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重难点05 氧化还原反应概念、规律及应用
考点
三年考情分析
2025 考向预测
氧化还原反应概
念和规律
2024·福建卷；2024·江西卷；2024·北京卷；2024·甘肃卷；
2024·山东卷；2023·浙江卷；2022·重庆卷；2023·全国乙
卷；
2022·江苏卷；2022·山东卷；
预计2025 年高考会以
新的情境载体考查有关
氧化还原反应的概念、
规律及其应用，以及氧
化还原反应的配平和电
子转移的相关计算。
氧化还原反应的
配平和计算
2024·广西卷；2024·浙江卷；2023·重庆卷；2022·浙江卷；
氧化还原反应的
综合考查
2024·福建卷；2022·北京卷；2022·浙江卷；
【思维导图】
【高分技巧】
1
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一、氧化还原反应概念
1.氧化还原反应的概念及关系
2.常见的氧化剂和还原剂，并推测其反应产物
（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
二、氧化还原反应基本规律
1．氧化还原反应的基本规律
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。
优先律
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。
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。
2
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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。
2．物质氧化性、还原性强弱的应用
物质氧
化性、
还原性
强弱判
断的常
用方法
（1）依据
反应条件
来判断。
当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难
易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难
发生(即氧化剂得电子越困难)，则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
Cu＋2H2SO4(浓)
CuSO4＋SO2↑＋2H2O 氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。
（2）根据
“三表”
判断。
①根据元素周期表判断
②根据金属及非金属的活动性顺序表判断
（3）依据
“两池”
判断。
①两种不同的金属构成原电池的两极时，负极是电子流出的一极，正极是电子流入
的极。则两种金属的还原性：正极＜负极。
②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子的氧化性较强，在阳极先
失去电子的阴离子的还原性较强。
（4）依据
“三度”
判断(即：
浓度、温
一般情况下，浓度越大，温度越高，氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)越强；酸
碱度是影响氧化性强弱的重要因素。
例如：①KMnO4在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取
氯气；②HNO3(浓)的氧化性强于HNO3(稀)的氧化性；③HNO3(热)的氧化性强于
3
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度、酸碱
度)。
HNO3(冷)的氧化性。
三、氧化还原反应方程式的配平方法
（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。补项原则：
条件
补项原则
酸性条件下
缺H 或多O 补H＋，少O 补H2O
碱性条件下
缺H 或多O 补H2O，少O 补OH－
（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）在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H 显＋1 价，O 显－2 价，根
据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
四、利用电子得失守恒法计算的模型
1．电子守恒规律及其应用
（1）规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等，表现为元素化合价降低总数与升高总数相
等。
（2）应用：运用电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。
2．电子守恒法计算的思维模板
（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）三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
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)。
（建议用时：35 分钟）
考向
01
氧化还原反应概念和规律
1．（2024·贵州·高考真题）根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
将Zn 和
溶液与Cu 和
溶液组成双液原电池，连通后铜
原电池中Zn 作正极，Cu
4
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片上有固体沉积
作负极
B
