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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 缺项氧化还原反应方程式配平
题型03 常见氧化还原反应的计算
题型04 电子守恒法在化学计算中的应用
题型05 信息型氧化还原反应方程式书写
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．(2025·四川内江二中·3 月考)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性
环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为Cu＋NaClO＋NaOH―→NaCuO2＋NaCl＋H2O(未配平)。下列说
法错误的是
A．NaCuO2中铜的化合价为＋3
1
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B．1 mol ClO－参加反应转移2 mol 电子
C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2 3∶
D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为4CuO＋12H＋===4Cu2＋＋O2↑＋6H2O
【答案】D
【解析】配平可得：2Cu＋3NaClO＋2NaOH===2NaCuO2＋3NaCl＋H2O。NaCuO2中Na 为＋1 价、O 为－2
价，则铜的化合价为＋3，A 正确；ClO－→Cl－，氯元素的化合价由＋1 降低到－1，则1 mol ClO－参加反应
转移2 mol 电子，B 正确；该反应中Cu 元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl 元素化合价降低，则
NaCl 为还原产物，两者的物质的量之比为2 3∶，C 正确；NaCuO2中铜的化合价为＋3，与稀硫酸反应Cu 不
变价，离子方程式为CuO＋4H＋===Cu3＋＋2H2O，D 错误。
2．已知：①KMnO4＋HCl(浓)―→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)；
②检验Mn2＋的存在：5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===10SO＋2MnO＋16H＋。下列说法错误的是( )
A．S2O 中存在一个过氧键(—O—O—)，则S2O 中硫元素的化合价为＋7
B．反应②若有0.1 mol 还原剂被氧化，则转移电子0.5 mol
C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D．反应①中消耗0.2 mol KMnO4时，被氧化的HCl 为1 mol
【答案】A
【解析】过氧键整体显－2 价，S2O 中存在一个过氧键，则S2O 中硫元素的化合价为＋6，A 错误；反应
②Mn2＋为还原剂，若有2 mol 还原剂被氧化，转移电子的物质的量为2 mol×(7－2)＝10 mol，故若有0.1
mol 还原剂被氧化，转移电子0.5 mol，B 正确；根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，故其与浓盐
酸混合可得到氯气，C 正确；根据守恒规律配平：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，
2 mol KMnO4参与反应时，消耗16 mol HCl，只有10 mol HCl 被氧化为Cl2，则消耗0.2 mol KMnO4时，被
氧化的HCl 为1 mol，D 正确。
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．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4 溶液处理：CH3OH＋MnO＋X―→CO＋MnO＋
H2O(未配平，下同)；②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O，下列说法错误的是( )
A．“反应①”中X 为OH－，配平后化学计量数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO>CO
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4 g MnO 时，反应中转移0.4 mol 电子
【答案】C
【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO
＋6MnO＋6H2O，A 正确；“反应①”中MnO 为氧化剂，CO 是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，B 正确；
由于Cl－在酸性条件下可与MnO、MnO 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3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗71.4 g MnO 的
物质的量为＝0.6 mol 时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，D 正确。
02 缺项氧化还原反应方程式配平
5．(高考题节选)（1）完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：
□ClO＋□Fe2＋＋□______===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。
（2）完成以下氧化还原反应的离子方程式：
3
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□MnO＋□C2O＋□____________===□Mn2＋＋□CO2↑＋□________。
【答案】（1）1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
（2）2 5 16 H＋ 2 10 8 H2O
