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题型五 氧化还原反应
1．厘清两条概念线索
2．掌握四条基本规律
3．熟练应用守恒解题
1．(2025·重庆卷，1)抗日战争时期，我国军民同仇敌忾，利用简易装置制
作了许多武器，下列制造过程中涉及氧化还原反应的是( )
A．用研磨法代替粉碎机碾碎硝化棉
B．在陶缸中使用硫磺制作硫酸
C．用蒸馏法将白酒制取工业酒精
D．用水解法将植物油与熟石灰制备甘油
解析：B 研磨硝化棉是物理粉碎过程，无化合价变化，不涉及氧化还原反
应，A 错误；硫磺(S)转化为硫酸(H2SO4)时，硫的化合价从0 升至＋6，发生氧
化反应，涉及氧化还原反应，B 正确；蒸馏法分离酒精是物理过程，无新物质
生成，不涉及氧化还原反应，C 错误；植物油水解生成甘油和脂肪酸盐，属于
水解反应，无化合价变化，不涉及氧化还原反应，D 错误。
2．(2025·山东卷，1)下列在化学史上产生重要影响的成果中，不涉及氧化
还原反应的是( )
A．侯德榜发明了以NH3、CO2和NaCl 为原料的联合制碱法
B．戴维电解盐酸得到H2和Cl2，从而提出了酸的含氢学说
C．拉瓦锡基于金属和O2的反应提出了燃烧的氧化学说
D．哈伯发明了以N2和H2为原料合成氨的方法
解析：A 联合制碱法发生的化学反应为NaCl ＋NH3 ＋CO2 ＋
H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3 △
Na2CO3+ H 2O+CO2↑，该过程未发
生氧化还原反应，A 符合题意；电解盐酸时HCl 转化为H2、Cl2，发生氧化还原
反应，B 不符合题意；金属与O2两种单质反应生成化合物，发生氧化还原反应
C 不符合题意；以N2和H2为原料合成NH3，发生氧化还原反应，D 不符合题意。
3．(2025·北京卷，5)下列反应中，体现NH4
+还原性的是( )
A．NH4HCO3加热分解有NH3生成
B．NH4Cl 和NaNO2的混合溶液加热有N2生成
C．Mg(OH)2固体在NH4Cl 溶液中溶解
D．(NH4)2SO4溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀
解析：B NH4HCO3 △
NH3↑＋CO2↑＋H 2O，NH4
+中N 元素化合价没变，
A 错误；NH4Cl＋NaNO2 △
N2↑＋NaCl＋2 H 2O，NH4
+中N 元素化合价升高，
体现还原性，B 正确；Mg(OH)2＋2NH4Cl===MgCl2＋2 NH 3· H 2O，NH4
+中N 元
素化合价没变，C 错误；(NH4)2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2 NH 4Cl，NH4
+中N 元
素化合价没变，D 错误。
4．(2025·浙江1 月选考，6)关于溴的性质，下列说法不
正确的是( )
A．Br－可被Cl2氧化为Br2
B．Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br－
C．Br2＋2Fe2+===2Fe3+＋2Br－，说明氧化性：Br2>Fe3+
D．1 mol Br2与足量NaOH 溶液反应生成NaBr 和NaBrO3，转移5 mol 电子
解析：D 因氧化性：Cl2>Br2，故Cl2可将Br－氧化为Br2，A 正确；Br2具
有氧化性，SO2具有还原性，二者反应时Br2被还原为Br－，B 正确；根据同一
反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可得氧化性：Br2>Fe3+，C 正确；
根据题意，Br2发生歧化反应生成NaBr 和NaBrO3，反应的化学方程式为3Br2＋
6NaOH===5NaBr＋NaBrO3＋3H2O，即3 mol Br2参与反应转移5 mol 电子，D 错
误。
5．(2025·山东卷，9)用肼(N2H4)的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物
时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．N2是还原反应的产物
B．还原性：N2H4<Fe2+
C．处理后溶液的pH 增大
D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+
解析：C 由题图可知，N2由N2H4生成，N 化合价升高，发生氧化反应，A
错误；分析题图知，该过程总反应的化学方程式为N2H4＋2Fe3O4＋12H＋催化剂
N2↑＋6Fe2+＋8H2O，N2H4为还原剂，Fe2+为还原产物，结合还原剂的还原性大
于还原产物的还原性知，还原性：N2H4>Fe2+，B 错误；由总反应知，反应过程
中H＋被消耗，故处理后溶液的pH 增大，C 正确；先消耗后生成的为催化剂，
由题图可知，该反应的催化剂为[Cu(N2H4)2]2+，D 错误。
6．(2025·湖南卷，8)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4NaNO3＋4Sb＋3O2
高温
4NaSbO3＋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 mol O2，转移20 mol e－
解析：C NaSbO3中Na 为＋1 价，O 为－2 价，根据化合物中各元素化合
