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题型04 氧化还原反应的分析及应用 氧化还原反应是高考化学的支柱，其考查将更注重原理的理解深度和跨模块的综合应用。重点考查氧化 剂、还原剂、电子转移数目的判断，但会融入“陌生化学式”或“新材料” 为背景，检验信息提取与知 识迁移能力。预测反应能否发生，侧重于反应先后顺序或在特定情境下的产物判断。陌生氧化还原方程式 的配平仍是必考点，将更频繁地出现在工艺流程题和实验探究题中。要求能根据题干信息（如价态变化、 元素守恒）准确推断并配平。强化在真实、复杂情境中应用氧化还原原理解决问题的能力，尤其要重视其 在工艺流程和新能源、环保等热点领域中的应用。 考向01 氧化还原反应相关概念的判断 【例1-1】（2025·安徽卷）氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2O -40℃ ¿ HOF+HF ¿ ，生成的HOF遇水发生反应 ②HOF+H2O=HF+H2O2。下列说法正确的是 A．HOF的电子式为 B．H2O2为非极性分子 C．反应①中有非极性键的断裂和形成 D．反应②中HF为还原产物 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 有关氧化还原反应相关概念的判断 考向02 物质的物质氧化性、还原性机器强弱的判断 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平【重难】 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用【重难】 考向05 有关氧化还原反应的计算 【重难】 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 【答案】A 【解析】HOF 中心原子为O，与H、F 通过共用电子对形成共价键，电子式为 ，A 正确；H2O2空 间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B 错误；反应①中F-F 非极性键断裂，但没 有非极性键的形成，C 错误；F 的电负性大于O，HOF 中氟表现为-1 价，O 为0 价，H 为+1 价，生成物HF 中氟还是-1 价，F 的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为H2O，H2O2既是氧化产物也是还 原产物，HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D 错误；故选A。 【例1-2】（2025·海南卷）下列化合物性质描述错误的是 CO ① ②SO2 ③NO2 ④Na2O2 A．既可作氧化剂也可作还原剂：①②③④ B．与水作用后溶液呈酸性：②③ C．与水反应释放O2：④ D．常态下呈现颜色：①②③④ 【答案】D 【解析】CO 中C 为+2 价，SO2中S 为+4 价，NO2中N 为+4 价，Na2O2中O 为-1 价，均处于中间价态，均 可被氧化或还原，故①②③④均可作氧化剂或还原剂，A 正确；SO2与水生成H2SO3（酸性），NO2与水生 成HNO3（酸性），溶液均呈酸性，B 正确；Na2O2与水反应生成O2（2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2↑），C 正确；CO（无色）、SO2（无色）常态下无颜色，而NO2（红棕色）、Na2O2（淡黄色）有颜色，D 错误； 故选D。 【易错警示】有关氧化还原反应概念的“五个误区” 误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。 误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只做氧化剂。 误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。 误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。 误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。 【变式1-1】（2025·安徽蚌埠·三模）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是 选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂 A NaCl(Na2SO4) BaCl2溶液、Na2CO3溶 液 B NO(NO2) 蒸馏水、碱石灰 C SiO2(Al2O3) NaOH 溶液 D Fe2(SO4)3(FeSO4) 酸性KMnO4溶液 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】除杂试剂为BaCl2和Na2CO3，除杂试剂选择正确，发生反应：BaCl2+Na2SO4＝BaSO4↓+2NaCl，未 反应完的BaCl2与Na2CO3发生反应：BaCl2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaCl，反应均为复分解反应，无化合价变 化，不涉及氧化还原反应，A 不符合题意；NO2溶于水发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，碱石灰干燥 NO，最终得到纯净的NO，除杂试剂选择正确，N 的化合价从+4 变为+5 和+2，属于氧化还原反应，B 符 合题意；NaOH 能与SiO2发生反应：SiO2+2NaOH＝Na2SiO3+H2O，除杂试剂选择错误，且Al2O3与NaOH 发生反应：Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al(OH)4]，反应过程中Si、Al 的化合价未变，未涉及氧化还原反 应，C 不符合题意；酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+：MnO❑4 −+8H++5Fe2+＝5Fe3++Mn2++4H2O，过程中涉及 氧化还原反应，但引入K+和Mn2+等杂质，试剂选用错误，D 不符合题意；故选B。 