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考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算
1．3 年真题考点分布
年
份
卷区
考点分布
氧化还原反应方程式的书写
氧化还原反应的有关计算
202
2
山东
√
广东
√
√
北京
√
福建
√
辽宁
√
海南
√
江苏
√
重庆
√
202
1
江苏
√
辽宁
√
广东
√
湖南
√
山东
√
海南
√
天津
√
福建
√
202
0
北京
√
√
海南
√
山东
√
天津
√
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3 年新高考卷对于该部分主要考查：
1．氧化还原反应方程式的书写
2．氧化还原反应的计算
【备考策略】结合常见的氧化还原反应理解有关规律，通过分析、推理加深对氧化还原反应的认识，构建氧化
还原反应计算和配平的思维模型。
【命题预测】分析近几年高考题，氧化还原反应的配平与计算一般不单独考查，往往与其他模块的知识综合考
查，一般以非选择题形式，可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题，在无机推断及化
工流程题中考查信息型方程式的书写；在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。
考法
1 氧化还原反应方程式的配平
1
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【典例1】（2020·北京市等级考）HNO3－NaCl 与王水［V（浓硝酸）∶V（浓盐酸）＝1∶3］溶金原理相同。
将溶金反应的化学方程式补充完整：
___Au+____NaCl+____HNO3
HAuCl4+____+____+____NaNO3。
【解析】根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0 价升高到+3 价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5 价降低
到+2 价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3
HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3。
【答案】4；5；NO；2H2O；4
【典例2】（2023·湖南选择考）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条
件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是（ ）。
A．S2O3
2－和SO4
2－的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As 和S 都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：Ⅰ＜Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3∶7
【解析】选D。S2O3
2－的中心原子S 形成的4 个σ 键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A 错误；
As2S3中As 的化合价为+3 价，反应Ⅰ产物As2O3中As 的化合价为+3 价，故该过程中As 没有被氧化，B 错误；
根据题给信息可知，反应I 的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O
2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：
As2S3+6O2+3H2O
2As2O3+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的
：Ⅰ＞Ⅱ，C 错误；As2S3中As
为+3 价，S 为－2 价，在经过反应Ⅰ后，As 的化合价没有变，S 变为+2 价，则1mol As2S3失电子3×4mol＝
12mol；在经过反应Ⅱ后，As 变为+5 价，S 变为+6 价，则1mol As2S3失电子2×2mol+3×8mol＝28mol，则反应
Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D 正确。
【典例3】（2023·辽宁选择考）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、
Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。
（1）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被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）。
（2）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成成CoO（OH），该反应的化学方程式为
_______________________________。
【解析】（1）因为H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，说明H2SO5为强酸，写离子方程式时能拆，HSO5
－
为弱酸根离子，写离子方程式时不能拆。用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程
式为：Mn2++H2O +HSO5
－
MnO2+SO4
2－+3H+。（2）“沉钻镍”中得到的Co（OH）2，在空气中可被氧化成
CoO（OH），该反应的化学方程式为：4Co（OH）2+O2
2CoO（OH），+2H2O。
【答案】（1）Mn2++H2O +HSO5
－
MnO2+SO4
2－+3H+
（2）4Co（OH）2+O2
2CoO（OH），+2H2O
【拓展延伸】氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2
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2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式
（1）补项原则
介
质
多一个氧原子
少一个氧原子
酸
性
+2H+结合1 个O→H2O
+H2O 提供1 个O→2H+
中
性
+H2O 结合1 个
O→2OH－
+H2O 提供1 个O→2H+
碱
性
+H2O 结合1 个
O→2OH－
+2OH－提供1 个
O→H2O
（2）组合方式
项目
反应物
生成物
使用条件
组合一
H+
H2O
酸性溶液
组合二
H2O
H+
酸性或中性溶液
组合三
OH－
H2O
碱性溶液
组合四
H2O
OH－
碱性或中性溶液
1．（2022·广东省等级考）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化
学方程式：（NH4）2Cr2O7
Cr2O3+_______+_______。
【解析】（NH4）2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，
根据原子守恒可知反应方程式为（NH4）2Cr2O7
Cr2O3+N2↑+4H2O。
【答案】N2↑；4H2O
2．（2023·山东选择考）已知电负性Cl＞H＞Si， SiHCl3在浓NaOH 溶液中发生反应的化学方程式为
_________________________________________。
【解析】已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为－1，H 元素的化合价为－1，硅元素化合价为
+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：
SiHCl3+5NaOH
Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O。
【答案】SiHCl3+5NaOH
Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
3．（2023·湖北选择考）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处
理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
3
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“850℃煅烧”时的化学方程式为_______________________________________。
【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和
SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1 用氢氧化钠
溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为Co（OH）2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2 置于空气中在
850℃煅烧得到Co3O4；滤液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为Li2CO3。“850℃煅烧”时，
Co（OH）2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co（OH）2+O2
2Co3O4+6H2O。
【答案】6Co（OH）2+O2
2Co3O4+6H2O
4．（2022·江苏选择考节选）硫铁化合物（FeS、FeS2等）应用广泛。在弱碱性溶液中，FeS 与CrO4
2－反应生成
Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，其离子方程式为____________________________________。
【解析】在弱碱性溶液中，FeS 与CrO4
2－反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S 的离子方程式为FeS+ CrO4