价代数和为0，Sb 的化合价为＋5，A 正确；NO3
-的中心N 原子价层电子对数是3
＋5+1-3×2
2
＝3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B 正确；
反应中氧化剂为NaNO3(4 mol)和O2(3 mol)，总物质的量7 mol，还原剂为Sb(4
mol)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7 4∶，C 错误；O2、NaNO3同时作氧化
剂，3 mol O2参与反应，有4 mol Sb 作还原剂，整个反应总电子转移为20
mol，D 正确。
7．(2024·北京卷，14)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(Mn2+)∶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
解析：B 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(I2)＝2 5∶，A
项错误；根据反应①可得关系式10 I
- ～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
-～2 MnO2～IOx
-～6e－，则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===2 MnO2↓ +IO3
-＋2OH－，B
项正确；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；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。
8．(2024·浙江6 月选考，6)利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害
的物质后排放。反应原理为：H＋＋CH3OH＋NO3
-―→X＋CO2＋H2O(未配平)。下
列说法正确的是( )
A．X 表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6 5∶
D．若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表
示阿伏加德罗常数的值)
解析：C 由题中信息可知，利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无
害的物质X 后排放，则X 表示N2，NO2是大气污染物，A 不正确；CH3OH 中C
元素的化合价由－2 价升高到＋4 价，CH3OH 是该反应的还原剂，O3有强氧化
性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B 不正确；该反应中，还
原剂CH3OH 中C 元素的化合价由－2 价升高到＋4 价，氧化剂NO3
-中N 元素的化
合价由＋5 价降低到0 价，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之
比为6 5∶，C 正确；CH3OH 中C 元素的化合价由－2 价升高到＋4 价，升高了6
价，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，即生成0.5 mol CO2，反应转移的电
子数为0.5×6NA＝3NA，D 不正确。
限时规范训练
(建议用时：30 分钟 满分：39 分)
选择题：每小题3 分，共39 分。
1．(2025·海口一模)下列过程中有电子转移的是( )
A．千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金
B．候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜
C．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
D．青蒿一握，以水二升渍(浸泡)，绞取汁
解析：C “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，从沙子中筛选黄金，没
有生成新物质，属于物理变化，A 不符合题意；明日天晴，半日晒出盐霜，是
蒸发结晶的过程，属于物理变化，B 不符合题意；熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，
发生反应Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu，铁、铜元素化合价改变，属于氧化还原反
应，有电子转移，C 符合题意；“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，
用水浸取青蒿中的青蒿素，属于物理变化，D 不符合题意。
2．(2025·北京西城区二模)下列变化过程与氧化还原反应无关的是( )
A．推动盛有NO2的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深
B．将酸性KMnO4溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去
C.将FeSO4溶液加入NaOH 溶液中，最终生成红褐色沉淀
