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第05 讲 氧化还原反应方程式的配平与计算
目录
01 课标达标练
题型01 氧化还原反应方程式配平
题型02 缺项氧化还原反应配平
题型03 氧化还原反应计算
题型04 电子守恒法在化学反应中的应用
题型05 信息型氧化还原反应方程式书写
题型06 氧化还原反应综合应用
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 氧化还原反应方程式配平
1．
【对未配平的氧化还原反应进行分析】(2025·天津和平二模)利用CH3OH 可将废水中的
NO3
-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3
-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正
确的是( )
A．
表示NO2
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5
C．可用O3替换CH3OH
D．若生成CO2气体
，则反应转移的电子数为2NA
【答案】B
1
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【解析】A 项，由题中信息可知，利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害的物质X 后排放，
则X 表示N2，NO2仍然是大气污染物，A 错误；B 项，该反应中，还原剂CH3OH 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NO3
-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6：5，B 正确；C 项，CH3OH 中C 元素的化合价
由-2 价升高到+4 价，CH3OH 是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换
CH3OH，C 错误；D 项，未注明气体状态，无法计算，D 错误；故选B。
2．(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
【答案】C
【解析】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。A 项，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；B 项，反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH 减小，故B 错误；C 项，
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；D 项，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。
3．
【流程转化与逻辑思维】(2025·湖北模拟)某水体(含较多NH4
+，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( )
2
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A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：NH4
++2O2+2OH-=NO3
-+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】A 项，过程I 中NH4
+在硝化细菌的作用下和O2反应生成NO3
-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：NH4
++ 2O2= NO3
-+H2O+2H+，A 错误；B 项，过程Ⅱ为反硝化细菌作
用下Fe2+将NO3
-还原为N2，Fe2+做还原剂，而不是催化剂，B 错误；C 项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为
HCO3
-，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 Fe3+被还原为Fe2+，
C 正确；D 项，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Fe2+氧化为Fe3+，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。
4．(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SO2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NO2，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SO2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】A 项，方法1 中，SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，反应方程式为
Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，在SO2中硫元素化合价为 + 4 价，在Na2SO3中硫元素化合价为 + 4 价，在
NaHSO3中硫元素化合价也为 + 4 价，吸收SO2前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A 正确；B 项，方法
2 中，氨水呈碱性，SO2是酸性氧化物，能与氨水反应被吸收；NO2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；C 项，方法3 中，SO2与NaOH 溶液反应生成
Na2SO3，Na2SO3与Ca(OH)2反应生成CaSO3和NaOH，生成的NaOH 可以继续用于吸收SO2，能循环利用
3
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的物质是NaOH，C 正确；D 项，方法4 中，SO2与CO 反应的化学方程式为SO2+2CO
S+2CO2，
在该反应中，SO2中硫元素化合价从 + 4 价降低到0 价，SO2作氧化剂；CO 中碳元素化合价从 + 2 价升高
到 + 4 价，CO 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。
5．
【对非常规物质进行分析与模型认知】(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CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和
HCl；CuH 跟盐酸反应生成CuCl 难溶物和H2。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．CuH 与Cl2反应的化学方程式为：2CuH+3Cl2
2CuCl2+2HCl
C．CuH 与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl
D．
与盐酸反应的离子方程式为：CuH+H+=Cu+
+H2↑
【答案】D
【解析】A 项，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；B 项，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：
2CuH+3Cl2
2CuCl2+2HCl，B 正确；C 项，CuH 与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化
产物为CuCl2和HCl，C 正确；D 项，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：
CuH+H++Cl-=CuCl↓ +H2↑，D 错误；故选D。
6．(2025·安徽省皖南八校高三第一次大联考)Cl2O、ClO2、Cl2O7，都是氯的常见氧化物，制备方法如
下：
①2Cl2+ 2Na2CO3+H2O=Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl
②2NaClO3+4HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
③6HClO4+ P2O5=2H3PO4+3Cl2O7
下列说法错误的是( )
A．反应①每生成0.5mol Cl2O，转移电子数约为
B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．Cl2O7是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为Cl2O7+H2O=2H++2ClO4
-
D．Cl2O、ClO2均可用作消毒剂，自身会被还原为Cl-，则ClO2消毒能力是等质量Cl2O 的1.25 倍
4
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【答案】D
