氧化还原反应方程式的配平与计算（解析版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0711化学_氧化还原反应方程式的配平与计算--2027年高考化学

氧化还原反应方程式的配平与计算
目 录
真题·命题感知
进阶·强化演练
考向01 氧化还原反应的配平
考向02 氧化还原反应计算与阿伏加德罗常数
考向03 氧化还原反应计算与工艺流程
考向04 氧化还原反应计算与电化学
考向05 氧化还原反应计算与反应历程
拔高·模拟预测
真题·命题感知
1.(2026·黑吉辽蒙卷·高考真题)镁及其化合物的部分转化关系如下，设N 为阿伏伽德罗常数的值，下
A
列说法正确的是
A. 反应①：每消耗0.5 mol C H 生成Mg(C H ) 分子的数目为0.5N
5 6 5 5 2 A
B. 反应②：每消耗2.24 L N 生成N3-数目为0.2N
2 A
C. 反应③：每消耗4.4 g CO 转移电子数目为0.4N
2 A
D. 0.15 mol⋅ L-1 MgCl 溶液中，Mg2+数目为0.15N
2 A
命题情境
以镁及其化合物的转化关系串联四个反应，考查阿伏加德罗常数(NA)。涉及置换、化合、燃烧、酸碱
反应，陷阱设置典型：方程式计量数推算、气体体积需标况、电子转移数计算、溶液体积对离子数的影
响。
解题方法
①根据方程式计量数确定生成物的物质的量；②气体体积换算物质的量必须注明“标准状况”；③电
子转移数由变价元素化合价升降计算(1mol CO₂反应转移4mol e⁻)；④溶液离子数需由c×V求
得，仅给浓度无法计算。核心：审清条件，紧扣计量关系和电子守恒。
【答案】C

3Mg+N 点燃Mg N
【解析】由图可知，反应①为Mg+2C5H →Mg(C5H ) +H ↑，反应②为 2 3 2，反应③
6 5 2 2

2Mg+CO 点燃2MgO+C
为 2 ，反应④为MgO+2HCl=MgCl +H O。由反应①为Mg+2C5H →
2 2 6
Mg(C5H ) +H ↑可知，每消耗0.5molC5H ，生成Mg(C5H ) 的物质的量为0.25mol，则分子数为
5 2 2 6 5 2
·1·0.25N ，A错误；2.24L N 未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的N3-的数目不
A 2
4.4g
一定为0.2N ，B错误；4.4g的物质的量为n= =0.1mol，反应③为
A 44g/mol

2Mg+CO 点燃2MgO+C
2 ，C的化合价由+4价降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4gCO ，转移
2
的电子数为0.4N ，C正确；0.15mol⋅L-1MgCl 溶液的体积未知，无法计算Mg2+，D错误；故选C。
A 2
2.(2025·湖南·高考真题)NaSbO 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
3

4NaNO +4Sb+3O 高温4NaSbO +2NO+2NO
3 2 3 2。下列说法错误的是
A. NaSbO 中Sb元素的化合价为+5
3
B. NO-的空间结构为平面三角形
3
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3molO ，转移20mole-
2
命题情境
以“硝酸钠法”制备NaSbO₃为背景，综合考查氧化还原核心概念：化合价推断、离子空间结构(NO
₃⁻)、氧化剂与还原剂比例(NaNO₃和O₂同时作氧化剂)、电子转移总数计算，体现多氧化剂共存的典
型情境。
解题方法
①标出所有变价元素的化合价变化；②氧化剂包括所有得电子的物质(NaNO₃中N和O₂)，需全部找
全；③氧化剂与还原剂物质的量之比=各氧化剂物质的量之和∶还原剂物质的量；④电子转移总数用
还原剂失电子总数计算(Sb 0→+5，失5e⁻，4mol失20mol)。关键：氧化剂不漏找，转移电子用还原
剂求更快捷。
【答案】C
【解析】NaSbO 中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确；NO-的中心N原
3 3
5+1-3×2
子价层电子对数是3+ =3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正
2
确；反应中氧化剂为NaNO 中的N(4mol)和O (3mol)，总物质的量7mol；还原剂为Sb(4mol)。氧
3 2
化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误；O 、NaNO 同时做氧化剂，3mol O 参与反应，
2 3 2
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。
3.(2025·浙江·高考真题)关于溴的性质，下列说法不正确的是
A. Br-可被Cl 氧化为Br
2 2
B. Br 与SO 水溶液反应的还原产物为Br-
2 2
C. Br +2Fe2+=2Fe3++2Br-，说明氧化性：Br >Fe3+
2 2
D. 1molBr 与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO ，转移5mol电子
2 3
命题情境
·2·围绕溴的氧化还原性质，考查Cl₂氧化Br⁻的置换反应、Br₂与SO₂的氧化还原(SO₂作还原剂)、Br₂
氧化Fe2⁺的氧化性强弱比较、以及Br₂与NaOH的歧化反应电子转移计算。
解题方法
①利用氧化还原规律判断反应能否发生；②氧化性强弱依据“氧化剂>氧化产物”；③歧化反应电子
转移数按被氧化或被还原一方计算：3Br₂~5e⁻，故1mol Br₂转移5/3mol e⁻。关键：歧化反应中同
种元素既升又降，电子转移数以单方向变价原子数计算，不可将升降相加。
【答案】D
【解析】氯气具有强氧化性，可将Br-氧化为Br ，A项正确；Br 与SO 水溶液反应，生成HBr和
2 2 2
H SO ，还原产物为Br-，B项正确；根据反应Br +2Fe2+=2Fe3++2Br-可知，氧化剂为Br ，氧化
2 4 2 2
产物为Fe3+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br >Fe3+，C项正确；Br 与足量
2 2
NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO ，反应方程式为：3Br +6NaOH=5NaBr+NaBrO +
3 2 3
3H O，3molBr 参与反应，电子转移5mol，D项错误；故选D。
2 2
4.(2024·北京·高考真题)不同条件下，当KMnO 与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如
4
下。
KI KMnO
4
反应序号 起始酸碱性 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+ I
2
② 中性 0.001 10n MnO IO-
2 x
已知：MnO-的氧化性随酸性减弱而减弱。
4
下列说法正确的是
A. 反应①，nMn2+  :nI 2  =1:5
B. 对比反应①和②，x=3
C. 对比反应①和②，I-的还原性随酸性减弱而减弱
D. 随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变
命题情境
以KMnO₄与KI在不同酸碱性下的对比反应为载体，考查电子守恒配平、化合价推断(IOₓ⁻中x)、介
质对氧化还原性质的影响及体系pH变化，属于综合型氧化还原分析题。
解题方法
①利用反应①电子守恒配平方程式，求n值；②由n求得反应②中物质的量比；③设IOₓ⁻中I化合价
为+y，列电子守恒等式：I⁻失电子数=MnO₄⁻得电子数，求y进而得x；④根据离子方程式判断H⁺
或OH⁻变化推断pH。核心：电子守恒列方程求未知数，介质酸碱性影响产物价态。
【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-+2MnO-+16H+=2Mn2++5I +
4 2
·3·8H O，故n(Mn2+)∶n(I)=2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10I-~2MnO-，可以求得n=
2 2 4
0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由
4
+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2MnO-~MnO ~IO-~6e-，IO-中I元素的化合价为
4 2 x x
+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+
2MnO-+H O=2MnO ↓+IO-+2OH-，B项正确；已知MnO-的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反
