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第一单元 物质的分类、转化与化学计量
第8 讲 氧化还原方程式的配平与计算
【高考考向预测】
氧化还原方程式配平依托化合价升降法，兼顾缺项补酸、碱、水，计算以电子守恒为核
心开展得失电子定量运算，常结合陌生工业反应、滴定定量、电化学电极反应书写考查；近
三年分散在选择、化工流程、实验大题中，方程式书写与定量计算常态化考查，考频很高；
预测2027 年侧重陌生复杂歧化、归中反应与环境型缺项配平，联动氧化还原滴定数据进行守
恒计算，结合废水处理、矿物冶炼实景命题，强化信息提取与守恒法灵活运用。
【核心梳理●明考点】
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1.配平的三原则
(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.配平的五步骤
(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。
【考点突破●明方向】
1.正向配平。
(1) HCl(浓)+ MnO2
Cl2↑+ MnCl2+ H2O
(2) Cu+ HNO3(稀)=== Cu(NO3)2+ NO↑+
H2O
(3) KI+ KIO3+ H2SO4=== I2+ K2SO4+
H2O
(4) MnO4
−+ H++ Cl-=== Mn2++ Cl2↑+
H2O
【答案】(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8
2.逆向配平。
(1) S+ KOH=== K2S+ K2SO3+ H2O
(2) P4+ KOH+ H2O=== K3PO4+ PH3↑
【答案】(1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
3.整体配平法。
(1) FeS2+ O2
Fe2O3+ SO2
(2) P+ CuSO4+ H2O=== Cu3P+ H3PO4+
H2SO4
【答案】(1)4 11 2 8
(2)11 15 24 5 6 15
4.含有未知数的配平
(1) CO+ NOx=== CO2+ N2
(2) FexS+ HCl=== S+ FeCl2+ H2S
(3) Na2Sx+ NaClO+ NaOH=== Na2SO4+ NaCl+
H2O
【答案】(1)2x 2 2x 1 (2)1
x 2 (1
x -1) 1 1 (3)1 (3x+1) (2x-2) x (3x+1) (x-1)
5.有机物参与反应的配平。
(1) KClO3+ H2C2O4+ H2SO4=== ClO2↑+
CO2↑+ KHSO4+ H2O
(2) C2H6O+ KMnO4+ H2SO4=== K2SO4+
MnSO4+ CO2↑+ H2O
【答案】(1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
6.缺项配平。
(1) ClO-+ Fe(OH)3+ === Cl-+ FeO4
2−+
H2O
(2) MnO4
−+ H2O2+ === Mn2++ O2↑+
H2O
(3)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)2 5 6H+ 2 5 8
(3)5 2 14 H+ 5 5 2 MnO4
− 7 H2O
缺项配平的原则和流程
1.补项原则
条件
补项原则
酸性条件下缺H 或多O 补H+,少O 补H2O
碱性条件下缺H 或多O 补H2O,少O 补OH-
2.配平的思维流程
考点二 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
1.电子守恒法原理
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
对于氧化还原反应的计算,要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还
原剂失去的电子总数相等,即得失电子守恒。利用守恒思想,只要把物质分为始态和终态,从得
电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。
2.守恒法解题的思维流程
【考点突破●明方向】
1.在酸性条件下,可发生如下反应:ClO3
−+2 M 3++ 4 H 2O === M 2O7
n−+Cl-+8H+,M2O7
n−中M 的化
合价是( )
A.+4
B.+5
C.+6
D.+7
【答案】C
【解析】设M2O7
n−中M 的化合价为+x,Cl 元素由+5 价降低到-1 价,M 元素由+3 价升高到+x,根
据得失电子守恒可得:6=2×(x-3),解得x=6,故C 项正确。
2.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(都已折算到标准状态),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成
沉淀质量为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。
3.某工业废水中含有Cr2O7
2−,为了处理有毒的Cr2O7
2−,需要先测定其浓度:取20 mL 废水,加入适量
稀硫酸,再加入过量的V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2
mol ·L-1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O7
2−)为
。
【答案】c1V 1−5c2V 2
120
mol·L-1
【解析】Cr2O7
2−+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++MnO4
−+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。利
用得失电子守恒列等式:c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L ·mL-1=20 mL×10-3 L·mL-1×6c(Cr2O7
2−)+5c2
mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1,解得:c(Cr2O7
2−)=c1V 1−5c2V 2
120
mol·L-1。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【限时训练】
（60 分钟）
一、单选题
1．（2026·浙江·高考真题）关于反应SO2+2CO催化剂
Δ
S+2CO2，下列说法中正确的是
A．CO 中的C 失电子
B．SO2是还原剂
C．CO2是还原产物
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】A
【分析】由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂、硫
是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是还原剂、二氧化碳是氧化产物。
【详解】A．由分析可知，一氧化碳是反应的还原剂，反应中碳元素失去电子发生氧化反
应，A 正确；