向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，
试管壁上出现银镜
乙醛有氧化性
C
向苯酚浊液中加入足量
溶液，溶液由浑浊变澄清
苯酚的酸性比
强
D
向
溶液中先通入适量
，无明显现象，再加入稀
，有
白色沉淀生成
稀
有氧化性
【答案】D
【解析】A．将Zn 和
溶液与Cu 和
溶液组成双液原电池，Zn 活泼做负极，电极反应为：
，Cu 做正极，电极反应为：
，连通后铜片上有固体沉积，A 错误；
B．新制银氨溶液与乙醛反应，乙醛具有还原性被新制银氨溶液氧化，
，试管壁上出现银镜，B 错误；
C．向苯酚浊液中加入足量
溶液，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚与
反应生成苯酚钠与
，酸性： 苯酚
，无法判断苯酚与
的酸性大小，C 错误；
D．向
溶液中先通入适量
，无明显现象，不能用弱酸制强酸，加入稀
可以氧化
，
，则
可以和Ba2+有白色沉淀生成，D 正确；
故选D。
2．（2024·北京·高考真题）可采用
催化氧化法将工业副产物
制成
，实现氯资源的再利用。
反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的一种
催化机理。
下列说法不正确的是
A．Y 为反应物
，W 为生成物
B．反应制得
，须投入
C．升高反应温度，
被
氧化制
的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
5
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【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO 与Y
反应生成Cu(OH)Cl，则Y 为HCl；Cu(OH)Cl 分解生成W 和Cu2OCl2，则W 为H2O；CuCl2分解为X 和
CuCl，则X 为Cl2；CuCl 和Z 反应生成Cu2OCl2，则Z 为O2；综上所述，X、Y、Z、W 依次是
、
、
、
。
【解析】A．由分析可知，Y 为反应物
，W 为生成物
，A 正确；
B．
在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B 错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C 正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是
和
，D 正确；
故选B。
3．（2024·湖北·高考真题）劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误
的是
发
明
关键操作
化学原理
A
制
墨
松木在窑内焖烧
发生不完全燃烧
B
陶
瓷
黏土高温烧结
形成新的化学键
C
造
纸
草木灰水浸泡树皮
促进纤维素溶解
D
火
药
硫黄、硝石和木炭混合，点燃
发生氧化还原反应
【答案】C
【解析】A．松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A 正确；
B．黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B 正确
C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件
下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，不能促进纤维素溶解，C 错误；
D．中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式
为S+2KNO3+3C=K2S+3CO2↑+N2↑，D 正确；
故答案选C。
4．（2025·辽宁辽南协作体联考·10 月）下列示意图与表述内容不相符的是
A
氧化性物质使用标识
6
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B
使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生反应，空
缺的一环应填入的物质可能是二氧化碳
C
溶液导电
D
四种基本类型的反应与氧化还原反应的关系
【答案】C
【解析】
A．
为氧化性物质的使用标识，所以示意图与表述内容相符，故A 正确；
B．二氧化碳可以和氢氧化钠、碳反应，不和铁、稀盐酸反应，故B 正确；
C．将
溶液接上正负极，会发生电解，示意图与
溶液导电不符，故C 错误；
D．置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，其他两种可能是，故D 正确；
答案选C。
5．（2025·辽宁点石联考·期中）有关反应
，下列说法中
错误的是
A．
在反应中被还原
B．
既是氧化剂也是还原剂
C．
氧化了
D．被还原的S 和被氧化的S 的质量之比为
【答案】C
【分析】化学方程式中的化合价变化：
中
价的
得电子，化合价降低，变为
中
价的
7
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；5 个
中10 个-1 价的S 有7 个化合价降低为
中
价的S，有3 个化合价升高为
中
价的S。
【解析】A．硫酸铜中
元素的化合价都降低，S、O 元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，被还
原,A 正确：
B．根据上述分析可知，
既是氧化剂又是还原剂，B 正确；
C．根据得失电子守恒可知，
可氧化
，C 错误；
D．根据上述分析可知，被还原的S 和被氧化的S 的质量之比为
，D 正确；
答案选C。
