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第03 讲 氧化还原反应
目录
一、题型精
讲
题型01 氧化还原反应的判断·····································································································1
题型02 氧化还原反应基本概念··································································································4
题型03 氧化性、还原性强弱比较·······························································································7
题型04 氧化还原反应规律······································································································11
题型05 氧化还原反应的计算···································································································14
题型06 氧化还原反应配平及其应用··························································································17
二、靶向突破
题型01 氧化还原反应的判断
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。
1
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（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
【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。
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
【解题通法】分析氧化还原反应的方法思路
2
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【例1】下列应用中涉及到氧化还原反应的是( )
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】明矾水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降使水变得澄清，没有涉及到氧化还原
反应，A 不符合题意；雪遇到盐而熔点降低并熔化，未发生化学反应，B 不符合题意；使用暖贴时，铁粉
与空气中的O2发生氧化还原反应，C 符合题意；荧光指示牌被照发光，是因为光被指示牌反射，D 不符合
题意。
【变式1-1】 化学与生活密切相关，下列选项不涉及氧化还原反应的是
A．O3用于自来水消毒
B．小苏打用作发酵粉
C．丙烷用作火炬燃料
D．维生素C 用作食品添加剂
【答案】B
【解析】臭氧因具有强氧化性，起到消毒作用，A 不符合题意；碳酸氢钠具有热不稳定性，受热易分解，
不涉及氧化还原，B 符合题意；丙烷燃烧放热，可以用作燃料，燃烧属于氧化还原，C 不符合题意；维生
素C 具有还原性，用作贮存富脂类食品时的脱氧剂时，做反应的还原剂，涉及氧化还原反应，D 不符合题
意；故选B。
【变式1-2】 制取新型水处理剂ClO2的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+H2SO4==2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+
2H2O。下列说法错误的是( )
A.KClO3在反应中得到电子
B.ClO2是还原产物
3
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C.H2C2O4在反应中被氧化
D.1 mol KClO3参加反应有2 mol 电子转移
【答案】D
【解析】反应中氯元素的化合价由+5 降低为+4，则KClO3为氧化剂，在反应中得到电子被还原，则ClO2
是还原产物，A、B 项正确；反应中碳元素的化合价由+3 升高到+4，则H2C2O4为还原剂，在反应中被氧
化，C 项正确；反应中氯元素的化合价由+5 降低为+4，1 mol KClO3参加反应有1 mol×(5-4)=1 mol 电子转
移，D 项错误。
【变式1-3】 中华传统文化中富含化学知识，下列叙述与氧化还原反应无关的是( )
A．熬胆矾铁釡，久之亦化为铜
B．千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲
C．落红不是无情物，化作春泥更护花
D．有舶上铁丝日久起销
【答案】B
【解析】“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是指Fe 与CuSO4溶液的置换反应，涉及氧化还原反应，A 项不符
合题意；“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”是指石灰石的煅烧，不涉及氧化还原反应，B 项符合题
意；“落红不是无情物，化作春泥更护花”是指有机物的腐败过程，涉及氧化还原反应，C 项不符合题
意；“有舶上铁丝日久起销”是指铁的吸氧腐蚀，涉及氧化还原反应，D 不符合题意。
题型02 氧化还原反应基本概念
1．常见氧化剂
常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。
2．常见还原剂
常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属
单质及其氢化物等。
3.氧化产物和还原产物
（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
4
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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
4.氧化还原反应概念的“五个误区”
（1）某元素由化合态变为游离态时，该元素不一定被还原，也不一定被氧化。因为元素处于化合态时，
其化合价可能为正，也可能为负。若元素由负价变为0 价，则其被氧化，若元素由正价变为0 价，则其被
还原。
（2）在氧化还原反应中，非金属单质不一定只作氧化剂，大部分非金属单质往往既具有氧化性又具有还
原性，只是以氧化性为主。
（3）物质的氧化性或还原性的强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子数目的多少无关。
（4）氧化还原反应中的反应物不一定都是氧化剂或还原剂，有的反应物可能既不是氧化剂也不是还原
剂。
（5）在氧化还原反应中，一种元素被氧化，不一定有另一种元素被还原，也可能是同一元素既被氧化又
被还原。如：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧元素一部分化合价升高，
一部分化合价降低。
【解题通法】有关氧化还原反应概念的“五个误区”
根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3==
NaCl＋3Cl2↑＋3H2O 中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。
【例2】（2024·浙江卷）汽车尾气中的
和
在催化剂作用下发生反应：
，
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
5
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【答案】D