B．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，B 错误；
C．由分析可知，二氧化碳是反应的氧化产物，C 错误；
D．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，一氧化碳是还原剂，由方程式可知，氧化剂与
还原剂的物质的量之比为1：2，D 错误；
故选A。
2．（2025·湖南·高考真题）NaSbO3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4 NaNO3+ 4 Sb+3O2
高温
¿4 NaSbO3+2NO+2NO2
¿
。下列说法错误的是
A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5
B．NO3
−的空间结构为平面三角形
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3 molO2，转移20 mole
−
【答案】C
【详解】A．NaSbO3中Na 为+1，O 为-2，根据电荷守恒，Sb 的化合价为+5，A 正确；
B．NO3
−的中心N 原子价层电子对数是3+ 5+1−3×2
2
=3，采用sp
2杂化，无孤电子对，空间结
构为平面三角形，B 正确；
C．反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb
（4mol）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C 错误；
D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3mol O2参与反应，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·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之
一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg⋅L
−1)来表示。碱性KMnO4不与Cl
−反
应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是
A．Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I
−+ 4 H
+= Mn
2++I2+2H2O
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I
−被O2氧化及I2的挥发
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD 值越高
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl
−水样的COD 值偏高
【答案】C
【分析】I 中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有
KMnO4，II 中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III 中生成的I2再用
Na2S2O3滴定。
【详解】A．II 中MnO4
−和MnO2在酸性条件下与过量的KI 反应得到I2和Mn2+，存在
MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A 正确；
B．II 中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B 正确；
C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数
目相等，III 中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的
量少，水样中的COD 值越低，C 错误；
D．若I 中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD 值偏高，D 正确；
答案选C。
4．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。NA为阿伏加德罗常
数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗0.1molNH4Cl，在25℃、101kPa下得到2.24 LNH3
B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为0.5 NA
C．在密闭容器中进行“反应3”，0.1molNO充分反应后体系中有0.1NA个NO2
D．“反应4”中，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.02NA个O2
【答案】B
【分析】反应1 为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2=
❑
Δ
2NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2 是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2 =
Δ
催化剂
4NO+6H2O，反应
3 为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4 为二氧化氮，氧
气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3，以此解题。
【详解】A．根据分析可知，每消耗0.1molNH4Cl，生成0.1mol 氨气，但是由于不是标准状
况，则气体不是2.24L，A 错误；
B．根据分析可知，反应2 方程式为：4NH3+5O2 =
Δ
催化剂
4NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成
0.1molNO，转移电子数为0.5 NA，B 正确；
C．根据反应3，0.1molNO充分反应后生成0.1NA个NO2，但是体系中存在2NO2
N
⇌
2O4，则最终
二氧化氮数目小于0.1NA，C 错误；
D．根据反应4 可知，为使0.1molNO2完全转化成HNO3，至少需要0.025 NA个O2，D 错误；
故选B。
5．（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI 按照反应①②的化学计量比恰好反
应，结果如下。
反应序
号
起始酸
碱性
KI
KMnO4
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+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
IOx
-
已知：MnO4
-的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是
A．反应①，n(Mn
2+):n(I2)=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
【答案】B
【详解】A．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-+2MnO4