6．（2025·吉林省联考·期中）化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，利用了其氧化性
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”，涉及到化学变化
【答案】D
【解析】A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，A 正
确；
B．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该过程发生了置
换反应，B 正确；
C．高铁酸钠(Na2FeO4)中铁元素化合价为+6 价，具有强氧化性，是一种新型绿色消毒剂，C 正确；
D．“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”说明的是人们利用金密度大的特点进行淘金，没有发生化学变
化，是物理方法，D 错误；
故选D。
7．（2024·吉林市·二模）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH 增大的是
A．向CuSO4溶液中加入H2S 溶液，产生黑色沉淀
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀
D．将“84 消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体
【答案】D
【解析】A．向CuSO4溶液中加入H2S 溶液，产生黑色沉淀，
，发生的是复
分解反应，A 不符合题意；
B．同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”，氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生
成硫酸和盐酸，反应中有氢离子生成，导致溶液pH 减小，B 不符合题意；
C．向 NaHSO4溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，C
不符合题意；
D．将“84 消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体，
，反应为氧
8
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化还原反应，生成氯气的同时生成水，溶液pH 增大，D 符合题意；
故选D。
8．（2025·辽宁点石联考·期中）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是
选项
实验操作及现象
结论
A
常温下将铁片和铜片分别插入浓硝酸中，前者无明显现象，后者产生气体铜
铜的还原性比铁强
B
向碳酸钙的悬浊液中通入无色气体，悬浊液逐渐变澄清
该气体是HCl
C
向
溶液中滴加KI—淀粉溶液，溶液变蓝
氧化性：
D
向某无色溶液中通入
，溶液变黄色
原溶液中有
【答案】C
【解析】A．铁和浓硝酸钝化阻碍了反应的进行，故前者无明显现象，后者产生气体，不能说明铜的还原
性强于铁，A 错误；
B．通入过量的二氧化碳气体也会使得碳酸钙转化为溶解性大的碳酸氢钙，溶液变澄清，故气体不一定是
氯化氢，B 错误；
C．溶液变蓝，说明铁离子氧化碘离子生成碘单质，氧化性：
，C 正确；
D．无色溶液中通入Cl2，溶液变黄色，也可能是氯气氧化碘离子生成碘单质，D 错误；
故选C。
9．（2025·哈尔滨三中·10 月）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】A．
转化中锰元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故A 错误；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则
转化中不需要加入氧化剂，也不需要加入还原
剂，故B 错误；
C．
转化中没有元素元素发生化合价变化，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故
C 错误；
D．
转化中硫元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D 正确；
故选D。
10．（2025·辽宁东北育才学校·期中）ClO2可用于处理含
的污水，2ClO2＋
=2CO2＋N2＋
。
下列说法正确的是
A．该反应中ClO2被氧化
B．生成物中有一种既非氧化产物，也非还原产物
C．由该反应可判断还原性强弱：
＜
9
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D．如下方程式可表示反应中电子转移情况：
【答案】D
【解析】A．反应中ClO2被的化合价由+4 价降低为-1 价，被还原，A 错误；
B．根据反应，生成物中
和
为氧化产物，
为还原产物，没有非氧化产物和非还原产物，B 错
误；
C．在氧化还原反应中，还原剂的还原性强弱规律为：还原剂>还原产物，根据反应，还原剂为
，还原
产物为
，所以还原性强弱为：
，C 错误；
D．反应中电子转移情况实际为：2 个C 原子由+2 价升高到+4 价失去4 个电子，2 个N 原子由-3 价升高到
0 价失去6 个电子，共失去10 个电子，用单线桥法表示的电子转移符合反应情况，D 正确；
故答案为：D。
11．（2025·辽宁东北育才学校·一模）在下列几个氧化还原反应中，
所起的作用完全相同的是
①
②
③
④
A．①②
B．②③
C．①④
D．②④
【答案】C
【解析】①
中
中O 元素化合价由-1 价降为-2 价被还原，作为氧化剂；
②
中
中O 元素化合价由-1 价降为-2 价被还原，同时由-1 价升高为0 价被氧化，
即为氧化剂也为还原剂；
③
中O 元素化合价由-1 价升为0 价被氧化，作为还原剂；
④