【分析】NO 中N 的化合价为+2 价，降低为0 价的N2，1 个NO 得2 个电子，作氧化剂，发生还原反应，
CO 中C 为+2 价，化合价升高为+4 价的CO2，失去2 个电子，作还原剂发生氧化反应；
【解析】根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A 正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B 正
确；根据分析，NO 是氧化剂，CO 是还原剂，C 正确；根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 错
误；故选D。
【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】该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化
的只有S 元素，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4中所含元素的化合价均未发生变化，A 说法不正确；
Na2S2O3中S 元素的平均化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0 价)和SO2(＋4 价)，故其既是氧化剂又是还
原剂，B 说法正确；该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为
1 1∶，C 说法不正确；根据Na2S2O3中S 元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol 电
子，D 说法不正确。
【变式2-2】 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】由方程式可知，反应生成1 mol 一氧化二氮，转移4 mol 电子，故A 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＋，故B 错误；由方程式可知，反应中
氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH 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，故C 错误；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。
6
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【变式2-3】关于反应K2H3IO6＋9HI===2KI＋4I2＋6H2O，下列说法正确的是( )
A. K2H3IO6发生氧化反应
B．KI 是还原产物
C．生成12.7 g I2时，转移0.1 mol 电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7 1∶
【答案】D
【解析】反应中K2H3IO6中I 元素的化合价降低，发生得电子的还原反应，A 错误；KI 中的I－由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；12.7 g I2的物质的量为0.05 mol，
根据反应方程式，每生成4 mol I2转移7 mol 电子，则生成0.05 mol I2时转移电子的物质的量为0.087 5
mol，C 错误；反应中HI 为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1 mol K2H3IO6就有7 mol HI 失电
子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为7 1∶，D 正确。
题型03 氧化性、还原性强弱比较
1.氧化性、还原性
(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。
2.氧化性、还原性强弱的判断
(1)依据化学方程式判断
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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。
【解题通法】
根据强制弱规律判断，只要满足氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物，氧化还原反应就
能发生。
（1）氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2>Br2>Fe3＋>I2
（2）还原性：S2－>SO3
2->I－>Fe2＋>Br－>Cl－
【例3】验证氧化性强弱：Cl2>Br2>I2，设计如下实验(已知：稀溴水呈黄色，浓溴水呈红棕色，碘水呈棕黄
色；忽略氧气的影响)。下列说法不正确的是( )
实验①
实验②
实验③
实验④
溶液变为浅黄绿色
溶液变为黄色
溶液变为棕黄色
溶液变为蓝色
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A.实验①设计目的：排除实验②③④水稀释的影响
B．实验②发生反应为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
C．实验③的现象可以证明氧化性：Cl2>I2
D．实验④能证明氧化性：Br2>I2
【答案】D
【解析】实验①是将氯水加入蒸馏水将其稀释，后续实验都是在溶液中进行的，这样可以排除实验②③④
水稀释的影响，故A 正确；溶液变为黄色是因为产生溴单质，说明氯气可以将溴单质置换出来，发生的反
应为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故B 正确；溶液变为棕黄色是因为产生碘单质，说明氯气可以将碘单质置
换出来，发生的反应为2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，可以证明氧化性：Cl2>I2，故C 正确；②反应后的黄色溶液
是含有溴单质的溶液，但是不能排除含有氯单质，加入淀粉碘化钾溶液会变蓝，证明产生了碘单质，可能
是氯气或是溴单质置换出了碘单质，不能证明氧化性：Br2>I2，故D 错误。
【变式3-1】陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是( )
选项
陈述 Ⅰ
陈述 Ⅱ
A
用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板
氧化性：Fe3＋>Cu2＋
B
用Na2O2作呼吸面具的氧气来源
Na2O2能氧化CO2
C
用Na2S 除去废水中的Cu2＋和Hg2＋
Na2S 具有还原性
D
用石灰乳脱除烟气中的SO2
SO2具有氧化性
【答案】A
【解析】用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板过程中发生反应：2Fe3＋＋Cu===Cu2＋＋2Fe2＋，氧化剂的氧化性强于
氧化产物，即氧化性：Fe3＋>Cu2＋，A 项正确；用Na2O2作呼吸面具的氧气来源时，Na2O2自身发生歧化反
应，未氧化CO2，B 项错误；用Na2S 除去废水中的Cu2＋和Hg2＋是发生复分解反应的过程，与Na2S 的还原
性无关，C 项错误；用石灰乳脱除烟气中的SO2过程中，先生成CaSO3，后被O2氧化为CaSO4，与SO2的
氧化性无关，D 项错误。
【变式3-2】工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应：
Cu
①
2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O===2H2SO4＋Te。以下说法正确的
是( )
A．Cu2Te 中Cu 元素的化合价是＋2 价
B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2
C．每制备1 mol Te 理论上共转移12 mol e－
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D．氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2