2
－+4H2O
Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH－。
【答案】FeS+CrO4
2－+4H2O
Fe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH－
考法
2 氧化还原反应的相关计算
【典例4】（2021·山东省等级考）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（ ）。
A．G 与H 均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn 元素至少参与了3 个氧化还原反应
D．G 与H 的物质的量之和可能为0.25mol
【解析】选BD。KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件
下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单
质G 为O2，气体单质H 为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O 元素化合价由－2 升高至0 被氧化，加热
K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl 元素化合价由－1 升高至0 被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A
正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn 元素化合价降低被还原，部分O 元素化合价升高被氧化，因此KMnO4
既是氧化剂也是还原剂，故B 错误；Mn 元素在反应过程中物质及化合价变化为KMnO4→K2MnO4+MnO2、
K2MnO4→MnCl2、MnO2→MnCl2，还可能发生剩余的KMnO4→MnCl2，Mn 元素至少参加了3 个氧化还原反应，
故C 正确；整个过程KMnO4~MnCl2~5e－，2Cl－→Cl2~2e－，2O2－~O2~4e－，根据电子守恒有如下关系式：5n
（KMnO4）＝2n（Cl2）+4n（O2）＝5×0.1mol＝0.5mol，所以n（Cl2）+2n（O2）＝0.25mol，即n（Cl2）+n
（O2）＜0.25mol，故D 错误。
【典例5】（2022·重庆等级考）称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al 片将Sn4+还原为
Sn2+，再用0.1000mol•L－1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO3
－被还原为I－，终点时消耗KIO3
溶液20.00mL。产生I2的离子反应方程式为___________________________。产品中Sn 的质量分数为________%。
【解析】由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反
应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，
且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO3
－+5Sn2++12H+
I2+5Sn4++6H2O；由得失电子数目守恒可
知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L－1碘酸钾溶液，则1.500g 产品中锡元素的质量分数为
×100%＝39.7%。
【答案】2IO3
－+5Sn2++12H+
I2+5Sn4++6H2O；39.7%
【拓展延伸】氧化还原反应的相关计算
1．氧化还原反应遵循以下三个守恒规律：
（1）质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。
4
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（2）电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数。
（3）电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。
2．守恒法解题的思维流程
（1）第一步：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）第二步：找准一个原子或离子得失电子数（注意化学式中粒子的个数）。
（3）第三步：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
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）。
1．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00mL1.00×10－2mol·L－1的酸性
KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00mLNa2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度（单位：mol·L－1）为（
）。
A．2.00×10－2 B．3.00×10－2 C．4.00×10－2 D．5.00×10－2
【解析】选A。酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色，发生的反应为2MnO4
－+5SO3
2－
+6H+
2Mn2++5SO4
2－+3H2O，则有关系式：2MnO4
－~5SO3
2－，使20.00mL1.00×10－2mol·L－1酸性KMnO4溶液恰
好褪色，消耗25.00mLNa2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为
5
2 ×
＝2.0×10－
2mol·L－1。
2．（2023·白城模拟）NaClO2是一种优质含氯消毒剂，酸性条件下能将I－转化为I2。现向100mL0.1mol·L－1
NaClO2溶液中滴加过量KI 溶液，并用硫酸酸化。测得反应后有0.02molI2生成，则溶液中ClO2
－将完全转化为
（ ）。
A．ClO4
－ B．ClO3
－ C．Cl2 D．Cl－
【解析】选D。假设Cl 元素在还原产物中化合价为a，根据电子转移守恒得0.1L×0.1mol·L－1×（3－a）＝
0.02mol×2，解得a＝－1，故溶液中ClO2
－将完全转化为Cl－。
3．（2022·山东等级考节选）实验室利用FeCl2·4H2O 和亚硫酰氯（SOCl2）制备无水FeCl2的装置如图所示（加
热及夹持装置略）。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n 值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g 样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL
（滴定过程中Cr2O7
2－转化为Cr3+，Cl－不反应）。
实验Ⅱ：另取m1g 样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则n＝_______；下列情况会导致n 测量值偏小的是_______（填标号）。
A．样品中含少量FeO 杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【解析】滴定过程中Cr2O7
2－将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ Cr2O7
2－+14H+
6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g 样品中n（FeCl2）＝6n（Cr2O7
2－）＝6cV×10－3mol；m1g 样品中结晶水的质量为
（m1－m2）g，结晶水物质的量为
mol，n（FeCl2）∶n（H2O）＝（6cV×10－3mol）∶
mol，解得n
＝
＝
；样品中含少量FeO 杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积
V 偏大，使n 的测量值偏小，A 项选；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n 的测量值偏小，B 项选；
实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V 不变，使n 的测量值不变，C 项不选；滴定达到
终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V 偏小，使n 的测量值偏大，D 项不选。
5
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【答案】
（或其他合理答案）；AB
4．（2023 湖北部分重点学校联考）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S 为－2 价）与100mL 盐酸恰好完全
反应（矿石中其他成分不与盐酸反应）生成3.2g 硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S 气体，且溶液中无Fe3+。则
下列说法正确的是（ ）。
A．该盐酸的物质的量浓度为8.0mol·L－1
B．该磁黄铁矿FexS 中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S 气体在标准状况下的体积为4.48L
D．该磁黄铁矿中FexS 的x＝0.85
【解析】选A。盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl 原子守恒可得c（HCl）＝
＝
8.0mol·L－1，A 正确；n（S）＝
3.2g
32g/mol ＝0.1mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝
＝0.2mol，