【解析】（1）Cl 元素由＋5 价降低到－1 价，Fe 元素由＋2 价升高到＋3 价，根据元素化合价升降总数相
等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和元素守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl
－＋6Fe3＋＋3H2O。
（2）Mn 元素由＋7 价降低到＋2 价，C 元素由＋3 价升高到＋4 价，根据元素化合价升降总数相等可知，
MnO、C2O 的化学计量数分别为2、5，再结合电荷守恒和元素守恒配平：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋
＋10CO2↑＋8H2O。
6．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。
7．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。
4
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03 常见氧化还原反应的计算
8. （2025·四川泸县五中·预测）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 在电解精炼粗铜的过程中，当阴极质量增重32g 时转移的电子数为NA
B. 标准状况下，11.2LSO3分子数目大于0.5NA
C. 15g 乙烯和20g 丙烯的混合气体中含有C—H 共价键的数目为5NA
D. 4.6gNa 与足量O2充分反应，反应中转移的电子数介于0.2NA和0.4NA之间
【答案】D
【解析】A．在电解精炼粗铜的过程中，阴极的电极反应式为Cu2++2e- = Cu，故当阴极质量增重32g，即
0.5mol 时，转移的电子数为0.5mol×2NA=NA，故A 正确；B．标准状况下，SO3为固体，若SO3为气体，
11.2LSO3的物质的量为0.5mol，相同状况下，相同体积的同种物质，固态时物质的量比气态物质的量大，
则标准状况下，11.2LSO3分子数目大于0.5NA，故B 正确；C．乙烯和丙烯的最简式相同，均为CH2，可以
利用最简式计算，15g 乙烯和20g 丙烯的混合气体中含有C—H 共价键的数目为
，故C
正确；D．4.6gNa 物质的量为0.2mol，Na 与足量O2充分反应，反应中转移的电子数等于Na 失去的电子数，
即0.2NA，故D 错误；故选D。
9 （2025·四川乐山一中·二模）氨法脱硫工艺是利用氨水吸收烟气中的 SO2生成亚硫酸铵溶液，并在富氧
条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，再经加热蒸发结晶析出硫酸铵，过滤干燥后得化肥产品。关于该工艺说
法正确的是
A. 1 L0.1mol/L 氨水中含有的OH-数目为0.1NA
B. 0.01mol/L (NH4)2SO3溶液中，SO、HSO 与H2SO3的数目之和为0.01NA
C. 每氧化1mol (NH4)2SO3，转移的电子数为2 NA
D. 若将2mol SO2与1mol O2置于密闭容器中充分反应，产物的分子数为2NA
【答案】C
【解析】A．氨水中一水合氨为弱碱，只能发生部分电离，含有的OH-数目小于0.1NA，A 错误；B．不确
定溶液体积，不能计算物质的量，B 错误；C．在富氧条件下将亚硫酸氨氧化成硫酸铵，硫元素化合价由
+4 变为+6，则每氧化1mol (NH4)2SO3，转移的电子的物质的量为2mol，数目为2NA，C 正确；D．二氧化
硫和氧气的反应为可逆反应，进行不彻底，生成分子数小于2NA，D 错误；故选C。
10．(2025·四川绵阳·模拟)下列关于氧化还原反应的说法正确的是
A．银针验毒的原理为4Ag+2H2S+O2=2H2O+2X，X 为还原产物
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B．浓HCl 和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl 中体现酸性和氧化性各占一半
C．维生素C 可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是其具有较强的还原性
D．NO2与水的反应3NO2+H2O =2HNO3+NO 中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】C
【解析】A 项，根据原子守恒，X 的化学式为Ag2S，Ag→Ag2S 为Ag 失电子，故Ag2S 为氧化产物，A 错
误；B 项，制氯气的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)====MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中4molHCl 参加反应，
参与反应的HCl 中体现酸性和还原性各占一半，B 错误；C 项，维生素C 具有较强的还原性，可以防止亚
铁离子转化成三价铁离子，C 正确；D 项，该反应中N 元素的化合价由+4 价变为+5 价和+3 价，所以生成
硝酸的二氧化氮是还原剂，生成NO 的二氧化氮是氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，D
错误；故选C。
11．（2025·四川巴中·一诊）一种以纳米铜(Cu)为原料制备CuCl 的工艺流程如下。
已知：CUCl 为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化。下列说法错误的是
A. “溶解”时X 可以是热空气或H2O2
B. “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
C. “过滤”用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
D. 为提高CuCl 的纯度，可采用乙醇洗涤、真空干燥
【答案】B
【解析】在硫酸溶液中，需加入氧化剂，可将纳米铜(Cu)氧化溶解，过滤除杂后得到含有硫酸铜的滤液，
加入亚硫酸钠、氯化钠在溶液中发生反应2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤后得到CuCl 粗产品，