【答案】C
【解析】Te 为第ⅥA 族元素，与Cu 形成化合物时显－2 价，则Cu2Te 中Cu 为＋1 价，A 项错误；反应①
中，Cu 和Te 元素化合价均升高，则氧化产物为CuSO4和TeO2，B 项错误；反应②中每生成1 mol Te，转
移4 mol 电子，反应①中每生成1 mol TeO2，转移8 mol 电子，则每制备1 mol Te，理论上共转移12 mol 电
子，C 项正确；根据反应①判断，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则O2氧化性强于TeO2，根据反应②判
断，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，则TeO2氧化性强于SO2，D 项错误。
【变式3-3】科学家正在研究一种用乙烯(C2H4，沸点为－104 ℃)脱硫(SO2)的方法，其机理如图所示。下列
关于该脱硫方法的说法正确的是( )
A．氧化性：O2>SO3>CO2
B．乙烯在该过程中作氧化剂
C．该脱硫过程需要及时补充Cu＋
D．步骤ⅰ中，每消耗44.8 L C2H4，有2NA个S 生成
【答案】A
【解析】步骤ⅲ是氧气和二氧化硫反应生成三氧化硫，则氧化性：O2＞SO3，步骤ⅰ是三氧化硫和乙烯反
应生成硫、二氧化碳和水，则氧化性：SO3＞CO2，因此氧化性：O2＞SO3＞CO2，故A 正确；乙烯和三氧
化硫反应生成硫、二氧化碳和水，碳元素的化合价升高，说明乙烯在该过程中作还原剂，故B 错误；Cu＋
在反应中作催化剂，Cu＋质量不变，因此该脱硫过程不需要补充Cu＋，故C 错误；未标明是否为标准状
况，无法计算物质的量，故D 错误。
题型04 氧化还原反应规律
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
①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。
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用
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。
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。
【解题通法】
1.价态归中规律思维模型
含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间
价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。
例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是
2.歧化反应规律思维模型
“中间价―→高价＋低价”。
具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋
H2O。
【例4】已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，且还原性：I－>Fe2＋>Cl－>Co2＋。下列反应在水溶液中不
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可能发生的是( )
A．3Cl2＋6FeI2===2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2
C．Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
【答案】A
【解析】A 项，根据氧化性：Cl2>FeCl3>I2，因此氯气可以氧化Fe2＋，也可以氧化I－，但是碘离子还原性强
于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，正确的离子方程式是Cl2不足时：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2(Fe2＋不反
应)，Cl2过量时：3Cl2＋2Fe2＋＋4I－===6Cl－＋2I2＋2Fe3＋，反应不可能发生；B 项，根据反应的化学方程式
可得出还原性：I－>Cl－，反应可能发生；C 项，根据反应的化学方程式可得出还原性：Cl－>Co2＋，反应可
能发生；D 项，根据反应的化学方程式可得出还原性：I－>Fe2＋，反应可能发生。
【变式4-1】)已知有如下反应：
K
①
2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；②Cr＋2HCl(稀)===CrCl2＋H2↑；③2KMnO4＋
16HCl(稀)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。下列说法正确的是( )
A．氧化性：K2Cr2O7>KMnO4>Cl2
B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5 1∶
C．向金属Cr 中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应
D．向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3＋＋6MnO＋11H2O===5Cr2O＋6Mn2＋＋
22H＋
【答案】D
【解析】根据氧化性：氧化剂>氧化产物，结合①～③分别可得，氧化性：K2Cr2O7>Cl2、HCl>CrCl2、
KMnO4>Cl2，①中使用浓盐酸，③中使用稀盐酸，则氧化性：KMnO4>K2Cr2O7，A 错误；反应③中，
KMnO4是氧化剂，HCl 是还原剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 5∶，B 错
误；②中Cr 与稀盐酸反应生成H2，向金属Cr 中滴入浓硝酸无明显变化，可能是发生了钝化，C 错误。
【变式4-2】向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下
列有关说法不正确的是( )
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A．线段BC 代表Fe3＋物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L－1
C．当通入Cl2 2 mol 时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－
D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2 1 3
∶∶
【答案】B
【解析】根据还原性：Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB 代表I－物质的量的变化情况，线段BC 代表Fe3＋物质的量的
变化情况，线段DE 代表Br－物质的量的变化情况，A 项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B 项错误；
根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2 1 3
∶∶，D 项正确。
【变式4-3】已知氧化性：Fe3+＞M2+（M 为不活泼的常见金属），向物质的量浓度均为1mol•L-1的Fe2
（SO4）3和MSO4的100mL 混合液中加入amol 铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是（ ）
A．当a≤0.1 时，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+
B．当0.1≤a＜0.2 时，溶液中n（Fe2+）=（0.2+a）mol
C．当a≥0.2 时，发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M
D．若有固体剩余则可能是铁
【答案】D
