【答案】A
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【解析】A．
碳酸钠溶液
呈碱性，
、
、
均不会和OH-反应，且三种
离子之间也互不反应，故各离子可以共存，A 选；
B．加入苯酚显紫色的溶液中有铁离子，铁离子和硫离子之间会发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单
质，故二者不能共存，B 不选；
C．
在酸性
溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，C 不选；
D．常温下
的溶液中，氢离子的浓度为0.1 mol⋅L，溶液中还有硝酸根离子，在氢离子
的作用下硝酸根离子会将亚铁离子氧化，故三者不能共存，D 不选；
故选A。
【变式8-1】下列反应的离子方程式不正确的是
A．铅酸蓄电池充电时的阴极反应：
B．少量氯水滴入到碳酸钠溶液中：
C．普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极反应：
D．氯化铝溶液逐滴加入到过量的碳酸钠溶液中，并边加边振荡：
【答案】A
【解析】A．铅酸蓄电池充电时的阴极发生还原反应：
，A 错误；
B．少量氯水滴入到碳酸钠溶液中，即碳酸钠溶液过量，酸性：碳酸大于次氯酸大于碳酸氢根，则根据得
失电子守恒以及电荷、原子守恒得：
，B 正确；
C．普通锌锰干电池（电解质主要成分为氯化铵）的正极发生还原反应：
，C 正确；
D．氯化铝溶液逐滴加入到过量的碳酸钠溶液中，并边加边振荡，发生互相促进水解的反应：
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，D 正确；
故选A。
【变式8-2】下列离子方程式书写正确的是
A．NaClO 溶液中通入少量
：
B．向
溶液中滴加
溶液至
沉淀完全：
C．向饱和
溶液中通入足量
：
D．
溶液中滴加NaHS 溶液：
【答案】B
【解析】A．
通入NaClO 溶液中，被NaClO 氧化，反应为：
，A 错误；
B．
中含有
，完全沉淀
需要消耗
，故反应过程中生成
，B 正确；
C．向饱和
溶液中通入足量
，有
晶体析出，反应为
，C 错误；
D．
溶液中滴加NaHS 溶液，
被
氧化为硫单质，反应为
，D 错
误；
故选B。
【变式8-3】下列反应式与所述事实相符且正确的是
A．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：
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B．在
和
混合溶液中加入少量的Fe：
C．NaClO 溶液与浓盐酸混合：
D．明矾与纯碱混合：
【答案】D
【解析】A．一水合氨为弱碱，在离子方程式中不能拆写，离子方程式为
，A 错误；
B．
的氧化性大于
，所以Fe 先与
反应，B 错误；
C．NaClO 溶液与浓盐酸混合会发生氧化还原反应，正确的离子方程式为
，
C 错误；
D．明矾与纯碱混合，离子方程式为
，D 正确；
故答案为：D。
【题型9 反应历程与氧化还原反应融合】
【例9】Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是(
)
A．X 的化学式为H2S2
B．HS·反应活性较强，不能稳定存在
C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8 1∶
D．步骤Ⅳ除砷的化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O
【答案】C
【解析】S2O 经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为，S2O 与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个
HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S 与H3AsO3发生反应生成As2S3，X 的化学式为H2S2，
故A 正确；HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B 正确；步骤Ⅲ反应中H2S2
分解得到S8和H2S，化学方程式为8H2S2===S8＋8H2S，S 元素化合价部分由－1 价上升到0 价，又部分由－
1 价下降到－2 价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 1∶，故C 错误；步骤
23
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Ⅳ中，H2S 与H3AsO3发生反应生成As2S3，化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O，故D 正确。
【变式9-1】黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮的金属光泽，常被误认为是黄金，故又
称为“愚人金”。在酸性和催化剂的作用下FeS2可发生如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.在酸性条件下，黄铁矿催化氧化的总反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O=====2FeSO4＋2H2SO4
C.反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH-
D.反应Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为14 mol
【答案】D
【解析】反应Ⅰ中Fe 元素化合价由＋2 价变为＋3 价，O 元素化合价由0 价变为-2 价，反应Ⅱ中部分Fe 元
素化合价由＋3 价变为＋2 价，S 元素化合价由-1 价变为＋6 价，均有化合价变化，属于氧化还原反应，反
应Ⅲ为非产化还原反应，A 错误；由机理图分析，FeS2、O2为反应物，Fe3＋、SO 为生成物，所以黄铁矿催
化氧化的总反应方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O=====2Fe2(SO4)3＋2H2SO4，B 错误；反应为酸性环境，无法生
成OH-，C 错误；反应Ⅱ的FeS2中S 元素化合价从-1 价升高到＋6 价，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质