经洗涤、干燥得到纯净的CuCl。A．根据分析，X 是氧化剂，“溶解”时X 可以是热空气或H2O2，A 正确；
B．“还原”时发生反应2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，B
错误；C．“过滤”用于分离难溶性固体和液体，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，C 正确；D．由题
中信息可知，CuCl 为白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿的空气中易被氧化，则可采用乙醇洗涤，
为避免CuCl 发生氧化，可真空干燥，D 正确；故选B。
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04 电子守恒法在化学计算中的应用
12.（2025·四川成都石室中学·二模） 硝酸钠在玻璃业、染料业、农业等领域应用广泛．工业上以含氮氧
化物废气为原料生产硝酸钠的流程如图所示：
已知：①
；
②
．
下列叙述正确的是
A. NO2属于酸性氧化物
B. 同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比可能为2 1∶
C. “转化器”中生成
NaNO3既是氧化产物，又是还原产物
D. 不考虑流程中钠、氮元素的损失，则
【答案】D
【解析】NO2、NO 通入碳酸钠溶液发生已知①、②的两个反应，会生成硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，加入
稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，最后对硝酸钠溶液蒸发结晶得到硝酸钠固体。A．酸性氧化物与碱反应
生成一种盐和水，NO2与NaOH 反应生成NaNO2、NaNO3，生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，不属
于酸性氧化物，A 错误；B．反应①中二氧化氮的氮元素发生歧化反应，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，
被氧化的氮元素与被还原的氮元素的物质的量为1:1，反应②NO 中氮元素化合价升高被氧化，NO2中氮元
素化合价降低被还原，则同时发生反应①和②时，被氧化的氮元素与被还原的氮元素的质量之比1:1，B 错
误；C．“转化器”中加入稀硝酸将亚硝酸钠转化为硝酸钠，硝酸被还原为NO，生成的NaNO3是氧化产物，
NO 是还原产物，C 错误；D．根据题意可知，N 元素和Na 元素最终变为硝酸钠，根据守恒有等式：
a+b+e=2c；NO、NO2最终变为硝酸钠，N 失去电子，O2得到电子，根据电子守恒有等式：3a+b=4d，根据
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上述两个等式可得：
，D 正确；故选D。
13.(2024·山东齐鲁名校联盟联考)CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列
说法错误的是( )
A．Y 可以是甲酸乙酯
B．利用途径①制备24 g 硫酸铜，消耗的硝酸至少为0.1 mol
C．Cu 元素参与了3 个氧化还原反应
D．途径⑤中若n(O2)∶n(Cu2O)＝3∶2，则X 为SO2
【答案】C
【解析】甲酸乙酯中含有醛基，可以与氢氧化铜反应得到Cu2O，A 正确；铜与稀硝酸反应的离子方程式为
3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，硫酸提供大量H＋，NO 完全被还原，这时消耗的硝酸的量最少，
途径①制备24 g 硫酸铜，硫酸铜的物质的量为0.15 mol，可知硝酸的物质的量为0.10 mol，B 正确； Cu 元
素参与了反应①、②、④、⑤共4 个氧化还原反应，C 错误；当途径⑤中若n(O2)∶n(Cu2O)＝3 2∶，根据元素
守恒可配平化学方程式：4CuSO4=====3O2↑＋4SO2↑＋2Cu2O，根据化学方程式得失电子数也守恒，故X 为
SO2，D 正确。
14.（2025·四川·高三三模）一种新型合成氨的过程如图所示。下列说法正确的是
A．NH3和
的中心原子杂化方式相同
B．“固氮”和“转氮”过程均属于人工固氮
C．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O 的物质的量之比为3 1∶
D．该合成氨过程中，所有反应均为氧化还原反应
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【答案】A
【解析】A．NH3和NH 的中心原子周围的价层电子对数分别为：3+
=4，4+
=4，故
N 均为sp3杂化，A 正确；B．由游离态的氮转化为化合态的氮为氮的固定，故“转氮”过程没有氮气参
与，不属于人工固氮，B 错误；C．合成氨过程中，N2最终转化为NH3，1mol N2转移6mol 电子，H2O 转化
为O2，1mol H2O 转移2mol 电子，由得失电子守恒可知，参加反应的N2与H2O 的物质的量之比为1 3∶，C
错误；D．不是所有反应都是氧化还原反应，如生成NH4Cl 的过程，D 错误；故答案为：A。
05 信息型氧化还原反应方程式书写
15．（2025·四川等八省联考·提升卷）一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．物质X 常选用生石灰
B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁
C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+ Cl2=====MgCl2+CO
D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2
【答案】D
【解析 】海水经一系列处理得到苦卤水，苦卤水中含Mg2+，苦卤水中加物质X 使Mg2+转化为Mg(OH)2，
过滤除去滤液，煅烧Mg(OH)2得MgO，MgO 和C、Cl2经“氯化”得无水MgCl2。A 项，物质X 的作用是