【解析】因氧化性 Fe3+>M2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与M2+反应。A. 加入铁粉后，先与Fe3+反
应，混合溶液中n(Fe3+)= 1mol/L×0.1L×2=0.2mol，则：
当 a 0.1
≦
时，Fe 粉只能将Fe3+还原，A 正确；B. 当 0.1 a<0.2
≦
时，Fe3+全部被还原，n(M2+)=
1mol/L×0.1L=0.1mol
加入的铁粉全部变为Fe2+，根据铁元素守恒，因此n(Fe2+)=(0.2+a)mol，B 正确；C. 当Fe3+反应完全后，继
续加入铁粉，将与M2+反应，M2+全部被还原，n(M2+)= 1mol/L×0.1L=0.1mol，
当a 2
≧
时，Fe3+和M2+均反应完全，此时发生的反应为2Fe3++M2++2Fe═4Fe2++M，C 正确；D. 若有固体剩
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余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，因此一定有M，还可能是M 和Fe 的混合物，不可
能只有Fe，D 错误；答案选D。
题型05 氧化还原反应的计算
1.计算原理
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.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。
【解题通法】
1.“一找物质”：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”：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。
【例5】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，将这些气体与1.68
L O2(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________mL。
【答案】60
【解析】由题意可知，HNO3-------→，则Cu 失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)
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＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据元素守恒及NaOH 和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]
＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【变式5-1】某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL 废水，加入适量稀
硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1
KMnO4 溶液滴定过量的Fe2 ＋至终点，消耗KMnO4 溶液V2 mL 。则原废水中c(Cr2O) 为
_______________________________________________________________。
【答案】 mol·L－1
【解析】Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。根据
得失电子守恒列等式：c1 mol·L －1×V1 mL×10 －3 L ·mL －1＝20 mL×10 －3 L·mL －1×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L －1×V2
mL×10－3 L·mL－1，解得c(Cr2O)＝ mol·L－1。
【变式5-2】关于反应4O2F2+H2S=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是
A．O2F2在该反应中同时发生氧化反应和还原反应
B．O2是氧化产物
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1
D．若2.24LH2S 被反应，则转移电子为0.8mol
【答案】C
【解析】由于F 的非金属性强于O，故O2F2中O 显+1 价，F 显-1 价，故O2F2在该反应中O 的化合价变为0
价，化合价降低，被还原发生还原反应，F 的化合价不变，A 错误；由A 项分析可知，反应中O 的化合价
有+1 价降低为0 价，故O2是还原产物，B 错误；分析反应中，O2F2中O 显+1 价，F 显-1 价，O2F2在该反
应中O 的化合价变为0 价，化合价降低，被还原，作氧化剂，而H2S 中S 的化合价由-2 价升高为+6 价，被
氧化作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C 正确；反应中H2S 中S 的化合价由-2 价升高为
+6 价，故1molH2S 发生反应则失去8mol 电子，但题干中未告知H2S 的状态，故2.24LH2S 被反应，则转移
电子不一定为0.8mol，D 错误；故选C。
【变式5-3】）向1000 mL 某稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出11.2 L(标准状况
下)NO 气体，同时溶液质量增加18.6 g。下列判断正确的是
A．反应后的溶液中还可溶解19.2 g Fe
B．原稀硝酸的物质的量浓度为2.0
C．原溶液中投入铁粉的物质的量是0.5 mol
D．反应后的溶液中
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【答案】B
【分析】由题意可知
，则m(NO)=15g，转移电子的物质的量为1.5mol，溶液质
量增加18.6 g，加入铁粉的质量为18.6g+15g=33.6g，所以原溶液中投入铁粉的物质的量是
，设所得溶液中亚铁离子和铁离子的物质的量分别为x、y，则x+y=0.6，再由电
子守恒得2x+3y=1.5，两式联立解得x=y=0.3mol。
【解析】反应后的溶液中再加入铁粉，发生
还可溶解0.15mol，即8.4 g
Fe，故A 错误；由N 元素守恒得，
，原稀硝酸的物质的量浓度为
，故B 正确；由分析可知原溶液中投入铁粉的物质的量是0.6 mol，故C 错
误；D．由分析可知反应后的溶液中
，故D 错误；故选B。
题型06 氧化还原反应配平及其应用
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
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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：
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。
【解题通法】“五步骤”配平氧化还原反应方程式
（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。
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【例6】一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法
错误的是( )
A．配平后H2O 的化学计量数为6
B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应
D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5 3∶
【答案】A
【解析】5NH4NO3===2HNO3＋4N2↑＋9H2O，A 错误；NH4NO3中NH 所含N 元素价态升高，部分NO 所含
N 元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B 正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反