则矿石中的n（Fe2+）＝0.4mol－0.2mol＝0.2mol，则磁黄铁矿中n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝0.2mol∶0.2mol＝
1∶1，B 错误；根据H、Cl 原子守恒可知，n（H2S）＝
1
2 n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4mol，V（H2S）＝
0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L，C 错误；FexS 中n（S）＝0.1mol+0.4mol＝0.5mol，n（Fe）＝0.4mol，则有n
（Fe）∶n（S）＝0.4mol∶0.5mol＝4∶5，解得x＝0.8，D 错误。
【基础过关】
1．（2022~2023 学年石嘴山高三上学期期中）高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水
处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe（OH）3+ClO－+OH－
FeO4
2－+Cl－+H2O（未配平）。下列有关
说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6 价
B．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于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．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
【解析】选B。令FeO4
2－中铁元素的化合价为x，则x+4×（－2）＝－2，解得x＝+6，A 项正确；反应Fe
（OH）3+ClO－+OH－
FeO4
2－+Cl－+H2O 中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe
（OH）3是还原剂，FeO4
2－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO4
2－，实际氧化性FeO4
2－＞Fe（OH）3，B 项错误；
Fe（OH）3+ClO－+OH－
FeO4
2－+Cl－+H2O 中，氯元素化合价由+1 降低为－1 价，ClO－是氧化剂，铁元素化合
价由+3 价升高为+6 价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6－3）∶2＝
3∶2，C 项正确；K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）
具有净水作用，D 项正确。
2．（江淮十校2023 届高三第二次联考）等物质的量的Na2O2与FeSO4溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，
恰好完全反应时，生成气体22.4L.（换算成标准状况），对该反应分析正确的是（ ）。
A．氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4
B．反应过程中转移电子4mol
C．被FeSO4还原的Na2O2为2mol，
D．反应后溶液的pH 减小
【解析】选C。A 项，发生反应：4Na2O2+4Fe2++6H2O
8Na++4Fe（OH）3+O2，生成1molO2时，有4molFe2+和
1molNa2O2被氧化，3molNa2O2被还原，错误；B 项，转移电子6mol，错误；C 项，被还原的Na2O2中1mol 被
Na2O2还原，2mol 被FeSO4还原，正确；D 项，反应后Fe2+浓度减小，溶液pH 增大，错误。
3．（湖南省邵阳市部分校2022~2023 学年高三上学期第一次联考）ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有
关ClO2的制备与杀菌作用的说法中合理的是（ ）。
A．可用Cl2和NaClO2反应制备ClO2，其中n（氧化剂）∶n（还原剂）＝2∶1
B．ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2
－+2OH－
ClO3
－+ClO2
－+H2O
C．ClO2处理饮用水时残留的ClO2
－，可用FeSO4除去：ClO2
－+2Fe2++4H+
Cl－+2Fe3++2H2O
D．等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO 的弱
【解析】选B。氯气的化合价从0 升降低到－1 价，NaClO2中化合价从+3 价到+4 价，所以氯气为氧化剂，
NaClO2为还原剂，根据化合价升降相等，氧化剂和还原剂的比例为1∶2，A 错误；二氧化氯在强碱性环境中自
身歧化反应类型的氧化还原反应，B 正确；方程式电荷不守恒，正确的方程式为：ClO2
－+4Fe2++4H+
Cl－
+4Fe3++2H2O，C 错误；等物质的量的氧化剂，转移电子越多杀菌效果越好，二氧化氯做为氧化剂，由+4 价降低
6
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到－1 价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，D 错误。
4．（2022~2023 学年吉林四平高三11 月模拟）NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3
N2↑+HNO3+H2O（未配平）。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A．分解时每生成2.24L（标准状况）N2，转移电子的数目为0.6NA
B．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NA
C．56gFe 与足量稀硝酸反应生成NO2分子的数目为3NA
D．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4
+的数目小于0.1NA
【解析】选B。5NH4NO3
4N2↑+2HNO3+9H2O 转移的电子为20 个，标准状况下，2.24LN2为0.1mol，则转
移电子为0.1mol×
20
4 ＝0.5mol，故A 错误；2.8gN2的物质的量为
2.8g
28g/mol ＝0.1mol，含有共用电子对的数目为
0.1×3×NA＝0.3NA，故B 正确；5.6gFe 物质的量为0.1mol，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数
为0.3NA，则生成0.1molNO，不能生成NO2，故C 错误；NH4NO3溶液的体积未知，NH4
+发生水解，不能计算
0.1mol/LNH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D 错误。
5．（河北石家庄2022~2023 学年高三3 月模拟）用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜（Cu2S）和二硫化亚铁
（FeS2）的混合物时，发生反应I：MnO4
－+Cu2S+H+
Cu2++SO4
2－+Mn2++H2O（未配平）和反应II：MnO4
－
+FeS2+H+
Fe3++SO4
2－+Mn2++H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）。
A．反应I 中Cu2S 既是氧化剂又是还原剂
B．反应I 中每生成1molSO4
2－，转移电子的物质的量为10mol
C．反应II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若反应I 和反应II 中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应I 和反应II 中消耗的还原剂的物质的量之
比为2∶3
【解析】选B。反应Ⅰ中Cu2S 中Cu 和S 的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S 为还原剂，Mn 元素的化合
价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A 错误；反应Ⅰ中每生成1mol SO4
2－，参加反应的Cu2S 为1mol，
Cu2S 化合价共升高2（2－1）+（6+2）＝10，反应转移电子的物质的量为10mol，B 正确；反应Ⅱ中氧化剂
MnO4
－化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS2化合价共升高1+2（6+1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还
原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C 错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，
1molKMnO4得到5mol 电子，Cu2S 化合价共升高2（2－1）+（6+2）＝10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共
升高1+2（6+1）＝15，应氧化
1
3 molFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol∶
1
3
mol＝3∶2，D 错误。
6．（天津市和平区2022~2023 学年高三3 月模拟）在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr（Ⅲ）完全氧化成Cr
（Ⅵ），其反应为H2O2+CrO2
－+2OH－
W+Y（未配平），下列有关说法错误的是（ ）。
A．W 为OH－
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．1mol H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为2mol
D．在酸性条件下Cr2O7
2－可以转化为CrO4
2－
【解析】选D。H2O2中氧元素化合价由－1 降低为－2，CrO2
－中Cr 元素化合价由+3 升高为+6，根据得失电子守
恒、电荷守恒，反应的离子方程式为3H2O2+2CrO2