使Mg2+转化为Mg(OH)2，工业上常采用CaO，发生CaO+H2O=Ca(OH)2，Ca(OH)2+Mg2+=Mg(OH)2+Ca2+，A
正确；B 项，Mg 是较活泼金属，工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，B 正确；C 项，由图可知“氯
化”过程反应物为MgO、氯气、C，生成物之一为MgCl2，C 在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气
体”为CO，反应方程式为MgO+C+ Cl2=====MgCl2+CO，C 正确；D 项，“煅烧”后得到MgO，MgO 和
盐酸反应得到MgCl2溶液，由于MgCl2在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发HCl 会逸出，
MgCl2水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl2，D 错误；故选D。
16．利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备高纯ZnO 的工艺流程如
图所示，下列说法错误的是
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A．滤渣1 的主要成分为SiO2、PbSO4
B．步骤1 中发生反应的离子方程式为MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
C．加入试剂a 发生置换反应：Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu
D.取步骤3 后的干燥滤饼11.2 g 煅烧，可得产品8.1 g，则x＝2
【答案】D
【解析 】SiO2不与稀硫酸反应，锌灰中PbO 加稀硫酸溶解得到 PbSO4不溶于水，故滤渣1 为PbSO4、SiO2，
A 正确；加入KMnO4 溶液氧化Fe2 ＋生成Fe(OH)3，MnO 则被还原为MnO2，离子方程式为MnO＋3Fe2 ＋＋
7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，B 正确；为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a 为Zn，锌粉发生置换反
应：Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4，C 正确；设ZnCO3·xZn(OH)2的物质的量为y mol，ZnCO3·xZn(OH)2煅烧得到
ZnO，则固体质量减少的质量等于二氧化碳、水的质量，n(ZnO)＝＝＝0.1 mol，根据固体减少的质量、
ZnO 的物质的量列方程为44y＋18xy＝11.2－8.1、y＋xy＝0.1，解得 x＝1，y＝0.05，D 错误。
17．(2025·四川·三模)钴是一种重要的战略物质，钴合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。工业
上以钴矿(主要成分是Co2O3，含有Al2O3、Fe2O3、MnO2、CaCO3等杂质)为原料制取金属钴的工艺流程如图
所示。
25℃
①
时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的
见下表：
金属离子
开始沉淀的
6.9
1.5
3.6
7.1
7.9
沉淀完全的
8.3
2.8
4.7
9.2
9.8
②
的
，当溶液中可溶性组分浓度小于
时，可认为已除尽。
回答下列问题：
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（2）“浸取”时含
物质发生反应的离子方程式为
。
（2）
【解析】（2）“浸取”时Co2O3与SO2发生氧化还原反应生成Co2+和SO，根据得失电子守恒和电荷守恒
配平离子方程式为：
。
18.（2025·四川泸县五中·预测） NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工
艺如下：
下列说法正确的是
A. “反应”步骤中生成ClO2的化学方程式为：
B. “电解”中阴极反应的主要产物是H2
C. “尾气吸收”环节可吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
1：2
D. NaHSO4晶体中阴阳离子之比为1：2
【答案】A
【解析】硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液可回收得NaHSO4；二氧化氯、食盐
水电解得氯气和NaClO2溶液，经过结晶、干燥可得产品NaClO2，尾气可用氢氧化钠和过氧化氢的混合溶
液吸收。A．“反应”步骤中硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液回收得NaHSO4，
生成ClO2的化学方程式为：
，故A 正确；B．“电解”中阴极
发生还原反应，氯元素化合价降低，主要产物是NaClO2，故B 错误；C．“尾气吸收”环节是利用氢氧化
钠和过氧化氢溶液吸收“ 电解” 过程排出的少量ClO2 ，反应的化学方程式为
2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+2H2O+O2↑，氧化剂为ClO2、还原剂为H2O2，氧化剂与还原剂的物质的量之
比为2:1，故C 错误；D．NaHSO4晶体中存在Na+和
，即阴阳离子个数之比为1:1，故D 错误；故答
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案为：A。
1．（2025·四川·押题卷1）硫及其化合物的部分转化关系如图所示，已知S8分子的8 个硫原子以单键相连
接构成环状结构。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．反应①的化学方程式为：
B．反应②的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2
C．32gS8分子中含S-S 键的数目为NA
D．100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，
的数目为0.01NA
【答案】D