应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C 正确；氧化产物(5NH→N2)和还原产物(3NO→N2)的
物质的量之比为∶＝5 3∶，D 正确。
【变式6-1】已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋W；
Cr
②
2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平)
下列有关说法正确的是( )
A．方程式①中W 为4OH－
B．还原性强弱：SO2>Fe2＋
C．a＝6，b＝7
D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O 不能发生
【答案】B
【解析】根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋
2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W 为4H＋，A 错误；由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B 正确；反应②中，
根据得失电子守恒可得，Cr2O 和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为
6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C 错误；Cr2O 具有强氧化性，
SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O 能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋
2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O 能发生，D 错误。
【变式6-2】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( )
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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
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6-3】以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一
种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。
(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中
的银以Ag2S 的形式残留于浸锰渣中。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有
___________________________________________________________________。
(2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl 和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S 中的银以[AgCl2]－形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
Fe3＋＋Ag2S＋______________________＋2[AgCl2]－＋S
(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________________________________。
【答案】(1)
Fe
②
3＋、Mn2＋ (2)
2
① 4 Cl－ 2 Fe2＋ (3)
2[AgCl
①
2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋
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Fe===3Fe2＋
【解析】(1)②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Mn2＋，则浸锰液
中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋。(3)①铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发
生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋。
1.（2025·北京卷）下列反应中，体现
还原性的是
A．
加热分解有
生成
B．
和
的混合溶液加热有
生成
C．
固体在
溶液中溶解
D．
溶液中滴加
溶液出现白色沉淀
【答案】B
【解析】NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A 不符合题意；
中的
N(-3 价)与
中的N(+3 价)反应生成N2(0 价)，
被氧化，体现还原性，B 符合题意；水溶液中，铵根
离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，
无化合价变化，没有体现其还原性，C 不符合题意；(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，
未参与氧化还原，D 不符合题意；故选B。
2.（2025·浙江卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是
A．
可被
氧化为
B．
与
水溶液反应的还原产物为
C．
，说明氧化性：
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D．
与足量
溶液反应生成
和
，转移
电子
【答案】D
【解析】氯气具有强氧化性，可将
氧化为
，A 项正确；
与
水溶液反应，生成
和
，还原产物为
，B 项正确；根据反应
可知，氧化剂为
，氧化产物为
，氧
化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：
，C 项正确；
与足量
溶液反应生成
和
，反应方程式为：
，3mol
参与反应，电子转移
5mol，D 项错误；故选D。
3.（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含
和少量
)中提取金属元
素，流程如图。已知“沉钴”温度下
，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，
加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确； 生物质(稻草)是可再生
的，且来源广泛，B 正确； 根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C
错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；故选
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C。
4.（2025·山东卷）下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化还原反应的是
A．侯德榜发明了以
，
和
为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到
和
，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和
的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以
和
为原料合成氨的方法
【答案】A
【解析】联合制碱法的反应中，化学方程式为：
和
，各元素（Na、Cl、N、C、H、O）的化合价均未发生改变，