D．向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧
解析：A 推动盛有NO2 的密闭针筒的活塞，增大压强，反应
2NO2⥫⥬N2O4的平衡正向移动，但NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧
化还原反应，A 正确；乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化还原
反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，B 错误；Fe2+与NaOH 生成Fe(OH)2白色
沉淀，Fe(OH)2 被氧化为Fe(OH)3 红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，C 错误；
Na2O2加水生成氧气并放热，涉及氧化还原反应，D 错误。
3．(2025·驻马店三模)下列颜色变化属于化学变化，但不涉及氧化还原反应
的是( )
A．向含有淀粉的碘水中滴加硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去
B．向K2CrO4溶液中加入硫酸酸化，溶液由黄色变为橙红色
C．洁净的铂丝蘸取硫酸钠固体在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色
D．将NaHSO3溶液加入KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色
解析：B 溶液蓝色褪去，该过程涉及了氧化还原反应I2 ＋
2S2O3
2-===2 I
- +S4O6
2-，A 项不符合题意；向K2CrO4溶液中加入硫酸酸化，溶
液由黄色变为橙红色，发生的反应是2CrO4
2-+2 H
+ ⥫⥬Cr2O7
2-＋H2O，不涉及氧
化还原反应，B 项符合题意；焰色试验为物理变化，C 项不符合题意；MnO4
-被
HSO3
-还
原
，
发
生
了
氧
化
还
原
反
应
，
方
程
式
为
：
5 HSO3
-+2MnO4
-+ H
+ ===2 Mn
2+ +5SO4
2-＋3H2O，D 项不符合题意。
4．(2025·郑州模拟)氨基钠(NaNH2)是重要的化学试剂，其与氧气的反应如
下：4NaNH2＋3O2===2NaOH＋2NaNO2＋2NH3。设NA为阿伏加德罗常数的值，
下列说法正确的是( )
A．n(氧化剂)∶n(还原剂)＝3 4∶
B．每消耗0.3 mol O2，转移电子数是2.4NA
C．NH3是氧化产物
D．NaNH2中N 的化合价部分发生变化
解析：D 由化学方程式可知，反应中氧元素化合价降低，O2作氧化剂，4
mol NaNH2中，只有2 mol NaNH2所含氮元素化合价升高，作还原剂，则n(氧化
剂)∶n(还原剂)＝3 2∶，A 错误；由化学方程式可知，每消耗3 mol O2，反应转移12
mol 电子，则每消耗0.3 mol O2，转移1.2 mol 电子，转移电子数是1.2NA，B 错
误；生成NH3的N 和H 元素在反应前后化合价无变化，则NH3既不是氧化产物
也不是还原产物，C 错误；NaNH2→NaNO2 ，N 元素化合价升高，
NaNH2→NH3，N 元素化合价不变，即NaNH2中N 的化合价部分发生变化，D
正确。
5．(2025·杭州模拟)关于反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，
下列说法正确的是( )
A．反应物KNO3中N 被氧化
B．NaN3中氮元素为－3 价
C．标准状况下，若有6.5 g NaN3参加反应，则生成3.584 L N2
D．若1 mol KNO3参加反应，转移电子的物质的量为10 mol
解析：C 该反应中KNO3中的N 元素由＋5 价变为0 价，被还原，A 错误；
NaN3中Na 为＋1 价，N 元素平均化合价为－1
3价，B 错误；6.5 g NaN3的物质的
量为
6.5 g
65 g·mol
-1＝0.1 mol，根据方程式可知，生成0.16 mol 氮气，标准状况下
体积为0.16 mol×22.4 L·mol-1＝3.584 L，C 正确；KNO3为该反应中唯一得电子
的物质，根据其N 元素的化合价变化可知，若1 mol KNO3参加反应，转移电子
的物质的量为5 mol，D 错误。
6．(2025·北京4 月模拟)氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探
究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是( )
A．过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 1∶
B．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
C．过程Ⅰ中发生的化学反应：2Ni2+＋2NO===2Ni3+＋2O－＋N2
D．整个过程中Ni2+作催化剂
解析：A 过程Ⅱ的反应为2Ni3+＋2O－===2Ni2+＋O2↑，Ni 元素化合价降低，
Ni3+是氧化剂，O 元素化合价升高，O－是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量