-+16H+=2Mn2+
+5I2+8H2O，故n(Mn2+) n(I
∶
2)=2 5∶，A 项错误；
B．根据反应①可得关系式10I-~2MnO4
-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-) n(
∶
MnO4
-
)=0.001 (10×0.0002)=1 2
∶
∶，反应②中Mn 元素的化合价由+7 价降至+4 价，反应②对应的关系式
为I-~2MnO4
-~MnO2~IOx
-~6e-，IOx
-中I 元素的化合价为+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-+2MnO4
-+H2O=2MnO2↓+IO3
-+2OH-，B 项正确；
C．已知MnO4
-的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而
增强，C 项错误；
D．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；
答案选B。
6．（2026·云南楚雄·三模）氮及其化合物之间有如图所示转化流程。下列说法正确的是
A．结合H
+能力：N2H4>NH3
B．NaN3属于离子化合物，性质稳定
C．过程②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1
D．过程①的离子反应方程式为2NH3+ClO
−= N2H4+Cl
−+ H2O
【答案】D
【分析】在这个氮及其化合物的转化流程中，氨气（NH3）在次氯酸钙（Ca(ClO)2）的氧化作
用下生成肼（N2H4），肼再与亚硝酸钠（NaNO2）反应生成叠氮化钠（NaN3），叠氮化钠经撞
击分解为氮气（N2）；
【详解】A．结合H
+的能力取决于氮原子上孤电子对的电子云密度。在NH3中，氮原子直接连
接3 个氢原子；而在N2H4中，氮原子连接一个−NH2基团，该基团具有吸电子诱导效应，降低
了氮原子上孤电子对的电子云密度，使其结合H
+的能力减弱。因此，结合H
+的能力：
NH3>N2H4，A 错误；
B．NaN3由Na
+和N3
−构成，属于离子化合物，但它的性质并不稳定，题目中明确提到其经“撞
击”可发生爆炸分解为N2，说明它具有不稳定性，B 错误；
C．过程②是N2H4与NaNO2反应生成NaN3。反应中，N2H4中N 为-2 价，被氧化为NaN3中平均价
态为−1
3价的N；NaNO2中N 为+3 价，被还原为NaN3中−1
3价的N。根据电子守恒，配平后的反
应为N2H4+ NaNO2= NaN3+2H2O，其中氧化剂（NaNO2）与还原剂（N2H4）的物质的量之比为
1:1，C 错误；
D．过程①是NH3被ClO
−氧化为N2H4的反应，氮元素从-3 价被氧化为-2 价，氯元素从+1 价被还
原为-1 价，根据电子守恒和原子守恒配平，离子方程式为2NH3+ClO
−= N2H4+Cl
−+ H2O，D 正
确；
故选D。
7．（2026·江苏南通·模拟预测）化学储氢材料Na B
+3
H4遇水可释放H2，同时生成NaBO2。
NaBH4的一种合成方法如下：
下列说法正确的是
A．[BH4]-和BF3分子中B 原子的杂化方式均为sp3
B．MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应
C．B 的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂
D．理论上1mol NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1mol NaBH4所消耗的n(H2)
【答案】D
【详解】A．[ BH 4]
−的中心原子B 的价电子对数为4+ 1
2 ×(3+1−1×4)= 4，B 原子为sp
3杂化，
无孤电子对，空间结构为正四面体；BF3中B 原子价层电子对数为3+ 1
2 ×(3−1×3)=3，无孤
电子对，杂化方式为sp
2，二者杂化方式不同，A 错误；
B．NaBO2和MgH 2反应生成NaBH 4和MgO，反应中所有元素化合价都没有变化：B 始终为+3
价，MgH2中Mg为+2价、H为−1价，产物NaBH 4中H仍为−1价，MgO中Mg仍为+2价，因此该
反应不是氧化还原反应，B 错误；
C．NaBH 4中H显−1价，说明H的得电子能力强于B，因此H的电负性大于B，C 错误；
D．制备1mol NaBH 4需要2mol MgH 2，生成2mol MgH 2需要消耗2mol H 2；NaBH 4与水反应的
化学方程式为：NaBH 4+2 H 2O = NaBO2+ 4 H 2↑，1mol NaBH 4反应生成4 mol H 2，D 正确；
故选D。
8．（2026·天津·二模）燃放烟花时会发生：2KNO3+S+3C= K2S+ N2↑+3CO2↑，同时在火药中会
加入Li2CO3、NaNO3、CaCl2等物质。下列说法不正确的是
A．该反应中，氧化剂是KNO3和S
B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
C．该反应中，每生成1mol N2，总共转移电子12mol
D．火药中的Li2CO3、NaNO3、CaCl2均不参与化学反应
【答案】D
【详解】A．反应过程中，N 元素化合价降低：+5→0，S 元素化合价降低：0→-2，C 元素化
合价升高：0→+4，KNO3和S 均得电子作氧化剂，被还原，A 正确；
B．氧化产物是还原剂C 被氧化得到的产物CO2，还原产物是氧化剂被还原得到的K 2S 和N2，
根据方程式知，二者物质的量之比为3:2，B 正确；
C．生成1mol N2时，同时生成3molCO2，CO2是该反应的氧化产物，且CO2
4e
∼
−，则总共转移
电子为3×4 =12mol，C 正确；
D．NaNO3是硝酸盐，在烟花燃烧的高温条件下，它可以作为氧化剂参与反应，例如与碳、硫
等还原剂发生氧化还原反应，提供氧气支持燃烧或参与放热反应；另外两种物质则通常作为
发色剂加入火药中，它们在高温下主要发生物理变化（如原子激发、焰色反应），使火焰呈
现特定颜色（锂的洋红色、钙的砖红色），在主反应中一般不参与氧化还原反应，但在极端
高温下，也可能发生分解或其他反应，D 错误；
故选D。
9．（2026·浙江·二模）异丙醇与高锰酸钾反应：
(CH3)2CHOH+ KMnO4+ H2SO4→CH3COCH3+ K2SO4+ MnSO4+ H2O（未配平）。下列说法正确的是
A．CH3COCH3为还原产物
B．H2SO4为氧化剂
C．0.1 mol 异丙醇发生反应，转移0.2mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5 2∶
【答案】C
【详解】A．异丙醇转化为CH 3COCH3，失去2 个H 原子，发生氧化反应，则CH 3COCH3是氧化
产物，A 错误；
B．H 2SO4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KMnO4，B
错误；
C．每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0.1 mol 异丙醇反应
转移0.2 mol 电子，C 正确；
D．氧化剂KMnO4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；