属于非氧化还原反应，A 符合题意；电解盐酸生成
和
，H 和Cl 的化合价均发生变化（H 从+1→0，
Cl 从-1→0），涉及氧化还原反应，B 不符合题意；金属与
反应生成氧化物，金属被氧化（化合价升
高），O 被还原（化合价降低），涉及氧化还原反应，C 不符合题意；合成氨反应中
的N 化合价从
0→-3，
的H 从0→+1，涉及氧化还原反应，D 不符合题意；故选A。
5.（2025·山东卷）用肼
的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量
，反
应原理如图所示。下列说法正确的是
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A．
是还原反应的产物
B．还原性：
C．处理后溶液的
增大
D．图示反应过程中起催化作用的是
【答案】C
【分析】由图中信息可知，
和
反应生成的
是
和
反应的催化剂，
是中间产物，该反应的离子方程式为
，
是还原剂，
是氧化剂，
是还原产物。
【解析】该反应中，
中N 元素的化合价升高被氧化，因此，
是氧化反应的产物，A 不正确；在同
一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为
，B 不正
确；由反应的离子方程式可知，该反应消耗
，处理后溶液的
增大，C 正确；根据循环图可知，图示
反应过程中起催化作用的是
，D 不正确；综上所述，本题选C。
6.（2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J 均为无色气体，J 具有
漂白性。阿伏加德罗常数的值为
。下列说法错误的是
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A．G、K 均能与
溶液反应
B．H、N 既具有氧化性也具有还原性
C．M 和N 溶液中的离子种类相同
D．
与足量的J 反应，转移电子数为
【答案】D
【分析】根据转化关系：
，常温常压下G、J 均为无色
气体，J 具有漂白性，J 为SO2，K 为SO3，G 为H2S，H 为S，M 为NaHSO3，N 为Na2SO3，L 为Na2SO4。
【解析】H2S 和SO3均能与NaOH 溶液反应，A 正确；S 和Na2SO3中S 的化合价处于S 的中间价态，既具
有氧化性又有还原性，B 正确；M 为NaHSO3，N 为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C 正确；1mol
H2S 和足量的SO2反应生成S 单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S 参加反应，转移2mol 电子，转移
2NA个电子，D 错误；故选D。
7.（2024·福建卷）从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含
和
。下列说法正确的是
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生
和
离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，
通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【解析】机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A 错误；酸溶的过程中Al、Zn、Fe 转化为对
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应的
和
离子，B 错误；“碱溶”时根据产物中
，存在反应：
，故C 正确；电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D 错误；
故选C。
8.（2024·北京卷）不同条件下，当KMnO4与KI 按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/mol
物质的量/mol
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
已知：
的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，
的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系
变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】反应①中Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，I 元素的化合价由-1 价升至0 价，根据得失电子守
恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2
+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故
n(Mn2+) n(I
∶
2)=2 5∶，A 项错误；根据反应①可得关系式10I-~2
，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-) n(
∶
)=0.001 (10×0.0002)=1 2
∶
∶，反应②中Mn 元素的化合价由+7 价降至+4 价，反应②对应的关系式为I-~2
~MnO2~
~6e-，
中I 元素的化合价为+5 价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知
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x=3，反应②的离子方程式是：I-+2
+H2O=2MnO2↓+
+2OH-，B 项正确；已知
的氧化性随酸
性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C 项错误；根据反应①和②的离
子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH 增大，反应②产生OH-、消耗水、pH 增大，D 项错误；故选
B。
9.（2025·陕西安康·二模）一种多孔膜固定碳酸酐酶（CA＠
）催化捕获
机理如图所示，下列
说法错误的是
A．中性或弱碱性环境更有利于
的捕获
B．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
C．通过X 射线衍射测定捕获过程中
中碳氧键键长发生改变
D．原捕获
气体中混合
更有利于
的捕获
【答案】B
【解析】中性或弱碱性环境更有利于
转移，更有利于
的捕获，A 正确；图中转化涉及的反应中无氧
化还原反应，B 错误；转化过程中C 的成键情况有变化，故通过X 射线衍射测定捕获过程中
中碳氧键
键长发生改变，C 正确；混合
有利于增大
的接触面积，同时有利于吹出气体，更有利于
气体的
捕获，D 正确；故选B。
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10.（2025·北京海淀·三模）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用
溶液和
“另一种反应物”制取
，在
中能燃烧生成
和
；
跟盐酸反应生成
难溶物和
。下列推断不正确的是
A．“另一种反应物”在反应中表现还原性
B．
与
反应的化学方程式为：
C．
与
反应时，氧化产物为
和
D．
与盐酸反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制
取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还
原性，A 正确；根据CuH 在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：
，B 正确；CuH 与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物
为
和