【变式1-2】（2025·浙江杭州·三模）反应3IClBr −+6OH −=2I −+IO3 −+3 Br −+3Cl −+3 H2O，只有一种元 素的化合价发生了变化，下列说法不正确的是 A．3 molIClBr −发生反应，转移5mol 电子 B．IClBr −既是氧化剂又是还原剂 C．I −是还原产物，IO3 −是氧化产物 D．IClBr −不能与SO3 2−大量共存 【答案】A 【解析】3 molIClBr −发生反应生成2molI −和1molIO3 −，反应中I 元素部分被还原（+1→-1，每mol 得 2mol e −）和部分被氧化（+1→+5，每mol 失4mol e −），总反应中2molI −对应得到4mole⁻，1molIO3 −对 应失去4mole⁻，总转移电子数为4mol，而非5mol，故A 错误；IClBr −中的I 元素既被氧化又被还原，因 此IClBr −既是氧化剂又是还原剂，故B 正确；I −是I 被还原的产物（+1→-1），IO3 −是I 被氧化的产物 （+1→+5），故C 正确；IClBr −中的I 处于中间价态，具有氧化性，而SO3 2−具有还原性，两者会发生反 应，不能共存，故D 正确；故选A。 考向02 物质的氧化性、还原性及其强弱的判断 【例2-1】（2025·北京卷）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 【答案】B 【解析】NH4HCO3分解生成NH3，氮的氧化态保持-3，未发生氧化还原反应，A 不符合题意；NH 4 +中的 N(-3 价)与NO2 −中的N(+3 价)反应生成N2(0 价)，NH 4 +被氧化，体现还原性，B 符合题意；水溶液中，铵根 离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程， 无化合价变化，没有体现其还原性，C 不符合题意；(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，NH 4 + 未参与氧化还原，D 不符合题意；故选B。 【例2-2】 （2025·陕晋青宁卷）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J 均为无色气 体，J 具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是 A．G、K 均能与NaOH溶液反应 B．H、N 既具有氧化性也具有还原性 C．M 和N 溶液中的离子种类相同 D．1molG与足量的J 反应，转移电子数为NA 【答案】D 【分析】根据转化关系： ，常温常压下G、J 均为无色 气体，J 具有漂白性，J 为SO2，K 为SO3，G 为H2S，H 为S，M 为NaHSO3，N 为Na2SO3，L 为Na2SO4。 【解析】H2S 和SO3均能与NaOH 溶液反应，A 正确；S 和Na2SO3中S 的化合价处于S 的中间价态，既具 有氧化性又有还原性，B 正确；M 为NaHSO3，N 为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C 正确；1mol H2S 和足量的SO2反应生成S 单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S 参加反应，转移2mol 电子，转移 2NA个电子，D 错误；故选D。 1.氧化性、还原性 (1)①氧化性：指得电子的性质(或能力)；还原性：指失电子的性质(或能力)。 ②氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na-e-==Na ＋，Al-3e-==Al3＋，但根据金属活动性顺序，Na 比Al 更易失去电子，所以Na 比Al 的还原性强。 (2)从元素的化合价判断 ①最高价态——只有氧化性，如：HNO3、H2SO4、KMnO4等； ②最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl-、S2-等； ③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。 2.氧化性、还原性强弱的判断 (1)依据化学方程式判断 氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。 (2)依据金属、非金属的活动性顺序判断 (3)依据反应条件及反应的剧烈程度判断 反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强，如是否加热、反应温度高低、有无催 化剂和反应物浓度大小等。 例如：根据2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，Mg＋2H2O=====Mg(OH)2＋H2↑，可以推知还原性：Na＞Mg。 (4)依据氧化还原反应的程度判断 ①相同条件下不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的其氧化性强。 例如：根据2Fe＋3Cl2=====2FeCl3，Fe＋S=====FeS，可以推知氧化性：Cl2＞S。 ②相同条件下不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的其还原性强。 例如：根据Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋，3Zn＋2Fe3＋===3Zn2＋＋2Fe，可以推知还原性：Zn＞Cu。 【变式2-1】（2025·辽宁沈阳·二模）已知：Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+ +2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn 2++ 4 H ++5SO4 2−=2MnO4 −+5PbSO4+2H2O； KMnO4与浓盐酸反应有黄绿色气体生成。