文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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 电子守恒法在化学反应中的应用
题型04 信息型氧化还原反应方程式书写
题型05 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·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
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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。
2．(2025·山东·青岛检测)高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是( )
A.MnO4
−是氧化剂，Fe3+是还原产物
B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的
C.取反应后的溶液加KSCN 溶液，可观察到有红色沉淀生成
D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8
【答案】D
【解析】该反应中Mn 元素化合价由+7 价降至+2 价，Fe 元素化合价由+2 价升至+3 价，即MnO4
−是氧化
剂，Fe3+是氧化产物，A 错误；FeSO4作还原剂，MnSO4为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+，B 错误；反应
后的溶液中含有Fe3+ ，滴加KSCN 溶液，溶液会变成红色，C 错误；配平该氧化还原反应为
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，D 正确。
3．
【流程转化与逻辑思维】（2025·黑龙江模拟）利用雾霾中的污染物NO、SO2获得产品
NH 4 NO3的流程如图所示。下列方程式错误的是（ ）
A. “吸收池1”中反应的离子方程式：SO2+OH
−❑
¿
B. “吸收池2”中生成等物质的量的HNO2和HNO3的离子方程式：2 NO+ 4Ce
4++3 H 2O❑
¿
C. “电解池”中阴极的电极反应：2 HSO3
−+ 4 e
−+ 4 H
+❑
¿
D. “氧化池”中反应的离子方程式：2 NH 3+O2+2 NO2
−❑
¿
【答案】 D
【解析】根据题目信息，“吸收池1”中，NaOH溶液和SO2
反应生成NaHSO3，反应的离子方程式为
SO2+OH
−❑
¿ ，A项正确；“吸收池2”中，NO与Ce
4+
反应生成等物质的量的HNO2
和HNO3，离子方程
式为2 NO+ 4Ce
4++3 H 2O❑
¿ ，B项正确；“ 电解池” 中，阴极上HSO3
−→S2O3
2−，电极反应为
2 HSO3
−+ 4 e
−+ 4 H
+❑
¿ ，C项正确；“氧化池”中反应的离子方程式为2 NH 3+O2+2 HNO2❑
¿ ，D项错
误。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
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．(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：
2Cl
①
2+ 2Na2CO3+H2O=Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl
②2NaClO3+4HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
6HClO
③
4+ 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
【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，
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
6．(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程
式为MnO4
−+NO2
−+H+—→Mn2++ +H2O(未配平)。下列叙述正确的是( )
A.反应后溶液pH 下降
B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液
C.方框中粒子为NO2
D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol NO2
−
【答案】 D
【解析】该反应中Mn 元素化合价由+7 价变为+2 价，所以MnO4
−是氧化剂，NO2
−是还原剂，生成NO3
−，
根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2MnO4
−+5NO2
−+6H+===2Mn2++5NO3
−+3H2O。反应过程中
H+浓度减小，溶液的pH 增大，故A 错误；Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化
高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B 错误；根据离子方程式知，生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol NO2
−，故D
正确。
7．把图2 中的物质补充到图1 中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是( )
A.IO4
−作氧化剂
B.若1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3
【答案】 D
【解析】分析图1、图2 可知，Mn2+作还原剂，那么IO4
−作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式
为2Mn2++5IO4
−+3H2O===6H++2MnO4
−+5IO3
−，若有1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子，氧化剂与还原
剂的物质的量之比为5 2∶，配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6，A、B、C 项正确，D 项错误。
03 电子守恒法在化学反应中的应用
8．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量
硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已
知：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是( )
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A.N2
B.N2O
C.NO
D.NO2
【答案】B
【解析】根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4溶液氧化，羟胺中N 元素的化合价是-1，设羟胺的氧化产
物中N 元素的化合价是x，根据得失电子守恒，可得25.00×10-3 L×0.049 mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3 L×0.020
mol·L
−1×5，解得x=+1，故羟胺的氧化产物为N2O。
9．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O7
2−和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为(
)
A.3.0 mol
B.1.5 mol
C.1.0 mol
D.0.75 mol
【答案】 B
【解析】当1 mol Cr
3+被氧化生成0.5 mol Cr2O7
2−时，失去3 mol 电子，而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol
电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。
10．(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式
为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++ y
2 Br2+2zCl-。其中x、y、z 的值不符合实际反应的是( )
A.x=4、y=6、z=5
B.x=1、y=5、z=1
C.x=3、y=1、z=2
D.x=2、y=2、z=2
【答案】 B
【解析】氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++ y
2 Br2+2zCl-
中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z 的数