－+2OH－
2CrO4
2－+4H2O，W 为OH－，故A 正确；H2O2中
氧元素化合价由－1 降低为－2，H2O2是氧化剂，CrO2
－中Cr 元素化合价由+3 升高为+6，CrO2
－是还原剂，根据
得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B 正确；H2O2中氧元素化合价由－1 降低为－2，
1mol H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为2mol，故C 正确；有可逆反应：Cr2O7
2－+H2O
2CrO4
2－
+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下Cr2O7
2－可以转化为CrO4
2－，故D 错误。
7．（2023·南阳模拟）含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4+6ClF3
6CoF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法正确的是（ ）。
A．X 是还原产物
B．ClF3中氯元素为－3 价
C．反应生成3molCl2时转移18mol 电子
D．Co3O4在反应中作氧化剂
【解析】选C。A 项，根据原子守恒知，X 是O2，该反应中氧气是氧化产物；B 项，ClF3中氯元素为+3 价；C
项，氯元素由+3 价降为0 价，反应生成3molCl2时转移18mol 电子；D 项，Co3O4中钴元素和氧元素的化合价均
升高，所以Co3O4在反应中作还原剂。
8．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+MnO4
－
+X→CO3
2－+MnO4
2－+H2O（未配平，下同）②酸化处理：MnO4
2－+H+→MnO2↓+MnO4
－+H2O 下列说法错误的是
（ ）。
A．“反应①”中X 为OH－，配平后计量系数为8
7
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B．“反应①”中氧化性：MnO4
－＞CO3
2－
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO4
2－时，反应中转移0.4mole－
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 MnO4
－+8OH－
CO3
2－
+6 MnO4
2－+6H2O，A 正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO4
－为
氧化剂，CO3
2－是氧化产物，则氧化性：MnO4
－＞CO3
2－，B 正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO4
－、MnO4
2－
发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C 错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为
3MnO4
2－+4H+
MnO2↓+MnO4
－+2H2O，则消耗71.4g MnO4
2－的物质的量为
71.4g
119g/mol ＝0.6mol 时，反应中转移
电子数目为
2
3 ×0.6mol＝0.4mol，D 正确。
9．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+MnO4
－
+X→CO3
2－+MnO4
2－+H2O（未配平，下同）②酸化处理：MnO4
2－+H+→MnO2↓+MnO4
－+H2O 下列说法错误的是
（ ）。
A．“反应①”中X 为OH－，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO4
－＞CO3
2－
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO4
2－时，反应中转移0.4mole－
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 MnO4
－+8OH－
CO3
2－
+6 MnO4
2－+6H2O，A 正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO4
－为
氧化剂，CO3
2－是氧化产物，则氧化性：MnO4
－＞CO3
2－，B 正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO4
－、MnO4
2－
发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C 错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为
3MnO4
2－+4H+
MnO2↓+MnO4
－+2H2O，则消耗71.4g MnO4
2－的物质的量为
71.4g
119g/mol ＝0.6mol 时，反应中转移
电子数目为
2
3 ×0.6mol＝0.4mol，D 正确。
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型离子方程式（未配平）。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）。
A．IO4
－作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol 电子
D．氧化性：MnO4
－＞IO4
－
【解析】选D。已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离
子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4
－是反应物，IO3
－是生成物，根据元素守恒知，
水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4
－+3H2O
2MnO4
－+5IO3
－+6H+。IO4
－在反应中得电子作氧化剂，故
A 正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 2∶，故B 正确；若有2molMn2+参加反应，则转移的电子为2mol×
（7－2）＝10mol，故C 正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4
－，氧化产物为
MnO4
－，所以氧化性：MnO4
－＜IO4
－，故D 错误。
11．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，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，用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50℃时反应可生成CuH。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。完成下列填空：
8
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（4）将废钒催化剂（主要成分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_______________。
【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反应的离子方程式为CuH+3H++NO3
－
Cu2++2H2O+NO↑。（4）将废钒催化
剂（主要成分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，Cl－是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，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，SO3
2－、Cl－、
VO2+还原性由强到弱的顺序是SO3
2－＞Cl－＞VO2+。
【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+
12．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的
重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸（H2C2O4）去除，Fe（NO3）3也是重要的氧化试剂，下
面是对这三种氧化剂性质的探究。
（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式
_______________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。
（2）取300mL0.2mol·L－1的KI 溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转
移电子的物质的量是_____mol。
（3）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为
浅绿色的原因是_______________________________（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是
____________________________。
（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474gKMnO4样品溶解酸化后，用
0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在____________（填“酸式”或“碱式”）
滴定管中。配平上述反应的离子方程式：
___MnO4
－+___S2O3
2－+____H+＝____Mn2++_____SO4
2－+____H2O
实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_________________。
【解析】（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应