4 2 2 3 4
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。
进阶·强化演练
考向01 氧化还原反应的配平
5.【新考法·氧化还原反应配平与阿伏加德罗常数】(2026·山东青岛·期中)已知PbO 与酸化的MnSO
2 4
溶液发生反应PbO +Mn2++H++SO2-→MnO-+PbSO +H O(未配平)。下列推断错误的是
2 4 4 4 2
A. 氧化性：PbO >MnO-
2 4
B. 配平后H O的系数为2
2
C. 当反应消耗239 g PbO 时消耗MnSO 的物质的量为0.2mol
2 4
D. PbO 可与浓盐酸发生反应：PbO +4HCl(浓)=PbCl +Cl ↑+2H O
2 2 2 2 2
【答案】C
【解析】在反应中，PbO 作为氧化剂被还原为PbSO ，而Mn2+被氧化为MnO-。根据氧化性规律，氧
2 4 4
化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此PbO 的氧化性大于MnO-，A正确；通过离子电子法配
2 4
平反应式，最终得到配平后的方程式为：5PbO +2Mn2++4H++5SO2-=2MnO-+5PbSO +
2 4 4 4
2H O，H O的系数为2，与选项B一致，B正确；239 gPbO 的物质的量为1mol。根据配平方程式，
2 2 2
5mol PbO 对应2 molMnSO ，因此1 molPbO 对应0.4 molMnSO ，选项C中给出的消耗量为0.2
2 4 2 4
mol，与计算结果不符，C错误；PbO 的氧化性强于KMnO ，其与浓盐酸反应的方程式为：PbO +
2 4 2
4HCl=PbCl +Cl ↑+2H O，该反应符合氧化还原规律，Cl-被氧化为Cl ，PbO 被还原为Pb2+，D
2 2 2 2 2
正确；故选C。
6.【新考法·氧化还原反应配平】(2026·广东深圳·模拟)高锰酸钾是重要氧化剂，工业上常以软锰矿(主
要成分为MnO )为原料生产，涉及反应：
2
①MnO +KClO
+KOH高温K
MnO +KCl+H O(未配平)；
2 3 2 4 2
②K MnO +CH COOH→KMnO +MnO ↓+CH COOK+H O(未配平)。
2 4 3 4 2 3 2
已知：K MnO 只在强碱性条件下稳定。下列说法错误的是
2 4
A. 反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3
B. 实验室进行反应①时，应在铁质坩埚中进行
C. 反应②中CH COOH可以用盐酸代替
3
D. 反应②后过滤得到的MnO 可返回反应①循环利用，体现绿色化学理念
2
【答案】C
·4·高温
【解析】反应①配平后为3MnO +KClO +6KOH =3K MnO +KCl+3H O，其中氧化剂为KClO
2 3 2 4 2 3
(Cl从+5价降至-1价)，还原剂为MnO (Mn从+4价升至+6价)，二者物质的量之比为1:3，A项正
2
确；反应①涉及强碱KOH和高温条件，铁质坩埚耐碱腐蚀(铁在碱性条件下形成钝化层)，而瓷质坩
埚会被碱腐蚀，因此实验室应在铁质坩埚中进行，B项正确；K MnO 在酸性条件下发生歧化反应生
2 4
成KMnO 和MnO ，盐酸中的Cl-具有还原性，会被生成的强氧化剂KMnO 氧化，导致副反应发
4 2 4
生，因此不可用盐酸代替CH COOH，C项错误；反应②产生沉淀MnO ，过滤后回收用于反应①(以
3 2
MnO 为原料)，实现资源循环利用，减少废物排放，符合绿色化学理念，D项正确；故选C。
2
7.【新考法·氧化还原反应与电子转移】(2026·重庆·模拟)二氟化氧(OF)是一种剧毒气体，具有极强氧
2
化性。已知①F +NaOH→OF +NaF+H O(NaOH溶液的浓度为2%)，②OF +S→SO +SF
2 2 2 2 2 4
(①②方程式均未配平)。下列说法正确的是
A. OF 中只含有非极性键
2
B. 反应①中，每生成1 molOF，转移电子2mol
2
C. 反应②中，SO 和SF 既是氧化产物又是还原产物
2 4
D. F、OF、SO 氧化性依次减弱
2 2 2
【答案】D
【解析】OF 中O和F是不同非金属元素，形成的是极性共价键，不含非极性键，A错误；配平反应①
2
为2F +2NaOH=OF +2NaF+H O，F元素从0价降为-1价，每生成1mol OF，消耗2mol F，2
2 2 2 2 2
mol F 共得到4mol电子，即转移电子4mol，B错误；配平反应②为2OF +2S=SO +SF，S元素
2 2 2 4
从0价升为+4价，SO 和SF 均为氧化产物；O元素从+2价降为-2价，仅SO 为还原产物，故SO
2 4 2 2
既是氧化产物又是还原产物，SF 只是氧化产物不是还原产物，C错误；氧化剂氧化性大于氧化产
4
物，反应①中F 是氧化剂，OF 是氧化产物，氧化性：F >OF；反应②中OF 是氧化剂，SO 是氧化产
2 2 2 2 2 2
物，氧化性：OF >SO ，故三者氧化性依次减弱，D正确；故选D。
2 2
8.【新考法·氧化还原反应配平】(2026·湖南永州·模拟)储氢纳米碳管的成功研究体现了科技进步，但用
电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质-碳纳米颗粒、可用氧化气化法提纯、反应的化学方程
式：C+K 2 Cr 2 O 7 +H 2 SO 4 →CO 2 ↑+K 2 SO 4 +Cr 2SO 4  +H O(未配平)。下列有关该反应的说法错 3 2
误的是
A. K Cr O 是氧化剂
2 2 7
B. H SO 表现出酸性
2 4
C. CO 2 和Cr 2SO 4  的物质的量之比为2:3 3
D. 若反应中生成6.72LCO (标准状况)，转移电子物质的量为1.2mol
2
【答案】C
【解析】K Cr O 中Cr元素化合价从+6降至+3，得电子，是氧化剂，A正确；H SO 中元素化合价
2 2 7 2 4
不变，仅提供H+和SO2-，表现出酸性，B正确；C的化合价由0价变为+4价，升高4价，Cr的化合
4
价由+6价变为+3价，整体降低6价，最小公倍数为12，即C的系数为3，K Cr O 的系数为2，按照
2 2 7
原子守恒配平其他，即反应方程式为3C+2K Cr O +8H SO =3CO ↑+2K SO +2Cr (SO ) +
2 2 7 2 4 2 2 4 2 4 3
·5·8H 2 O，CO 2 和Cr 2SO 4  的物质的量之比为3:2，错误；根据方程式，生成3mol CO 转移12mol电 3 2
子，6.72LCO (标准状况)物质的量为0.3mol，转移电子物质的量为0.3 mol×4=1.2mol，D正确；
2
故选C。
考向02 氧化还原反应计算与阿伏加德罗常数
9.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026·河北沧州·二模)过二硫酸( )是
一种白色晶体，过二硫酸及其盐在工业上常用作强氧化剂，如K S O +MnSO +H O→KMnO +
2 2 8 4 2 4
K SO +Y(未配平)。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
2 4 A
A. 97 g过二硫酸中含过氧键数目为N
A
B. 135 g K S O 完全被还原时转移电子数为0.5 N
2 2 8 A
C. 反应式中的Y为H SO
2 4
D. 所有的Y、K SO 均为还原产物
2 4
【答案】C
【解析】由过二硫酸的结构简式可知，1个过二硫酸分子中含1个过氧键，故97 g(0.5mol)过二硫酸
中含过氧键数目为0.5 N ，故A错误；由题给反应式中的物质转化关系，结合元素守恒、得失电子守
A
恒配平可得反应的化学方程式为5K S O +2MnSO +8H O=2KMnO +4K SO +8H SO ，由此
2 2 8 4 2 4 2 4 2 4
得到关系式：K S O ~2e-，故135 g(0.5mol)K S O 完全被还原时转移电子数为N ，故B错误，该反
2 2 8 2 2 8 A
应的化学方程式为5K S O +2MnSO +8H O=2KMnO +4K SO +8H SO ，可知产物为H SO ，
2 2 8 4 2 4 2 4 2 4 2 4
故C正确；S O2-得电子生成SO2-，但产物中的SO2-有一部分来自MnSO ，并非所有的Y(H SO )、
2 8 4 4 4 2 4
K SO 均为还原产物，故D错误；故选C。
2 4
10.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026·广西南宁·模拟预测)硫及其化合物的部分转化关系如
图。设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
① ② ③ ④
H S→S→SO →SO →H SO
2 2 3 2 4
SO O O HO
2 2 2 2
A. 反应①中，每消耗34 g H S，转移的电子数目为N