【解析】A．由题干信息可知，反应①即SO2和H2S 反应生成S8和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反
应的化学方程式为：8SO2+16H2S=3S8↓+16H2O，A 正确；B．由题干信息可知，反应②为3S8+48OH-=16S2-
+8SO+24H2O，其中氧化产物为SO 和还原产物为S2-，则二者物质的量之比为1：2，B 正确；C．已知一个
S8分子中含有8 个S-S 键，则32gS8分子中含S-S 键的数目为
=NA，C 正确；D．由于
SO 会发生水解，故100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，SO 的数目小于0.01NA，D 错误；故答案为：D。
2． (2025·四川绵阳·二诊)下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A. 丙烯腈电解制己二腈，阴极电极反应式为：
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B. 充电时，铅酸蓄电池的阳极电极反应式：
C. K2Cr2O7酸性溶液测酒驾：
D. 用FeS 做沉淀剂除去污水中的Hg2+，原理为
【答案】B
【解析】A ．2mol 丙烯腈和2mol 氢离子得到2mol 电子制1mol 己二腈，阴极电极反应式为：
，故A 正确；B．充电时，铅酸蓄电池的阳极反应为硫酸铅发
生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式：
，故B 错误；C．
K2Cr2O7 具有氧化性，乙醇有还原性，反应生成乙酸和Cr3+ ，离子方程式为：
，故C 正确；D ．HgS 的Ksp 小于
FeS，发生沉淀的转化，离子方程式为
，故D 正确；故答案为B。
3. (2025·四川南充·二模)铈是地壳中最丰富的稀土金属，可用作合金添加剂、医药、制革等。某兴趣小组
以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备金属铈和Ce2(CO3)3的流程如图所示。
下列说法错误的是
A. “酸浸”时发生的反应为
B. “中和”时，加入氨水不宜过量
C. “试剂X”可选用NH4HCO3和氨水混合物
D. “电解”时，阴极上得到14gCe 的同时阳极上得到1.68LO2
【答案】D
【解析】酸浸时CeO2 在酸性条件下与H2O2 反应生成Ce3+ 和氧气，离子方程式为
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，加入氨水中和多余的酸，再加入NH4HCO3和氨水的混合物
将Ce3+变为Ce2(CO3)3，如果对酸浸后溶液电解，可以得到单质Ce。A．由分析可知，“酸浸”时发生的反
应为
，故A 正确；B．“中和”时，加入氨水不宜过量,氨水过量
会生成Ce(OH)3沉淀，故B 正确；C．碳酸根离子水解程度大，若直接加入碳酸根离子会生成Ce(OH)3沉淀，
可改为碳酸氢根离子作沉淀剂，“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，
促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度，故“试剂X”可选用NH4HCO3和氨水混合物，
故C 正确；D．没有说明是否标准状况，故无法计算氧气的体积，故D 错误。答案选D。
4．（2025·四川等八省·联考）乙烷催化氧化为乙酫在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在
Fe+催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法不正确的是
A．X 的化学式为H2O
B．乙醛分子中既含有极性键又含有非极性键
C．反应Ⅰ和反应Ⅱ都是氧化还原反应
D．每生成1molCH3CHO，消耗N2O 的物质的量大于2mol
【答案】C
【解析】A 项，由题干反应历程图可知，反应I 为[(C2H5)Fe(OH)]+ → [(C2H4)Fe]++X，根据质量守恒可知，
X 的化学式为H2O，A 正确；B 项，乙醛分子中既含有C-H、C=O 极性键又含有C-C 非极性键，B 正确；C
项，由题干反应历程图可知，反应I 为C2H6+FeO+→ [(C2H5)Fe(OH)]+，该反应中没有元素化合价发生改变，
不是氧化还原反应，反应Ⅱ中有元素化合价发生改变，是氧化还原反应，C 错误；D 项，由题干反应历程
图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O 的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，
且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O 的物质的量大于2mol，D 正确；故选C。
5． (2025·四川内江威远中学·一模)据报道某新型镁-锂双离子二次电池如下图所示。下列说法正确的是
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A. 放电时，Li+移动方向从右往左
B. 充电时，M 与外电源正极相连
C. 放电时，N 极反应为：
D. 充电时，若外电路有
电子转移，阴极室的溶液的质量减少1.0g
【答案】D
【解析】A．放电时Mg 作负极，电极反应式为Mg－2e－=Mg2＋，根据溶液呈电中性，Li＋由左向右移动，
平衡电荷， A 错误；B．放电时右侧为正极，充电时N 与外电源正极相连，B 错误；C．放电时，N 是正
极发生还原反应，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故C 错误；D．充电时，导线上每通过
0.2mol e-，左室中就有0.1mol Mg2＋放电生成Mg，同时又有0.2mol Li＋从右室移向左室，故左室溶液质量
减少：0.1mol×24g/mol-0.2mol×7g/mol=1.0g，D 正确；故选D。
6．(2025·四川·三模)羟基自由基(
)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将
苯酚氧化为
和
的原电池一电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是