的离子方程式为：Cu+2H++H2O2
Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2；（2）n
（KI）＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）＝n
（KIO3）＝0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×［5－（－1）］＝0.16mol；（3）先由棕黄
色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO3
2－+H2O
2Fe2++SO4
2－+2H+，
后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3
－组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H+
+NO3
－
3Fe3++NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱
式滴定管中；酸性条件下MnO4
－将S2O3
2－氧化为SO4
2－，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4
－
+5S2O3
2－+14H+
8Mn2++10SO4
2－+7H2O；实验中，消耗n（S2O3
2－）＝0.100mol•L－1×0.012L＝0.0012mol，由得
失电子数目守恒得：n（MnO4
－）×5＝0.0012mol×4×2，得n（MnO4
－）＝1.92×10－3mol，则该样品中KMnO4的
物质的量是1.92×10－3mol。
【答案】（1）Cu+2H++H2O2
Cu2++2H2O；1∶2（2）0.16
（3）Fe3+被还原成Fe2+（4）3Fe2++4H++NO3
－
3Fe3++NO↑+2H2O
（4）碱式；8MnO4
－+5S2O3
2－+14H+
8Mn2++10SO4
2－+7H2O；1.92×10－3mol
【能力提升】
1．（2023·宁德模拟）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：
①SO2+2Fe3++2H2O
SO4
2－+2Fe2++4H+；②Cr2O7
2－+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确
的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O7
2－＞Fe3+
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C．反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子6mol
D．由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4
【解析】选B。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cr2O7
2－＞Fe3+，A 项说法正确；标准状况下，
6.72LSO2为0.3mol，若有0.3molSO2参加反应，S 元素的化合价由+4 价变为+6 价，转移0.6mol 电子，则最终消
耗0.1molK2Cr2O7，B 项说法错误；反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，Cr 元素的化合价由+6 价变为+3 价，
转移电子6mol，C 项说法正确；由上述反应可得，氧化性：Cr2O7
2－＞SO4
2－，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化
成Na2SO4，D 项说法正确。
9
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2．（2023·张家口模拟）黄铁矿（FeS2）中－1 价硫元素在酸性条件下可以与ClO3
－发生反应，其离子方程式如
下（未配平）：
__ClO3
－+__FeS2+___H+
__ClO2↑+__Fe3++__SO4
2－+__H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．ClO3
－是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．ClO3
－的氧化性强于Fe3+
C．生成lmolSO4
2－时，转移7mol 电子
D．向反应后的溶液加KSCN 溶液，可观察到有红色沉淀产生
【解析】选B。反应中Cl 元素化合价从+5 价降低到+4 价，得到1 个电子，ClO3
－是氧化剂，铁元素化合价从+2
价升高到+3 价，失去1 个电子，Fe3+是氧化产物，A 错误；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则ClO3
－的
氧化性强于Fe3+，B 正确； S 元素化合价从－1 价升高到+6 价，失去7 个电子，即消耗1molFeS2生成2mol 硫酸
根，转移15mol 电子，所以生成lmolSO4
2－时，转移7.5mol 电子，C 错误；向反应后的溶液加KSCN 溶液，可观
察到溶液显红色，铁离子与KSCN 反应生成的不是红色沉淀，D 错误。
3．（2022~2023 学年太原高三上学期模拟）处理含氰（CN－）废水可以用以下两种方法：
Ⅰ：ClO－+CN－+OH－
CO3
2－+A+Cl－+H2O（未配平），其中A 为参与大气循环的气体
Ⅱ：①CN－+OH－+Cl2
OCN－+Cl－+H2O（未配平）
②2OCN－+4OH－+3Cl2
2CO2+N2+6Cl－+2H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．ClO－和CN－的电子式分别为
、
B．方法Ⅰ中，每生成1mol A，转移6NA个电子
C．方法Ⅱ中，CO2是反应②的氧化产物
D．方法Ⅱ的反应①中，CN－与Cl2的物质的量之比为1∶1
【解析】选D。ClO－和CN－的电子式应该为：
、
，故A 错误；配平后：5ClO－+2CN－+2OH
－
2CO3
2－+N2+5Cl－+2H2O，氯从+1 价变成－1 价，因此每生成1mol N2，转移10NA个电子，故B 错误；反应
2OCN－+4OH－+3Cl2
2CO2+N2+6Cl－+2H2O 中，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也
不是还原产物，故C 错误；CN－+2OH－+Cl2
OCN－+2Cl－+H2O 中碳由+2 价变成+4 价，氯气中的氯元素由0
价变成－1 价，根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量为1∶1，故D 正确。
4．（2022~2023 学年河南三门峡12 月模拟）已知：
Ⅰ．高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
MnO4
﹣+5e－+8H+
Mn2++4H2O
MnO4
﹣+3e－+2H2O
MnO2↓+4OH－
MnO4
﹣+e－
MnO4
2﹣（溶液呈绿色）
Ⅱ．在下列反应中，产物K2SO4和S 的物质的量之比为3 2∶
____KMnO4+____K2S+____
____K2MnO4+____K2SO4+____S↓+____
下列说法不正确的是（ ）。
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2
【解析】选B。根据信息，高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中
生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO4
2－，故A 说法正确；根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反
应物缺项不可能是H2SO4，故B 说法错误；反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平
28KMnO4+5K2S+24KOH
28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，故C 说法正确；根据电解原理，阴极上是得到电
子，化合价降低，因此是电解中性高锰酸钾，电极反应式为MnO4
－+3e－+2H2O＝MnO2+4OH－，故D 说法正确。
5．（湖湘教育三新探索协作体2022 年11 月期中联考）已知反应：
①5V2++MnO4
－+8H+＝Mn2++5V3++4H2O
②5V3++MnO4
－+H2O＝Mn2++5VO2++2H+
③5VO2++MnO4
－+H2O＝Mn2++5VO2
++2H+
现向5L，c（V2+）＝amol·L－1的溶液中不断加入一定浓度的酸性KMnO4溶液，溶液中某些离子的物质的量变化
如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
10
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A．AB 段对应的离子为V2+
B．BC 段、EF 段分别对应反应②、反应③
C．原溶液中c（V2+）＝2mol·L－1
D．乙点时：n（VO2+）∶n（VO2
+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶5
【解析】选BD。根据已知三个反应结合图像可以判断出，0~2 发生反应①，2~4 发生反应②，4~6 发生反应③，
则AB 段对应的离子为V2+，0E 段对应的离子为V3+，A 选项正确；BC 段、EF 段均对应反应②，BC 段对应的离
子为VO2+，EF 段对应的离子为V3+，B 选项错误；0~2 发生反应①，由关系式5V2+~MnO4
－，n（V2+）＝5n
（MnO4
－）＝5×2mol＝10mol，c（V2+）＝
＝2mol·L－1，C 选项正确；CD 段对应的离子为VO2+，FG 段对
应的离子为VO2
+，则乙点时n（VO2+）＝n（VO2
+），根据V 元素守恒，则有n（V2+）＝n（VO2+）+n（VO2
+）
＝10mol，则n（VO2+）＝n（VO2