的量为1×2×7 mol＝14 mol，D 正确。
【变式9-2】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
N2进入大气层，反应过程如图所示。
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===N2↑＋2H2O
【答案】C
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【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H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，
反应为NO＋2H＋＋e-=====NO＋H2O，生成1 mol NO，a 过程转移1 mol e-。过程Ⅱ为NO 和NH 在酶2 的作
用下发生氧化还原反应生成H2O 和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应为2NO＋
8NH=====2H2O＋5N2H4＋8H＋，n(NO)∶n(NH)＝1 4∶，消耗1 mol NO，b 过程转移4 mol e-，转移电子数目不相
等，B 错误、C 正确；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e-，反应为N2H4===N2＋4H＋＋4e-，过程Ⅰ→Ⅲ的
总反应为2NO＋8NH===5N2↑＋4H2O＋24H＋＋18e-，D 错误。
【变式9-3】一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl 生产Cl2工艺的主要反应机理如图。下列说法不
正确的是( )
A．该过程中Cu 元素的化合价发生变化
B．Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C．Cu(OH)Cl 分解生成两种产物，物质X 为H2O
D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2＋O2=2Cl2＋4CuO
【答案】A
【解析】由反应历程图可知，该过程中含 Cu 化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu 元素的化合价均为＋
2 价，即保持不变，A 项不正确；由反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO 与HCl 反应转化为
Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl 分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO 为催化剂，
Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B、C 项正确；由反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成
CuO 和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得2Cu2OCl2＋O2=2Cl2＋4CuO，D 项正确。
【题型10 信息型氧化还原反应方程式的书写】
【例10】钒及其化合物在特种钢材的生产、高效催化剂的制备及航天工业中用途广泛。工业上以富钒炉渣
(主要成分为V2O5，含少量Fe2O3和FeO 等杂质)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图所示：
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(1)五氧化二钒中钒的化合价为___________________________________________。
(2)焙烧炉中发生的主要反应化学方程式为_____________________________________；
也可用氯化钠和氧气代替纯碱进行焙烧反应，写出对应的化学方程式
________________________________________________________________________________。
【答案】(1)＋5 (2)V2O5＋Na2CO3=====2NaVO3＋CO2↑ 2V2O5＋4NaCl＋O2=====4NaVO3＋2Cl2
【解析】(1)五氧化二钒中，O 显-2 价，依据化合价的代数和为0，可求出钒的化合价为＋5；(2)焙烧炉中，
V2O5与Na2CO3反应生成NaVO3和CO2，反应的化学方程式为V2O5＋Na2CO3=====2NaVO3＋CO2↑；用氯化
钠和氧气代替纯碱进行焙烧反应，则应生成NaVO3和Cl2，反应的化学方程式为2V2O5＋4NaCl＋
O2=====4NaVO3＋2Cl2。
【变式10-1】某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合
焙烧法制备BiOCl 和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe＞(H)＞Bi＞Cu；
(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为____________________________________。
(5)生成气体A 的离子方程式为______________________________________________。
【答案】(2)2Bi2S3＋9O2=====2Bi2O3＋6SO2
(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl-===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O
【解析】(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反
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应的化学方程式为2Bi2S3＋9O2=====2Bi2O3＋6SO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：
Mn2O3＋6H＋＋2Cl-===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。