故答案为：C。
10．（2026·辽宁朝阳·三模）一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂，催化H2还原SO2制
S 的部分反应机理如下图a、b 所示。下列说法正确的是
A．图a 中总反应可表示为2⋅H+SO2=S+ H2O
B．图b 中X 的电子式为
C．反应过程中可能有H2S 生成
D．还原1 mol SO2至少需要2 molFeSx
【答案】C
【详解】A．根据原子守恒，图a 中反应物为SO2和H ⋅，生成物为S 和H2O，配平后总反应为
SO2+ 4 H ⋅= S +2 H 2O，选项中反应O 原子不守恒，A 错误；
B．根据图b 的原子守恒：反应FeSx+ H ⋅= FeSx−1+ X，可得X 为HS⋅（中性），而选项给出
的是带1 个负电荷的HS
−的电子式，与X 不符，B 错误；
C．反应过程中存在活泼的H ⋅，H ⋅可以与中间产物的S 或HS
−进一步结合，生成H2S，因此
反应过程中可能有H2S生成，C 正确；
D．FeSx是催化剂，在反应过程中循环使用，不会被消耗，因此不需要消耗2mol FeSx，D 错
误；
故选C。
11．（2026·黑龙江吉林·模拟预测）含硫化合物的部分转化关系如图所示。设N A为阿伏加德
罗常数的值，下列说法正确的是
H2S→
O2
①
SO2 →
NaOH
②
Na2SO3→
Cl2
③
Na2SO4 →
Ba(OH)2
④
BaSO4
A．反应①中，22.4 L H2S（已折合成标准状况）完全燃烧需要消耗氧气分子的数目为N A
B．100 mL 0.1 mol⋅ L
−1 Na2SO3溶液中含有SO3
2−的数目为0.01 N A
C．反应③中1 mol Na2SO3与足量Cl2反应转移电子的数目为2 N A
D．pH =13的Ba(OH)2溶液中含有OH
−的数目为0.1 N A
【答案】C
【详解】A．标准状况下22.4L H 2S的物质的量为1mol，反应①的燃烧反应为
2 H 2S+3O2
点燃
¿2SO2+2 H 2O
¿
，1mol H 2S完全燃烧消耗1.5mol O2，即消耗O2分子数为1.5 N A，
A 错误；
B．SO3
2−在水溶液中会发生水解，因此100mL 0.1mol⋅L
−1 N a2SO3溶液中SO3
2−的数目小于
0.01 N A，B 错误；
C．反应③中N a2SO3中S 元素从+4 价升高为N a2SO4中的+6 价，1mol N a2SO3完全反应失
去2 mol 电子，即转移电子数目为2 N A，C 正确；
D．题干未给出pH =13的Ba(OH )2溶液的体积，无法计算O H
−的物质的量，因此无法确定
O H
−的数目，D 错误；
故选C。
12．（2026·吉林·三模）硫元素的转化关系如图所示，N A为阿伏加德罗常数的数值。下列说
法正确的是
A．反应①中，1molNa2S会消耗2molCH3COOH
B．反应②为泡沫灭火器的反应原理
C．反应③中，生成1 mol 硫酸钠转移的电子数为2 N A
D．反应④中，随着反应的进行，溶液的酸性减弱
【答案】C
【分析】核心反应梳理：
①Na2S +CH 3COOH = NaHS+CH 3COONa （强酸制弱酸）
②2 Al
3++6 HS
−+6 H 2O =2 Al(OH )3↓+6 H 2S （双水解）
③Na2S2O3+ H 2SO4= Na2SO4+ S↓+ SO2↑+ H 2O（歧化反应）
④5 SO2+2 MnO4
−+2 H 2O =5 SO4
2−+2 Mn
2++ 4 H
+（氧化还原）
【详解】A．反应①为 1:1 反应，1 mol Na2S仅消耗 1 molCH 3COOH，生成NaHS；若生成
H2S才需 2 mol CH 3COOH，A 错误；
B．泡沫灭火器原理是Al2(SO4)3与NaHCO3双水解生成CO2，反应②生成的是有毒的H2S而非
CO2，不能用于灭火，B 错误；
C．S2O3
2−中1 个S从+2 价降为0 价（得 2 e⁻），1 个S从+2 价升为 + 4 价（失 2 e⁻）；
Na2SO4中S来自H 2SO4（价态不变）。生成 1 molNa2SO4对应 1 molNa2S2O3反应，转移电子
数为2N A，C 正确；
D．反应④生成H
+，随着反应进行，溶液酸性增强，D 错误；
故选C。
13．（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯(C3H4O3)的工作原理如图。下列说法
错误的是
A．电极电势a>b
B．反应中Br
−的物质的量不变
C．每生成1molH2，可制得1molC3H4O3
D．“反应Ⅱ”为CO2+ BrCH2CH2OH =C3H4O3+ H
++ Br
−
【答案】D
【分析】镍电极发生还原反应2 H 2O+2e
−= H 2↑+2O H
−，作阴极，连接电源负极b；二氧化铱
电极发生氧化反应2B r
−−2e
−= B r2，作阳极，连接电源正极a。从整个反应过程来看，Br
−在
电极a 转化为Br2后，在后续反应中再生，反应Ⅰ为：
C2 H 4+ B r2+O H
−= BrC H 2C H 2OH + B r
−，整个电解池的反应物为C2 H 4、C O2和H 2O，生成
物为C3 H 4O3和H 2，总反应为C2 H 4+C O2+ H 2O =C3 H 4O3+ H 2，据此分析。
【详解】A．二氧化铱电极为阳极接电源正极a，镍电极为阴极接电源负极b，正极电势高于
负极，故电极电势a>b，A 正确；
B．Br
−在阳极被氧化为Br2，又在后续反应Ⅰ和Ⅱ中再生，其总量不变，B 正确；
C．生成1mol H 2转移2mol电子，阳极生成1mol Br2，对应生成1molC3 H 4O3，C 正确；
D．“反应Ⅱ”反应物为C O2和BrC H 2C H 2OH，生成物为C3 H 4O3和Br
−，题干中“无膜”
及图中阴极产生O H
−可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为
C O2+ BrC H 2C H 2OH +O H
−=C3 H 4O3+ H 2O+ B r
−，D 错误；
故选D。
14．（2026·广东广州·模拟预测）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之
一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg⋅L
−1)来表示。碱性KMnO4不与Cl
−反
应，可用于测定含Cl
−水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是
A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl
−水样的COD 值偏高
B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD 值偏低
C．Ⅱ中发生的反应包括MnO2+2I
−+ 4 H
+= Mn
2++I2+2H2O
D．若Ⅲ中消耗V 2mL Na2S2O3，则理论上Ⅰ中水样消耗了5c1V −c2V 2
3
×10
−3 mol的KMnO4
【答案】B
【分析】Ⅰ中KMnO4和水样中的有机物发生氧化还原反应，被还原生成MnO2，剩余部分KMnO4
；Ⅱ中KMnO4、MnO2在酸性条件下和KI反应生成Mn
2+、I2等，
16H
++10 I
−+2MnO4
−=2Mn