值代入关系式x+y=2z 中检验：x=4、y=6、z=5 时，4+6=2×5，故A 符合实际反应；x=1、y=5、z=1 时，
1+5>2×1，故B 不符合实际反应；x=3、y=1、z=2 时，3+1=2×2，故C 符合实际反应；x=2、y=2、z=2 时，
2+2=2×2，故D 符合实际反应。
04 信息型氧化还原反应方程式书写
11．[2024·江苏，16（2）①（3）]贵金属银应用广泛。Ag 与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废
水。
（2）还原AgCl。在AgCl 沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。
铁将AgCl 转化为单质Ag 的化学方程式为
。
（3）Ag 的抗菌性能。纳米Ag 表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
①纳米Ag 溶解产生Ag+的离子方程式为
。
②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag 的抗菌性能下降，主要原因是
。
【答案】 （2）Fe+2AgCl===FeCl2+2Ag （3）①4Ag+O2+4H+===4Ag++2H2O ②纳米Ag 与氧气生成
Ag2O，使得Ag+浓度下降
【解析】 （3）①纳米Ag 溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为4Ag+O2+4H+===4Ag++2H2O。②溶解氧浓
度过高，纳米Ag 与氧气反应生成Ag2O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。
12．
【结合工艺流程分析推理】[2023·新课标卷，27（6）]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬
和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和
钒的一种流程如图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7
2−存在，在碱性介质中以Cr O4
2−存在。
“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为
。
【答案】2Cr2O7
2−+3S2O5
2−+10H+===4Cr3++6SO4
2−+5H2O
【解析】分离钒后溶液呈酸性，Cr 元素以Cr2O7
2−存在，“还原”过程中Cr2O7
2−被S2O5
2−还原为Cr3+，S2
O5
2−转化为SO4
2−，因此反应的离子方程式为2Cr2O7
2−+3S2O5
2−+10H+===4Cr3++6SO4
2−+5H2O。
13.（1）[2023·湖北，16（4）改编]Co(OH)2在空气中850 ℃煅烧成Co3O4的化学方程式：
。
（2）[2023·山东，16（3）改编]一定条件下，CuCl2、K 与F2反应生成KCl 和化合物K2CuF4的化学方程
式：
。
（3）[2023·辽宁，16 改编]①Co(OH)2可被O2氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为
。
②pH=4，Mn2+被过一硫酸(H2SO5)氧化为MnO2，该反应的离子方程式为
(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。
【答案】 （1）6Co(OH)2+O2
2Co3O4+6H2O
（2）4K+2F2+CuCl2===K2CuF4+2KCl
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
（3）①4Co(OH)2+O2===4CoO(OH)+2H2O
②Mn2++HSO5
−+H2O===MnO2↓+SO4
2−+3H+
06 氧还原反应综合应用
14．
【逻辑思维与科学建模】(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S 处理酸性废水中的Cr2O7
2−，发生反
应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O7
2−+H+—→Cu2++SO4
2−+Cr3++H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O7
2−+H+—→Cu2++SO4
2−+Cr3++H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO4
2−都是氧化产物
B.处理1 mol Cr2O7
2−时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3 5∶
D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2O7
2−，转移电子数不相等
【答案】 C
【解析】配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2O7
2−+32H+===3Cu2++3SO4
2−+8Cr3++16H2O，反应中S 元素的化合价升高，
Cr 元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O7
2−+46H+===6Cu2++3SO4
2−+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S 元素
的化合价升高，Cr 元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S 元素被氧化，则只有SO4
2−是氧化产
物，故A 错误；处理1 mol Cr2O7
2−时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B 错误；反应Ⅱ中，氧化
剂为Cr2O7
2−，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3 5∶，故C 正确；反应Ⅰ、Ⅱ中每处理
1 mol Cr2O7
2−，转移电子6 mol，则转移电子数相同，故D 错误。
15.(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( )
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
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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。
16 ．(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的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A.1 mol 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++S2O8
2−+2H2O===MnO2↓+2SO4
2−+4H+
C.“沉锌”过程的化学方程式：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
【解析】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，过滤后再加入NH4HCO3
沉锌生成ZnCO3·2Zn(OH)2。过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6 价，含有1 个过氧键，1 mol 过二硫酸钠
(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)的数目约为6.02×1023，故A 正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2的离
子方程式：Mn2++S2O8
2−+2H2O===MnO2↓+2SO4
2−+4H+，故B 正确；“沉锌”时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，故化学方程式：
3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C 错误；据分析，“调节pH”时试剂
X 可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D 正确。
17．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发
生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO4
2−===2MnO4
−+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是( )
A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1 2∶