【解析】A 项，反应①中生成1 个Cl2O 转移2e-，故生成0.5mol Cl2O 转移电子数约为
，A 正
确；B 项，反应中②的HCl，一半表现酸性，一半表现还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为
1∶1，B 正确；C 项，Cl2O7是酸性氧化物，与水反应生成强酸高氯酸，离子方程式为Cl2O7+H2O=2H+
+2ClO4
-，C 正确；D 项，ClO2和Cl2O 在消毒时自身均被还原为Cl-，则等质量ClO2和Cl2O 得到电子数之比
为29∶18，ClO2消毒能力是等质量Cl2O 的1.61 倍，D 错误；故选D。
02 缺项氧化还原反应配平
7．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可
以复原，其离子方程式为：MnO4－＋C2O4
2—＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋，关于此反应的叙述正确的是( )
A．该反应的氧化剂是C2O4
2— B．该反应右边方框内的产物是OH－
C．该反应中电子转移总数是5 D．配平该反应式后，H＋的系数是16
【答案】D
【解析】MnO4
－中Mn 由＋7—→＋2，降5(MnO4
－为氧化剂)，C2O4
2－中C 由＋3—→＋4，升1×2(C2O4
2
－为还原剂)；初步配平为2MnO4
－＋5C2O4
2－＋H＋—→10CO2↑＋2Mn2＋＋，据电荷守恒H＋配16，所缺物质
为H2O，配平后方程式为：2MnO4
－＋5C2O4
2－＋16H＋＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，电子转移总数是10。A
项，由分析知C2O4
2—作还原剂，错误；B 项，所缺物质为H＋，错误；C 项，电子转移总数是10，错误；D
项，由分析知H＋的系数为16，正确。
8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是
下列叙述正确的是( )
A．该反应中NO 被还原 B．反应过程中溶液的pH 变小
C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．
中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】反应中氮元素的化合价从＋3 价升高到＋5 价，失去2 个电子，被氧化，做还原剂，A 不正确；
Mn 元素的化合价从＋7 价降低到＋2 价，得到5 个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质
的量之比是2∶5，所以选项C 正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B 和D 都是错误的，
故选C。
9．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
5
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的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋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MnO 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；
配系数
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，A、B 项错误，D 项正确。
03 氧化还原反应计算
10．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3+10OH-+3Cl2=2MO4
n-+6Cl-+8H2O，则MO4
n-中M 的
化合价是( )
A．+4 B．+5 C．+6
D．+7
【答案】C
【解析】方法1：由电荷守恒得：10=6+2n，所以n=2，根据离子中化合价的代数和等于其所带电荷数
计算M 化合价，MO4
n-中O 化合价为-2，则M 化合价为-2-(-2)×4=+6；
方法2：设M 化合价为x，根据得失电子守恒得3×2×[0-(-1)]=2×(x-3)，x=+6。
11．在一定条件下，RO 和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO
中，元素R 的化合价是( )
A．＋4 价 B．＋5 价 C．＋6 价
D．＋7 价
【答案】B
【解析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。
设元素R 在RO 中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。
方法2：设元素R 在RO 中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－
1)]×2，所以x＝＋5。
12．已知A2On
2-可将B2-氧化为B 单质，A2On
2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是
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1∶3，则A2On
2-中的n 为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【解析】在A2On
2-中A 化合价为+(n-1)价，反应后被还原为+3 价，化合价降低(n-4)价，B 元素化合价
由B2-化合价由反应前-2 价变为反应后B 单质的0 价，化合价升高2 价，由于元素化合价升降总数相等，反
应消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3， 则1×2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选D。
13．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L 的盐酸140mL 恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下
0.56L 氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是( )
A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7
【答案】D
【解析】铁的“氧化物”样品，用5mol/L 的盐酸140mL 恰好完全溶解，HCl 的物质的量为0.7mol，则
生成H2O 的物质的量为0.35mol，从而得出铁的“氧化物”中O 原子的物质的量为0.35mol；标准状况下
0.56L 氯气的物质的量为0.025mol，此时溶质全部为FeCl3，Cl-的物质的量为0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，
由此得出铁的“氧化物”中Fe 原子的物质的量为0.25mol，该样品中Fe、O 的原子个数比为0.25mol：
0.35mol=5：7，则该样品可能的化学式是Fe5O7，故选D。
04 电子守恒法在化学反应中的应用
14．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO 中R
的化合价是( )
A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6
【答案】D
【解析】根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得n＝2，在RO 中，设R 的化
合价为x，则x－2×4＝－2，解得x＝＋6，D 正确。
15．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO 氧化为Na2SO4，而NaClO 被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与
NaClO 的计量系数之比为1∶16，则x 的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】Na2 x―→xNa2O4 NaO―→Na ，得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
16．高锰酸钾受热容易分解，在不同温度下，发生如下反应：
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请回答：
(1)取 12.64gKMnO4固体， 加热至 700℃， 一段时间后剩余固体的质量为11.04g， 剩余固体中的
MnO₂ 质量为 g。
(2)取(1) 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成Cl2，产物中锰元素以Mn²⁺存在， 则
Cl2的物质的量为 mol。
【答案】(1)4.35 (2)0.1
【解析】(1)令高锰酸钾分解产生xmolO2，加热至700℃时，高锰酸钾全部分解，则有2x=
，