2 A
B. 反应③中，2mol SO 与1molO 充分反应，生成的SO 分子数目为2N
2 2 3 A
C. 标准状况下5.6L SO 中，分子的数目为0.25N
3 A
D. 1LpH=2的H SO 溶液中含有H+数目为0.01N
2 4 A
【答案】D
【解析】反应①的化学方程式为2H S+SO =3S↓+2H O，34g H S的物质的量为1mol，H S中S元
2 2 2 2 2
素从-2价升高到0价，1mol H S反应转移2mol电子，即转移电子数目为2N ，A错误；反应③为
2 A
2SO +O ⇌2SO ，属于可逆反应，反应物不能完全转化，生成SO 的物质的量小于2mol，分子数目
2 2 3 3
小于2N ，B错误；标准状况下SO 为非气态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，分
A 3
子数目不是0.25N ，C错误；pH=2的H SO 溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1，1L溶液中H+的物质的
A 2 4
量为0.01 mol，数目为0.01N ，D正确；故选D。
A
·6·11.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026·辽宁朝阳·模拟预测)可用液态肼与新制Cu(OH) 制备
2

Δ
纳米Cu O：4Cu(OH) +N H 2Cu O+N ↑+6H O。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误
2 2 2 4 2 2 2 A
的是
A. 1 molOH-中所含中子数为8N
A
B. 标准状况下，11.2 LN 中含有的共用电子对数为1.5N
2 A
C. 每生成6 molH O，反应中转移的电子数为8N
2 A
D. 1 molN H 中含有的极性键数目为4N
2 4 A
【答案】C
【解析】1个OH-中，8O的中子数为8，1H中子数为0，因此1 molOH-所含中子数为8N ，A正确；
16 1 A
标准状况下11.2 LN 的物质的量为0.5mol，每个N 分子含3对共用电子对，因此共用电子对数为
2 2
0.5×3N =1.5N ，B正确；反应中Cu元素从+2价降低到+1价，4 molCu(OH) 参与反应共得到
A A 2
4mol电子；N元素从-2价升高到0价，1 molN H 参与反应共失去4mol电子，生成6 molH O时
2 4 2
转移电子数为4N ，不是8N ，C错误；N H 的结构为H N-NH ，N-H键为极性键，1 molN H 含
A A 2 4 2 2 2 4
4 molN-H极性键，数目为4N ，D正确；故选C。
A
12.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026·陕西渭南·三模)NO 是一种污染性气体，可与水反应，设
2
N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A
A. 1 mol NH 与NO 混合气体中含有的氮原子数为N
3 2 A
B. 标准状况下，11.2 L 15N16O 中含有的中子数为10N
2 A
C. 常温下，69 g NO 与足量水充分反应，转移电子的数目为N
2 A
D. 为防止污染空气，实验室可用NaOH溶液吸收NO 气体
2
【答案】B
【解析】每个NH 和NO 分子均含有1个氮原子，1mol混合气体总分子数为N ，因此氮原子数为
3 2 A
N ，A正确；标准状况下11.2 L 15N16O 的物质的量为0.5mol，1个 N16O 分子含中子数为(15-7)
A 2 15 2
+2×(16-8)=24，总中子数为0.5×24N =12N ，不是10N ，B错误；69 g NO 的物质的量为69
A A A 2
g÷46 g/mol=1.5 mol，反应3NO +H O=2HNO +NO中3mol NO 反应转移2mol电子，因此
2 2 3 2
1.5mol NO 反应转移电子数为N ，C正确；NO 可与NaOH发生反应2NO +2NaOH=NaNO +
2 A 2 2 3
NaNO +H O，可用NaOH溶液吸收NO 防止污染，D正确；故选B。
2 2 2
考向03 氧化还原反应计算与工艺流程
13.【新考法·氧化还原反应计算与工艺流程】(2026·江西景德镇·三模)从废旧CPU中回收Au、Ag、Cu
的部分流程如下：
·7·已知：HAuCl =H++AuCl-。下列说法不正确的是
4 4
A. 酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多
B. 向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离Cu2+、Ag+
C. 用浓盐酸和NaNO 也可以溶解金
3
D. 向1mol HAuCl 中加入过量Zn充分反应，最多消耗2molZn
4
【答案】B
【解析】由流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将银、铜转化为银离子、铜离子，金不溶解，过
滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到
HAuCl 溶液，向溶液中加入锌粉，将HAuCl 转化为金，过滤得到金，据此分析。浓硝酸与金属原料
4 4
反应生成NO ，与稀硝酸反应生成NO。以溶解1molCu为例，铜与浓硝酸反应方程式：Cu+
2
4HNO 浓 3  =CuNO 3  +2NO ↑+2H O，生成2molNO ；铜与稀硝酸反应方程式：3Cu+ 2 2 2 2
8HNO 稀 3  =3CuNO 3 
2
+2NO↑+4H O，生成 molNO，浓硝酸产生的氮氧化物更多，A正确； 2 2 3
Cu2+、Ag+都能与过量氨水反应生成铜氨配离子和银氨配离子，用过量的氨水无法分离Cu2+、Ag+，
B错误；HCl在水溶液中电离产生H+，溶液中有硝酸根离子，相当于硝酸，具有强氧化性，并且Cl-
会与金离子配位，使金溶解，C正确；由分析可知，加入锌粉的目的是将HAuCl 转化为金，由题意可
4
知HAuCl 为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应。根据得失电子守恒计算，
4
1molHAuCl 完全反应时，设消耗的锌为xmol，1mol×3+1mol×1=2xmol，解得x=2，最多消耗
4
2molZn，D正确；故选B。
14.【新考法·氧化还原反应计算与工艺流程】(2026·四川资阳·模拟预测)回收贵金属可实现资源可持续
性利用。从阳极泥(成分为Cu、Ag Se、Au、Pt)中回收贵金属的一种工艺流程如图所示。
2
已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为 PtCl 6  2-和 AuCl 4  -。下列判断错误的是
A.“焙烧”时，1 mol Ag Se反应生成SeO 转移电子数目为3.612×1024
2 2
B.“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+
C.“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3Cl 2 +2Cl-=2AuCl 4  -
D. 结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸
【答案】D
【解析】阳极泥组成为Cu、Ag Se、Au、Pt，焙烧时通入O ，Se转化为SeO 分离，烧渣含CuO、
2 2 2
Ag O、Au、Pt。向烧渣中加入O 和稀硝酸酸浸氧化，CuO、Ag O与硝酸反应生成可溶性硝酸盐进
2 2 2
入滤液，Au、Pt不溶于稀硝酸进入滤渣。向滤渣中加入Cl 和盐酸酸溶，Au被Cl 氧化为[AuCl ]
2 2 4
-，Pt被氧化为[PtCl ]2-，经萃取分液、转化得到最终产物。焙烧时Ag Se中Se元素化合价从-2升
6 2
高到+4，1mol Ag Se反应转移6mol电子，对应电子数目为6×6.02×1023=3.612×1024，A正确；
2
·8·酸浸时CuO与硝酸反应生成Cu2+，Ag O与硝酸反应生成Ag+，Au、Pt不溶于稀硝酸，故滤液中金
2
属阳离子为Cu2+、Ag+，B正确；酸溶时Au被Cl 氧化为[AuCl ]-，配平得离子方程式2Au+3Cl
2 4 2
+2Cl-=2[AuCl ]-，C正确；酸浸时稀硝酸无法氧化Au、Pt，酸溶时氧化剂为Cl ，盐酸仅提供Cl-
4 2
体现酸性，未体现氧化性，无法比较盐酸与硝酸的氧化性强弱，D错误；故选D。
15.【新考法·氧化还原反应计算与工艺流程】(2026·陕西商洛·二模)实验室模拟由铜钯渣(主要含钯、锌、
铜)生产钯-铜催化剂的工艺流程如图所示。已知钯在沉淀前以PdCl2-形式存在。下列说法正确
4
的是
A.“酸溶”时，废气的主要成分为 H
2