下列推断正确的是 A．由反应I 可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为1 2∶ B．由反应I、II 可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4 − C．Pb 可与稀硝酸发生反应：3Pb+ 4 HNO3=3PbO2+ 4 NO↑+2H2O D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8 HCl=3PbCl2+ 4 H2O+Cl2↑ 【答案】D 【解析】反应I 中Pb3O4中Pb元素为+2、+4 价，反应中Pb的化合价未发生变化，发生非氧化还原反应， 不存在氧化产物与还原产物的比例，A 错误；反应I 只涉及HNO3的酸性，无法得出HNO3＞PbO2的结论； 反应II 中PbO2中铅元素化合价降低为氧化剂，MnO4 −为氧化产物，氧化性PbO2> MnO4 −，B 错误；稀硝 酸的氧化性通常将Pb 氧化为Pb2+，C 错误；Pb3O4中Pb元素为+2、+4 价与HCl 反应生成PbCl2和H2O、 Cl2，反应方程式为Pb3O4+8 HCl =3 PbCl2+ 4 H 2O+Cl2↑，D 正确；故选D。 【变式2-2】（2025·浙江温州·三模）已知H[AuCl4)= H ++[AuCl4) −，向H[AuCl4)溶液中加入足量Zn 粉可 以提炼Au，反应为：HAuCl4+Zn→Au+X+ZnCl2(未配平)，下列说法不正确的是 A．还原性：Zn>Au B．X 表示H2 C．生成1molAu，转移电子总数为3 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:3 【答案】C 【解析】由题干信息可知，Zn 能够置换出Au，说明还原性：Zn>Au，A 正确；由题干信息可知，反应配 平后的方程式为：2HAuCl4+ 4 Zn→2Au+ H2↑+ 4 ZnCl2，即X 表示H2，B 正确；由B 项分析可知，根据 配平之后的反应方程式可知，生成1molAu，转移电子总数为4 NA，C 错误；由B 项分析可知，根据配平之 后的反应方程式可知，氧化产物ZnCl2与还原产物Au、H2的物质的量之比为4:3，D 正确；故选C。 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平 【例3-1】（2024·浙江卷）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11.2L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】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仍然是大气污染物，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，升高了6 个价位，氧化剂NO3 -中N 元素的化合价由+5 价降低 到0 价，降低了5 个价位，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 个价位，若生成标准状况下的CO2气体11.2L，即生成 0.5molCO2，反应转移的电子数为0.5N A×6=3NA，D 不正确；故选C。 【例3-2】（2024·北京卷）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 【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-+2MnO4 -+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故 n(Mn2+) n(I ∶ 2)=2 5∶，A 项错误；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-~2 MnO4 -~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；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；故选B。 1.氧化还原反应方程式的配平原则 （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.氧化还原方程式的配平步骤 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （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。 【变式3-1】（2025·山东济宁·三模）PH3常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备PH3的过程涉及到以 下反应： ①P4+ NaOH (过量)+ H2O→NaH2PO2+ PH3↑(未配平) ②NaH2PO2+ H2SO4= H3PO2+ NaHSO4 ③2H3PO2=PH3↑+ H3PO4 下列说法正确的是 A．上述每步反应均属于氧化还原反应 B．反应①中氧化剂和还原剂的质量比是3:1 C．NaH2PO2属于酸式盐 D．理论上，消耗lmol 白磷可生产2.5 molPH3 【答案】D 【解析】反应②是复分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A 错误；反应①的化学方程式 为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，1mol P4中1mol P 被还原（氧化剂），3mol P 被氧化（还原剂）， 氧化剂和还原剂的质量比为1 3∶，B 错误；反应①中NaOH 过量生成NaH2PO2，则H3PO2为一元酸，故 NaH2PO2属于正盐，C 错误；1mol P4通过反应①生成1mol PH3，同时生成3mol NaH2PO2；后者经反应②③ 转化为1.5mol PH3，总产生2.5molPH3，D 正确；故选D。 