，C 正确；CuH 跟盐酸反应生成CuCl 难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：
，D 错误；故选D。
11.（2025·四川巴中·三模）一种制备
粗产品的工艺流程如图。已知：纯
易分解爆炸，一般用
空气稀释到体积分数为10%以下。
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下列说法正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．流程中
做还原剂
C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致
产率下降
【答案】B
【解析】分析：
在稀硫酸中溶解，通入
在发生器中发生氧化还原反应，生成
和
，
通过鼓入空气，防止
浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中
与双氧水、氢氧化钠反应生成
和氧气，再经过一系列操作得到
粗产品。
具有
强氧化性，可以氧化
，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；
与双氧水、氢氧化钠反应
生成
和氧气，流程中
做还原剂，正确；发生器中鼓入空气的主要目的是防止
浓度过高，
因为纯
易分解爆炸，错误：在吸收塔中
与双氧水、氢氧化钠反应生成
和氧气，温度过低
反应速率慢，但是不一定会导致
产率下降，错误；故选B。
12.（2025·北京通州·三模）不同的温度下，
通入NaOH 溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl 生成
B．
的空间结构为三角锥形
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每
参与反应转移的电子数之比为
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D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
与NaOH 的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ
【答案】D
【分析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降
守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化钠、
氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
【解析】由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A 正确；
里中心原子Cl 的价层电子对数为
，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B 正确；反应Ⅰ中存在关系式：
，1mol 氯气参加反应，反应转移1mol 电子，反应Ⅱ中存在关系式：
，1mol 氯气参加反应，反应转移
mol 电子，则反应转移的电子数之比为3：
5，C 正确；由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，D 错
误；故选D。
13.（2025·河南安阳·一模）在
条件下，分别用相同浓度的
溶液吸收氯气，其转化关系如图
所示：
已知：反应1 中生成
和X 的物质的量相等；消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成
的质量
比为
。下列叙述错误的是
A．上述2 个反应中，参与反应的
与
的物质的量之比均为
B．消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成X 和Y 的物质的量之比为
C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低
D．若某温度下生成X 和Y 均为
时，同时生成
【答案】D
【分析】反应1 中生成
和X 的物质的量相等，说明Cl2中Cl 元素化合价上升和下降的数目相等，则X
为NaClO，方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；反应1 和反应2 生成
的质量比为
，说明
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Cl2和NaOH 反应生成NaCl 和NaClO3，方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以此解答。
【解析】由分析可知，反应1 为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的
与
的物质的量之比均为
，A 正确；由分析可
知，反应1 为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成NaClO 和NaClO3的物质的量之比为
，B 正确；漂白液中发挥作用的是
NaClO 和水、二氧化碳反应生成HClO，而HClO 受热会发生分解，导致有效成分NaClO 的含量降低，C
正确；由分析可知，反应1 为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若某温度下生成NaClO 和NaClO3均为
时，同时生成
，D 错误；故选D。
14.（2025·湖北·一模）某水体(含较多
，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示：
已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：
+2O2+2OH-=
+3H2O
B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用
C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+
D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行
【答案】C
【解析】过程I 中
在硝化细菌的作用下和O2反应生成
和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和原
子守恒配平离子方程式为：
+ 2O2=
+H2O+2H+，A 错误；过程Ⅱ为反硝化细菌作用下
将
还
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原为N2，
做还原剂，而不是催化剂，B 错误；过程Ⅲ中
转化为
，C 元素化合价由0 价(平
均)上升到+4 价，总共转移24 个电子，故同时有24mol
被还原为
，C 正确；若水体中铁氧化细菌含
量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将
氧化为
，该过程消耗氧气，与过程Ⅰ是竞争关系，若水
体中铁氧化细菌的含量较高时，过程I 的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，D 错误；故选C。
15.（2025·广东深圳·二模）四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是
A．方法1 中，吸收
前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变
B．若烟气中还含有
，采用方法2 可实现同时脱硫脱硝
C．方法3 中能循环利用的物质是NaOH
D．方法4 中
与CO 反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】方法1 中，
与
溶液反应生成
，反应方程式为
，在
中硫元素化合价为 + 4 价，在
中硫元素化合价为 + 4 价，在
中硫元素化合价也为
+ 4 价，吸收
前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A 正确；方法2 中，氨水呈碱性，
