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第一章 化学物质及其变化
第5 讲 氧化还原反应方程式的配平及计算
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核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点
考点1 氧化还原反应方程式的配平★★★★☆
考点2 电子守恒法计算★★★☆☆
（星级越高，重要程度越高）
限时训练挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯
考点1 氧化还原反应方程式的配平
1.氧化还原反应方程式配平的基本原则
(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.氧化还原反应方程式配平的一般步骤
(1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。
(2)列得失：列出化合价的变化值。
(3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。
(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。
【小试牛刀】
一、常规氧化还原反应方程式的配平
1.(1) HCl(浓)+ MnO2
Cl2↑+ MnCl2+ H2O
(2) Cu+ HNO3(稀)=== Cu(NO3)2+ NO↑+ H2O
(3) KI+ KIO3+ H2SO4=== I2+ K2SO4+ H2O
(4) S+ KOH=== K2S+ K2SO3+ H2O
(5) MnO4
−+ H++ Cl-=== Mn2++ Cl2↑+ H2O
(6) MnO4
−+ H2O2+ H+=== Mn2++ O2↑+ H2O
1
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(7) C2O4
2−+ MnO4
−+ H+=== CO2↑+ Mn2++ H2O
(8) C2H6O+ KMnO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O
【答案】(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)3 6 2 1 3 (5)2 16 10 2 5 8 (6)2 5 6 2 5 8 (7)5 2 16
10 2 8 (8)5 12 18 6 12 10 33
【解题技巧】
常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
(1)全变从左配：氧化剂、还原剂中均有元素化合价发生变化的（非同一种元素），一般从左侧配。
(2)自变从右侧配：自身氧化还原反应（包括分解反应、歧化反应）一般从右侧配平。
二、缺项氧化还原反应方程式的配平
2.(1) ClO-+ Fe(OH)3+ === Cl-+ FeO4
2−+ H2O
(2) Mn2++ ClO3
−+ H2O=== MnO2↓+ Cl2↑+
(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN 之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
+ +
AlN+
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3+无色)。配平
该反应的离子方程式：
NaBiO3+ Mn2++
Na++ Bi3++ +
【答案】
(1)3 2 4OH- 3 2 5
(2)5 2 4 5 1 8H+
(3)Al2O3+3C+N2
2AlN+3CO
(4)5 2 14 H+ 5 5 2 MnO4
− 7 H2O
【解析】(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C 是还原剂，AlN 为还原产物，CO 为氧化
产物。
【名师点拨】
“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流
程为
2
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考点2 电子守恒法计算
1.电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数
2.电子守恒法计算的流程
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。
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）。
三列→关系式：根据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=n（还原剂）变
价原子个数×化合价变化值（化合价变化值取绝对值）。
【小试牛刀】
一、电子守恒法的基本计算
1.现有24 mL 浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反
应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr 元素在还原产物中的化合价为( )
A.+2
B.+3
C.+4
D.+5
【答案】B
【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S 元
素的化合价从+4→+6，Cr 元素的化合价将从+6→+n。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.05
mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n)，解得n=3。
2.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
的物质的量之比为1∶16，则x 的值为 。
【答案】5
【解析】Na2 S
−2
x
x
→xNa2S
+6O4，NaCl
+1 O→NaCl
−1，由得失电子守恒得关系式1×[6-(−2
x)]·x=16×2，解得x=5。
3.在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P 的物质的量为
mol。生成1 mol Cu3P 时，参加反应的P 的物质的量为 mol。
【答案】1.5 2.2
3
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【解析】设7.5 mol CuSO4可氧化P 的物质的量为x，生成1 mol Cu3P 时，被氧化的P 的物质的量为y；根
据得失电子守恒：7.5 mol×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5 mol；1 mol×3×(2-1)+1 mol×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得
y=1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P 时，参加反应的P 的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。
二、电子守恒法在多步反应中的应用
4.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(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
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
Mg
Cu}
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得到电子的物质的量，即：
n(OH-)=
8.96 L
22.4 L·mol
−1×1+
0.672 L
22.4 L·mol
−1×2×1=0.46 mol，所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。
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( )
A.60 mL
B.45 mL
C.30 mL
D.15 mL
【答案】A
【解析】由题意可知，HNO3
{
N O2
N 2O4
NO
，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)=2n(O2)=2×
1.68 L
22.4 L·mol
−1=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)= 0.3mol
5mol· L
−1=0.06 L=60 mL。
【真题挑战】
1.(2024·浙江6 月选考，6)利用CH3OH 可将废水中的N O3
−转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：
H++CH3OH + N O3
−—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A.X 表示NO2
4
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B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，利用CH3OH 可将废水中的N O3
−转化为对环境无害的物质X 后排放，则X 表示
N2，A 不正确；该反应中CH3OH 是还原剂，O3有强氧化性，故不可用O3替换CH3OH，B 不正确；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 价，氧化剂N O3
−中N 元素的化合价由
+5 价降低到0 价，降低了5 价，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，C 正确；
生成1 mol CO2气体转移6 mol 电子，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L(0.5 mol)，反应转移的电子数为
3NA，D 不正确。
2.下列判断不正确的是 (填字母)。
A.反应2XeF6+4Na++16OH-===Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生成1 mol O2，转移6 mol 电子(2023·
福建，5D)
B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的nC O2∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(6)]
C.①2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。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(2023·北京，12D)
D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)===CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为
2×6.02×1023(2023·江苏，10D)
【答案】CD
【解析】A 项，由化学方程式可知，生成1 mol O2，转移6 mol 电子；B 项，BaTiO(C2O4)2热分解生成
BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2
BaTiO3+2CO2↑+2CO↑；C 项，由反应知：①O2~2e-，②H2~e-，
转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2；D 项，由化学方程式可知，2H2S~8e-，则消
耗1 mol H2S 转移电子的数目为4NA。
3.[2021·河北，15(5)] Fe(CrO2)2+ O2+ NaHCO3
Na2CrO4+ Fe2O3+ CO2+
H2O。
【答案】4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O
【解析】同一物质中多元素价态变化，用整体法分析：Fe(CrO2)2中1Fe(+2→+3)，2Cr(+3→+6)，共升高7
价。
4.[2021·全国甲卷，26(3)]KI 溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI 沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI 至少
为 mol。
【答案】4
5
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【解析】反应方程式为2Cu2++4I-===2CuI↓(白色)+I2，可知若生成1 mol I2，则消耗的KI 至少为4 mol。
【限时训练】（限时：60 分钟）
一、(选择题1~14 题，每小题6 分，共84 分)
1.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。
2.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.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。
已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是( )
A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3
C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3
−
D.一定条件下，I-与IO3
−反应可能生成I2
【答案】D
6
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4.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。
5.(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。
6.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( )
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。
7.(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( )
7
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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。
8.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
【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。
9.(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。
10.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)。
8
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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。
11.(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。
12.(2024·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( )
9
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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。
13.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。
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
的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( )
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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。
15.(7 分)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)
11
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(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。
16.(9 分)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+
【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
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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+。
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