解得x=0.04mol，反应前后质量差为氧气的质量，则锰酸钾分解产生的氧气物质的量为
=0.01mol，根据反应方程式可以推出生成MnO2的质量为(0.04mol+0.01mol)×87g/
mol=4.35g；(2)充分反应后锰元素以Mn2+形式存在，本题看作，高锰酸钾作氧化剂，氧气、氯气为氧化产
物，根据得失电子数目守恒有
=0.05mol×4+2n(Cl2)，解得n(Cl2)=0.1mol。
05 信息型氧化还原反应方程式书写
17．
已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性
溶液下稳定，可在NaOH 溶液中用NaClO 氧化Cu(OH)2制得。写出制备NaCuO2的离子方程式 。
【答案】 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O
【解析】已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下
稳定。根据在NaOH 溶液中用NaClO 氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得
2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-
+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O。
18．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S 和KMnO4反应生成S、
MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________________________。
【答案】5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓
【解析】根据反应物和生成物，借助于质量守恒定律和电子得失守恒可知反应的化学方程式为5H2S＋
2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓。
8
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19．冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝的熔剂，以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
写出由气体B 制备冰晶石的化学方程式： 。
【答案】2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O
【解析】由流程图可知，HF 制备冰晶石的化学方程式为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2
＋9H2O。
20．
【结合工艺流程分析推理】新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，
在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示；
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：
________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中
氧化剂是________(填化学式)。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。
【答案】(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO
(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH
【解析】(1)反应中NaClO 是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl
和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据
(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH 溶液后，将
Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。
06 氧还原反应综合应用
21．
【逻辑思维与科学建模】(2025·河南安阳一模)在
条件下，分别用相同浓度的
NaOH 溶液吸收氯气，其转化关系如图所示：
已知：反应1 中生成NaCl 和X 的物质的量相等；消耗等量的
时，反应1 和反应2 生成NaCl 的
质量比为3：5。下列叙述错误的是( )
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A．上述2 个反应中，参与反应的NaOH 与Cl2的物质的量之比均为2：1
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3：1
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4 molNaCl
【答案】D
【解析】反应1 中生成NaCl 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NaCl 的质量比为3：5，
说明Cl2和NaOH 反应生成NaCl 和NaClO3，方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。A 项，反应1
为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的NaOH 与Cl2
的物质的量之比均为2：1，A 正确；B 项，反应1 为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2 为
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的NaOH 时，反应1 和反应2 生成NaClO 和NaClO3的物质
的量之比为3：1，B 正确；C 项，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；D 项，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1mol 时，同时生成1mol +5mol =6mol NaCl，D 错误；故选D。
22．在有氧条件下，硫杆菌可将黄铁矿(主要成分为FeS2)氧化为硫酸，反应的化学方程式为
2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。下列说法正确的是( )
A．FeS2中S 元素为
价，具有强还原性
B．0.2mol FeS2被氧化时，反应共转移3.2mol 电子
C．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：7
D．该反应中可能会有Fe2(SO4)3生成
【答案】D
【解析】该反应中硫元素化合价升高，发生氧化反应，则FeS2为还原剂，FeSO4和H2SO4为氧化产物，
氧元素化合价降低，发生还原反应，则O2为氧化剂，FeSO4和H2SO4为还原产物。A 项，FeS2中S 元素为
−1 价，故A 项错误；B．2molFeS2被氧化时转移28mol 电子，则0.2molFeS2被氧化时，反应共转移2．
8mol 电子，故B 项错误；C．由分析可知，O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物
质的量之比为7：2，故C 项错误；D．FeSO4易被氧气氧化为Fe2(SO4)3，该反应中可能会有Fe2(SO4)3生成，
故D 项正确；故选D。
23．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO 使NH4
+完全转化为N2，该反应可表示为
2NH4
++5ClO-=N2↑+3Cl-+2HClO+3H2O。下列说法中错误的是( )
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A．还原性：NH4
+>Cl-
B．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原
C．反应中每生成1 个N2分子，转移6 个电子
D．经此法处理过的废水不需要调至中性后再排放
【答案】D
【解析】2 NH4
++5ClO-=N2↑+3Cl-+2HClO+3H2O 中，NH4
+中的-3 价的N 元素化合价升高为0 价，被氧
化为氮气，作还原剂，ClO-中的+1 价的氯被还原为-1 价的Cl-，Cl-是还原产物，且还原性：还原剂>还原产
物，2 个NH4
+反应生成1 个N2，转移6 个电子。A 项，还原剂为NH4
+，还原产物是Cl-，所以还原性：
NH4
+>Cl-，故A 正确；B 项，氮元素被氧化为氮气，氯元素被还原为氯离子，故B 正确；C 项，反应中每
生成1 个N2，转移6 个电子，故C 正确；D 项，根据题意可知，经此法处理过的废水显酸性，还需中和后
才可以排放，故D 错误；故选D。
24．