【变式10-2】以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺
流程如下：
(1)红渣的主要成分为________(填化学式)，滤渣①的主要成分为________(填化学式)。
(2)还原工序中，不生成S 单质的反应的化学方程式为__________________________________________。
(3)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe 的化合价为________，氧化工序发生反应的离子方程式
为___________________________________________________________。
【答案】(1)Fe2O3、SiO2 SiO2
(2)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4
(3)＋2 6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋===6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl-＋6NH
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2＋11O2=====2Fe2O3＋8SO2，故产生的红渣主
要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热酸浸，反应原理为：Fe2O3＋
3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3＋还
原为Fe2＋。(3)中不生成S 沉淀，则硫元素被氧化为SO，反应的化学方程式为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋
8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液，母液主要含
有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节
溶液的pH 为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2＋＋2NH＋[Fe(CN)6]4-===Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出
沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋
===6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl-＋6NH，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6。
【变式10-3】碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含
Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图：
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已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：
(1)已知Te 为ⅥA 族元素，TeO2被浓NaOH 溶液溶解，所生成盐的化学式为
_________________________________________________________________。
(2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te 转化为TeO2，反应的化学方程式为
______________________________________________________________________________；
“还原”过程中，发生反应的离子方程式为___________________________________。
【答案】(1)Na2TeO3
(2)Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋ Te↓＋8H＋
【解析】(1)Te 与S 同主族， SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，所以TeO2与浓NaOH 溶液反应生成盐的化
学式为Na2TeO3。(2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te 与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和TeO2，反应
的化学方程式是Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O；“还原”过程中，四氯化碲与二氧化硫反
应生成单质碲和硫酸，反应的离子方程式是Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋ Te↓＋8H＋。
【基础题】
1.（2024·湖南·模拟预测）化学与生产生活密切相关，下列物质应用中涉及氧化还原反应的是
A．利用葡萄糖酸-
-内酯使豆浆凝固
B．使用含氟牙膏预防龋齿
C．将植物油氢化以便于运输和储存
D．利用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈
【答案】C
【解析】A．豆浆的凝固过程属于胶体的聚沉，没有发生氧化还原反应，A 项不选；
B．含氟牙膏预防龋齿涉及难溶电解质间的转化，不属于氧化还原反应，B 项不选；
C．植物油氢化即植物油与氢气发生加成反应，属于氧化还原反应，C 项选；
D．明矾中
水解使溶液呈酸性，可用于清除铜镜表面的铜锈[主要成分为
]，不属于氧化
还原反应，D 项不选；
答案选C。
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2.（2024·安徽阜阳·模拟预测）下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．新制氯水久置后，颜色变浅
B．切开的苹果断面变黄
C．染色衣服浸泡到含有双氧水的水中，一段时间再清洗褪色
D．向黄色的铬酸钾(