B.“溶解钯”过程中，王水中的浓硝酸起氧化作用，故王水可用浓硝酸代替
C.“沉钯”步骤的离子方程式为 PdCl2 4 -+2NH 3 ⋅H 2 O= PdNH 3  Cl ↓+2Cl-+2H O 2 2 2
D. 还原2.11gPdNH 3  Cl ，转移电子的物质的量为0.04mol 2 2
【答案】C
【解析】向铜钯渣中加稀硝酸，因硝酸是强氧化性的酸，和锌反应，产生的气体为氮氧化物，而不是H ，
2
故废气的主要成分是氮氧化物，A错误；王水中浓硝酸的氧化作用与浓盐酸中Cl-的配位作用相互
协同，不能用浓硝酸代替王水，B错误；“沉钯”步骤中，PdCl2-与NH ·H O反应生成Pd(NH ) Cl 沉
4 3 2 3 2 2
淀，NH ·H O为弱碱在离子方程式中应保留分子形式，Pd(NH ) Cl 为沉淀也保留分子形式，正确离
3 2 3 2 2
子方程式为：PdCl2 4 -+2NH 3 ·H 2 O=Pd(NH 3 ) 2 Cl 2 ↓ + 2Cl-+ 2H 2 O，C正确；2.11gPdNH 3  Cl 的物 2 2
2.11g
质的量为 =0.01mol，Pd的化合价从+2降至0，转移电子的物质的
(106+2×17+2×35.5)g⋅mol-1
量为2×0.01mol = 0.02mol，D错误；故选C。
16.【新考法·氧化还原反应计算与工艺流程】(2026·北京石景山·二模)灰化法测定干海带中碘含量(以I
计，单位g/kg)的流程示意图如下。
已知：I + 2Na S O = 2NaI + Na S O ；Na S O 和Na S O 溶液颜色均为无色。
2 2 2 3 2 4 6 2 2 3 2 4 6
下列说法不正确的是
A. 流程中I-被Br 氧化成IO- B. 甲酸钠的作用是除去多余的Br
2 3 2
·9·v 127v
C. 25mL含I-滤液中，n(I-) = mol D. 海带样品中的碘含量为： g/kg
6×105 6m×105
【答案】D
【解析】将mg干海带灼烧灰化，把有机结合态碘转化为无机碘离子I-，加水溶解过滤除去不溶性灰
渣，得到含I-的250mL待测溶液，再移取25mL向滤液中加入稀硫酸和过量Br ，Br 将I-完全氧化
2 2
为IO-；25mL滤液用于后续滴定，之后加入甲酸钠，甲酸钠作为还原剂除去过量多余Br ，避免Br
3 2 2
干扰后续滴定；除去Br 后，加入稀硫酸和过量KI，酸性条件下IO-与I-归中生成I ，加入淀粉作指
2 3 2
示剂，用0.01mol/LNa S O 滴定I。
2 2 3 2
根据分析可知，Br 将I-完全氧化为IO-，A正确；Br 过量，会干扰后续滴定实验，甲酸钠作为还原
2 3 2
剂，可以除去多余的Br ，避免干扰，B正确；滴定消耗n(Na S O )=0.01mol/L×v×10-3L=v×
2 2 2 3
1 1
10-5mol，根据关系式I-~IO-~3I~6Na S O ，即n(I-)= n(Na S O )，25mL滤液中n(I-)= ×
3 2 2 2 3 6 2 2 3 6
v
v×10-5mol= mol，C正确；原海带样品溶液总容积为250mL，仅移取25mL滴定，因此总碘
6×105
v v
的物质的量为：n (I-)=10× mol= mol，碘的总质量为：m(I)=127g/mol×
总 6×105 6×104
127v
g
v 127v 6×104
mol= g；海带样品质量为mg=m×10-3kg，因此碘含量为： =
6×104 6×104 m×10-3kg
127v
g/kg，D错误；故选D。
60m
考向04 氧化还原反应计算与电化学
17.【新考法·氧化还原反应与原电池】(2026·贵州·模拟预测)我国科学家发明了首例室温可充电全固态
氢负离子(H-)电池，其总反应：3NaAlH +6CeH ⇌Na AlH +2Al+6CeH ，该电池放电过程如图
4 2 3 6 3
所示。下列说法错误的是
A. 正极材料NaAlH 中的铝元素被还原
4
B. 负极发生反应：CeH +H--e-=CeH
2 3
C. 从物质转化角度分析，该电池的储能本质是氢化物的分解与生成
D. 当外电路转移0.1mol电子时，理论上正极质量减少约为2.7g
【答案】D
【解析】根据电子移动方向判断正负极：a电极(NaAlH )得电子发生还原反应为正极，b电极(CeH )
4 2
失电子发生氧化反应为负极。正极NaAlH 部分铝元素得电子生成Al单质 ，因此Al元素被还原，
4
A正确；负极发生失电子的氧化反应，CeH 结合H-、失去e-生成CeH ，反应方程式为CeH +H-
2 3 2
·10·-e-=CeH ，B正确；整个反应过程中，放电时NaAlH 分解释放H-，CeH 结合H-生成CeH ；充电
3 4 2 3
时过程逆转，因此储能本质是氢化物的分解与生成，C正确；正极反应方程式为：3NaAlH +6e-=
4
Na AlH +2Al+6H-，转移6mole-时，正极有6molH-移出到负极，正极固体质量减少6mol×
3 6
1g/mol=6g，因此转移0.1mole-时，正极质量减少0.1g，D错误；故选D。
18.【新考法·氧化还原反应与电解池】(2026·江西九江·二模)二氧化氯(ClO ，黄绿色易溶于水的气体)是
2
一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO 的原
2
理如图所示。下列说法不正确的
A. a与电源的正极连接，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸
B. 电解池a极上发生的电极反应为NH+-6e-+3Cl-=NCl +4H+
4 3
C. 二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
D. 标准状况下，当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH
3
【答案】C
【解析】右侧为电解池，a极NH Cl失去电子生成NCl ，电极反应式为NH+-6e-+3Cl-=NCl +
4 3 4 3
4H+，则a为电解池阳极，b为电解池阴极，H+得到电子生成H ，电极反应式为2H++2e-=H ↑；a
2 2
极生成的NCl 进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO 发生还原反应：3H O+NCl +6NaClO =
3 2 2 3 2
6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH。由分析可知，a为电解池的阳极，与电源的正极连接，b为电解池
2 3
阴极，H+得到电子生成H ，电极反应式为2H++2e-=H ↑，右侧装置氯离子通过阴离子交换膜进
2 2
入a极区域，在b极区域流出的Y溶液是稀盐酸，故A正确；电解池a极上，NH+失去电子生成
4
NCl ，电极反应式为NH+-6e-+3Cl-=NCl +4H+，故B正确；二氧化氯发生器内，发生反应3H O
3 4 3 2
+NCl +6NaClO =6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH，NCl 作为氧化剂，NaClO 作为还原剂，氧
3 2 2 3 3 2
化剂与还原剂之比为1:6，故C错误；当有0.3mol阴离子(Cl-)通过离子交换膜时，可认为电路中转
移了0.3mol电子，在二氧化氯发生器中发生反应3H O+NCl +6NaClO =6ClO ↑+NH ↑
2 3 2 2 3
+3NaCl+3NaOH，NCl 中N元素化合价从+3价降到-3价，生成1mol NH ，转移6mol电子，则
3 3
生成NH 的物质的量为0.3mol÷6=0.05mol，标况下，NH 体积为0.05mol×22.4L·mol-1=1.12L，
3 3
故D正确；故选C。
19.【新考法·氧化还原反应与燃料电池】(2026·四川成都·二模)双阴极微生物燃料电池可同时进行硝化
和反硝化脱氮，其中硝化过程中NH+被O 氧化。下列说法正确的是
4 2
·11·A. 缺氧阴极和好氧阴极均发生氧化反应
B. 厌氧阳极发生C H O 葡萄糖
6 12 6
 -24e-+6H O=6CO ↑+24H+
2 2
C. 微生物中的酶可以增大特定反应的电动势
D. 厌氧阳极区质量减少18g时，该电极输出2.4 mol电子
【答案】B
【解析】原电池中，阴极是正极，发生还原反应，阳极(负极)发生氧化反应。该装置中缺氧阴极、好氧
阴极均为原电池的正极，分别发生NO-还原为N 和O 还原为水的还原反应，A错误；厌氧阳极是原
3 2 2
电池负极，葡萄糖发生氧化反应生成CO ：葡萄糖中C平均化合价为0，生成CO 中+4价C，1mol
2 2
葡萄糖共失去6×4=24mol电子，配平后电极反应为C H O -24e-+6H O=6CO ↑+24H+，电
6 12 6 2 2
荷、原子均守恒，B正确；酶是催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变反应的总能量变化，无法改变
电池的电动势(电动势由反应物本身性质决定)，C错误；根据电极反应C H O +6H O=6CO ↑