中O 元素化合价由-1 价降为-2 价被还原，作为氧化剂；
综上，①④中
均为氧化剂，所起的作用完全相同；
答案选C。
考向
02
氧化还原反应的配平和计算
12．（2024·吉林·高考真题）硫及其化合物部分转化关系如图。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正
确的是
A．标准状况下，
中原子总数为
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B．
溶液中，
数目为
C．反应①每消耗
，生成物中硫原子数目为
D．反应②每生成
还原产物，转移电子数目为
【答案】D
【解析】A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol 原子，原子数为1.5NA，A 错误；
B．SO
为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SO
数目小于
0.01NA，B 错误；
C．反应①的方程式为SO2+2H2S=3S
+2H2O，反应中每生成3mol S 消耗2mol H2S，3.4g H2S 为0.1mol，
故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C 错误；
D．反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO
+2S2-+3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移
4mol 电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol 电子，数目为2NA，D 正确；
故答案选D。
13．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。
为阿伏加德罗常数的值，下
列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗
，在
下得到
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，
充分反应后体系中有
个
D．“反应4”中，为使
完全转化成
，至少需要
个
【答案】B
【分析】反应1 为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2
2NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2 是氨
气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，反应3 为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程
式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4 为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3，以此解题。
【解析】A．根据分析可知，每消耗
，生成0.1mol 氨气，但是由于不是标准状况，则气体不
是2.24L，A 错误；
B．根据分析可知，反应2 方程式为：4NH3+5O2
4NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，
转移电子数为
，B 正确；
C．根据反应3，
充分反应后生成
个
，但是体系中存在2NO2
N
⇌
2O4，则最终二氧化氮
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数目小于
，C 错误；
D．根据反应4 可知，为使
完全转化成
，至少需要
个O2，D 错误；
故选B。
14．（2025·辽宁沈阳联考·期中）向含
的溶液中通入过量的
，溶液中四种粒子的物质的量变
化如下图所示，已知
，线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相
同的元素。下列说法错误的是
A．原溶液中
B．线段Ⅱ表示
的变化情况
C．线段Ⅳ表示
的变化情况
D．根据图像可计算出
【答案】D
【分析】向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-
反应完毕，再发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I 代
表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程
式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守
恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol；
【解析】A．由分析，n(FeBr2) n(FeI
∶
2)=n(Br-) n(I
∶
-)=6mol 2mol=3 1
∶
∶，A 正确；
B．由分析，线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，B 正确；
C．线段Ⅳ表示一种含氧酸，且I 和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素，该元素为I 元素，则a 点后发生氯气
氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为1mol，已知
，则反应消耗氯气的物质的量为5mol，
根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5 价，则该含氧酸为HIO3，HIO3是一元强酸，则线段Ⅳ
可表示