之比为1 1∶，A 错误；过程Ⅰ的反应为2Ni2+＋2NO===2Ni3+＋2O－＋N2，过程Ⅱ
的反应为2Ni3+＋2O－===2Ni2+＋O2↑，均有元素化合价变化，均为氧化还原反
应，B 正确；根据图中物质间转化，过程Ⅰ中发生的反应为2Ni2+ ＋
2NO===2Ni3+＋2O－＋N2，C 正确；整个过程中Ni2+先参加过程Ⅰ作反应物，后
又在过程Ⅱ被生成作生成物，整个过程中Ni2+作催化剂，D 正确。
7．(2025·株洲一模)NH3是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下
列说法正确的是( )
A．物质A 的化学式为(NH4)2SO4
B．结合H＋能力：N2H4>CH3NH2
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2 1∶
解析：C 氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨
气和等物质的量三氧化硫反应生成硫酸氢铵。氨气和等物质的量三氧化硫反应，
结合质量守恒，还应有水参与反应，反应生成的A 为NH4HSO4，A 错误；甲基
为推电子基团，使得CH3NH2的—NH2中N 原子周围电子云密度比N2H4的大，
易给出孤电子对与氢离子形成配位键，故结合氢离子能力：N2H4<CH3NH2，B
错误；过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成N2H4，反应中氮化合价由－3
变为－2，氯化合价由＋1 变为－1，化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋
NaCl＋H2O，C 正确；过程ⅡN2H4中氮化合价由－2 变为NaN3中的－1
3，为还
原剂，NaNO2中氮化合价由＋3 变为NaN3中的－1
3，为氧化剂，结合电子守恒，
存在NaNO2～10
3 e－～N2H4，氧化剂与还原剂物质的量之比为1 1∶，D 错误。
8．(2025·汉中模拟)实验室用足量NaOH 溶液吸收Cl2，当吸收温度不同时，
生成的产物除了H2O 可能是NaClO、NaClO3、NaCl 中的两种或三种。下列“结
论”与“假设”关联正确的是( )
选项
假设钠盐只有
结论
A
NaClO、NaCl
吸收后的溶液中c(ClO
-)一定等于c(Cl
-)
B
NaClO3、NaCl
氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5
C
NaClO、NaClO3、
NaCl
由吸收后的溶液中n(Cl
-)可计算吸收的
n(Cl2)
D
NaClO、NaClO3、
NaCl
参加反应的NaOH 与Cl2的物质的量之比为
2∶1
解析：D 氯气与氢氧化钠反应生成等物质的量的次氯酸钠和氯化钠，而
NaClO 发生水解，所以则吸收后的溶液中n(ClO-)<n(Cl-)，A 错误；由3Cl2＋
6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O 可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
5∶1，B 错误；若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，已知溶液中n(Cl－)，可以得
知转移的电子数，但是不能得到NaClO、NaClO3 的比例，故不能计算吸收的
n(Cl2)，C 错误；NaOH 与Cl2反应生成NaClO、NaClO3、NaCl，由组成可知钠
原子与氯原子的物质的量之比为1∶1，所以参加反应的NaOH 与Cl2的物质的
量之比一定为2∶1，D 正确。
9．(2025·长沙一模)自来水消毒剂ClO2可用葡萄糖与NaClO3发生以下反应
制得：C6H12O6＋NaClO3＋H2SO4―→ClO2↑＋CO2↑＋Na2SO4＋H2O(未配平)。
下列说法不正确的是( )
A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应
B．ClO2替换Cl2用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1 6∶
D．每生成1 mol ClO2气体，转移电子数为NA(NA表示阿伏加徳罗常数的值)
解析：C C 化合价0→＋4，Cl 化合价＋5→＋4，还原剂为C6H12O6 ，氧化
剂为NaClO3 ，根据得失电子守恒，反应转移24 个电子，反应方程式为C6H12O6
＋24NaClO3＋12H2SO4―→24ClO2↑＋6CO2↑＋12Na2SO4＋18H2O。据以上分析，
C6H12O6中C 化合价升高，是还原剂，发生氧化反应，A 正确；由氯原子个数守
恒和得失电子数目守恒可知，转移2 mol 电子，氯气作为自来水消毒剂时，消耗
氯气1 mol，生成氯离子2 mol，二氧化氯作为自来水消毒剂时，消耗二氧化氯
0.4 mol，生成氯离子0.4 mol，所以使用二氧化氯代替氯气作为自来水消毒剂能
有效减少残留氯，B 正确；还原剂为C6 H 12O6，氧化剂为NaClO3，还原剂与氧
化剂的物质的量之比为1 24
∶
，C 错误；每生成24 mol ClO2气体，转移24 mol 电
子，则生成1 mol ClO2气体，转移1 mol 电子，转移电子数为NA，D 正确。