6 12 6 2 2
+24H++24e-，消耗1mol(180 g)葡萄糖，同时生成6mol(264 g)CO 和24mol(24 g)H+，同时24
2
mol(24 g)H+移向阴极，阳极区净质量减少264g+24g=288g，此过程转移24mol电子。因此当质
18g
量减少18 g时，转移的电子为 ×24mol=1.5mol，D错误；故选B。
288g
20.【新考法·氧化还原反应与电化学】(2026·山东·模拟预测)我国团队使用乙烯、CO 和水为原料，通过
2
一种溴化物介导实现碳酸乙烯酯(EC)的无膜电合成法，其工作原理如图。下列说法错误的是
A.“镍电极”应连接电源负极
B. 从整个反应过程来看介质Br-的物质的量未发生变化
C.“反应Ⅰ”为C H +Br +H O=BrCH CH OH+Br-+H+
2 4 2 2 2 2
·12·D. 理论上电路中每通过1mol e-合成1mol EC
【答案】D
【解析】二氧化铱电极上Br-被氧化为Br ，因此该电极为阳极，镍电极为阴极，连接电源负极，A正
2
确；从整个反应过程来看介质Br-的物质的量未发生变化，Br-在反应Ⅰ中被消耗，又在反应Ⅱ中生
成，属于反应的催化剂，因此其物质的量在整个过程中保持不变，B正确；乙烯与Br 、水反应生成2
2
-溴乙醇，同时生成Br-和H+，故“反应Ⅰ”为C H +Br +H O=BrCH CH OH+Br-+H+，C正
2 4 2 2 2 2
确；理论上合成1mol EC，需要先在阳极生成1mol Br ，这一过程需要转移2mol e-，因此电路中每
2
通过1mol e-只能合成0.5mol EC，D错误；故选D。
考向05 氧化还原反应计算与反应历程
21.【新考法·氧化还原反应计算与反应历程】(2026·山东济南·模拟预测)AlCu二元金属复合材料中引
入Pd可有效去除水体中硝酸盐，反应机理和去除率与溶液pH关系如图所示(“ads”表示“被催化剂
吸附”)。下列说法错误的是
A. 该机理的实质是原电池原理，Cu作负极
B. 复合材料中引入Pd有利于将硝酸盐转化为N
2
C. pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是cH+  减小，催化剂表面产生Hads  减少
8
D. 未引入Pd时，理论上每生成1 molNH ，消耗Al的物质的量为 mol
3 3
【答案】A
【解析】该机理的实质是原电池原理，Al失电子发生氧化反应，Al作负极，故A错误；根据图示NO-
2
在Pd表面结合H(ads)生成N ，所以复合材料中引入Pd有利于将硝酸盐转化为N ，故B正确；
2 2
NO- 2 在Pd表面结合H(ads)生成N 2 ，pH增大cH+  减小，催化剂表面产生Hads  减少，所以pH
增大硝酸盐去除率降低，故C正确；未引入Pd时，NO-被还原为NH ，N元素化合价由+5降低为
3 3
8
-3，根据得失电子守恒，理论上每生成1 molNH ，转移8mol电子，消耗Al的物质的量为 mol，
3 3
故D正确；故选A。
22.【新考法·氧化还原反应计算与反应历程】(2026·河南信阳·模拟预测)NH 选择性催化还原NO技术是
3
火电厂烟气脱硝的主流方法，MnO 催化该反应的机理如下：
2
·13·下列说法正确的是
A. 第一电离能：O>N>C>H
B. 形成Ⅰ时，Mn提供空轨道，NH 提供孤电子对
3
C. 反应过程中Mn元素的价态始终保持不变
D. 该反应机理中每还原2mol NO，理论上需要消耗1mol O
2
【答案】B
【解析】同周期主族元素第一电离能整体随原子序数增大而增大，但N原子的2p轨道为半充满的稳
定结构，第一电离能大于相邻的O，正确顺序为 N>O>H>C，A错误；形成Ⅰ时，NH 与Mn形成
3
配位键：配位键中，中心原子Mn提供空轨道，配体NH 的N原子上存在孤电子对，由NH 提供孤电
3 3
子对，B正确；反应过程中Mn不断结合/脱去不同基团，存在氧化还原过程，Mn元素的化合价发生
变化，C错误；由反应机理图中进出物质可知，该催化过程的总反应化学方程式可表示为

4NO+4NH +O 催化剂4N +6H O
3 2 2 2 ，每还原4mol NO，理论上需要消耗1mol O ，D项错误；故选
2
B。
23.【新考法·氧化还原反应计算与反应历程】(2026·江苏南京·二模)在金属钌(Ru)催化下，CO 和H 制
2 2
备CO的机理如图所示。
下列说法正确的是
A. 过程1中Ru的化合价未发生变化 B. 使用催化剂Ru能提高CO 的平衡转化率
2
·14·C. 过程3中存在极性共价键的断裂和形成 D. 反应每生成22.4 L CO，转移2 mol电子
【答案】C
【解析】过程1中，单质Ru与H 反应生成H-Ru-H，Ru结合了H原子，成键状态改变，化合价一
2
定发生变化，A错误；催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能改变反应物的平衡转化率，B错
误；过程3中，H-Ru-COOH转化为Ru-C≡O和H O，过程中断裂了原分子中C-O、O-H
2
等极性共价键，形成了H O中O-H新的极性共价键，存在极性共价键的断裂和形成，C正确；选项
2
未说明22.4LCO是标准状况下的体积，无法计算物质的量和转移电子数，D错误；故选C。
24.【新考法·氧化还原反应计算与反应历程】(2026·河南周口·三模)利用Cu基催化剂双活性位点协同作
用机制，以草酸二甲酯(DMO)和氢气为原料制乙二醇(EG)因其原子经济性成为替代石油路线的重
要工艺，其可能的反应机理如图所示(略去H 解离为氢原子的过程)。下列说法错误的是
2
A. 草酸二甲酯(DMO)加氢制乙二醇的原子利用率小于100%
B. 上述反应机理中碳原子的成键数目发生了变化
C. 上述反应机理中未涉及π键的断裂和形成
D. 每生成1mol乙二醇需消耗4molH
2
【答案】C
【解析】草酸二甲酯(DMO)加氢制乙二醇的过程中，有副产物甲醇的生成，原子利用率小于100%，A
正确；反应1,3的产物中均有1个碳原子只形成了3个共价键，而其他碳原子均形成了4个共价键，碳
原子的成键数目发生了变化，B正确；反应3中有碳氧双键中的π键断裂，反应4中有碳氧双键种的
π键的形成，C错误；总反应方程式为：CH OOCCOOCH +4H ⟶HOCH CH OH+2CH OH，每生
3 3 2 2 2 3
成1mol乙二醇需消耗4 molH ，D正确；故选C。
2
拔高·模拟预测
25.(2026·浙江·二模)异丙醇与高锰酸钾反应：CH 3  CHOH+KMnO +H SO →CH COCH +K SO 2 4 2 4 3 3 2 4
+MnSO +H O(未配平)。下列说法正确的是
4 2
A. CH COCH 为还原产物
3 3
B. H SO 为氧化剂
2 4
C. 0.1mol异丙醇发生反应，转移0.2 mol电子
·15·D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
【答案】C
【解析】异丙醇转化为CH COCH ，失去2个H原子，发生氧化反应，则CH COCH 是氧化产物，A错
3 3 3 3
误；H SO 中各元素化合价均未变化，仅起酸性介质作用，不是氧化剂，氧化剂为KMnO ，B错误；每
2 4 4
个异丙醇分子参与反应时，失去2个H原子，即失去2个电子，故0.1mol异丙醇反应转移0.2mol电
子，C正确；氧化剂KMnO 中Mn从+7价降到+2价得5个电子，还原剂异丙醇失2个电子，根据得
4
失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:5，D错误；故选C。
26.(2026·辽宁·模拟预测)用N 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A. 1 molC H 分子中共价键总数为31N
10 22 A
B. 标准状况下，22.4 L甲醇中含有的氧原子数为N
A
C. 1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体后生成N 个胶粒
A
D. 超氧化钾(KO )与CO 反应生成碳酸钾和氧气，每生成1 molO ，转移的电子数为2N
2 2 2 A
【答案】A
【解析】C H 为癸烷，1个分子中含有9个C-C键、22个C-H键，共31个共价键，故1mol该分
10 22
子中共价键总数为31N ，A正确；标准状况下甲醇为液态，不能使用气体摩尔体积22.4L·mol-1计算
A
其物质的量，无法得到氧原子数为N ，B错误；氢氧化铁胶体的胶粒是多个氢氧化铁分子的聚集体，
A
故1mol氯化铁完全转化为胶体后，胶粒数小于N ，C错误；超氧化钾与CO 反应中，每生成1mol
A 2
O 转移电子数为N ，不是2N ，D错误；故选A。
2 A A
27.(2026·安徽合肥·模拟预测)采用强还原剂硼氢化钾液相还原法制备纳米零价铁的化学反应如下：
Fe2++2BH-+6H O=Fe↓+2H BO +7H ↑，其中B元素化合价不变。下列说法正确的是
4 2 3 3 2
A. 纳米铁粉可作为胶体产生丁达尔效应