2++5I2+8H2O、MnO2+2 I
−+ 4 H
+= Mn
2++ I 2+2 H 2O；Ⅲ中生成的I 2再用
Na2S2O3滴定；由题意可知，水样消耗高锰酸钾的量越大说明水样的COD 值越高，Ⅲ中消耗
硫代硫酸钠溶液的量越多，说明Ⅱ中生成碘的量越多，从而计算出水样消耗高锰酸钾的量越
小，COD 值越低。
【详解】A．酸性条件下KMnO4会氧化Cl
−，导致KMnO4消耗量偏大，折算的COD 值偏高，A 正
确；
B．Ⅱ中避光防止I 2升华挥发，加盖防止I
−被O2氧化为I 2，若不避光加盖，则使I 2损失，而整
个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相
等，I 2少说明有机物消耗的KMnO4的量多，水样中的COD 值越高，所以使测定结果偏高，B
错误；
C．Ⅱ中酸性条件下MnO2氧化I
−的离子方程式为MnO2+2 I
−+ 4 H
+= Mn
2++ I 2+2 H 2O，满足电
子守恒、电荷守恒和原子守恒，C 正确；
D．设水样消耗KMnO4物质的量为x mol，加入的总KMnO4为n总=c1V ×10
−3 mol，反应生成
x molMnO2，剩余(c1V ×10
−3−x)molKMnO4，根据分析中反应关系：1molMnO4
−生成2.5 molI2，
1molMnO2生成1molI2，滴定中n(Na2S2O3)=2n(I2)，代入得：
c2V 2×10
−3=2[2.5(c1V ×10
−3−x)+ x ]整理得：c2V 2×10
−3=5c1V ×10
−3−3 x，即
x = 5c1V −c2V 2
3
×10
−3 mol，D 正确；
故选B。
15．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知E、F、G、H、I为含有同一种元素的单质或化合物，
转化关系如图所示(部分条件、生成物已省略)，其中I为无氧酸钠盐，E、H为含氧酸钠盐，F
为难溶于水的黄色固体单质，G为常见的大气污染物。下列说法错误的是
A．G与I溶液反应也可生成F
B．Cl2也可以发生类似于①②的转化
C．反应②中H和I的物质的量之比为2:1
D．可用H 溶液吸收少量的G
【答案】C
【分析】根据题干信息，F为难溶于水的黄色固体单质，F 为S，G 是含硫的常见大气污染
物，且与S 相互转化，G 为SO2，S 与NaOH加热歧化发生反应
3 S +6 NaOH =
Δ
2 Na2S + Na2SO3+3 H 2O，I 为无氧酸钠盐、H 为含氧酸钠盐，则I 为Na2S，H
为Na2SO3，E 为含氧酸钠盐，加酸生成S 和SO2，E 为Na2S2O3，据此分析：
【详解】A．由分析可知，G 为SO2，I 为Na2S，SO2与Na2S发生归中反应，可生成S 单质，
2 Na2S +3 SO2=3 S↓+2 Na2SO3，A 正确；
B．①Cl2与NaOH加热歧化3Cl2+6 NaOH =5 NaCl+ NaClO3+3 H 2O，得到无氧酸盐NaCl、含
氧酸盐NaClO3，②加酸发生归中反应5Cl
−+ClO3
−+6 H
+=3Cl2↑+3 H 2O，和硫的转化规律一
致，B 正确；
C．由分析可知，反应②为SO3
2−和S
2−酸性条件下发生归中反应生成S，SO3
2−中S 的化合价从
+4 降为0，S
2−中S 的化合价从-2 变为0，根据电子守恒，n( Na2SO3):n( Na2S)=1:2，C 错
误；
D．由分析可知，H 为Na2SO3，G 为SO2，可以用Na2SO3溶液吸收少量SO2，反应为
Na2SO3+ SO2+ H 2O =2 NaHSO3，工业上常用该方法吸收含SO2尾气，D 正确；
答案选C。
16．（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S
2−，以
制备石膏(CaSO4⋅2H2O)的流程如图所示。以下说法中正确的是
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16g硫离子理论上共需要标准状况下22.4 LO2
C．Mn (OH)2和MnO3
2−都是空气催化氧化S
2−的催化剂
D．过程Ⅱ发生的离子方程式为：2 S
2−+ MnO3
2−+3 H2O = Mn (OH)2↓+S2O3
2−+ 4 OH
−
【答案】B
【详解】A．过程Ⅰ中Mn(OH )2被氧化为MnO3
2−，Mn 化合价升高2 价，O2被还原为H 2O，两
个O 化合价累计降低4 价，故氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，A 错误；
B．S
2−最终被氧化为SO4
2−，1 个S 化合价共升高8 价，O2化合价降低4 价，故参与反应的S
2−
和O2物质的量之比为1:2，消除16g（0.5 mol）S
2−需消耗1 mol（标准状况下22.4 L）O2，B
正确；
C．MnO3
2−是反应的中间产物，不是催化剂，C 错误；
D．过程Ⅱ中S
2−和MnO3
2−发生氧化还原反应得到Mn(OH )2和S2O3
2−，方程式为
2S
2−+ 4 MnO3
2−+9 H 2O = 4 Mn(OH )2↓+ S2O3
2−+10OH
−，D 错误；
故答案为：B。
17．（2026·河南信阳·模拟预测）银久置空气中会变黑，其变色原理：①
Ag+ H2S+O2→Ag2S+ H2O(未配平)；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：②Ag2S+ Al+ H2O→Ag+ Al(OH)3+ H2S↑(未配平)；若N A为阿伏加德罗常数的值，下
列说法正确的是
A．反应①消耗22.4 L O2时，转移电子数为4 N A
B．反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1
C．反应②正极反应式为Ag2S+2e
−+2H2O =2Ag+ H2S↑+2OH
−
D．反应②中若有0.3 N A电子转移，就有37.2g Ag2S被氧化
【答案】C
【详解】A．未说明O2处于标准状况，无法确定22.4 LO2的物质的量，无法计算转移电子数，
A 错误；
B．配平反应①为4 Ag+2 H 2S +O2=2 Ag2S +2 H 2O，氧化产物为Ag2S，还原产物为H 2O，二
者物质的量之比为1:1，B 错误；
C．原电池正极发生得电子的还原反应，Ag2S中+1 价Ag 得电子生成Ag，结合原子守恒、电
荷守恒，该正极反应式书写正确，C 正确；
D．反应②中Ag2S中Ag 元素化合价降低，发生还原反应，Ag2S被还原，不是被氧化，D 错
误；
故选C。
二、综合题
（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙
烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分CuFeS2，含有少量SiO2杂质)回收其中铜和铁的工艺流
程如图：
18．化合物
作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光
泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。
A．C、S
B．
C．H C．N、S
D．N、H
19．离子液体[
]
HSO4
−
可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有