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4
−
C.Pb 可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【答案】 D
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】反应Ⅰ中HNO3未将Pb2+氧化，可证明氧化性：HNO3<Pb(Ⅳ)，故B、C 错误；根据反应Ⅱ可知氧
化性：PbO2>MnO4
−，又知氧化性(酸性条件)：MnO4
−>Cl2，故D 正确。
18．已知还原性：HSO3
−>I-，氧化性：IO3
−>I2。
（1）在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移
的方向和数目。
NaIO3+ NaHSO3=== I2+ Na2SO4+ H2SO4+ H2O
（2 ）在NaIO3 溶液中滴加过量NaHSO3 溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为
(填化学式)。
（3）在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系
曲线如图所示。写出反应过程中与AB 段曲线对应的离子方程式：
；当溶
液中I-与I2的物质的量之比为5 3∶时，加入的NaIO3为 mol。
【答案】（1）
（2）NaI （3）IO3
−+5I-+6H+===3I2+3H2O 11
6
【解析】 （2）由还原性：HSO3
−>I-可知，当NaHSO3溶液过量时，IO3
−先被还原成I2，再被还原成I-。
（3）OA 段，随着IO3
−的量增加，NaHSO3的量减少，IO3
−被还原成I-：IO3
−+3HSO3
−===3SO4
2−+I-+3H+，至
A 点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I-的反应：IO3
−+6H++5I-===3I2+3H2O。当I-与
I2的物质的量之比为5 3∶时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第
一个反应生成的I-为x mol，第二个反应消耗的I-为5y mol，生成的I2 为3y mol，故有x−5 y
3 y
=5 3∶，即
x=10y，因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，即3x=5，故有x=5
3，y=1
6 ，故所加入的NaIO3为(x+y) mol=11
6
mol。
1．有Fe3+、Fe2+、NO3
−、NH 4
+、H+和H2O 六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
列叙述不正确的是( )
A.还原产物为NH 4
+
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C.若有0.5 mol NO3
−参与反应，则转移8 mol 电子
D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+
【答案】C
【解析】由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++NO3
−===8Fe3++NH 4
++3H2O。C 项，若有0.5 mol NO3
−参与反
应，应转移4 mol 电子。
2．(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，下列关于该反应说法错误的
是( )
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 mol e-转移时，被氧化的HCl 为4 mol
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1 2∶
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
【答案】 B
【解析】氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧
化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A 不选；当反应中有2 mol e-转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1 升高
到0，则被氧化的HCl 为2 mol，故B 选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式可知，氧化产
物和还原产物的物质的量之比为1 2∶，故C 不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀
菌，故D 不选。
3.(2025·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是( )
A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2O7
2−>ClO4
−
B.反应（1）中，每生成1 mol Cr2O7
2−，转移3 mol 电子
C.将反应（2）设计成原电池，Cr2O7
2−在负极发生反应
D.Ce4+与ClO3
−反应生成Ce3+和ClO4
−时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 2∶
【答案】 A
【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应（1）的氧化剂是Ce4+、氧化产物是Cr2O7
2−，反应
（2）的氧化剂是Cr2O7
2−、氧化产物是ClO4
−，因此氧化性：Ce4+>Cr2O7
2−>ClO4
−，A 正确；反应（1）的离
子方程式为6Ce4++2Cr3++7H2O===6Ce3++Cr2O7
2−+14H+，每生成1 mol Cr2O7
2−，有6 mol 电子转移，B 错误；
将反应（2）设计成原电池，正极上的电极反应式为Cr2O7
2−+6e-+14H+===2Cr3++7H2O，C 错误；该反应的离
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
子方程式为2Ce4++ClO3
−+H2O===2Ce3++ClO4
−+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 1∶，D 错误。
4.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确
的是 ( )
A.氧化性：Br2>Fe3+
B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-1
C.n(Cl2)=0.12 mol 时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1 8∶
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1 1∶时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-
【答案】 C
【解析】由题图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性：Fe2+>Br-，则氧化
性：Br2>Fe3+，故A 正确；由通入0.1 mol 氯气时，Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+，发生反应：2Fe2+
+Cl2===2Fe3++2Cl-，可得原溶液中n(Fe2+)=2×0.1 mol=0.2 mol，则FeBr2溶液的浓度为0.2mol
0.2 L =1 mol·L-1，故
B 正确；当通入的n(Cl2)=0.12 mol 时，0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为0.2 mol Fe3+，过量的0.02 mol Cl2与
0.04 mol Br- 反应，溶液中剩余的n(Br-)=0.4 mol-0.04 mol=0.36 mol ，则反应后溶液中的
c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol 0.36 mol=5 9
∶
∶，故C 错误；n(FeBr2)∶n(Cl2)=1 1∶时，溶液中Fe2+已经完全被
氧化为Fe3+，有一半的Br-被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-，故D 正
确。
5．(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
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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