B. BH-与H BO 的中心原子杂化方式相同
4 3 3
C. 若有0.7mol H 生成，则反应中转移电子的物质的量为0.8mol
2
D. H BO 的酸性比H CO 强
3 3 2 3
【答案】C
【解析】胶体是由直径在1~100nm之间的分散质和分散剂组成的混合物，纳米铁粉是纯净物，不属于
1
胶体，不能产生丁达尔效应，A错误；BH-中心B原子的价层电子对数为4+ (3+1-1×4)=4，
4 2
采取sp3杂化；H BO 中心B原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，二者杂化方式不同，B错误；由
3 3
反应可知，生成7mol H 时，反应共转移8mol电子，因此生成0.7mol H 时，转移电子的物质的量为
2 2
0.8mol，C正确；同周期元素从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，非金属性
C>B，因此H BO 酸性比H CO 弱，D错误。
3 3 2 3
28.(2026·河南开封·模拟预测)工业利用黑钨矿(主要成分为WO 、MnO及少量Fe O 等)生产金属W
3 3 4
和MnCO 的工艺流程如图所示。
3
·16·已知：①25℃时，K sp FeOH   3  =10-38.6、K sp FeOH   2  =10-16.3、K sp MnOH   2  =10-12.7；
②离子浓度≤1×10-5mol⋅L-1时可认为反应完全。
下列说法错误的是
A.“转化”时，试剂X的作用是将Fe2+氧化为Fe3+
B.“沉锰”时，离子反应方程式为Mn2++2HCO-=MnCO ↓+H O+CO ↑
3 3 2 2
C.“调pH”时，应控制溶液pH最小值为2.8
D. 若试剂Y为铝粉，“还原”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1
【答案】D
【解析】黑钨矿(含WO 、MnO、少量Fe O )经盐酸酸浸后，MnO、Fe O 溶解生成Mn2+、Fe2+、Fe3+
3 3 4 3 4
进入滤液1，而WO 不与盐酸反应，留在滤渣1中；滤液1加入试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入
3
NaOH调pH使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去，滤液2含Mn2+，加入NaHCO 沉锰得到MnCO ；滤
3 3 3
渣1(含WO 3 )加入试剂Y还原得到金属W。滤液1中含Fe2+，若直接调pH，因K sp [FeOH) 2  =
10-16.3与K sp [MnOH) 2  =10-12.7接近，Fe2+沉淀时Mn2+也会沉淀，无法除杂；将Fe2+氧化为Fe3+
后，K sp [FeOH) 3  =10-38.6极小，可在较低pH下沉淀而不影响Mn2+，因此试剂X的作用是将Fe2+
氧化为Fe3+，A正确；“沉锰”时，Mn2+与HCO-发生反应，生成MnCO 沉淀、CO 和H O，离子方程
3 3 2 2
式为Mn2++2HCO-=MnCO ↓+H O+CO ↑，B正确；调pH的目的是使Fe3+沉淀完全(离子浓度
3 3 2 2
≤1×10-5mol⋅L-1)，此时cOH-  = 3 K sp FeOH) 3  
cFe3+ 
3 10-38.6 = =10-11.2mol⋅L-1，则cH+
10-5
 =
10-14
=10-2.8mol⋅L-1，pH=2.8，因此应控制pH最小值为2.8，C正确；若试剂Y为铝粉，发生铝
10-11.2

2Al+WO 高温W+Al O
热反应： 3 2 3，其中WO 中W由+6价降为0价(每个W得6e⁻)，Al由0价升
3
为+3价(每个Al失3e⁻)，根据电子守恒，氧化剂(WO )与还原剂(Al)的物质的量之比为1:2，D错
3
误；故选D。
29.(2026·吉林·三模)硫元素的转化关系如图所示，N 为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是
A
A. 反应①中，1 mol Na S会消耗2 mol CH COOH
2 3
B. 反应②为泡沫灭火器的反应原理
C. 反应③中，生成1mol硫酸钠转移的电子数为2N
A
·17·D. 反应④中，随着反应的进行，溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】核心反应梳理：
①Na S+CH COOH=NaHS+CH COONa (强酸制弱酸)
2 3 3
②2Al3++6HS-+6H O=2Al(OH) ↓+6H S (双水解)
2 3 2
③Na S O +H SO =Na SO +S↓+SO ↑+H O(歧化反应)
2 2 3 2 4 2 4 2 2
④5SO +2MnO-+2H O=5SO2-+2Mn2++4H+(氧化还原)
2 4 2 4
反应①为 1:1 反应，1mol Na S仅消耗 1 molCH COOH，生成NaHS；若生成H S才需 2mol
2 3 2
CH 3 COOH，A错误；泡沫灭火器原理是Al 2SO 4  与NaHCO 双水解生成CO ，反应②生成的是有 3 3 2
毒的H S而非CO ，不能用于灭火，B错误；S O2-中1个S从+2价降为0价(得 2 e⁻)，1个S从
2 2 2 3
+2价升为 + 4 价(失 2 e⁻)；Na SO 中S来自H SO (价态不变)。生成 1 molNa SO 对应 1
2 4 2 4 2 4
molNa S O 反应，转移电子数为2N ，C正确；反应④生成H+，随着反应进行，溶液酸性增强，D错
2 2 3 A
误；故选C。
30.(2026·山东德州·三模)通过空气催化氧化法去除电石渣浆(含有CaO)上清液中的S2-，以制备石膏
(CaSO ⋅2H O)的流程如图所示。以下说法中正确的是
4 2
A. 过程Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
B. 清除16 g硫离子理论上共需要标准状况下22.4 L O
2
C. MnOH  和MnO2-都是空气催化氧化S2-的催化剂 2 3
D. 过程Ⅱ发生的离子方程式为：2 S2-+MnO2 3 -+3H 2 O=MnOH  ↓+S O2-+4OH- 2 2 3
【答案】B
【解析】过程Ⅰ中Mn(OH) 被氧化为MnO2-，Mn化合价升高2价，O 被还原为H O，两个O化合价
2 3 2 2
累计降低4价，故氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，A错误；S2-最终被氧化为SO2-，1个S化合
4
价共升高8价，O 化合价降低4价，故参与反应的S2-和O 物质的量之比为1:2，消除16g(0.5mol)
2 2
S2-需消耗1mol(标准状况下22.4 L)O ，B正确；MnO2-是反应的中间产物，不是催化剂，C错误；
2 3
过程Ⅱ中S2-和MnO2-发生氧化还原反应得到Mn(OH) 和S O2-，方程式为2S2-+4MnO2-+
3 2 2 3 3
9H O=4Mn(OH) ↓+S O2-+10OH-，D错误；故选B。
2 2 2 3
31.(2026·河南信阳·模拟预测)银久置空气中会变黑，其变色原理：①Ag+H S+O →Ag S+H O(未
2 2 2 2
配平)；表面发黑的银首饰放入盛有食盐水的铝制容器中，发生原电池反应：②Ag S+Al+H O→
2 2
Ag+AlOH  +H S↑(未配平)；若N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 3 2 A
A. 反应①消耗22.4 L O 时，转移电子数为4N
2 A
B. 反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1
·18·C. 反应②正极反应式为Ag S+2e-+2H O=2Ag+H S↑+2OH-
2 2 2
D. 反应②中若有0.3N 电子转移，就有37.2 g Ag S被氧化
A 2
【答案】C
【解析】未说明O 处于标准状况，无法确定22.4LO 的物质的量，无法计算转移电子数，A错误；配平
2 2
反应①为4Ag+2H S+O =2Ag S+2H O，氧化产物为Ag S，还原产物为H O，二者物质的量之比
2 2 2 2 2 2
为1:1，B错误；原电池正极发生得电子的还原反应，Ag S中+1价Ag得电子生成Ag，结合原子守
2
恒、电荷守恒，该正极反应式书写正确，C正确；反应②中Ag S中Ag元素化合价降低，发生还原反
2
应，Ag S被还原，不是被氧化，D错误；故选C。
2
32.(2026·河南开封·模拟预测)室温钠硫电池(如图1所示)具备诸多优势，包括高能量密度、卓越的安全
性以及低廉的成本，但也面临着如Na会与电解液中成分反应生成稳定性和导电性较差的Na S钝化
2
层的问题。鉴于此，我国科研团队开发了一种含有双功能电解液添加剂Ce(NO ) 的室温钠硫电池，
3 4
其原理如图2所示。下列说法错误的是