+）＝5mol，根据，V2+~VO2+~2e－，V2+~VO2
+~3e－，MnO4
－~Mn2+~5e－，根据氧
化还原反应得失电子守恒可得：n（VO2+）×2+n（VO2
+）×3＝n（Mn2+）×5，即5mol×2+5mol×3＝n（Mn2+）
×5，解得n（Mn2+）＝5mol，所以n（VO2+）∶n（VO2
+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶1，D 选项错误。
6．（2022 年湖南衡阳高三3 月模拟）一定温度下，PbO2完全分解为Pb3O4、PbO 混合物（Pb3O4中Pb 为+2、+4
价）和O2，向所得固体混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液。下列说法错误的是（
）。
A．氧化性：PbO2＞PbO＞Cl2
B．O2与Cl2的物质的量可能相等
C．受热分解过程中，超过
2
3 的PbO2表现氧化性
D．若生成1mol Cl2，则参加反应的PbO2大于3mol
【解析】选AB。Pb3O4、PbO 的混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液，+4 价的Pb
把盐酸氧化为氯气，不能得出氧化性PbO＞Cl2，故A 错误；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，根据得失电子
守恒，生成1mol Pb3O4的同时生成1molO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1mol 氯气，由于PbO2完全分解为
Pb3O4、PbO 混合物，所以生成O2的物质的量大于Cl2，故B 错误；受热分解过程中，若PbO2完全分解只生成
Pb3O4和O2，
2
3 的PbO2表现氧化性，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO 混合物，所以超过
2
3 的PbO2表现氧化性，
故C 正确；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，生成1mol Pb3O4消耗3mol PbO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生
成1mol 氯气，生成1mol Cl2，参加反应的PbO2等于3mol；由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO 混合物，生成
1mol Cl2，参加反应的PbO2大于3mol，故D 正确。
7．（湖北省部分重点中学2022 届高三第二次联考）已知氧化性：BrO3
－＞IO3
－＞Br2＞I2。向含6molKI 的硫酸
溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列
说法错误的是（ ）。
A．a→b 过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
B．b→c 过程中转移电子的物质的量为1mol
C．当n（KBrO3）＝4mol 时，对应含碘物质为KIO3和I2，且n（KIO3）∶n（I2）＝11 38
∶
D．该过程所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2mol
【解析】选C。由氧化性强弱顺序为BrO3
－＞IO3
－＞Br2＞I2可知，向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反
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应依次为：6I－+6H++BrO3
－＝Br－+I2+3H2O、5Br－+6H++BrO3
－＝3Br2+3H2O、2BrO3
－+I2＝2IO3
－+Br2，由方程式
可知，6mol 碘离子完全反应消耗1mol 溴酸根离子，生成1mol 溴离子、3mol 碘；反应生成的1mol 溴离子消耗
0.2mol 溴酸根离子；反应生成的3mol 碘消耗6mol 溴酸根离子。由分析可知，a→b 过程中发生的反应为6I－
+6H++BrO3
－＝Br－+I2+3H2O，由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，故A 正确；由分析可知，
b→c 过程中发生的反应为5Br－+6H++BrO3
－＝3Br2+3H2O，1mol 溴离子完全反应消耗0.2mol 溴酸根离子，反应
转移电子的物质的量为1mol，故B 正确；由分析可知，6mol 碘离子和反应生成的1mol 溴离子消耗溴酸根离子
的物质的量1.2mol，则（4－1.2）mol＝2.8mol 消耗碘的物质的量为2.8mol×
1
2 ＝1.4mol、生成碘酸根离子的物
质的量为2.8mol，4mol 溴酸钾完全反应时，溶液中碘酸钾和碘的物质的量比为2.8mol∶（3－1.4）mol＝7∶4，
故C 错误；由分析可知，该过程所能消耗溴酸钾的物质的量为（1+0.2+6）mol＝7.2mol，故D 正确。
8.（2023·长治模拟）已知还原性：I－＞Fe2+＞Br－。向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离
子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是（ ）。
A．DE 段代表Br－的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（Fe2+）＝4mol·L－1
C．当通入3molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为4Fe2++2I－+3Cl2
4Fe3++I2+6Cl－
D．原混合溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝1∶3
【解析】选B。因为还原性：I－＞Fe2+＞Br－，所以AB 段是n（I－）的物质的量发生的改变，BC 段是n（Fe3+）
的物质的量发生改变，DE 段是n（Br－）的物质的量发生改变，A 正确；n（Cl2）＝1~3mol 段，下降的曲线是n
（Fe2+）的减少，由方程式2Fe2++Cl2
2Fe3++2Cl－可知，n（Cl2）＝（3－1）mol＝2mol 时，n（Fe2+）＝
4mol，溶液的体积未知，无法求出原混合溶液中c（Fe2+），B 不正确；当通入3molCl2时，溶液中I－、Fe2+全部
被氧化，依据Cl2的消耗量，可求出n（I－）∶n（Fe2+）＝2∶4，离子反应可表示为4Fe2++2I－+3Cl2
4Fe3+
+I2+6Cl－，C 正确；由图中AB 段和DE 段消耗Cl2的物质的量分别为1mol、3mol，可求出n（I－）∶n（Br－）
＝2∶6，所以原混合溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝1∶3，D 正确。
9．磷化铝（A1P）和磷化氢（PH3）都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
（1）A1P 遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为__________。
（2）PH3具有强还取性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
CuSO4+
PH3+
H2O
Cu3P↓+
H3PO4+
H2SO4
（3）工业制备PH3的流程如图所示。
①黄磷和烧碱溶液反应的化学方式为___________________________________，次磷酸属于______（填
“一”“二”或“三”）元酸。
②若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成_____molPH3。（不考虑产物的损失）
【解析】（1）AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al（OH）
3；（2）该方程式中Cu 价态由+2→+1，P 价态由－3→+5，为保证化合价升降数相等，Cu3P 与H3PO4计量数分
别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O
8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4；（3）①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：
P4+3NaOH+3H2O
PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；②P4+3NaOH+3H2O
PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2
PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程
中共生成2.5molPH3。
【答案】（1）Al（OH）3（2）24，11，12，8，3，24
（3）①P4+3NaOH+3H2O
PH3↑+3NaH2PO2；一②2.5
10．按照要求填空。
（1）工业上用氯气和硝酸铁在烧碱溶液中可以制备净水剂高铁酸钠（K2FeO4），试补充完整化学反应方程式并
配平：
Fe（NO3）3+Cl2+NaOH
________________________
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（2）将mg 铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应，铁粉全部溶解，并得到mg 铜，则参加反应的H2SO4与
CuSO4的物质的量之比为_____________。
（3）一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有（写序号）__________。
①小苏打②硫酸铝③氯化亚铁④磁性氧化铁⑤铜绿（碱式碳酸铜）⑥氢氧化铁
（4）现有镁铝合金10.2g，将其置于500mL4mol/L 的盐酸中充分反应后无金属剩余，若向反应后的溶液中加入
1000mL 烧碱溶液，使得沉淀达到最大值，则加入的烧碱的物质的量浓度为____mol/L。