的变化情况，C 正确；
D．由分析可知，溶液中n(Br-)=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为
3mol，故a=3+3=6，又b-a=5，所以b=a+5=6+5=11，D 错误；
故选D。
15．（2025·辽宁点石联考·10 月）将
和空气的混合气体通入
、
和HCl 的混合溶液中反应回
收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是
12
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A．历程①发生反应
B．历程②中CuS 作氧化剂
C．历程③中
D．若要吸收34g
，则至少要通入56L 空气(空气中氧气体积按20%计)
【答案】A
【解析】A．硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，故A 正确；
B．CuS 反应过程中S 元素化合价由-2 升高至0，化合价升高，作还原剂，故B 错误；
C．历程③中
，Fe 元素化合价由+2 升高至+3，
，O 元素化合价由0 降低至-2，根据
化合价升降守恒可知
，故C 错误；
D．未指明标准状况，气体体积不可知，故D 错误；
故选：A。
16．（2025·辽宁辽南联考·10 月）已知反应
(未配平)。下列说法错
误的是
A．硫酸亚铁既是氧化产物又是还原产物
B．被还原元素和被氧化元素物质的量之比是
C．反应过程中有非极性键的断裂和极性键的形成
D．若反应后溶液体积是1L
，则转移电子物质的量是
【答案】B
【分析】反应
中，Fe 元素在反应前后都显+2 价，化合价没有发生
变化；S 元素由-1 价全部升高到+6 价，O2中的O 元素由0 价降低到-2 价，H2O 中的O 元素化合价未发生变
化。
【解析】A．由分析可知，硫酸亚铁中S 元素化合价升高，O 元素化合价降低，则它既是氧化产物又是还
原产物，A 正确；
B．反应中，S 元素化合价升高(-1→+6)，O 元素化合价降低(0→-2)，依据得失电子守恒，可建立关系式：
2S——7O，则被还原元素(O)和被氧化元素(S)物质的量之比是7:2，B 错误；
C．反应过程中有S-S、O=O 非极性键的断裂和H-O、O-S 极性键的形成，C 正确；
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D．若反应后溶液体积是1L，
，S 元素由-1 价升高到+6 价，则转移电子物质的量是
1L×0.1mol/L×[6-(-1)]=0.7mol，D 正确；
故选B。
17．（2025·吉林省“BEST”合作体六校·联考）自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂
下，
能够还原氮氧化物
实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物
，将烟
气与
的混合气体通入
与
的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下
列说法正确的是
A．该处理过程中，起催化作用的离子是
B．若该过程中，每转移
电子消耗
氮氧化物
，则x 为1.5
C．当
时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为
D．当无害化处理标况下
时，使用等量的
可以无害化处理
(不考虑
和
的转
化)
【答案】D
【解析】A．根据图示，反应的历程为：
和
反应生成
和
；
和
反应生成
和
，因此混合液中
起催化剂作用，
是中间产物，A 错误；
B．转移
电子消耗
氮氧化物
，最终氮氧化物全部转化为氮气，则氮氧化物中N 元素化合
价为
价，则
，解得
，B 错误；
C．
时，
反应生成
元素由
价变成0 价，作氧化剂，
生成
元素由
价变成
价，作还原剂，根据氧化还原反应规律配平离子反应为
；还原
产物
与氧化产物
物质的量之比为
，C 错误；
D．标况下
的物质的量为0.4mol，当处理标况下
(标况)时，NO 转化为N2，据2Ce4+
+H2=2H++2Ce3+，
可知，无害化处理
时有NO~H2，即消耗
，据2Ce4++H2=2H++2Ce3+，
可知，无害化处理
时有
NO2~2H2，使用等量的0.4mol
可处理
(不考虑
和
的转化)，D 正确；
故选D。
18．（2025·东北师大附中·一模）向
和
混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该
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气体遇到空气变为红棕色，溶液中
的物质的量和加入
粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述
错误的是
A．开始时加入铁粉反应的离子方程式为
B．加入
铁粉时，溶液中有
C．原溶液中
的物质的量浓度为
D．加入
铁粉后溶液中的溶质为
和
【答案】D
【解析】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO 和
，故开始时加入铁粉发生的离子方程式
为
，A 正确；
B．加入铁粉3mol 时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4mol 铁粉时，其中1mol 铁粉消耗2mol
，产
生3mol
，B 正确；
C．加入3mol 铁粉时发生的离子方程式
，消耗3mol
和12mol
生
成3mol
，加入铁粉3mol 至5mol 时，发生的离子反应为
，则2mol 的铁消耗4mol
，加入3mol 铁粉时生成3mol
，故原溶液中含1mol
[即含1mol
]，原溶液中
的物质的量浓度为
，C 正确；