【利用模型认知分析陌生反应】由铁及其化合物可制得铁红(Fe2O3)、氧化铁、绿矾
(FeSO4•7H2O)、高铁酸钾(K2FeO4)、铁黄(FeOOH)等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水
的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。工业制备K2FeO4
的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4
2-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( )
A．K2FeO4中Fe 显+6 价
B．ClO-的氧化性大于FeO4
2-
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2
D．每1molK2FeO4与水反应，产生0.5molO2
【答案】D
【解析】A 项，K2FeO4中Fe 显+6 价，A 正确；B 项，ClO-为氧化剂，FeO4
2-为氧化产物，氧化剂的氧
化性大于氧化产物，B 正确；C 项，离子方程式配后为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO4
2-+3Cl-+5H2O，
Fe(OH)3为还原剂，ClO-为氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，C 正确；D 项，K2FeO4
与水反应的离子方程式为：4FeO4
2-+10H2O=4Fe(OH)3 ↓+3O2↑+8OH-，每1molK2FeO4与水反应，产生
0.75molO2，D 错误；故选D。
25．氧化还原反应在高中化学中是一类重要的反应类型。KMnO4、FeCl3是中学化学中常用的氧化剂。
回答下列问题：
(1)下列基本反应类型中一定属于氧化还原反应的是_______(填字母)。
A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应
(2)实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)。
①上述反应中被还原的元素为_______(填元素符号)。
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②
与Fe2+反应生成Mn2+，Fe2+发生_______反应(填“氧化”或“还原”。)
③配平以下化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：_______。
。
(3)FeCl3溶液能与Cu 反应制作印刷电路板。其制作原理可用
表示。
①上式中X 的化学式为_______。
②该反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)C
(2) Mn 氧化
(3) FeCl2 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+
【解析】(1)A 项，有些化合反应属于氧化还原反应，如硫与氧气反应生成二氧化硫，有些化合反应则
不属于氧化还原反应，如氧化钙与水反应生成氢氧化钙，故A 不符合题意；B 项，有些分解反应属于氧化
还原反应，如高锰酸钾受热分解为锰酸钾、二氧化锰和氧气，有些分解反应不属于氧化还原反应，如碳酸
钙受热分解为氧化钙和二氧化碳，故B 不符合题意；C 项，置换反应是单质+化合物→化合物+单质，存在
化合价的变化，属于氧化还原反应，故C 符合题意；D 项，所有复分解反应都不属于氧化还原反应，故D
不符合题意；故选C；(2)①被还原元素，化合价降低，根据所给方程式，Mn 元素化合价由+7 价降低为+2
价，被还原，即被还原元素为Mn；②MnO 中Mn 的化合价为+7 价，因此Mn 元素的化合价降低，则
Fe2+被氧化为Fe3+，因此Fe2+发生氧化反应；③MnO 中Mn 的化合价由+7 价转化为+2 价，降低5 价，部
分Cl 的化合价由-1 价转化为0 价，生成1 价，最小公倍数为5，根据原子守恒，得出该反应方程式为
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，用双线桥表示电子转移方向和数目为
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；(3)①根据原子守恒，推出X 的化学式为
FeCl2；②FeCl3、CuCl2、FeCl2为可溶性的盐，属于强电解质，Cu 为单质，因此该反应的离子方程式为
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。
1．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2++2S2O3
2-+O2+xOH-= Fe3O4+ S4O6
2-。下
列说法错误的是( )
A．该反应中O2作氧化剂 B．该反应中Fe2+和S2O3
2-都是还原剂
C．3 个Fe2+参加反应时有1 个O2被氧化 D．离子方程式中x=4
【答案】C
【解析】A 项，该反应O2中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A 正确；B 项，该反应中Fe2+的
铁元素化合价升高，S2O3
2-中硫元素平均化合价为+2 价，S4O6
2-中硫元素的平均化合价为+2.5 价，即S 元素
化合价升高，所以Fe2+和S2O3
2-都是还原剂，故B 正确；C 项，该反应中每有3 个Fe2+参加反应，消耗一个
O2，但反应时O2中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C 错误；D．由电荷守恒可知，
3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2)，解得x=4，故D 正确 ；故选C。
2．当小溪流经硫矿时，硫矿与水中氧的反应，生成Fe2＋及H＋使小溪呈酸性。当溪水和其他水混合时，
溶于水的铁以针铁矿[FeO(OH)]的形式沉淀出来，反应的离子方程式为Fe2＋＋O2＋H2O→FeO(OH)↓＋H＋，
该离子方程式中H2O 的化学计量数为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【解析】B
【答案】FeO(OH)中铁的价态为＋3 价，反应中铁的价态升高1 价，氧的价态降低4 价，由电子守恒有
4Fe2＋＋1O2＋H2O→4FeO(OH)↓＋H＋，再由电荷守恒可得4Fe2＋＋1O2＋H2O→4FeO(OH)↓＋8H＋，最后据质
量守恒得4Fe2＋＋1O2＋6H2O→4FeO(OH)↓＋8H＋，B 项符合题意。
3．
【多步骤反应流程机理图】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，实
现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是( )
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A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO 作催化剂
B．反应Ⅲ中，每消耗1molNO 转移电子1mol
C．Fe3+在反应Ⅱ中作氧化剂
D．黄铁矿催化氧化反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO4
2-+4H+
【答案】B
【解析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反
应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO4
2-，反应Ⅲ中Fe2+与NO 反应生成Fe(NO)2+。A 项，由于酸性条件下，
黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO 是该反应的催化剂，故A 正确；B 项，反应Ⅲ中，Fe2+与
NO 反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B 错误；C 项，反
应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO4
2-，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合
价升高，FeS2是还原剂，故C 正确；D 项，由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和
SO4
2-是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO4
2-+4H+，故D 正确；故选B。
4．(2025·河南省新高中创新联盟高三调研考试)实验室用足量NaOH 溶液吸收Cl2，当吸收温度不同时，
生成的产物除了H2O 可能是NaClO、NaClO3、NaCl 中的两种或三种。下列“结论”与“假设”关联正确
的是( )
选项
假设钠盐只有
结论
A
NaClO、NaCl
吸收后的溶液中c(ClO-)一定等于c(Cl-)
B
NaClO3、NaCl
氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5
C
NaClO、NaClO3、NaCl
由吸收后的溶液中n(Cl-)可计算吸收的n(Cl2)
D
NaClO、NaClO3、NaCl
参加反应的NaOH 与Cl2的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A 项，氯气与氢氧化钠反应生成等物质的量的次氯酸和盐酸，而NaClO 要水解，所以则吸收
后的溶液中n(ClO-)＜n(Cl-)，故A 错误；B 项，根据方程式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O 可知，氧
化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；故B 错误；C 项，若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，已知溶液中
n(Cl-)，可以得知转移的电子数，但是不能得到NaClO、NaClO3的比例，故不能计算吸收的n(Cl2)，故C 错
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误；D 项，NaOH 与Cl2相互反应生成NaClO、NaClO3、NaCl，由组成可知钠元素与氯元素的物质的量之
比为1：1，所以NaOH 与Cl2相互反应的物质的量之比一定为2：1，故D 正确；故选D。
5．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。实验室制备流程如下：
下列说法错误的是( )
A．将锌粉溶于水形成悬浊液可以提高反应速率
B．生成ZnS2O4的反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2
C．温度超过45℃会导致SO2溶解度降低
D．加入NaCl 有利于Na2S2O4·2H2O 析出，提高产率
【答案】B
【解析】锌粉水悬浊液与SO2在35-45°C 环境下反应生成ZnS2O4溶液，加入NaOH 溶液除去Zn(OH)2
后得到Na2S2O4溶液，用NaCl 固体析出Na2S2O4·2H2O，系列操作后得到无水Na2S2O4。A 项，锌粉溶于水
形成悬浊液可增大反应接触面积从而提高反应速率，A 正确；B 项，生成ZnS2O4的反应为
Zn+2SO2=ZnS2O4，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B 错误；C 项，温度过高会降低气体溶解度，C
正确；D 项，根据同离子效应加入NaCl 可降低Na2S2O4·2H2O 溶解度，提高产率，D 正确；故选B。
6．(2025·内蒙古赤峰二模)SiC 量子点(粒子直径在1~100nm 之间的新型半导体材料)可以从蓝色到黄色
波段连续可调地发光，因此被用来制作发光和光探测器件。科学家借助化学腐蚀法制备SiC 量子点溶液，
腐蚀过程中涉及到的化学反应如下：SiC+2HNO3+6HF=H2SiF6+CO2↑+2HNO2+2H2↑。设NA为阿伏加德罗常
数的值，下列说法正确的是( )
A．SiC 量子点溶液可以产生丁达尔效应
B．每消耗6.72LHF(标准状况下)，转移电子数目为0.4NA
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D．44gCO2中含有σ 键的数目为4NA
【答案】A
【解析】A 项，SiC 量子点(粒子直径在1~100nm 之间)，属于胶体，可以产生丁达尔效应，A 正确；B
项，标况下HF 不是气体，无法计算其物质的量，B 错误；C 项，该化学反应
SiC+2HNO3+6HF=H2SiF6+CO2↑+2HNO2+2H2↑，氧化产物为CO2，还原产物为HNO2和H2，氧化产物与还原
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产物的物质的量之比为1：4，C 错误；D 项，二氧化碳的结构式为：O=C=O，44gCO2是1mol，1 个CO2
含有两个π 键和两个σ 键，含有σ 键的数目为2NA，D 错误；故选A。
7．
【氧化还原与物质结构融合】(2024·山东日照三模)二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的
杀菌消毒剂。一种制备ClO2的工艺流程及ClO2的分子结构(O-Cl-O 的键角为117.6°)如图所示。
下列说法错误的是( )
A．等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5 倍
B．ClO2分子中含有大π 键(π5
5)，Cl 原子杂化方式为sp2杂化
C．“ClO2发生器”中发生的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1
【答案】D
【解析】A 项，已知ClO2作氧化剂时每摩ClO2需得到5mol 电子，而Cl2作氧化剂时每摩Cl2只能得到
2mol 电子，故等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5 倍，A 正确；B 项，由题干ClO2的结构示意图可知，
ClO2分子中含有大π 键(π5
5)，则Cl 周围2 个σ 键和一对孤电子对即价层电子对数为3，Cl 原子杂化方式为
sp2杂化，B 正确；C 项，由题干流程图可知，“ClO2发生器”中即NaClO3和HCl 反应生成ClO2、Cl2和
NaCl，根据氧化还原反应配平可得，发生的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，C 正确；D
项，由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，电极反应为：Cl-+3H2O-6e-= ClO3
-+6H+，阴极
发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比
为1∶3，D 错误；故选D。
8．KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：
①将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH 固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔
融态物质。
②冷却，将固体研细，用KOH 溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。
③向暗绿色溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色。
④将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。
资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn 的化
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合价既升高又降低)。
(1)①中生成K2MnO4的化学方程式是_____________________________________。
(2)②中浸取时用KOH 溶液的原因是_________________________________。
(3)③中产生两种盐，写出③的方程式，并用单线桥标出电子转移________________________。
【答案】(1)2MnO2＋4KOH＋O2====2K2MnO4＋2H2O
(2)保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应
(3
【解析】(1)①中MnO2和KOH 固体混合，通入空气充分焙烧，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，反应方
程式是MnO2＋KOH＋O2====K2MnO4＋H2O，锰价态升高2 价，氧元素价态降低4 价，由电子守恒2MnO2
＋KOH＋1O2====2K2MnO4＋H2O，再由质量守恒得2MnO2＋4KOH＋O2====2K2MnO4＋2H2O；
(2)K2MnO4在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，②中浸取时用KOH 溶液的
目的是：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；
(3)向K2MnO4溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明K2MnO4被Cl2氧化为KMnO4，Cl2被还原为
KCl，反应的化学方程式为2K2MnO4＋Cl2＝2KMnO4＋2KCl，锰元素化合价由＋6 升高为＋7、氯元素化
合价由0 降低为－1，用单线桥表示电子转移情况为
。
20．实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和
KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和
KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。
请回答：