（5）某常见的氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得生成的氮气和
二氧化碳的物质的量之比为1∶2，则该氮的氧化物的化学式为_____________。
（6）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成amol 硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为
_____mol。
（7）将一定量的锌与100mL18.5mol/L 浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成16.8 升标况气体，将反应后
的溶液稀释到1L，测得溶液中c（H+）＝1mol/L，则气体中SO2为___________mol。
【解析】（1）反应后铁元素的化合价升高，则Cl 元素的化合价降低，故还有产物NaCl、NaNO3和H2O，化学
方程式为：2Fe（NO3）3+3Cl2+16NaOH
2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O。（2）根据得失电子守恒解答，Fe
单质转化为Fe2+，失去的电子的物质的量为
m
56 ×2mol＝
m
28 mol；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的量为
m
64
×2mol＝
m
32 mol，则参加反应的H2SO4的物质的量为
1
2 ×（
m
28 －
m
32 ）mol＝
m
448 mol，所以H2SO4与CuSO4的物
质的量之比为（
m
448 mol）∶（
m
64 ）＝1∶7。（3）①小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O
2NaHCO3制取；
②硫酸铝不能由化合反应制取；③氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe
3FeCl2制取；④磁性氧化铁可由化合反
应3Fe+2O2
Fe3O4制取；⑤铜绿（碱式碳酸铜）可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2O
Cu2（OH）2CO3制取；
⑥氢氧化铁可由化合反应4Fe（OH）2+O2+2H2O
4Fe（OH）3制取。故可以通过化合反应制得的有
①③④⑤⑥。（4）沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有NaCl，所以NaOH 的物质的量等于HCl 的物质的量，
为0.5L×4mol/L＝2mol，所以c（NaOH）＝2mol÷1L＝2mol/L。（5）设氮气和二氧化碳的物质的量分别为1mol
和2mol，则N 原子的物质的量为2mol，氧原子的物质的量为4mol，CO 的物质的量为2mol，所以氮的氧化物
中含有的氧原子的物质的量为2mol，所以N 的氧化物中N 和O 的物质的量之为2∶2＝1∶1，故化学式为NO。
（6）生成amol 硝酸锌，则有amolZn 参加反应，失去的电子的物质的量为2amol，N 元素从+5 价降低到－3 价，
设被还原的HNO3的物质的量为n，得到的电子的物质的量为8n，根据得失电子守恒有8n＝2a，所以n＝
a
4 mol
或n＝0.25amol。（7）参加反应的硫酸的物质的量为1.85mol－0.5mol＝1.35mol，锌与浓硫酸反应时开始产生
SO2，接下来生成H2，混合气体总的物质的量为16.8÷22.4mol＝0.75mol。设SO2和H2的物质的量分别为x、y，
根据化学方程式Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x，根据Zn+H2SO4
ZnSO4+H2↑，生成H2消耗的硫酸的物质的量为y，所以有x+y＝0.75，2x+y＝1.35，解得x＝0.6mol，故混
合气体中SO2的物质的量为0.6mol。
【答案】（1）Fe（NO3）3+3Cl2+16NaOH
2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O
（2）1∶7（3）①③④⑤⑥
（4）2（5）NO（6）0.25a 或
a
4 （7）0.6
【真题感知】
1．（2022·山东省等级考）实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备
K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH 至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓
缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是（ ）。
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用NaOH 作强碱性介质
C．②中K2MnO4只体现氧化性
D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%
【解析】选D。①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，
故不能用瓷坩埚作反应器，A 说法不正确；制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH 作强碱性介质，
不能用NaOH，B 说法不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C 说
法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn 元素
守恒可知，MnO2中的Mn 元素只有
2
3 转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D
说法正确。
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2．（2022·辽宁省选择考）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕
色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）。
A．褪色原因为I2被Fe 还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为I－被氧化
【解析】选D。Zn 比Fe 活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2
被Zn 还原，A 项错误；液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B 项错误；若镀层金
属活泼性大于Fe，则Fe 不易生锈，反之，若Fe 活泼性大于镀层金属，则Fe 更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞
Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C 项错误；漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D 项
正确。
3．（2022·北京市等级考）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫（CaSO4、硫化物及微量单质硫等）。库仑滴
定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。高温下，煤中CaSO4
完全转化为SO2，该反应的化学方程式为___________________________________。
【解析】由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为
2CaSO4
2CaO+2SO2↑+O2↑。
【答案】2CaSO4
2CaO+2SO2↑+O2↑
4．（2022·辽宁省选择考）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______________________。
【解析】Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学
方程式为2Bi2S3+9O2
2Bi2O3+6SO2；
【答案】2Bi2S3+9O2
2Bi2O3+6SO2
5．（2022·福建等级考）检验CO：将CO 通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。该反应的化学方程式为
_____________________________________。
【解析】一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：CO+2［Ag（NH3）2］
OH
（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3。
【答案】CO+2［Ag（NH3）2］OH
（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3
6．（2021·天津等级考）用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S 转化为单后硫S，
可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式____________________________________。
【解析】用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S 转化为单后硫S），应该加入
O2、SO2、NOx等氧化剂，发生的化学反应方程式依次为2H2S+O2
2S↓+2H2O、2H2S+SO2
3S↓+2H2O、
2xH2S+2NOx
2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个。
【答案】2H2S+O2
2S↓+2H2O、2H2S+SO2
3S↓+2H2O、2xH2S+2NOx
2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个。