D．5mol 后加入铁粉不再产生
，硝酸根离子恰好反应完全，加入5mol 铁粉后的溶液中溶质的主要成
分为硫酸亚铁，D 错误；
故选D。
19．（2025·吉林省白城一中）下列有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O=7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的说法中
错误的是
A．FeS2既是氧化剂又是还原剂
B．CuSO4在反应中被还原
C．被还原的S 和被氧化的S 的质量之比为7 3∶
D．14 mol CuSO4氧化了0.5 mol FeS2
【答案】D
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【分析】化学方程式中的化合价变化：CuSO4中＋2 价的Cu 得电子，化合价降低为Cu2S 中＋1 价的Cu；5
个FeS2中10 个-1 价的S 有7 个化合价降低为Cu2S 中-2 价的S，有3 个化合价升高为SO
中＋6 价的S(生
成物中有17 个SO
，其中有14 个来自反应物CuSO4)。
【解析】A．反应中FeS2中S 的化合价有升高有降低，因此FeS2既是氧化剂又是还原剂，故A 正确；
B．硫酸铜中Cu 元素的化合价都降低，S、O 元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，故B 正确；
C．10 个-1 价的S 有7 个化合价降低，有3 个化合价升高，所以被还原的S 和被氧化的S 的质量之比为
7 3∶，故C 正确；
D．14 mol CuSO4在反应中得到14 mol 电子，FeS2被氧化时，应该是-1 价的S 被氧化为＋6 价，所以1 个
FeS2会失去14 个电子；根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，故D 错误；
故选D。
20．（2025·黑龙江龙东联盟·11 月）氯及其化合物的转化关系如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值，下列
说法正确的是
A．反应①中若有22.4LCl2(标况)生成，转移电子数为2NA
B．反应①中每消耗73gHCl，生成的Cl2分子数为2NA
C．反应①在溶液中发生则离子方程式为：
D．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为：5：1
【答案】C
【解析】反应①方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；反应②方程式为
3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O。
A．反应①为归中反应，氯元素化合价由-1 升高为0、氯元素化合价由+1 降低为0，若有22.4LCl2（标况）
生成，转移电子数为NA，故A 错误；
B．反应①方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，每消耗73 g HCl，生成的Cl2分子数为NA，故B 错
误；
C．反应①方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2+2H2O，离子方程式为：2H++ClO—+Cl—= Cl2↑+H2O，故C
正确；
D．反应②方程式为3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O，氯元素化合价升高发生氧化反应生成KClO3，KClO3
是氧化产物，氯元素化合价降低发生还原反应生成KCl，KCl 是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的
量之比为1: 5，故D 错误；
综上所述，答案选C。
21．（2025·哈尔滨三中·10 月）对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：
，关于该反应下列说法不正确的是
A．X 中铜的化合价为+1 价，CuSO4仅作氧化剂
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B．
参加反应时，被CuSO4氧化的P4为3mol
C．每消耗
时，有12mol 电子转移
D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为6 5∶
【答案】B
【分析】根据原子守恒，X 的化学式为
，反应化学方程式为
，20P 原子从0 价降低到-3 价，得电子，发生还原反
应，作氧化剂，24P 原子从0 价升高到+5 价，失电子，发生氧化反应，作还原剂，即
既是氧化剂又是还
原剂；Cu 从+2 价降低到+1 价，得电子，发生还原反应，作氧化剂，据此作答；
【解析】A．据分析，X 为
，铜的化合价为+1 价，CuSO4仅作氧化剂，A 正确；
B．
参加反应时，则有30mol CuSO4得电子，被CuSO4氧化的P4为
mol，B 错误；
C．
该反应中，消耗11mol
时，有24molP 原子从0 价升高到
+5 价，失电子120mol，故每消耗
时，有12mol 电子转移，C 正确；
D．该反应中
为氧化产物，
为还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为6 5∶，D 正
确；
故选B。
考向
03
氧化还原反应的综合考查
22．（2025·哈尔滨九中·9 月）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
表
示)的反应原理如图：
下列说法错误的是
A．用pH 试纸测NaClO 溶液，pH 值大于7
B．总反应为
C．NaClO 溶液中，
D．生成