___________(不定项)。
A．配位键
B．离子间静电作用
C．氢键D．金属键
20．已知：Cu
+的歧化反应
2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(g) Δ H 1=1212kJ⋅mol
−1
Cu
+(aq)=Cu
+(g) Δ H 2=582kJ⋅mol
−1
Cu
2+(g)=Cu
2+(aq) Δ H 3=−42kJ⋅mol
−1
Cu(g)=Cu(s) Δ H 4=−337 kJ⋅mol
−1
2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s) Δ H =
(1)根据上述信息，计算反应热Δ H =___________kJ⋅mol
−1
(2)在298 K 时，反应2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s)的Δ S =−148J⋅mol
−1⋅K
−1则在该条件下，Cu
+
在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。
21．写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________
4 CuFeS2+___________O2+2NH3+___________= 4[Cu(NH3)4]
2++___________NH4
++2Fe2O3+8SO4
2−
22．用硫酸浸出黄铜矿时，生成Cu
2+、Fe
3+、SO4
2−。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液
中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。
铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。
23．写出正极的电极反应式___________。
24．反应中CuFeS2可以用___________替代。
A．葡萄糖
B．CO2
C．H2O
D．O2
25．下图为CuFeS2晶胞图，图中1 个S 进入的是2 个Cu 和2 个Fe 围成的四面体，有部分Cu
未画出，则晶胞中未画出的Cu 处在晶胞的___________位置。
A．体心 B．面心 C．顶点 D．棱心
距离Cu 原子最近的S 原子有___________个。
26．NH3、H2O、H3O
+三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明NH3和H2O键角不
同的原因是___________。
【答案】18．D 19．ABC 20． 875 不能 该温度下反应的
ΔG = Δ H −T Δ S>0，歧化反应正向自发，Cu
+会转化为Cu
2+和Cu 21．17 22．氧化剂
23．2H2O−4e
−=O2+ 4 H
+ 24．A 25． A 4 26． H3O
+>NH3>H2O
NH3中N原子有1 对孤电子对，H2O中O原子有2 对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排
斥力越大，键角越小
【详解】18．该辅助光亮剂含C、H、N、S四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增
大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为N >S>C>H，故电负性最大的是N，
最小的是H，选D。
19．该离子液体的阳离子中含N与环形成的配位键，阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离
子中的N-H键可与阴离子HSO4
−中的O形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，
故选ABC。
20．(1) 根据盖斯定律，目标反应2Cu
+(aq)=Cu
2+(aq)+Cu(s)可由已知第一个反应与第四个反
应相加得到，故Δ H = Δ H 1+ Δ H 4=1212kJ·mol
−1−337kJ·mol
−1=875kJ·mol
−1。
(2) 298K 时，反应的吉布斯自由能
ΔG = Δ H −T Δ S =875kJ·mol
−1−298K×(−0.148kJ·mol
−1·K
−1)≈919.1kJ·mol
−1>0，说明歧
化反应在该条件下正向自发进行，故Cu
+在溶液中不能大量存在。
21．依据电子守恒，CuFeS2中Fe从+2 价升高到+3 价，每个Fe失1e⁻，S从-2 价升高到+6 价，
每个S失8e⁻，4mol CuFeS2共失电子4×1+8×8=68 mol，O2中O从0 价降低到-2 价，1mol O2得
4e⁻，故O2的系数为68
4 =17。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为H2O，NH4
+的系数为
16，配平后总反应为4 CuFeS2+17O2+2NH3+16 H2O = 4[Cu(NH3)4]
2++16 NH4
++2Fe2O3+8SO4
2−。
22．反应液中含Cu
2+、Fe
2+、Fe
3+、SO4
2−，为将Fe元素全部转化为Fe
3+，便于调节pH 生成
Fe(OH)3沉淀除去，需添加氧化剂将Fe
2+氧化为Fe
3+。
23．电解装置右侧H2O转化为O2，O元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为
阳极，接电源正极，电极反应式为2H2O−4e
−=O2+ 4 H
+。
24．反应中CuFeS2中Fe、S元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有
葡萄糖具有还原性，CO2、H2O无强还原性，O2为氧化剂，故选A。
25．CuFeS2晶胞中Cu原子采取面心立方堆积，已画出的Cu位于顶点和面心位置，未画出的Cu
位于晶胞体心位置，选A；每个Cu原子周围紧邻的S原子构成四面体结构，故距离Cu原子最近
的S原子有4 个。
26．H3O
+、NH3、H2O的中心原子均为sp
3杂化，H3O
+中O有1 对孤电子对，NH3中N有1 对孤电子
对但N的电负性小于O，孤电子对排斥力更小，H2O中O有2 对孤电子对，孤电子对排斥力更
大，故键角顺序为H3O
+>NH3>H2O；NH3和H2O键角不同的原因是NH3中N原子有1 对孤电子对，
H2O中O原子有2 对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
三、解答题
27．（2025·贵州·高考真题）纳米Fe3O4@ MnO2可用于痕量酚类物质的快速检测。
Ⅰ．制备纳米Fe3O4@ MnO2并测定其活性成分MnO2的质量(装置如图，夹持等装置已略)。
将KMnO4和纳米Fe3O4加入装有纯水的仪器a 搅拌器中，搅拌，缓慢加入稳定剂后，加入缓冲液
调节溶液pH 为6.0，继续搅拌12 h。转移至烧杯中静置，磁分离、洗涤、干燥，制得纳米
Fe3O4@ MnO2。
(1)仪器a 的名称是________。
(2)调节溶液pH 为6.0 的原因是________。
(3)磁分离获得纳米Fe3O4@ MnO2的原理为________。