【变式3-2】（2025·吉林·一模）反应K2S2O8(过硫酸钾)+MnSO4+ H2O — KMnO4+ H2SO4+ K2SO4(未配平)， 下列说法正确的是 A．K2S2O8中S的价态为+7 B．KMnO4是还原产物 C．氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2 D．若消耗3.6gH2O时，则反应转移的电子数为0.5 N A(N A表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】K2S2O8中存在过氧键，其中氧的氧化态为-1，其余氧为-2，设硫的化合价为x，则2x + 6×(-2) + 2×(-1) = -2，解得x=+6，故K2S2O8中S 为+6 价，A 错误；MnSO4中Mn 的氧化态为+2，在产物KMnO4中升为 +7，说明Mn 被氧化，KMnO4是氧化产物，B 错误；配平后的反应为 5 K 2S2O8+2 MnSO4+8 H 2O =2 KMnO4+8 H 2SO4+ 4 K 2SO4，氧化剂是K2S2O8，还原剂是MnSO4，物 质的量之比为5:2，C 正确；根据反应关系式，8 mol H2O对应转移10 mol e⁻，3.6g H2O是0.2mol，对应转 移电子数为0.2× 10 8 =0.25mol，即0.25 N A，D 错误；故选C。 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用 【例4】（2025·浙江卷）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+2Fe 2+=2Fe 3++2Br -，说明氧化性：Br2>Fe 3+ D．1molBr2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5mol电子 【答案】D 【解析】氯气具有强氧化性，可将Br -氧化为Br2，A 项正确；Br2与SO2水溶液反应，生成HBr和H2SO4， 还原产物为Br -，B 项正确；根据反应Br2+2Fe 2+=2Fe 3++2Br -可知，氧化剂为Br2，氧化产物为Fe 3+，氧 化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br2>Fe 3+，C 项正确；Br2与足量NaOH溶液反应生成 NaBr和NaBrO3，反应方程式为：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O，3molBr2参与反应，电子转移 5mol，D 项错误；故选D。 守 恒 律 定 义 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即n(氧 化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 应 用 ①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。 强 弱 律 定 义 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 应 用 ①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 优 先 律 定 义 当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧 化剂)反应。 应 用 ①判断某一氧化还原反应能否正常进行。②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如：向NaBr 和NaI 的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－ ＋Cl2===2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2===2Cl－＋Br2。 价 态 律 定 义 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S 元素)，处于最低价态 时只具有还原性(如H2S 中的S 元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中 的S 元素)。 应 用 ①判断氧化还原反应能不能发生。 ②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。 转 化 律 定 义 同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价 态。 应 用 如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2S→S，H2SO4→SO2)、5Cl－＋ClO＋6H＋ ===3Cl2↑＋3H2O。 【变式4-1】（2025·浙江杭州·三模）反应 ，只有一种元素 的化合价发生了变化，下列说法不正确的是 A． 发生反应，转移5mol 电子 B． 既是氧化剂又是还原剂 C． 是还原产物， 是氧化产物 D． 不能与 大量共存 【答案】A 【详解】A． 发生反应生成2mol 和1mol ，反应中I 元素部分被还原（+1→-1，每mol 得 ）和部分被氧化（+1→+5，每mol 失 ），总反应中2mol 对应得到4mole⁻，1mol 对应 失去4mole⁻，总转移电子数为4mol，而非5mol，故A 错误； B． 中的I 元素既被氧化又被还原，因此 既是氧化剂又是还原剂，故B 正确； C． 是I 被还原的产物（+1→-1）， 是I 被氧化的产物（+1→+5），故C 正确； D． 中的I 处于中间价态，具有氧化性，而 具有还原性，两者会发生反应，不能共存，故D 正 确； 故选A。 