A．a 极
参与反应，理论上
溶液中离子数不变
B．组合装置工作时，左侧装置为原电池，b 极为负极且b 极附近pH 减小
C．右侧装置中，c、d 两极产生气体的体积之比(相同条件下)为2:1
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D．d 极区苯酚被氧化的化学方程式为
【答案】C
【解析】左侧装置为原电池，a 极为正极，电极反应为
，b 极为负极，电
极反应为
；右侧装置为电解池，c 极与b 极相连，则c 极为阴极，电极
反应为
，d 极为阳极，
，
。
A．左侧装置为原电池，a 极为原电池的正极，电极反应为
，每有
参与反应，转移6mole-，b 极为原电池的负极，电极反应为
，原电池的左侧有6molOH-通过阴离子交换膜进入NaCl 溶液，右侧有
6molH+通过阳离子交换膜进入NaCl 溶液，二者反应产生H2O，则理论上NaCl 溶液中离子数目不变，故A
正确；B．左侧装置为原电池，b 极为负极，电极反应为
，则b 电极附
近c(H+) 增大，溶液的pH 减小，故B 正确；C．右侧装置为电解池，c 极为阴极，电极反应式为
，d 极为阳极，电极反应式为
，
，则根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可得关系式：
，c、d 两极产生气体的物质
的量之比为14:6=7:3，故二者相同条件下体积之比为7:3，故C 错误；D．羟基自由基对有机物有极强的氧
化能力，结合C 项分析可知，故D 正确；故答案为C。
7．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有
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_________性。
（2）制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；制备时
可用S 代替H2O2，写出该反应的离子方程式：_________________。
（3）可从“废液”中回收的主要物质是______________(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。
（4）测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠样品m g，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再
滴入适量稀硫酸(发生反应ClO＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O)，配成250 mL 待测液。移取25.00 mL 待测
液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol/L 的Na2S2O3 标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3 标准溶液V
mL(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
①移取25.00 mL 待测液的仪器的名称是________。
②该样品中NaClO2的质量分数为________(用含m、c、V 的代数式表示)；在滴定操作正确无误的情况下，
此实验测得结果偏高，其可能的原因是________________________。
【答案】（1）氧化 （2）6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O
（3）Na2SO4 （4）①酸式滴定管(或移液管) ②×100% I－被空气中的氧气氧化成了碘单质
【解析】（1）一般具有强氧化性的物质具有漂白性，亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要原因是其具有强
氧化性。
（2）制备ClO2时，H2O2作还原剂，用S 代替H2O2，S 作还原剂，由于＋4 价的硫也具有还原性，该反应
中的硫被氧化SO，根据得失电子守恒和元素守恒以及电荷守恒，可得离子方程式为6ClO＋S＋4H＋
===6ClO2↑＋SO＋2H2O。
（3）制备ClO2时用浓硫酸酸化，后续流程中用NaOH 溶液吸收ClO2，根据元素守恒可知废液中含有大量
Na2SO4，可以回收。
（4）根据题意可得关系式：ClO～2I2～4S2O，则样品中NaClO2的质量分数为×100%＝×100%，由于碘离
子具有较强的还原性，能够被空气中的氧气氧化成为碘单质，导致消耗的Na2S2O3的量增多，进一步导致
NaClO2的质量分数偏高。
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1．（2025·安徽卷）氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成
。金属钠的液氨溶液放置
时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色
溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色
溶液。氨可以发生类似于水解反应的
氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成
沉淀。下列有关反应的化学方程式错误的是
A．氨在氧气中燃烧：
B．液氨与金属钠反应：
C．氨水溶解Cu(OH)2：
D．浓氨水与HgCl2反应：
【答案】D
【解析】A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成N2，所给方程式符合反应原理，A 正确；B．金
属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原
理，B 正确；C．根据题干信息可知，Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，所给方程式符合
反应原理，C 正确；D．浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH2)Cl 沉淀，生成物应为NH4Cl，方程式为：