是酸性氧化
物，能与氨水反应被吸收；
具有氧化性，能与氨水发生氧化 - 还原反应，所以采用方法2 可实现同
时脱硫脱硝，B 正确；方法3 中，
与
溶液反应生成
，
与
反应生成
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和
，生成的
可以继续用于吸收
，能循环利用的物质是
，C 正确；方法4
中，
与
反应的化学方程式为
，在该反应中，
中硫元素化合价从
+ 4 价降低到0 价，
作氧化剂；
中碳元素化合价从 + 2 价升高到 + 4 价，
作还原剂，根据化学
方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D 错误；故选D。
16.（2025·四川巴中·三模）天然气中含有少量有毒气体
，用如图所示流程在常温下可实现天然气在氧
化亚铁硫杆菌(T·F 菌)作用下催化脱硫。设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．
为
B．该脱硫过程宜在高温下进行
C．过程①中每脱去
转移电子的数目是
D．过程②中发生的反应是氧化还原反应
【答案】B
【解析】由图可知：过程①发生反应：
，过程②中发生反应为：
，X 为
，A 正确；
菌是一种蛋白质，高温下会失
活，B 错误；过程①中
，过程①中每脱去
转移电子的数目是
，C 正确；过程②中
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发生反应为：
，属于氧化还原反应，D 正确；故选B。
17.（2025·北京海淀·二模）为研究浓硝酸与Cu 的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是
A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应
B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性
C．反应消耗0.05mol Cu 时，转移电子数约为
D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al<Cu
【答案】D
【解析】浓硝酸具有强氧化性，与铜片接触后，无需加热即可发生反应，方程式为：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，A 正确；反应开始后，试管中产生红棕色气体NO2，HNO3中氮
元素化合价降低，得到电子，说明浓硝酸具有氧化性，B 正确；铜与浓硝酸反应的化学方程式为
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜元素化合价从0 价升高到 + 2 价，消耗1mol 铜转移2mol 电
子，当反应消耗0.05molCu 时，转移电子数为0.05mol×2×6.02×1023mol-1 = 6.02×1022，C 正确；若将铜片换
成铝片，无明显现象，是因为常温下铝在浓硝酸中发生钝化，在铝表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止
反应进一步进行，而不是因为还原性Al<Cu，实际上铝的还原性比铜强，D 错误；故选D。
18.（2025·北京西城·二模）下列变化过程与氧化还原反应无关的是
A．推动盛有
的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深
B．将酸性
溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去
C．将
溶液加入NaOH 溶液中，最终生成红褐色沉淀
D．向包有
粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧
【答案】A
【解析】推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2
N2O4的平衡正向移动，NO2的浓度增
大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故A 正确；乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化
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还原反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B 错误；Fe2+与NaOH 生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧
化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C 错误；Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D
错误；故选A。
19.（2025·天津和平·二模）利用
可将废水中的
转化为对环境无害的物质后排放。反应原理
为：
(未配平)。下列说法正确的是
A．
表示
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为
C．可用
替换
D．若生成
气体
，则反应转移的电子数为
【答案】B
【解析】由题中信息可知，利用
可将废水中的
转化为对环境无害的物质X 后排放，则X 表示
，
仍然是大气污染物，A 错误；该反应中，还原剂
中C 元素的化合价由-2 价升高到+4
价，升高了6 个价位，氧化剂
中N 元素的化合价由+5 价降低到0 价，降低了5 个价位，由电子转移守
恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
，B 正确；
中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，
是该反应的还原剂，
有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用
替换
，C 错误；
未注明气体状态，无法计算，D 错误；故选B。
20.（2025·吉林·二模）磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反
应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是
A．P4只发生了氧化反应
B．反应过程中溶液pH 增大
C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol
D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH 溶液清洗
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【答案】C
【分析】反应中P 由0 价歧化为+5 价和-3 价，Cu 由+2 价降为+1 价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平
方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物
为H3PO4，还原产物为Cu3P，据此解答：
【解析】P4、Cu3P、H3PO4中P 的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A 错
误；反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH 减小，故B 错误；据分析，根据氧化反应计算电子转移的物
质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol 电子，故C 正确；皮肤接触到白磷，虽
然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH 具有强腐蚀性，不能用NaOH 溶液清洗，
故D 错误；故选C。
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