(1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是 。
(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。生成0.1mol 还
原产物时转移电子 个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是
。
(3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品
0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为
。
【答案】(1)6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO4+ KCl + 3H2O；
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(2)1：2 0.2NA或6.02×10-22 KMnO4＞K2MnO4＞MnO2
(3)0.958
【解析】反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4(锰酸钾)和KCl、水，该反应为
6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O；
(2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn 元素的化合价由+6 价升高为+7 价，
Mn 元素的化合价由+6 价降低为+4 价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol 还原产物
时转移电子0.1 NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10-22，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，
可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2NA或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2；
(3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq，硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度为x，则由电子守
恒可知，
(7-2)=
2 (4-3) ，解得x=0.958。
10．
【科学探究与创新意识】(2025·北京西城二模)某小组制备NaNO2，并探究其还原性和
氧化性的强弱。
资料：i．K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。
ii．
。
(1)制备NaNO2 (在通风橱中进行)。
①B 中盛有水，B 中反应的化学方程式是 。
②E 中的Pb(NO3)2受热分解生成PbO，制NO2。D 中除去的气体是 。
③一段时间后，控制B 和D 中流出气体的流速为1∶1 通入C 中的溶液，充分反应制备NaNO2溶液。
将装置C 补充完整并注明所用试剂 。
(2)探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。
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①I 中得到绿色溶液，反应的离子方程式是 。
②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是
。
③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是 。
④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，设计实验，证实该条件下是NO2
-氧化了KI，实验操作是
，没有明显变化。
⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，NO2
-的还原性强于MnO4
2-、 ，NO2
-的
氧化性强于 。
【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+NO O2
(2)2MnO4
-+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O MnO4
2-与过量的NO2
-反应或酸性条件下，MnO4
2-
转化为MnO4
-的速率小于MnO4
-氧化过量的NO2
-的速率 MnO2+NO2
-+2CH3COOH= Mn2++NO3
-
+2CH3COO-+H2O 取xml 浓度约为
溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积
的KI 溶液，再加入硫酸至溶液的pH 为y，在相同时间内观察 MnO2和Mn2+ I2
【解析】(1)在A 中，铜与浓硝酸发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 反应生成NO2，NO2与水在B
中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO 反应生成硝酸和NO，在E 中的Pb(NO3)2受热分解生成PbO 和NO2，制取
NO2，控制B 和D 中流出气体的流速为1∶1 通入C 中NaOH 溶液，发生NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
反应，充分反应制备NaNO2溶液；
(2)在试管中加入0.5mL amol/L 的NaNO2溶液中先滴加少量的NaOH 溶液，再滴加少量的KMnO4溶液，
NaNO2与KMnO4在碱性条件下加热，发生2MnO4
-+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O 反应，生成绿色的
K2MnO4溶液，在绿色的K2MnO4溶液中滴加CH3COOH 溶液至溶液呈弱酸性，K2MnO4溶液(绿色)在酸性环
境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，得到棕黑色沉淀MnO2和无色溶液，继续滴加CH3COOH 溶液，棕
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黑色沉淀MnO2与NO2
-在酸性(CH3COOH)条件下发生MnO2+NO2
-+2CH3COOH= Mn2++NO3
-+2CH3COO-
+H2O 反应，沉淀消失后得到xmL 含NO3
-的无色溶液，向该无色溶液中先加入足量稀KI 溶液，后加入稀硫
酸至溶液的pH 为y，此时NO3
-将KI 氧化为碘单质，得到浅黄色溶液和淡红棕色气体，即可证明对应的实
验条件下，NO2
-的还原性强于MnO4
2-、MnO2和Mn2+，NO2
-的氧化性强于I2。
(1)①A 中铜与浓硝酸反应生成NO2，B 中盛水，NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为
3NO2+H2O=2HNO3+NO；②E 中Pb(NO3)2受热分解生成PbO、NO2和O2 ，D 的作用是除去O2，因为后续
制备NO2过程中O2会干扰反应；③B 中生成NO，E 中生成NO2，控制流速1：1 通入C 中与NaOH 溶液反
应制备NaNO2，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，所以C 中试剂为NaOH 溶液，故装置C 的图为
；
(2)①由资料i 可知，I 中得到绿色溶液为K2MnO4，即NaNO2与KMnO4在碱性条件下反应，NO2
-被氧
化为NO3
-，MnO4
-被还原为MnO4
2-，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2MnO4
-
+NO2
-+2OH-
2MnO4
2-+NO3
-+H2O；②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但由于MnO4
2-与过量的NO2
-反应
或酸性条件下，MnO4
2-转化为MnO4
-的速率小于MnO4
-氧化过量的NO2
-的速率，故实验过程中一直没有观
察到紫色溶液；③Ⅲ中棕黑色沉淀MnO2与NO2
-在酸性(CH3COOH)条件下反应，MnO2被还原为Mn2+，
NO2
-被氧化为NO3
-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式MnO2+NO2
-+2CH3COOH=
Mn2++NO3
-+2CH3COO-+H2O；④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，取xml 浓度约为
溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI 溶液，再加入硫酸至溶液的pH 为y，在相同时间内观察，
没有明显变化，即可证明该条件下是NO2
-氧化了KI；⑤综合以上实验，由分析可得结论：在对应的实验条
件下，NO2
-的还原性强于MnO4
2-、MnO2和Mn2+，NO2