，D 错误故选D；
2．（2025·山东卷，17）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si 等元
素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn 等元素，工艺流程如下：
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已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全
分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。
回答下列问题：
（1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该
反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有
_______(填化学式)。
【答案】（1）
Fe2O3、CaSO4
【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn 等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金
属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用
稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫
气体和氧化铁。低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮
气
，
根
据
电
子
得
失
守
恒
可
知
还
有
氨
气
生
成
，
化
学
方
程
式
为
：
；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸
铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水
浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；
3．（2025·河南卷，15）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中
尽可能回收铑的工艺流程如下：
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回答下列问题：
（2）已知“酸溶2”中Rh 转化为
，则生成该物质的化学方程式为_______；“滤渣”的主要成分
是_______(填化学式)。
（3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中
发生反应的化学方程式为_______。
【答案】（2）
SiO2
（3）
、
【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入
浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh 转
化为
，Pt 转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入
浓盐酸、DETA 将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温
还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl 将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(III)转化为
，再加入Zn 进行还原，生成Rh，由于Zn 过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn
与Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。
“酸溶2”中Rh 转化为
，Rh 元素化合价由0 升高至+3，HNO3中N 元素化合价由+5 降低至+3，
结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为
；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh 元素化合价均由+3 降低至0，根据化合价升降
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守恒以及原子守恒可知反应方程式为
、
。
4．（2024·湖北卷）过量
与以下
的溶液反应，下列总反应方程式错误的是
溶液
现象
化学方程式
A
产生淡黄色沉淀
B
溶液由棕黄色变浅绿色
C
溶液褪色，产生白色沉淀
D
(含酚酞)
溶液由红色变无色
【答案】A
【解析】A．过量 SO2与0.1mol/L 的Na2S 溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，SO2
过量不能生成Na2SO3，因此，总反应的化学方程式为
，A 错误；B．
过量 SO2与0.1mol/L 的FeCl3溶液反应，生成FeCl2、H2SO4、HCl，总反应的化学方程式为
，B 正确；C．过量 SO2与0.1mol/L 的CuCl2溶液反应，生成的
白色沉淀是CuCl，总反应的化学方程式为
，C 正确；D．
Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 SO2与0.1mol/L 的Na2CO3溶液反应，生成
CO2、NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为
，D 正确；综上所述，本题选A。
5．(2023·全国乙卷，27)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少
量Si、Fe、Ni、Al 等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
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已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。