)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色
【答案】D
【解析】A．新制氯水中，次氯酸见光易分解
，导致溶液中的可逆反应
正向移动，溶液中Cl2 被消耗，颜色变浅，涉及到两个可逆反应，A 不符合
题意；
B．切开的苹果断面变黄是因为苹果中的二价Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+，B 不符合题意；
C．双氧水有弱氧化性，可以与有色物质发生氧化还原反应，C 不符合题意；
D．铬酸钾溶液中存在可逆反应
，加入硫酸，H+浓度增大，平衡正移，因此溶
液由黄色变为橙色，不涉及氧化还原反应，D 符合题意。
故选D。
3.（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中，碘水中的蓝色褪为无色，溶液无
沉淀生成。某无色溶液中可能含有
、
、
、
，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈
无色，则有关该无色溶液下列判断正确的是
A．氧化性
B．一定不含有
C．一定含有
D．可能含有
【答案】C
【解析】A．根据亚硫酸钠加入含淀粉的碘水中，溶液褪色，说明碘水把亚硫酸钠氧化了，说明
的氧化
性强于
，即
的还原性强于
，但向无色溶液中加入少量溴水溶液不变色，不能说明溴的氧化性不
如碘单质强，因为被少量的溴氧化的是
，A 错误；
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B．由A 分析知，不能判断是否有
，B 错误；
C．判断无色溶液中一定含有
，可能含有
，根据电荷守恒，一定存在
，C 正确；
D．由于溶液是无色溶液，说明一定不含
，D 错误；
故选C。
4.（2024·安徽合肥·模拟预测）燃油汽车尾气含有大量的NO，用活化后的
作催化剂，在有氧条件下氨
气将NO 还原成
的一种反应历程如图所示，下列叙述错误的是
A．汽车尾气中含有的
来源是空气中
和
在气缸内反应生成
B．反应③涉及π 键的断裂和形成
C．总反应的化学方程式为
D．
不能改变反应热，但可以改变反应历程，从而降低活化能
【答案】C
【解析】A．汽车尾气中含有氮的氧化物是因为气缸内空气中的氮气和氧气在放电条件下生成一氧化氮，
一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮所致，故A 正确；
B．由图可知，反应③中存在钒氧双键的断裂和氮氮三键的形成，双键和三键中均存在π 键，所以反应③
涉及π 键的断裂和形成，故B 正确；
C．由图可知，总反应为催化剂作用下氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为
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，故C 错误；
D．五氧化二钒是反应的催化剂，催化剂可以改变反应历程，从而降低反应的活化能，加快反应速率，但
不能改变反应热，故D 正确；
故选C。
5.（2024·北京·三模）下列表达不正确的是
A．用FeCl3溶液清洗银镜：
B．氢氧化亚铁露置在空气中变为红褐色：
C．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水混合出现白色沉淀：
D．向K2Cr2O7溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深：
【答案】C
【解析】A．FeCl3溶液中铁离子具有氧化性，可以将Ag 氧化为
，离子方程式为：
，故A 正确；
B．氢氧化亚铁露置在空气中变为红褐色的氢氧化铁，化学方程式为：
，故B 正确；
C．碳酸氢钠溶液与少量澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和碳酸钠，离子方程式为：
，故C 错误；
D．向K2Cr2O7溶液中滴加少量浓硫酸，氢离子浓度增大，铬酸根离子转化为重铬酸根离子，发生反应为：
，故D 正确；
故选C。
6.（2024·安徽合肥·三模）照相底片定影并回收定影液硫代硫酸钠和银，经历如下过程，下列说法错误的是
AgBr
Na3Ag(S2O3)2
Ag2S
Ag+SO2
A．1molNa3Ag(S2O3)2晶体中含1.806×1024个离子键
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B．在Ag2S 与O2的反应中，SO2既是氧化产物又是还原产物
C．Ag2S 为离子化合物，属于非电解质
D．副产物SO2的键角小于120°的原因：SO2分子中S 的孤电子对对成键电子对的排斥
【答案】C
【解析】A．Na3Ag(S2O3)2晶体中所含的作用力含有离子键、配位键、共价键，1molNa3Ag(S2O3)2晶体中含
有3mol 离子键，故离子键个数为1.806×1024个，A 正确；
B．在Ag2S 与O2的反应中，由于S 的化合价升高，O 的化合价降低故SO2既是氧化产物又是还原产物，B
正确；
C．Ag2S 为离子化合物，它在水中可以电离成银离子和硫离子，属于强电解质，C 错误；
D．SO2分子中S 含有孤电子对，副产物SO2的键角小于120°的原因是SO2分子中S 的孤电子对对成键电子
对的排斥作用使键角变小，D 正确；
本题选C。
7.（2024·黑龙江·三模）某反应体系中只有五种物质：
。启动反应后，
两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是
A．曲线a、b 分别代表
B．该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为
C．
还原剂完全反应时转移
电子
D．由反应可推出氧化性：
【答案】B
【解析】A．由两种含溴物质的物质的量变化图像可知，4molb 完全反应生成2mola，由溴原子守恒可知a
为
，b 为
，A 正确；
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B．反应的化学方程式为
，氧化剂是
，还原剂是
，则
氧化剂、还原剂的物质的量之比为
，B 错误；
C．
，完全反应时，转移电子的物质的量为0.5mol×8=4mol，C 正确；
D．在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：
，D 正确；
故选B。
8.（2024·福建厦门·模拟预测）锂辉矿（主要成分为
）可用低温重构-直接浸出技术制备碳酸锂，
同时得到氧化铝，工艺流程如图，下列说法不正确的是
A．“水热反应”为