-的氧化性强于I2。
1．(2025·湖南卷，8，3 分)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为
4NaNO3+4Sb+3O2
4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是( )
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A．NaSbO3中Sb 元素的化合价为+5
B．NO3
-的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7
D．反应中消耗3molO2，转移20mole-
【答案】C
【解析】A 项，NaSbO3中Na 为+1，O 为-2，根据电荷守恒，Sb 的化合价为+5，A 正确；B 项，NO3
-
的中心N 原子价层电子对数是
，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，
B 正确；C 项，反应中氧化剂为NaNO3中的N(4mol)和O2(3mol)，总物质的量7mol；还原剂为Sb(4mol)。
氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C 错误；D 项，O2、NaNO3同时做氧化剂，3molO2参与反
应，有4molSb 做还原剂，整个反应总电子转移为20mol(Sb 的氧化，化合价：0→+5)，D 正确；故选C。
2．(2024·湖南卷，6，3 分)下列过程中，对应的反应方程式错误的是( )
A
《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌
2ZnCO3+C
2Zn+3CO↑
B
CaH2用作野外生氢剂
CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑
C
饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢
CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)
D
绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O7
2-
Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【答案】A
【解析】A 项，火法炼锌过程中C 作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C 在高
温条件下生成还原性气体CO，CO 还原ZnO 生成Zn，因此总反应为2ZnCO3+C
2Zn+3CO↑，A 项错
误；B 项，CaH2为活泼金属氢化物，因此能与H2O 发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为
CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑，B 项正确；C 项，锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：
CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，
反应方程式为CaSO4(s)+CO3
2-(aq)
CaCO3(s)+SO4
2-(aq)，C 项正确；D 项，Cr2O7
2-具有强氧化性，加入
具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr 元素化合价由+6 降低至+3，Fe 元素化合价
由+2 升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，D 项正确；
故选A。
3．(2021·湖南卷，8，3 分)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( )
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A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol 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
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】分析反应6I2+11KClO3+3H2O
6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I 元素化合价由0 价升高到+5 价，
I2为还原剂，Cl 元素化合价由+5 价降到﹣1 价和0 价，KClO3作为氧化剂。A 项，依据分析生成3molCl2为
标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A 错误；B 项，依
据方程式可知，I 元素化合价由0 价升高到+5 价，I2为还原剂，Cl 元素化合价由+5 价降到﹣1 价和0 价，
KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B 正确；C 项，漂白粉可由
生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C 正确；D 项，在酸
性溶液中IO3
﹣和I﹣发生反应：IO3
﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3
﹣的
存在，故D 正确；故选A。
4．(2021•北京卷，9，3 分)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有
H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( )
i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列说法不正确的是
A．反应i 不能说明H2S 的酸性强于H2SO4
B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3
C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验
D．CaS 的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
【答案】B
【解析】A 项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS 生成，因此反应i 不能说明H2S 的
酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A 正确；B 项，反应ⅱ中Cu 元素化合价从+2 价降低到
+1 价，得到1 个电子，P 元素化合价从－3 价升高到+5 价，失去8 个电子，则24molCuSO4完全反应时，可
氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B 错误；C 项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰
KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C 正确；D 项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙
炔中常混有H2S、PH3可知CaS 的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为
Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D 正确；故选B。
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5．(2023•山东卷，9，3 分)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应
[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，
实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入
样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸
酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。
④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用
cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。
样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质
的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH 与乙酸酐反应后剩