A. 电池放电时，硫电极的电极电势比钠电极的高
B. 使用图1电池给铅酸蓄电池充电时，每转移0.2mol电子，该钠硫电池消耗0.2mol Na，铅酸蓄电
池的阴极减重9.6 g
C. 图2中加入的添加剂Ce(NO ) 仅仅起到增强导电性的作用
3 4
D. 图2中钠电极表面发生的反应为Ce(NO ) +5Na=NaCeO +2NaNO +2NaNO
3 4 2 3 2
【答案】C
【解析】室温钠硫电池中，Na电极为负极，S电极为正极，放电时Na失去电子被氧化为Na⁺，S得到
电子与Na⁺结合生成多硫化钠(Na S )；无添加剂时，负极表面会生成稳定性和导电性较差的Na S
2 x 2
钝化层；加入Ce(NO ) 后，会形成含NaCeO 、NaNO 、NaNO 的沉积层(钝化层)，抑制Na S的不良
3 4 2 2 3 2
生成，同时Ce4+参与反应，发挥“双功能”作用。放电时钠电极为负极，硫电极为正极，正极电极电势
高于负极，A正确；钠硫电池放电时Na失电子生成Na+，每转移0.2mol电子消耗0.2mol Na；铅酸
蓄电池充电时阴极反应为PbSO +2e-=Pb+SO2-，每转移2mol电子阴极释放1 molSO2-，减重
4 4 4
96 g，故转移0.2mol电子时减重9.6 g，B正确；题干明确说明Ce(NO ) 是双功能添加剂，除改善导
3 4
电性外，还能与Na反应生成稳定钝化层、吸附多硫化物，避免生成导电性差的Na S钝化层，并非仅
2
仅起到增强导电性的作用，C错误；图2中加入Ce(NO ) 后，会形成含NaCeO 、NaNO 、NaNO 的
3 4 2 2 3
·19·沉积层，反应元素守恒、得失电子守恒(Ce得1e-，2个N共得4e-，5个Na共失5e-)，符合图2中钠
电极的反应情况，D正确；故选C。
33.(2026·河北沧州·二模)科研工作者以Ni/NiOH  为催化剂，在碱性条件下构建了耦合硝酸盐合成氨
2
与甲醇生成甲酸盐的电解体系，装置示意图如下。下列说法正确的是
A. 电极a为阴极，发生还原反应 B. 电解时，OH-向a极区迁移
C. 生成17 gNH 时转移3 mol电子 D. 电极a附近溶液pH升高
3
【答案】B
【解析】以Ni/NiOH  为催化剂，在碱性条件下构建了耦合硝酸盐合成氨与甲醇生成甲酸盐。硝酸
2
盐中N元素在b电极发生还原反应生成氨气，可知b电极为阴极；甲醇在a电极失电子发生氧化反应
生成甲酸盐，a极为阳极。甲醇在a电极失电子发生氧化反应生成甲酸盐，a极为阳极，故A错误；
B．a为阳极；b为阴极；电解时，阴离子移向阳极，OH-向a极区迁移，故B正确；硝酸钾中N元素
在b电极得电子发生还原反应生成氨气，N元素化合价由+5价降低为-3价，生成17 gNH 时转移
3
8 mol电子，故C错误；a为阳极，阳极反应式为CH OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H O，反应消耗
3 2
氢氧根离子，所以电极a附近溶液pH降低，故D错误；故选B。
34.(2026·安徽合肥·三模)酸性条件下，H O 与重铬酸盐反应时可发生过氧键的转移生成过氧化铬
2 2

4H O +Cr O2-+2H+乙醚2CrO +5H O
CrO ：① 2 2 2 7 5 2 ，在水溶液中CrO 进一步与H O 发生反应②：
5 5 2 2
7H O +2CrO +6H+=7O ↑+2Cr3++10H O。下列说法正确的是
2 2 5 2 2
A. 反应①中H O 是氧化剂
2 2
B. CrO 中Cr的化合价为+10
5
C. 反应②中若生成1molCr3+，则转移3mole-
D. 1molCrO 中含有2mol过氧键
5
【答案】D
【解析】反应①发生过氧键的转移，所有元素化合价均未发生变化，属于非氧化还原反应，H O 既不
2 2
是氧化剂也不是还原剂，A错误；Cr的最高化合价为+6，CrO 中Cr为+6价，其中含有过氧键，4
5
个O为-1价、1个O为-2价，B错误；反应②中H O 被氧化生成氧气，生成2molCr3+时总转移电
2 2
子数为14mole-，因此生成1molCr3+转移7mole-，C错误；设1molCrO 含xmol过氧键，根据化合
5
物化合价代数和为0：+6+(-1)×2x+(-2)×(5-2x)=0，解得x=2，D正确；故选D。
35.(2026·山东淄博·二模)储氢材料NaBH 的一种合成方法如图。下列说法正确的是
4
·20·A．反应①中H 作还原剂
2
B．反应②每生成1mol NaBH 转移4mol电子
4
C．参与循环次数：Mg与Cl 相等
2
D．反应④可通过电解MgCl 溶液实现
2
【答案】C
【解析】反应①为Mg+H =MgH ，H元素化合价从0价降低为-1价，H 得电子，作氧化剂，Mg作
2 2 2
还原剂，A错误；反应②为NaBO +2MgH =NaBH +2MgO，反应前后所有元素化合价均未发生变
2 2 4
化，属于非氧化还原反应，不转移电子，B错误；根据流程关系，每生成1molNaBH ：消耗2molMg，最
4
终反应④电解2molMgCl 又生成2molMg回到循环；反应③提供原料HCl需要消耗2molCl ，反应
2 2
④又生成2molCl 回到循环；因此参与循环的Mg和Cl 物质的量相等，循环次数相等，C正确；反应
2 2
④需要获得Mg单质，若电解MgCl 溶液，阴极H+优先放电生成H ，无法得到Mg单质，只能得到
2 2
MgOH  ，必须电解熔融MgCl 才能得到Mg，D错误；故选C。 2 2

90℃
36.(2026·安徽合肥·二模)氯酸银与干燥的氯气可发生反应①2AgClO +Cl 2ClO +O +2AgCl，
3 2 2 2
生成的ClO 与臭氧可发生反应②2ClO +2O =Cl O +2O 。下列说法正确的是
2 2 3 2 6 2
A. O 中含有极性共价键
3
B. 反应①中Cl 是还原剂
2
C. 反应①中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D. 反应②中若生成1 molO ，则转移4 mol电子
2
【答案】A
【解析】O 为V形结构，中心氧原子与端位氧原子的电子云密度存在差异，氧氧键的共用电子对发生
3
偏移，属于极性共价键，A正确；反应①中Cl 的Cl元素化合价从0价降低为AgCl中的-1价，得电
2
子作氧化剂，B错误；反应①中氧化产物是O元素化合价升高得到的O (共1mol)，还原产物是Cl元
2
素化合价降低得到的ClO (2mol)和AgCl(2mol)，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶4，C错
2
误；反应②中生成2mol O 时转移4mol电子，因此生成1mol O 转移2mol电子，D错误；故选A。
2 2
37.(2026·浙江杭州·二模)关于反应S+2KNO +3C=K S+N +3CO ，下列说法中正确的是
3 2 2 2
A. KNO 中N失电子 B. 每生成1molN ，转移12mol电子
3 2
C. K S是氧化产物 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
2
【答案】B
【解析】KNO 中N元素化合价由+5价降低为0价，得到电子，A错误；生成1molN 时，2mol N得
3 2
·21·到10mol电子、1mol S得到2mol电子，总转移电子为12mol(或3mol C失去12mol电子)，B正
确；S元素化合价降低生成K S，K S是还原产物，C错误；该反应中氧化剂为S和KNO ，还原剂为
2 2 3
C。根据化学方程式，若将两种氧化剂的物质的量合并计算，其与还原剂C的物质的量之比为(1+
2):3=1:1，而不是2:3，D错误；故选B。
38.(2026·湖北·三模)磷的化合物的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A. Ca P 中既含有离子键又含有共价键
3 2
B. NaH PO 溶液中有4种含磷微粒
2 2
C. H PO 结构式为 ，其中键角H-P=O>H-P-O
3 2
D. 已知：24CuSO +11PH +12H O=8Cu P↓+3H PO +24H SO ，其中氧化剂与还原剂物质的
4 3 2 3 3 4 2 4
量之比为24:11
【答案】C
【解析】Ca P 是离子化合物，由Ca2+和P3-构成，其中只存在离子键，不存在共价键，P3-是简单的
3 2
阴离子，内部也没有共价键，故A错误；H PO 与过量NaOH反应生成NaH PO ，说明H PO 是一
3 2 2 2 3 2
元酸，因此，NaH PO 溶液中H PO-不会发生电离，存在H PO-、H PO 两种含磷微粒，故B错误；
2 2 2 2 2 2 3 2
1
H PO 结构式为 ，P原子形成3个单键和1个P=O双键，P的孤电子数为 ×
3 2 2
5-1-2-2×1  =0，P的杂化方式为sp3，分子构型为四面体，由于P=O双键中π电子云密度高，
排斥力强，且O电负性大于H，导致键角H-P=O>H-P-O，故C正确；反应方程式中，氧化剂