，过程（2）转移电子数为6NA
【答案】A
【分析】由图可知，反应的过程为：（1）NaClO+H2O=NaOH+HClO，（2）
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3HClO+2NH3=N2+3H2O+3HCl，（3）NaOH+HCl=NaCl+H2O；
【解析】A．NaClO 具有强氧化性，NaClO 溶液可使pH 试纸褪色，应选pH 计测定，故A 错误；
B．NaClO 除去氨氮总反应的反应物为NaClO 和NH3，生成物为N2、NaCl 和H2O，则总反应化学方程式
为：2NH3+3NaClO=N2↑+3NaCl+3H2O，故B 正确；
C．NaClO 溶液中部分ClO-发生水解反应生成HClO，由物料守恒可得
，故C
正确；
D．过程（2）的化学方程式为3HClO+2NH3=N2+3H2O+3HCl，氮元素化合价从-3 升高至0 价，生成
，转移6mol 电子，过程（2）转移电子数为6NA，故D 正确；
故选：A。
23．（2025·黑龙江龙东联盟·10 月）用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿(CuFeS2)中
的铜元素以[CuCl2]-的形式，铁元素以Fe2+的形式浸出，一种流程示意图如图。
下列说法不正确的是
A．含S、少量CuS 的固体可用二硫化碳分离
B．参与反应的n(CuCl2)：n(CuFeS2)=3：1
C．浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解
D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【分析】将黄铜矿粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合液，所得滤
渣的主要成分是S 和少量CuS 等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原，据此解答。
【解析】A．S 易溶于二硫化碳，A 正确；
B．溶解过程中发生的反应为CuFeS2+3CuCl2+4HCl＝4H[CuCl2]+2S+FeCl2，但由于含有少量CuS 生成，所
以参与反应的
，B 错误；
C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的Cl－有助于CuFeS2固体的溶解，C
正确；
D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D 正确；
故答案选B。
24．（2025·辽宁沈阳·联考）溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出
法从海水中提取溴的工艺流程如下。
已知：i．与
反应时，
转化为
和
。
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ii．
为强酸。
下列说法不正确的是
A．酸化海水通入
提取溴的反应：
B．脱氯过程
和
均具有脱氯作用
C．用
溶液吸收足量
蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是
D．
酸化后重新得到
的反应：
【答案】C
【分析】浓缩海水酸化形成酸化海水，通入氯气将溴离子氧化为溴单质，再用热空气吹出生成的单质溴，
含溴空气通过溴化亚铁脱氯，通入碳酸钠吸收Br2转化为
和Br-，
和Br-在稀硫酸中发生氧化还原
反应生成溴单质形成含溴溶液，最后得到产品溴。
【解析】A．酸化海水通入氯气，氯气与溴离子反应生成Br2和Cl-，离子方程式正确，A 正确；
B．脱氯过程中，亚铁离子和溴离子均能与氯气反应，两者均具有脱氯作用，B 正确；
C．用碳酸钠溶液吸收足量溴蒸气后，发生反应3Br2+3
=5Br-+
+3CO2↑，所得产物中的含碳粒子
主要为CO2，C 错误；
D．硫酸酸化后，
、Br-和氢离子反应生成Br2和水，离子方程式正确，D 正确；
故答案选C。
25．（2025·吉林省吉林市·一模）天然气是一种清洁能源，但含有少量的H2S 气体，在酸性溶液中利用硫
杆菌可实现脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是
A．过程甲中发生反应的离子方程式为2Fe3+＋H2S＋2OH- = 2Fe2+＋S↓＋2H2O
B．过程乙中参加反应的Fe2+与O2的物质的量之比为1 1∶
C．脱硫过程中O2间接氧化H2S，可在高温条件下进行
D．Fe3+可看作该脱硫过程的催化剂
【答案】D
【解析】A．过程甲中H2S 与Fe3+反应生成Fe2+和S，故离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故A 错
误；
B．过程乙中Fe2+与O2反应生成Fe3+和水，根据电子守恒，Fe2+与O2的物质的量之比为4 1∶，故B 错误；
C．高温条件可以使硫杆菌失去活性，故不能在高温条件下进行，故C 错误；
D．由转化关系可知，FeSO4为该脱硫过程的中间产物，Fe2(SO4)3为该脱硫过程的催化剂，即Fe3+可看作该
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脱硫过程的催化剂，故D 正确；
答案选D。
26．（2025·哈尔滨三中）
分解的TG 曲线（热重）及DSC 曲线（反映体系热量变化情况，
数值已省略）如下图所示。（700℃左右有两个吸热峰。）
下列说法错误的是
A．0~400℃范围内，发生了化学变化
B．600~800℃范围内，没有氧化还原反应发生
C．1000℃时，剩余固体的成分为
D．
分解生成的气体可以用于制硫酸
【答案】B
【分析】根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，