(4)MnO2质量的测定：向一定量的纳米Fe3O4@ MnO2样品中加入稀H2SO4和H2O2溶液充分反应，加
热，冷却至室温后，调节溶液pH 为5.0，过滤；向滤液中加入指示剂和掩蔽剂，用c mol⋅L
−1
EDTA 标准溶液滴定滤液中Mn
2+，平行滴定三次，平均消耗EDTA 标准溶液体积V mL(EDTA
与Mn
2+反应的化学计量数之比为1:1)。
①MnO2转化为Mn
2+的化学方程式为________。
②纳米Fe3O4@ MnO2样品中MnO2的质量为________mg(用含c、V 的代数式表示)。
Ⅱ．检测酚类物质
向TMB 溶液中加入纳米Fe3O4@ MnO2，得到检测液；向检测液中加入酚类物质，溶液变色，
激光照射溶液2 min，通过照射前后温度变化检测酚类物质的浓度。
变色原理为：TMB(无色)
⇄
酚类物质
O2、Fe3O4@ MnO2
氧化态TMB(蓝色)
(5)当检测液中加入酚类物质时，溶液颜色的变化是________，该过程体现了酚类物质的
________性。
(6)温度变化与酚类物质的浓度关系如图，该检测液能定量检测酚类物质的浓度范围为
________μmol⋅L
−1。
【答案】(1)三颈烧瓶
(2)pH过低时，MnO4
-易被还原为Mn
2+，pH过高易生成MnO4
2−等副产物
(3)Fe3O4具有磁性，可被磁铁吸引
(4) MnO2+H2SO4+H2O2≜MnSO4+O2↑+2H2O 87cV
(5) 由蓝色逐渐变为无色 还原
(6)2.67∼100
【分析】Ⅰ．纳米Fe3O4@ MnO2的制备与MnO2质量测定：将KMnO4和纳米Fe3O4在超纯水中混
合，调pH=6.0后反应，利用Fe3O4的磁性磁分离得到产物；再通过H2O2还原MnO2为Mn
2+，用
EDTA 滴定测定MnO2质量；
Ⅱ．酚类物质检测：利用Fe3O4@ MnO2催化TMB 氧化变蓝，酚类物质可还原蓝色的氧化态
TMB，结合激光照射的温度变化定量检测酚类浓度。
【详解】（1）由装置图可知，仪器a 是三颈烧瓶；
（2）调节溶液pH 为6.0 的目的是为了使MnO4
−的还原产物为MnO2，pH过低时，MnO4
-易被还原
为Mn
2+，pH过高易生成MnO4
2−等副产物；
（3）纳米Fe3O4是磁性材料（具有铁磁性），产物Fe3O4@ MnO2可被磁铁吸引，从而从溶液中
分离，故答案为：Fe3O4具有磁性，可被磁铁吸引；
（4）①MnO2在酸性条件下被H2O2还原，MnO2作氧化剂，Mn从 + 4 价→+2 价；H2O2作还原
剂，O 从 - 1 价→0 价，结合加热条件，因此反应的化学方程式为：
MnO2+H2SO4+H2O2≜MnSO4+O2↑+2H2O；
EDTA
②
与Mn
2+反应的化学计量数之比为1:1，因此
n(Mn
2+)=n(EDTA)=c mol⋅L
-1⋅V ⋅10
-3L=cV ⋅10
-3mol；由反应可知n(MnO2)=n(Mn
2+)，MnO2的
摩尔质量为 87 g/mol，因此质量为：m(MnO2)=87 g/mol⋅cV ⋅10
-3mol⋅10
3mg/g=87cV mg，故
答案为：87cV ；
（5）TMB（无色）被Fe3O4@ MnO2催化氧化为蓝色的氧化态TMB；加入酚类物质后，酚类将
氧化态TMB 还原为无色TMB，因此颜色由蓝色逐渐变为无色；酚类使氧化态TMB 被还原，
体现了酚类的还原性；
（6）由温度变化图可知：浓度低于2.67μmol⋅L
-1时，温度变化无明显响应，无法定量；浓
度在2.67∼100μmol⋅L
-1时，温度变化随浓度升高呈规律下降，可定量；浓度高于
100μmol⋅L
-1时，温度变化趋于稳定，无法区分浓度差异；因此检测范围为
2.67∼100μmol⋅L
-1，故答案为：2.67∼100。
28．（2026·河南郑州·模拟预测）三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解并水解，
易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8oC)在高温下制备无水
CrCl3，同时生成COCl2气体。实验装置(加热及夹持装置略)如图所示。
已知：COCl2气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。
(1)COCl2分子的空间结构___________。
(2)实验装置合理的连接顺序为a→___________。
(3)装置B 中反应的化学方程式为___________。
(4)装置C 左侧的导管较粗，这样设计的原因___________。
(5)装置D 中反应的离子方程式为___________。
(6)若无F 装置将导致的结果是___________(用化学反应方程式表达)。
(7)测定CrCl3产品的纯度，实验如下：
取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL 溶液。移取25.00mL 于碘量瓶中，加热至沸腾后，加
适量2mol·L-1NaOH 溶液，生成绿色沉淀Cr(OH)3.冷却后，加足量30%H2O2，小火加热至绿色
沉淀完全溶解。冷却后，加入2mol·L-1H2SO4酸化，再加入足量KI 溶液，加塞摇匀充分反应
后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min 后，加入淀粉作指示剂，用0.0240mol·L-1标准
Na2S2O3溶液滴定至终点消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL(杂质不参加反应)。已知：2Cr(OH)3 +
3H2O2 + 4OH- = 2CrO❑4
2−+ 8H2O、2Na2S2O3 + I2 = Na2S4O6 + 2NaI。
①判断该实验达滴定终点的现象___________。
②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________%(结果保留小数点后两位)。
【答案】(1)平面三角形
(2)ef→bc →gh→ d
(3)Cr2O3+3CCl4
高温
¿
¿
2CrCl3+ 3COCl2
(4)升华的CrCl3遇冷后会凝华，防止其堵塞导管
(5)COCl2+4OH-=CO❑3
2−+2H2O+2Cl-
(6)CrCl3 + 3H2O ⇌ Cr(OH)3 + 3HCl [产物写成Cr(OH)Cl2或Cr(OH)2Cl，只要配平即可]
(7) 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 88.76
【分析】实验室制备三氯化铬，整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2
将CCl4气体带入装置，与B 中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体与D 装置中NaOH 溶液
反应从而进行吸收处理，为防止D 装置中水蒸气进入反应装置，在C 和D 装置中间加一个干
燥装置F，以此解答。
【详解】（1）光气（COCl2）分子中，中心碳原子与一个氧原子形成双键，与两个氯原子均
形成单键。碳原子的价层电子对数为3，且无孤电子对。根据价层电子对互斥理论
（VSEPR），中心碳原子采取sp
2杂化，分子的空间构型为平面三角形。
（2）三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存