为Cu2+，得24个电子，只有3个PH 被氧化为H PO ，失24个电子，因此氧化剂与还原剂之比为8:
3 3 4
1，故D错误；故选C。
39.(2026·四川成都·模拟预测)工业上利用白磷P 4  、NaOH和H 2 O 2 制备次磷酸钠NaH 2 PO 2  ，主要转
化如下图(省略部分产物)。下列说法正确的是
A．NaH PO 中P的化合价为+3
2 2
·22·B．H PO 为三元酸
3 2
C．1 mol P 中含有4 mol P-P键
4
D．反应②中每生成1 mol H PO ，转移4mol电子
3 2
【答案】D
【解析】化合物化合价代数和为0，NaH PO 中Na为+1、H为+1、O为-2，计算得P化合价为+1，
2 2
A错误；H PO 与过量NaOH反应只生成NaH PO ，说明H PO 分子中只有1个可电离的H，是一
3 2 2 2 3 2
元酸，B错误；P 为正四面体结构，6条棱对应6个P-P键，1molP 含6molP-P键，C错误；反应
4 4
②中，PH 中P为-3价，H PO 中P为+1价，生成1molH PO 时，P化合价升高4，转移4mol电
3 3 2 3 2
子，D正确；故选D。
40.(2026·北京房山·二模)酸性条件下，电催化还原O 合成H O 过程(有少量H O生成)的能量变化如
2 2 2 2
图所示。下列说法不正确的是
A. 从过渡态到生成H O 能量下降，可能是由于形成H-O键
2 2
B. 反应过程中有π键断裂和σ键形成
C. 电极上消耗2.24 L O (标准状况下)时，转移0.2 mol e-
2
D. H O 分解的热化学方程式：2H O (l)=2H O(l)+O (g) ΔH=(b-2a) kJ/mol
2 2 2 2 2 2
【答案】C
【解析】从过渡态到生成H O 的过程中形成H-O共价键，成键过程释放能量，因此体系能量下降，
2 2
A正确；反应物O 分子中存在σ键和π键，反应过程中O 的π键断裂，同时形成新的H-O σ键，因
2 2
此反应中有π键断裂和σ键形成，B正确；标准状况下2.24 L O 的物质的量为0.1 mol，由于反应
2
过程中O 既被还原为H O (1mol O 转移2mol电子)，又有少量被还原为H O(1mol O 转移4mol
2 2 2 2 2 2
电子)，因此转移电子的物质的量介于0.2 mol和0.4 mol之间，C错误；根据能量图可得反应①O
2
(g)+2H++2e-=H O (l) ΔH =a kJ·mol-1，反应②O (g)+4H++4e-=2H O(l) ΔH =b
2 2 1 2 2 2
kJ·mol-1，根据盖斯定律，由②-①×2可得H O 分解的热化学方程式：2H O (l)=2H O(l)+O (g)
2 2 2 2 2 2
ΔH=(b-2a) kJ·mol-1，D正确；故选C。
41.(2026·山西晋中·三模)以黄铁矿(主要成分为FeS )为原料生产硫酸，将产出的炉渣和尾气进行资源
2
化综合利用，可减少对环境的污染，其中一种流程如图所示。
·23·已知：常温下K a1H 2 SO 3  =1.4×10-2，K a2H 2 SO 3  =6.0×10-8。下列说法错误的是
A.“煅烧”时，1molFeS 完全反应理论上可以产生标准状况下44.8LSO 气体
2 2
B. Na S O 中可能混有杂质Na SO
2 2 5 2 4
C. 常温下，若用NaOH溶液吸收SO ，pH=8时可以得到NaHSO 溶液
2 3
D. 反应②的化学方程式为2NaHSO ≜Na S O +H O
3 2 2 5 2
【答案】C
【解析】黄铁矿经煅烧生成Fe O 和SO ，Fe O 经CO高温还原得到还原铁粉；利用SO 制酸产生的
2 3 2 2 3 2
尾气也是SO ，用烧碱吸收SO 得到NaHSO ，NaHSO 经加热得到Na S O 。
2 2 3 3 2 2 5

4FeS +11O 高温2Fe O +8SO
“煅烧”时发生反应 2 2 2 3 2，1molFeS 完全反应理论上可以产生2mol
2
SO ，标准状况下的体积为44.8L，A正确；Na S O 中S为+4价，具有还原性，加热过程中可能会被
2 2 2 5
氧化为Na 2 SO 4 ，B正确；H 2 SO 3 的第二步电离方程式为HSO- 3 ⇌SO2 3 -+H+，K a2H 2 SO 3  =
cH+  ⋅cSO2 3 -  cHSO- 3  ，则 K a2H 2 SO 3  cH+  = cSO2 3 -  cHSO- 3  ，已知K a2H 2 SO 3  =6.0×10-8，pH=8，则cH+  =
10-8， cSO2 3 - 
cHSO- 3 
=6，说明溶液中主要存在的是Na SO ，C错误；根据原子守恒可得，反应②的化学
2 3
方程式为2NaHSO ≜Na S O +H O，D正确；故选C。
3 2 2 5 2
42.(2026·福建龙岩·模拟预测)双极乙烯电合成系统，既能捕集CO ，又能将丙酸(CH CH COOH)转化
2 3 2
为乙烯，实现双向产乙烯的高效工艺。工作原理如图所示：
下列说法错误的是
A. 交换膜为阴离子交换膜
B. 电解过程中，Ⅱ区nKOH  不断减小
·24·C. 阴极反应式为：2CO +12e-+8H O=C H +12OH-
2 2 2 4
D. 电路中每转移1.2mol e-，可制备标况下C H 15.68 L
2 4
【答案】B
【解析】根据物质转化可知，B极由CO 生成乙烯，加氢去氧发生还原反应，为阴极，电极方程式为
2
2CO +12e-+8H O=C H +12OH-；A极由丙酸(CH CH COOH)转化为乙烯和CO2-，发生氧化
2 2 2 4 3 2 3
反应，为阳极，电极方程式为CH CH COOH+4OH--2e-=C H +CO2-；在该电解池中，B极生成
3 2 2 4 3
OH-，A极消耗OH-，OH-应从B极通过阴离子交换膜向A极移动，故交换膜为阴离子交换膜，A
正确；根据阴极电极方程式可知，该电极转移12mol电子生成OH-，同时Ⅱ区有12molOH-通过阴
离子交换膜向A极移动，nKOH  不变，B错误；B极由CO 生成乙烯，加氢去氧发生还原反应，为 2
阴极，电极方程式为2CO +12e-+8H O=C H +12OH-，C正确；根据电极方程式，转移1.2mol
2 2 2 4
e-，阴极生成0.1mol 乙烯，阳极生成0.6mol 乙烯，共0.7mol 乙烯，标况下的体积为15.68 L，D正
确；故选B。
43.(2026·山东枣庄·三模)利用光催化剂可选择性地实现C(sp2)-H键的氯化。以NaCl、Na S O 和甲
2 2 8
苯为原料合成对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法正确的是
A. Ru2+是催化剂，②中有极性键的断裂
B. ③的离子方程式为2Ru3++Cl-+OH-=2Ru2++HClO
C. 反应生成1mol对氯甲苯，同时会生成2molSO2-
4
D. 该方法选择性高，仅对苯环上的C-H键氯化
【答案】C
【解析】根据题意及反应机理可以得到：Ru2+在光照下激发为 Ru2+，随后被S O2-氧化为Ru3+，再于
* 2 8
步骤③中被Cl-还原为Ru2+，因此Ru2+为催化剂；在步骤②中断裂的是O-O键，为非极性键的断
裂，A错误；步骤③生成了HClO，所以不应有OH-参与反应，因此步骤③的离子方程式应为：2Ru3+
+Cl-+H O=2Ru2++HClO+H+，B错误；根据总反应C H +S O2-+Cl-=C H Cl+2SO2-+
2 7 8 2 8 7 7 4
H+进行分析，生成1mol对氯甲苯会消耗1 molS O2-，同时生成2 molSO2-，C正确；根据“利用光
2 8 4
催化剂可选择性地实现C(sp2)-H键的氯化”可知：该方法选择性高，但不只对苯环上的C-H键氯
化，也可对其他C(sp2)-H氯化，如烯烃等，D错误；故选C。
44.(2026·广东深圳·一模)电解水制氢和耦合醇制酸的装置及机理如下，下列说法错误的是
·25·A. 阳极反应的催化剂是NiO
B. 电解时，RCH OH被氧化
2
C. 阴极室的KOH的物质的量不因反应而改变
D. 经历2次NiO与NiOOH  的互相转化可得到2 molH 2
【答案】D
【解析】该装置为电解装置，左侧生成H ，因此左侧为阴极，右侧为阳极，据此分析；由机理图可知，
2
NiO在阳极循环参与反应，最终又生成，为阳极反应的催化剂，A正确；电解时，RCH OH转化为
2
RCOO-，碳元素化合价升高，RCH OH被氧化，B正确；阴极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，生成
2 2 2
的OH-会通过阴离子交换膜迁移到阳极室，K+不能透过阴离子交换膜，留在阴极，因此阴极室
KOH的物质的量不变，C正确；NiO→NiO(OH)，Ni从+2价升高到+3，每1mol Ni转移1mol电
子；一次完整的NiO和NiO(OH)互相转化(NiO→NiO(OH)→NiO)共转移1mol电子，2次转化转
移2mol 电子；阴极生成1molH 需要得到2mol 电子，因此最终得到1mol H ，D错误；故选D。
2 2​​
·26·