【变式4-2】（2025·广东·模拟预测）利用亚克力管制备Cl2并进行Cl2的性质探究实验（装置如图所示）， 实验开始时，取下最左边三通管上端的管帽，快速加入2mL浓盐酸，立即盖好。下列说法正确的是 A．a处发生反应时，浓盐酸只表现出还原性 B．b、c两处的石蕊试纸均先变红后褪色 C．d处湿润的淀粉−KI试纸变蓝，说明还原性：Cl2>I2 D．甲是蘸有饱和食盐水的棉球 【答案】D 【解析】a 处发生的反应为KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为 16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，反应中部分Cl-被氧化为Cl2（表现还原性），部分Cl-与 K+、Mn2+结合为盐（表现酸性），故浓盐酸既表现还原性又表现酸性，A 错误；b 处为干燥的蓝色石蕊试 纸，Cl2本身无酸性，干燥Cl2不能使干燥试纸变色；c 处为湿润的蓝色石蕊试纸，Cl2与水反应生成HCl （使试纸变红）和HClO（漂白褪色），故b 处不变色、c 处先红后褪色，B 错误；d 处发生反应 Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉变蓝，该反应中Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，根据氧化还原规律，氧化剂的 氧化性大于氧化产物，说明氧化性Cl2>I2，C 错误；a 处生成的Cl2中混有挥发出的HCl 杂质，饱和食盐水 可吸收HCl 且减少Cl2溶解，故甲是蘸有饱和食盐水的棉球以除去HCl，D 正确；故选D。 考向05 有关氧化还原反应的计算 【例5-1】 （2025·湖南卷）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+ 4Sb+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 【解析】NaSbO3中Na 为+1，O 为-2，根据电荷守恒，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sp 2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；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。 【例5-2】 （2024·浙江卷）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO+2CO 催化剂 ¿2CO2+N2 ¿ ，下列说 法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A．生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA B．催化剂降低NO与CO反应的活化能 C．NO是氧化剂，CO是还原剂 D．N2既是氧化产物又是还原产物 【答案】D 【分析】NO 中N 的化合价为+2 价，降低为0 价的N2，1 个NO 得2 个电子，作氧化剂，发生还原反应， CO 中C 为+2 价，化合价升高为+4 价的CO2，失去2 个电子，作还原剂发生氧化反应； 【解析】根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A 正确；催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B 正 确；根据分析，NO 是氧化剂，CO 是还原剂，C 正确；根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D 错 误；故选D。 1.计算原理 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，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究 中间反应过程，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.得失电子守恒的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失 电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。 （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 （2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进 行计算，忽略反应过程。 （3）以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 【方法技巧】 1.“一找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“二定得失”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 3.“三列等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值 【变式5-1】（2025·甘肃白银·三模）除去铀矿中镉的反应之一为CdS+ HNO3→ Δ Cd(NO3)2+S+ NO↑+ H2O(未 配平)。下列说法错误的是 A．HNO3作氧化剂，CdS 作还原剂 B．配平后S 的化学计量数为3 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2 D．生成6.72LNO，转移的电子数为0.6 NA 【答案】D 【分析】该反应中S 元素化合价由-2 价上升到0 价，N 元素由+5 价下降到+2 价，根据得失电子守恒和原子 守恒配平化学方程式为：3CdS+8HNO3≜3Cd(NO3)2+3S+2NO↑+ 4 H2O，以此解答。 