7．（2021·江苏等级考）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S 的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱
硫剂的硫化反应器。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S 反应生成ZnS 和FeS，其化学方程式为
___________________________________。
【解析】硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S 反应生成ZnS 和FeS，铁元素化合价由+3 降低为+2、氢气中H 元素化
合价由0 升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2
ZnS+2FeS+4H2O。
【答案】ZnFe2O4+3H2S+H2
ZnS+2FeS+4H2O
8．（2021·海南省选择考）实验所需的NO 可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得，离子反应方程式
为_______________________________________________。
【解析】实验所需的NO 可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离
子反应方程式为：NO2
－+2H++Fe2+
NO↑+Fe3++H2O；
【答案】NO2
－+2H++Fe2+
NO↑+Fe3++H2O
9．（2020·北京市等级考）Ba（NO3）2⃗
加热
Ⅰ
BaO，I 为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气
体。该反应的化学方程式是__________________________________。
【解析】I 为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得
失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba（NO3）2
2BaO+O2↑+4NO2↑。
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【答案】2Ba（NO3）2
2BaO+O2↑+4NO2↑
10．（2022·海南等级考节选）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料。某研究小组以生锈的铜屑为原料
［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如图。
步骤②中，在H2O2存在下Cu 溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为__________________________。
【解析】H2O2有氧化性、Cu 有还原性，在酸性条件下，H2O2、Cu 和H2SO4发生氧化还原反应生成CuSO4、
H2O，该反应化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4
CuSO4+2H2O。
【答案】Cu+H2O2+H2SO4
CuSO4+2H2O
11．（2022·江苏选择考节选）实验室以二氧化铈（CeO2）废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2（CO3）3，其部分
实验过程如下：
“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为
_____________________________________________。
【解析】根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，其离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+
2Ce3+
+O2↑+4H2O。
【答案】2CeO2+H2O2+6H+
2Ce3++O2↑+4H2O
12．（2021·湖北省选择考）废旧太阳能电池CIGS 具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某
探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_____________________________________。
（2）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_____________________。
【解析】（1）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O 反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4
2CuSO4+3H2O；（2）“高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3
GaN+3HCl。
【答案】（1）Cu2O+H2O2+2H2SO4
2CuSO4+3H2O（2）GaCl3+NH3
GaN+3HCl
13．（2020·山东省等级考）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和BaS 制备高纯MnCO3的工
艺流程如下：
软锰矿预先粉碎的目的是_____________________________________，MnO2与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学
方程式为________________________________________。
【解析】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS 反应转化为
MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知－2 价的S 元素应被氧化得到S 单质，则
MnO2与BaS 的化学计量数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程
式为：MnO2+BaS+H2O
Ba（OH）2+MnO+S。
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【答案】增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O
Ba（OH）2+MnO+S
14．（2021·广东选择考节选）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制
造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层
GaAs（砷化镓）反应。
（1）该氧化物为______________。
（2）已知：Ga 和Al 同族，As 和N 同族。在H2O2与上层GaAs 的反应中，砷元素的化合价变为+5 价，则该反
应的氧化剂与还原剂物质的量之比为______________。
【解析】（1）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs 反应生成的，联想到金属铝表
面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。（2）Ga 和Al 同族，As 和N 同族，GaAs 中Ga 显+3 价（其
最高价）、As 显－3 价。在H2O2与上层GaAs 的反应中，砷元素的化合价变为+5 价，其化合价升高了8，砷元
素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的氧元素为－1 价，其作为氧化剂时，氧元素要
被还原到－2 价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化
合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2＝4∶1。
【答案】（1）Al2O3（2）4∶1
15．（2020·北京市等级考）用如图方法回收废旧CPU 中的单质Au（金），Ag 和Cu。
若用Zn 粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn 的物质的量是___________mol。
【解析】由于HAuCl4
H++AuCl4
－，若用Zn 粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3
价，被锌还原为0 价，锌的化合价从0 价升高到＋2 价，参加反应的Zn 的物质的量x，锌的化合价从0 价升高到
+2 价，根据得失电子守恒可知：2x＝3，x＝1.5mol，则参加反应的Zn 的物质的量是1.5mol。
【答案】1.5
16．（2020·海南高考）一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀
硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：Cr2O7
2－+6Fe2++14H+
2Cr3++6Fe3++7H2O 某次实验称
取0.2800g 样品，滴定时消耗浓度为0.03000mol·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为___________%。
【解析】称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～
6Fe2+～Cr2O7
2－，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000mol·L－1×0.02510L＝0.000753mol，则样品中含有
的铁的物质的量为0.000753mol×6＝0.004518mol，样品中铁含量为
×100%＝90.36%。
【答案】90.36%
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