回答下列问题：
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为________________________________。
随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_________________。电解废液可在反应器中循环利
用。
（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_____________________________。
【答案】（5）Mn2＋＋2H2O=====H2↑＋MnO2↓＋2H＋ 加水
（6）2Li2CO3＋8MnO2=====4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑
【解析】（5）在电解槽中，Mn2＋发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2＋＋2H2O=====H2↑＋
MnO2↓＋2H＋；该反应中消耗水生成H2SO4，需要加入水以保持电解液成分的稳定。
6．(2024·重庆卷，16) FeS2可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备FeS2的一种实验装置如图所示(加
热及夹持装置略)。
（1）FeS2的制备
N2保护下，将溶有S 的热二苯醚溶液注射到FeS 热油胺溶液中(S 过量)，继续加热回流2h，冷却至室温，
离心分离，经洗涤得产品FeS2。
①仪器a 的名称为_______；N2保护的目的是_______。
②生成FeS2的化学方程式为_______。
③为除去产品中残留的S，洗涤选用的试剂是_______(填“H2O”或“CS2”)。
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（2）FeS2的含量测定
产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至
Fe2+，终点为无色：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用
标准溶液滴定Fe2+至终点。
已知甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)
①SnCl2比FeCl3易水解，且易被氧化。配制和保存SnCl2溶液需加入的试剂是_______。
②甲基橙指示终点的过程及作用原理是_______。
③若称取的产品为
，
标准溶液浓度为
，用量为VmL，FeS2的摩尔质量为Mg/mol，则
产品中FeS2质量分数为_______(写最简表达式)。
④下列操作可能导致测定结果偏高的是_______。
A．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量
B．热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却
C．滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
【答案】（1）①. 三颈烧瓶 ②. 防止Fe2+被氧气氧化 ③. FeS+S====FeS2
. CS
④
2
（2）①. 浓盐酸、锡粒 ②. 当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红
色变为无色且半分钟内不恢复原来的颜色 ③.
%
. AC
④
【解析】
【小问1 详解】
①仪器a 的名称为三颈烧瓶；N2和FeS 不反应，能防止Fe2+被氧气氧化，故答案为：三颈烧瓶；防止
Fe2+被氧气氧化；
②反应物是S、FeS，反应条件是加热，生成物是FeS2，反应方程式为FeS+S====FeS2；
S
③难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，所以洗涤选用的试剂是CS2，故答案为：CS2；
【小问2 详解】
SnCl
①
2比FeCl3易水解，且易被氧化，配制和保存SnCl2溶液时需要抑制水解，SnCl2水解生成HCl，需要
将SnCl2溶于浓盐酸中，以抑制其水解，再加水稀释到需要的浓度，同时向溶液中加入锡粒防止其被氧
化，故答案为：浓盐酸、锡粒；
②甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne-=还原态(无色)，产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸
条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+终点为无色，溶液呈酸性，则甲基橙显红色，
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则甲基橙为氧化态；加入SnCl2后，SnCl2溶液将Fe3+还原至Fe2+，溶液呈无色，则甲基橙变为还原态，故
答案为：当加入还原剂SnCl2后，甲基橙得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变为无色且半分钟内
不恢复原来的颜色；
Fe
③
2+被K2Cr2O7氧化为Fe3+，
被还原为Cr3+，关系式为6Fe2+～
，
n(FeS2)=n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×cmol/L×10-3VL=6×10-3cVmol，产品中FeS2质量分数为
；
A
④．还原Fe3+时SnCl2溶液滴加过量，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故A 正确；B．热的Fe2+溶液
在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故B 错误；C．滴定
开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗的V(K2Cr2O7)偏大，测定值偏高，故C 正确；D．
滴定前仰视读数，滴定后俯视读数，消耗的V(K2Cr2O7)偏小，测定值偏低，故D 错误；故答案为：AC。
24