在氧气和水蒸气，A 装置的作用是干燥N2，E 装置用N2将CCl4导入装置参与反应，F 装置作
用是防止水蒸气进入反应装置，C 装置作用是收集产物，D 装置是处理COCl2尾气，B 装置是
发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装
置，与B 中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体与D 装置中NaOH 溶液反应从而进行吸收
处理，为防止D 装置中水蒸气进入反应装置，还在C 和D 装置中间加一个干燥装置F；根据
上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为a→ef→bc→gh→d。
（3）根据题意，反应物 Cr2O3和CCl4，在高温下反应生成CrCl3和COCl2，化学方程式为：
Cr2O3+3CCl4
高温
¿
¿
2CrCl3+ 3COCl2。
（4）题目已知CrCl3易升华。在装置 B 中生成的CrCl3蒸气进入装置C 后会遇冷凝华成固
体。如果导管较细，固体CrCl3容易在导管内壁凝结，导致导管堵塞。因此，左侧导管设计得
较粗以防止堵塞。
（5）装置D 用于吸收有毒气体COCl2。已知COCl2遇水发生水解产生两种酸性气体（CO2和HCl
）。在NaOH溶液中，这些酸性气体会与OH
−反应生成CO3
2−和Cl
−，离子方程式为：
COCl2+ 4 OH
−=CO3
2−+2Cl
−+2H2O。
（6）F 装置（无水CaCl2）的作用是防止装置 D 中的水蒸气进入装置 C。若无 F 装置，
CrCl3易潮解，会与水蒸气反应生成氢氧化铬和氯化氢，化学方程式为：CrCl3 + 3H2O ⇌
Cr(OH)3 + 3HCl。
（7）①滴定过程中，CrO4
2−在酸性条件下氧化I
−生成I2，溶液呈黄色或棕褐色。加入淀粉后，
溶液变蓝。用Na2S2O3 标准溶液滴定I2，当I2被完全消耗时，蓝色褪去，该实验达滴定终点的
现象为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；
②根据反应关系可得关系式：Cr
3+∼CrO4
2−∼1.5I2∼3 Na2S2O3，
n(Na2S2O3)=0.0240 mol/L×0.02100L=5.04×10
−4 mol，25 mL溶液中
n(CrCl3)= 1
3 ×5.04×10
−4 mol=1.68×10
−4 mol，250 mL溶液中
n(CrCl3)=1.68×10
−4 mol×10=1.68×10
−3 mol，其质量分数为
1.68×10
−3 mol×158.5g/mol
0.300g
×100 % =88.76 %。
29．（2026·江苏扬州·模拟预测）氢能的开发和利用是新能源领域的重点发展方向。
(1)甲烷二氧化碳制氢及应用
①反应CH4 (g)+CO2(g)⇌2CO (g)+2H2(g)，每生成1molH2，转移电子的数目为_______mol。
②在透氢膜反应器中，以n(CH4):n(CO2)=1:1进料制氢的原理如图1 所示。1500K，在透氢膜反
应器中CH4转化率增大，从速率和平衡角度分析其原因是_______。
993K
③
，相同条件下，用H2或CO还原CoO (s)生成Co(s)，平衡时气体中H2或CO的物质的量分数
分别为0.0250、0.0192.还原CoO (s)为Co(s)的反应限度：H2_______CO(填“>”或“<”)。
(2)甲烷水蒸气重整制氢
Ⅰ．CH4 (g)+ H2O (g)=CO (g)+3 H2(g) Δ H 1=206.3kJ⋅mol
−1
Ⅱ．CO (g)+ H2O (g)=CO2(g)+ H2(g) Δ H 2=−41.2kJ⋅mol
−1
Ⅲ．CH4 (g)+2H2O (g)=CO2(g)+ 4 H2(g) Δ H 3
①反应Ⅲ在_______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
②在一定温度、Ni/ZrO2催化下发生上述反应。工业上选择水碳投料比
n(H2O)
n(CH4)
= 1
2.5，适当提高
n(H2O)
n(CH4) 有利于消除积碳并提高甲烷转化率，若
n(H2O)
n(CH4) 过高，其缺点是_______。
(3)氢能的储存、运输和利用
①太阳能、风能等无法实现及时或稳定的能源供应，通过它们产生的过剩电能制氢，再供给
有能源需求的地区使用(如图2 所示)，可实现能源的高效利用。
从物质转化和氢能运输角度综合分析该过程中HCOOH的作用是_______。
②某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池装置如图3 所示，其负极的电极反应式是_______。
【答案】(1) 3 速率角度：透氢膜能促进氢气从催化剂表面及时脱附，有利于反应
物的吸附，加快化学反应速率；平衡角度：氢气被及时吹扫出去，反应正向进行程度增大，
CH4转化率增大 <
(2) 高温 获得大量的水蒸气需要消耗更多的能量，增加成本；大量水蒸气吸附在催
化剂表面，使甲烷吸附量减少，反应量减少，反应速率减慢
(3) 有利于实现碳中和：将H2转化为更安全、易运输的HCOOH，降低运输成本
H2−2e
−+CO3
2−= H2O+CO2
【详解】（1）①反应方程式中，CH4中的C（-4 价）反应后变成CO 中的C（+2 价），升高
6 价，失去6e-，CO2中的C（+4 价）反应后变成CO 中的C（+2 价），降低2 价，得到2e-，
CH4中的4 个H（+1 价）反应后变成2 个H2（0 价），共降低4 价，得到4e-，根据方程式，
生成2 molH2时，总共转移电子为6 mol，故生成1 molH2时转移电子为3 mol；
②从速率角度，透氢膜能将产生的H2及时移走，这减少了产物在催化剂表面的覆盖，使催化
剂空出更多的“活性位点”给反应物CH4和CO2吸附，从而加快反应速率，从平衡角度，根
据勒夏特列原理，及时移走产物，平衡会向正反应方向移动，从而提高CH4的转化率；
H
③
2还原时，平衡时x（H2）=0.0250，则x（H2O）=1-0.0250=0.9750，KH2=0.9750
0.0250=39，CO
还原时，平衡时x（CO）=0.0192，则x（CO2）=1-0.0192=0.9808，KCO=0.9808
0.0192 ≈51，KCO＞
KH2，说明用CO 还原的程度更彻底，反应限度H2＜CO；
（2）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，反应Ⅲ的焓变ΔH=206.3+（-41.2）=+165.1
kJ/mol，这是一个吸热反应，反应Ⅲ中反应物气体共3 mol，产物气体共5 mol，由于气体分
子数增加，体系混乱度增大，所以ΔS＞0，由判据ΔG=ΔH-TΔS＜0 反应自发可知，当温度T
足够高时，ΔG＜0，因此反应在高温下自发进行；
②当水蒸气太多时，加热过量的水蒸气需要巨额能量，不经济，大量水分子占据了催化剂表
面，导致甲烷没有地方吸附，反而减慢了反应速率；
（3）①氢气是气体，储运困难且易燃易爆，甲酸在常温下是液体，图中显示，先把H2变成
甲酸运走后，再让甲酸分解放出H2，甲酸作为储氢介质，使氢能更安全、更易于长距离运
输；
②负极通入燃料H2，发生氧化反应，介质是熔融CO3
2-，H2失电子变成H+，H+结合CO3
2-生成
H2O 和CO2，离子方程式为H2-2e-+CO3
2-=H2O+CO2。