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。
6．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。
7．(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
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。
8．
【氧化还原与物质结构融合】(2025·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。
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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。
9．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请结合自己所掌握的化学知识，回答下列问
题：
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质。CuH 具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧，与稀盐酸反应能
生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+===Cu2++Cu。
（1）写出CuH 在氯气中燃烧的化学方程式：
。
（2）CuH 溶解在稀盐酸中生成的气体是
(填化学式)。
（3）将CuH 溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH 溶解在足量稀硝酸中发生反应的离
子方程式：
。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
（4）将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反
应的化学方程式是
。
（5）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则SO3
2−、
Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是
。
【答案】 （1）2CuH+3Cl2
2CuCl2+2HCl （2）H2
（3）CuH+3H++ NO3
−===Cu2++2H2O+NO↑
（4）V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O （5）SO3
2−>Cl->VO2+
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【解析】（3）将CuH 溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1 价H 被氧化成+1 价，对应的产
物为水，则CuH 溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式为CuH+3H++N O3
−===Cu2++2H2O+NO↑。
（4）将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后
生成VO2+等离子，该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O。（5）V2O5能与
盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该黄绿色气体是氯气，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，氯气与
Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原
性强于还原产物可知，还原性：SO3
2−>Cl->VO2+。
11．
【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。
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 。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【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
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
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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.[2023·新课标卷，27（6）]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要
杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O7
2−存在，在碱性介质中以Cr O4
2−存在。
“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为
。
【答案】2Cr2O7
2−+3S2O5
2−+10H+===4Cr3++6SO4
2−+5H2O
【解析】分离钒后溶液呈酸性，Cr 元素以Cr2O7
2−存在，“还原”过程中Cr2O7
2−被S2O5
2−还原为Cr3+，S2
O5
2−转化为SO4
2−，因此反应的离子方程式为2Cr2O7
2−+3S2O5
2−+10H+===4Cr3++6SO4
2−+5H2O。
2.[2023·全国甲卷，26（2）（5）]BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状
BaTiO3。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS 和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
式为
。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为
。
【答案】 （2）S2-+Ca2+===CaS↓ （5）BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O===BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl
3.[2023·广东，18（1）（3）]Ni、Co 均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、
Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水
的配离子；lg Kb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
氢氧化物
Co(OH)2
Co(OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
5.9×10-15
1.6×10-44
5.5×10-16
1.3×10-33
5.6×10-12
（1）活性MgO 可与水反应，化学方程式为
。
（3）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为
。
【答案】（1 ）MgO+H2O===Mg(OH)2 （3 ）2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO3
2−===2[Co(NH3)6]2++SO4
2−
+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH 4
++SO3
2−===2[Co(NH3)6]2++SO4
2−+13H2O
4.[2023·湖北，18（2）节选]铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu 溶解的离子方程式为
；产生的气体为
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
。
【答案】Cu+H2O2+2H+===Cu2++2H2O O2
5.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)发生催化氧化反应：4FeS2+15O2+2H2O===4Fe2++8SO4
2−+4H+，实现该反应的
物质间转化如图所示。
则反应Ⅰ的离子方程式为 。
【答案】4Fe(NO)2++O2+4H+===4Fe3++4NO+2H2O
6.NaClO 氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O 和NaCl 略去)。
NaClO 氧化NH3的总反应的化学方程式为 。
【答案】2NH3 +3NaClO===N2+3H2O+3NaCl
18