10．(2025·南京模拟)在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应2AuS－
＋3Fe2+＋4H2O===Fe3O4＋2Au＋2H2S↑＋4H＋，下列说法正确的是( )
A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 3∶
B．每生成4.48 L H2S，转移电子数为0.2NA
C．反应中若有19.7 g Au 元素被还原，则生成0.05 mol Fe3O4
D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应
解析：C 该反应中，产物Fe3O4中有一个铁为＋2 价，故氧化剂AuS－与还
原剂Fe2+物质的量之比为1 1∶，A 错误；无标准状况的条件，故无法计算，B 错
误；被还原的19.7 g Au 为0.1 mol，则对应产生的Fe3O4为0.05 mol，C 正确；
Fe2+在反应中发生氧化反应，原电池反应中正极为发生还原反应的一极，D 错误。
11 ．(2025· 宁波镇海中学高三月考) 已知：①5 MnSO4＋2NaClO3 ＋
4H2O===5MnO2↓＋Na2SO4 ＋4H2SO4 ＋Cl2↑；②FeSO4 ＋MnO2 ＋
H2SO4―→Fe2(SO4)3＋MnSO4＋H2O(未配平)。
下列有关说法正确的是( )
A．MnSO4在反应①中作还原剂，在反应②中作氧化产物
B．还原性：FeSO4＞Cl2＞MnSO4
C．根据上述反应判断：NaClO3不能氧化FeSO4
D．转移电子数相同时，反应①中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的
物质的量之比为2 5∶
解析：D MnSO4在反应①中是还原剂，在反应②中是还原产物，A 错误；
根据还原性：还原剂＞还原产物，判断还原性：FeSO4＞MnSO4＞Cl2，B 错误；
根据上述反应判断出氧化性：NaClO3＞MnO2＞Fe2(SO4)3，所以NaClO3 能把
FeSO4 氧化为Fe2(SO4)3，C 错误；反应①中每转移10 mol 电子，生成4 mol
H2SO4，反应②可配平为2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===Fe2(SO4)3＋ MnSO4＋
2H2O，每转移2 mol 电子，消耗2 mol H2SO4，所以转移电子数相同时，反应①
中生成的H2SO4与反应②中消耗的H2SO4的物质的量之比为2 5∶，D 正确。
12．(2025·湖南九校联盟联考)磷与硫酸铜可以发生以下两个反应：
①11P＋15CuSO4＋24H2O===5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4；②2P＋5CuSO4＋
8H2O===5Cu＋2H3PO4＋5H2SO4。
下列有关说法正确的是( )
A．白磷(P4)为正四面体结构，键角为109°28′
B．反应①中Cu3P 既是氧化产物，又是还原产物
C．反应①、②消耗相同物质的量的水时，转移电子数相等
D．反应①中若15 mol CuSO4参加反应，则被CuSO4氧化的P 的物质的量为
6 mol
解析：C 白磷(P4)为正四面体结构，键角为60°，A 错误；Cu3P 中Cu 为＋
1 价，P 为－3 价，生成Cu3P 时Cu、P 化合价降低，均得电子发生还原反应，
因此Cu3P 为还原产物，B 错误；反应①中消耗24 mol 水转移30 mol 电子，反
应②消耗8 mol 水转移10 mol 电子，则反应①、②消耗相同物质的量的水时，
转移电子数相等，C 正确；反应①中15 mol 硫酸铜参与反应，Cu2+得到15 mol
电子，而1 mol P 转化为H3PO4失去5 mol 电子，因此被硫酸铜氧化的P 的物质
的量为3 mol，D 错误。
13．(2025·黑龙江龙东联盟高三联考)稀有气体化合物在化学、照明、医疗
等众多领域有广泛应用，含Xe 化合物的种类较多，氙的氟化物(XeFn)与NaOH
溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如表：
与水反应
与NaOH 溶液反应
ⅰ.2XeF2＋2H2O===2Xe↑＋O2↑＋
4HF
ⅱ.2XeF2＋4OH－===2Xe↑＋O2↑＋4F－＋
2H2O
ⅲ.2XeF6＋3H2O===XeO3＋6HF
ⅳ.2XeF6＋4Na＋＋16OH－===Na4XeO6↓＋
Xe↑＋O2↑＋12F－＋8H2O
下列说法错误的是( )
A．OH－的还原性比H2O 强
B．反应ⅰ～ⅳ中有3 个氧化还原反应
C．反应ⅳ每生成1 mol O2，转移4 mol 电子
D．较He、Ne、Ar、Kr 原子，Xe 原子半径大，电离能小，所以含Xe 的化
合物种类更多
解析：C 由ⅲ、ⅳ两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生
还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，则OH－的还原性比H2O 强，A 正
确；ⅰ、ⅱ、ⅳ均为氧化还原反应，ⅲ为非氧化还原反应，B 正确；分析反应
ⅳ可知，每生成1 mol O2，转移6 mol 电子，C 错误；与同族的0 族元素相比，
氙原子的最外层虽然为8e－稳定结构，但原子半径大，电离能小，所以氙原子
的性质相对活泼，形成的化合物种类更多，D 正确。