余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH 反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH 的物质的量，即羟基的
含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液
V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为
，即乙酸酐的总物质的量=
；则ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=
，所以与ROH 反应的
乙酸酐的物质的量=
，也即样品ROH 中羟基的物质的量，所以ROH 样品中羟
基质量分数=
，故选C 。
6．(2025•河北卷，16)(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
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【答案】(6)Fe(CO)5+ K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑
【解析】(6)Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元
素由0 价升高到+3 价，Cr 由+6 价降低到+3 价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：Fe(CO)5+
K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑；
7．(2025·重庆卷，15)(4)Se 的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009 进行测定，测定过程中Se 的化合
价变化如下：
称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介
质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI 和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准
溶液滴定至蓝色消失为中点(原理为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与
Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为_______。该样品中Se 的质量
分数为_______。
【答案】(4)4H++H2SeO3+4I-=2I2+Se+3H2O 94.8%
【解析】(4)反应③是Se（IV）被KI 还原为Se 的过程，离子方程式为：4H++H2SeO3+4I-
=2I2+Se+3H2O；第一次加入40.00mL 的Na2S2O3溶液和KI 溶液，二者同时做还原剂，将H2SeO3还原为
Se，第二次再加入同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L 的Na2S2O3
溶液与H2SeO3反应，根据已知条件Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，则
，样品中Se 的含量：
。
8．(2017•浙江11 月，27，4 分)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓
盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。
请计算：
(1)KMnO4的分解率_______________。
(2)气体A 的物质的量_____________。
【答案】60.0% 0.095mol
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【解析】(1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)=
=0.015mol，则分解的高锰酸钾
为0.03mol，则KMnO4的分解率=
×100%=60.0%；(2)气体A 为氯气，若7.90gKMnO4不
分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为
×5=0.25mol，而分解放出0.015mol 氧气转移的
电子为0.015mol×4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的
量为
=0.095mol。
9．(2025•河南卷，16)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应
为S+2OH-+3H2O2=SO4
2-+4H2O。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取
细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mLKOH 乙醇溶液(过量)，加入适
量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。
Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30% H2O2溶液，加热至100 ℃，保持
20min，冷却至室温。
Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2 滴甲基橙指示剂，用cmol·L-1HCl 标准溶液滴定至终点，
消耗HCl 溶液体积为V2mL。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗
标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫
的质量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是： ；②的名称是 。
(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是 。
(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是 。
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(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是 。步骤Ⅱ结束后，若要检验反应后溶液中的SO4
2-，实
验操作是 。
(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为 。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为 (写出计算式)。
【答案】(1)圆底烧瓶 球形冷凝管
(2)作溶剂，溶解单质硫
(3)防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果
(4)实验需要加热至100 ℃ 取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡溶液
产生白色沉淀，说明含有SO4
2-
(5)滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色
(6)
【解析】(1)根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管；
(2)硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫；
(3)双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇；
(4)由于实验需要加热至100 ℃，而水的沸点就是100 ℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的
硫酸根离子，需要排除溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实
验现象，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO4
2-；
(5)甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄
色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(6)不加入硫磺，消耗HCl 标准溶液体积为V3mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol，反应后
剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3－V2)mol，
所以根据方程式S+2OH-+3H2O2=SO4
2-+4H2O 可知硫单质的物质的量0.0005c(V3－V2)mol，所以单次样品测
定中硫的质量分数可表示为
。
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