从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO 剩余，还有其他气体产出，此
时气体产物为
，可能出现的化学方程式为
，
800℃~1000℃质量继续减轻，生成
，据此分析；
【解析】A．0~400℃范围内质量发生变化，
失水发生了化学变化，A 正确；
B．600~800℃范围内，根据分析发生氧化还原反应发生，生成了CuO 和硫和氧化物与氧气，B 错误；
C．800℃~1000℃质量继续减轻，生成
，正确；
D．
分解生成的气体为
，可以用于制硫酸，D 正确；
故选B。
27．（2025·辽宁东北育才学校·一模）过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)具有优良的漂白活性和杀菌性能，具有
Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠的制备为2Na2CO3+3H2O2=2Na2CO3·3H2O2，下列说法正确的是
A．过碳酸钠在火焰上灼烧的焰色为紫色
B．过碳酸钠具有的漂白活性和杀菌性能是利用其具有碱性
C．过碳酸钠宜采用低温的方法干燥
D．过碳酸钠与氧化性强的KMnO4混用，杀菌及漂白效果会更佳
【答案】C
【解析】A．金属钠的焰色试验中火焰呈黄色，故过碳酸钠在火焰上灼烧的焰色为黄色，A 错误；
B．过碳酸钠具有的漂白活性和杀菌性能是利用其具有强氧化性，B 错误；
C．过碳酸钠宜采用低温的方法干燥，可防止温度过高而分解，C 正确；
D．KMnO4会氧化过碳酸钠，故二者混用，杀菌及漂白效果会减弱甚至消失，D 错误；
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故选C。
28．（2025·哈尔滨三中·期中）KMnO4是重要氧化剂，广泛用于化工、防腐以及制药等领域。以软锰矿(主
要成分为MnO2)为原料，经中间产物K2MnO4制备KMnO4的流程如图。下列说法正确的是
A．“熔融”过程中，n(氧化剂):n(还原剂)=2:1
B．滤渣2 经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率
C．用盐酸替代CO2能加快“酸化”时的速率
D．得到 KMnO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、加热烘干
【答案】B
【分析】软锰矿加入氢氧化钾、空气，熔融，发生反应：2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O，然后水浸，
在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，
MnO2和KHCO3，经过一系列操作得到产品，据此解答。
【解析】A．“熔融”过程中，发生反应：2MnO2+4KOH+O2
2K2MnO4+2H2O，由反应方程式可知，O2作
为氧化剂，MnO2是还原剂，n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，A 项错误；
B．由分析可知，滤渣2 为MnO2，经处理后可循环回“熔融”过程以提高锰元素的利用率，B 项正确；
C．由于KMnO4和K2MnO4均能与HCl 发生氧化还原反应，故不能用盐酸替代CO2，可用稀硫酸代替CO2
来加快“酸化”时的速率，C 项错误；
D．由KMnO4的溶解度随温度变化的曲线图可知，KMnO4的溶解度随温度升高而增大，故得到 KMnO4晶
体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥，D 项错误；
答案选B。
29．（2025·黑龙江省实验中学）利用高分子吸附树脂吸附
来提取卤水中的碘（以
形式存在）的工艺
流程如下：
下列说法错误的是
A．流程中
的目的是富集碘
B．步骤②中
不宜过量太多，以防止
进一步氧化
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C．步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
D．步骤⑤的离子方程式为：
【答案】D
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，
高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI 和硫酸钠，离子反应为I2+
+H2O═2I-+
+2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI 生成碘，升华可得到粗产品，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，经过步骤①到④即通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，离子方程式为：2I-
+Cl2=2Cl-+I2，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI 和硫酸钠，离子
反应为I2+
+H2O═2I-+
+2H+，所得溶液中物质的量浓度增大，目的是富集碘，A 正确；
B．由于Cl2的氧化性强于I2，故步骤②中Cl2不宜过量太多，以防止Cl2进一步氧化I2，B 正确；
C．由分析可知，步骤④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，离子反应为I2+
+H2O═2I-+
+2H+，C 正确；
D．由于溶液呈酸性，故步骤⑤的离子方程式为：
+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O，D 错误；
故错误的选D。
22