B．“滤渣1”和“滤渣2”主要成分不同
C．流程中不涉及氧化还原反应
D．冶炼金属锂可用电解其熔融氯化物的方法，而冶炼金属铝则不可以
【答案】B
【分析】由题给流程可知，向锂辉矿中加入氢氧化钠溶液发生水热反应，将
转化为硅酸锂、硅酸
钠和四羟基合铝酸钠，过滤得到硅酸锂和含有硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液；向硅酸锂中加入硫酸溶液
溶解，将硅酸锂转化为硫酸锂和硅酸，过滤得到含有硅酸的滤渣和含有硫酸锂的滤液；硫酸锂溶液经蒸发
浓缩后，加入饱和碳酸钠沉淀溶液中的锂离子，过滤得到碳酸锂；向含硅酸钠、四羟基合铝酸钠的滤液中
加入硫酸溶液，与溶液中的硅酸钠、四羟基合铝酸钠反应生成硫酸铝、硫酸钠和硅酸沉淀，过滤得到含有
硅酸的滤渣和含有硫酸钠、硫酸铝的滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过
滤得到氢氧化铝，氢氧化铝煅烧分解生成氧化铝。
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【解析】A．由分析可知，加入氢氧化钠溶液发生水热反应的目的是将
转化为硅酸锂、硅酸钠和
四羟基合铝酸钠，反应的化学方程式为
，故A
正确；
B．由分析可知，“滤渣1”和“滤渣2”的主要成分均为硅酸，故B 错误；
C．由分析可知，流程中各步转化过程中均没有元素发生化合价变化，均不涉及氧化还原反应，故C 正
确；
D．氯化锂是离子化合物，氯化铝为共价化合物，所以冶炼金属锂可用电解熔融氯化物的方法，而冶炼金
属铝用电解熔融氯化物的方法，故D 正确；
故选B。
9.（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NH3表示)的反应
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，NH3是还原剂
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1molN2，反应转移电子数为
【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，NH3中氮元素的化合价由-3
价升高为0 价，NH3是还原剂，故A 正确；
B．N2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；
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1molN2，反应转移电子数为
，故D 正确；
故选C。
10.（2024·安徽安庆·模拟预测）软磁材料
可由阳极渣和黄铁矿
制得。阳极渣的主要成分为
且含有少量Pb、Fe、Cu 等元素的化合物。制备流程如下。
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25℃时，
。下列说法错误的是
A．X 可为稀硫酸
B．滤渣2 成分是
和
C．“酸浸”时
中的铁元素转化为
，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D．利用
替代CaO 可优化该流程
【答案】B
【分析】黄铁矿
和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1 为S、PbSO4，滤液中加
H2O2和CaO，其中CaO 调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2
沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。
【解析】A．MnO2具有较强氧化性，
具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以
X 可为稀硫酸，故A 正确；
B．滤液中加CaO 调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2
的成分是
、CaSO4和Fe(OH)3，故B 错误；
C．“酸浸”时
中的铁元素转化为
，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为
，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，
故C 正确；
D．利用
替代CaO 可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D 正确；
故答案为：B。
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【提升题】
11.（2024·湖南·模拟预测）利用空气催化氧化法除掉电石浆(含CaO)上层清液中的S2-，制取石膏
(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列说法错误的是
A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，属于纯净物
B．过程I 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
C．将10L 上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg·L-1 )转化为
，理论上共需要0.15 molO2
D．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为：
【答案】C
【解析】A．CaSO4·2H2O 属于俗称生石膏，CaSO4·2H2O ，CuSO4·5H2O 等一系列的含结晶水的物质均属
于纯净物，故A 正确；
B．过程I 中氧化剂和还原剂分别是O2 ，Mn(OH)2 ；对应的还原产物和氧化产物为H2O，
根据氧化
还原反应得失电子守恒得氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 ，故B 正确;
C．10L 上清液中的S2-的物质的量为0.15mol 硫元素的合价由-2 价变成+6 价，S2-共失去0.15mol×8= 1.2mol
电子，转化为
，理论上共需要O2的物质的量n(O2)=
=0.3mol， 故C 错误；
D．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与
反应生成
和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒
和物料守恒，反应的离子方程式为：
，故D 正确；
故答案选C。
12.（2024·辽宁·模拟预测）硫酸钴
主要用于电镀、碱性电池、生产含钴颜料和其他钴产品，可利
用
与葡萄糖制备，反应的化学方程式为
(未
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配平)。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．氧化性：
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
C．生成
(标准状况)
时，转移电子数为
D．
葡萄糖中含有
键的数目为
【答案】D
【解析】A．根据题中所给反应，Co 元素反应后化合价降低，
是氧化剂，
是氧化产物，故氧
化性：
，A 项正确；
B．根据电子守恒、元素守恒配平该反应为
，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
，B 项正确；
C．根据化学方程式可知，当生成
时，转移电子
，因此生成
(标准状况)
时，转移
电子的物质的量为
，即
，C 项正确；
D．葡萄糖的结构式为
，
葡萄糖中含有
键的数目为
，D
项错误；
本题选D。
13.（2024·浙江杭州·模拟预测）NaAlH4是一种强还原剂，在碱性条件下能够与CuSO4发生反应
，下列说法不正确的是
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A．还原剂和还原产物之比为1：4
B．NaAlH4遇水可能发生爆炸，并产生白色沉淀
C．H2O 中中心原子为sp3杂化，VSEPR 空间构型为四面体
D．每生成1molNa[Al(OH)4]转移电子的物质的量为8mol
【答案】B
【解析】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价升高被氧化，四氢合铝酸钠是反应的还原剂，铜元素
的化合价降低被还原，硫酸铜是氧化剂，还原剂和还原产物之比为1：4，故A 正确；
B．四氢合铝酸钠与水反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应中没有氢氧化铝沉淀生成，故B 错误；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，氧原子的杂化方式为sp3杂化，分子的VSEPR 空间构型为四面
体，故C 正确；
D．由方程式可知，反应生成1mol 四氢合铝酸钠时，转移电子的物质的量为8mol，故D 正确；
故选B。
14.（2024·江苏·模拟预测）以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备
ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下图所示，下列说法不正确的是
A．1mol 过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023
B．“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++
+2H2O=MnO2↓+2
+4H+
C．沉锌反应：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4
D．“调节pH”时试剂X 可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3
【答案】C
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将
Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X 调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试
剂X 可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌
ZnCO3·2Zn(OH)2。
【解析】A．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6 价，含有1 个过氧键，1mol 过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过
氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，故A 正确；
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B．“氧化除锰”过程中生成MnO2，过二硫酸根被还原为硫酸根，离子方程式：Mn2++
+2H2O=MnO2↓+2
+4H+，故B 正确；
C．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反
应的离子方程式为3Zn2++6
=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故沉锌反应：
3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C 错误；
D．据分析，“调节pH”时试剂X 可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D 正确；
故选C。
15.（2024·河北衡水·模拟预测）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反
应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
B．理论上该合成方法中每消耗
可得到
C．反应⑤、⑥中均有含
键的产物生成
D．乙醛分子中没有
键，故其与水分子间不能形成氢键
【答案】C
【解析】A．反应①可表示为
，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为
，A 项错
误；
B．由图中转化可知，还有副产物乙醇生成，B 项错误；
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C．⑤中
含有氮氮三键、⑥中
含有碳氧双键，C 项正确；
D．乙醛中的氧原子能与水中的“
”形成氢键，D 项错误；
答案选C。
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