【解析】该反应中S 元素化合价由-2 价上升到0 价，N 元素由+5 价下降到+2 价，HNO3中N 被还原，作氧 化剂；CdS 中S 被氧化，作还原剂，A 正确；由分析可知，该反应为 3CdS+8HNO3≜3Cd(NO3)2+3S+2NO↑+ 4 H2O，S 的化学计量数为3，B 正确；该反应中S 元素化合价由-2 价上升到0 价，N 元素由+5 价下降到+2 价，氧化产物为S，还原产物为NO，该反应为 3CdS+8HNO3≜3Cd(NO3)2+3S+2NO↑+ 4 H2O，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，C 正确；未说 明6.72LNO所处的温度和压强，无法计算其物质的量和转移的电子数，D 错误；故选D。 【变式5-2】（2025·四川·一模）钠及其化合物在一定条件下的转化关系如图所示。设N A为阿伏加德罗常 数的值。下列叙述正确的是 A．1molNa2 18O中含有的质子数为32 N A B．反应②中，若有22.4 LO2反应，则生成2molNa2O2 C．反应③中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂 D．反应④中，若生成71gCl2，则转移的电子数为N A 【答案】C 【解析】1 个Na2 18O 分子中质子数为2×11（Na 原子序数）+8（O 原子序数）=30，1 mol Na2 18O 含质子数 为30NA，A 错误；22.4 L O2未指明标准状况，无法确定其物质的量，B 错误；反应③中Na2O2与盐酸反应 （2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑），Na2O2中-1 价O 部分变为-2 价（H2O）、部分变为0 价（O2），既是 氧化剂又是还原剂，C 正确；反应④为电解NaCl 生成Cl2，反应式 电解 ¿ ¿2NaCl( 熔融) = 2Na + Cl2↑，生成1 mol Cl2转移2 mol 电子，71 g Cl2（1 mol）转移 电子数为2NA，D 错误；故选C。 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应 【例6-1】 （2025·山东卷）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<Fe 2+ 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Cu 2+ 【答案】C 【分析】由图中信息可知，N2H4和Cu 2+反应生成的[Cu(N2H4)2] 2+是N2H4和Fe3O4反应的催化剂， [Cu(N2H4)2] +是中间产物，该反应的离子方程式为N2H4+2Fe3O4+12H + [Cu(N2H4)2] 2+ ¿ N 2↑+6 Fe 2++8 H2O ¿ ，N2H4是 还原剂，Fe3O4是氧化剂，Fe 2+是还原产物。 【解析】该反应中，N2H4中N 元素的化合价升高被氧化，因此，N2是氧化反应的产物，A 不正确；在同一 个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为N2H4>Fe 2+，B 不正确； 由反应的离子方程式可知，该反应消耗H +，处理后溶液的pH增大，C 正确；根据循环图可知，图示反应过 程中起催化作用的是[Cu(N2H4)2] 2+，D 不正确；故选C。 【例6-2】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取 金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10 −20.4，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3 种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中c(Co 2+)⋅c(S 2−)=10 −20.4 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+， 加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A 正确； 生物质(稻草)是可再生 的，且来源广泛，B 正确；根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原，C 错 误； “沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；故选C 高考试题对氧化还原反应的考查，已超越单一反应的简单判断，而是依托具体载体进行综合应用能力的考 查。核心考查形式： 化工流程题载体：在物质制备、分离提纯的流程中，判断某步操作的氧化还原性质，书写陌生情境下的离 子方程式。 实验探究题载体：结合实验现象（如颜色变化、气泡产生）、电化学装置（原电池/电解池），探究物质氧 化性、还原性的强弱规律。 元素化合物题载体：以氯、硫、氮、铁等变价元素及其化合物为核心，考查它们在不同pH、浓度下的转 化关系与方程式的书写与配平。 关键方法技巧： 抓本质：紧紧抓住电子转移（化合价升降） 这一核心，这是分析一切问题的出发点。 判方向：熟练运用氧化性/还原性强弱比较规律，预测反应能否发生及产物。 巧配平：掌握电子守恒法（化合价升降法），尤其适用于复杂体系或离子方程式的配平，确保快速准确。 【变式6-1】（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S 2−并制取硫酸盐，其常用流程如图 所示。下列错误的是 A．过程II 反应的离子方程式为4 MnO3 2−+2S 2−+9 H2O =S2O3 2−+ 4 Mn(OH)2↓+10OH − B．碱性条件下，氧化性：O2>MnO3 2−>S2O3 2− C．过程I 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D．将1mol S 2−转化为SO4 2−理论上需要O2的体积为22.4 L(标准状况) 【答案】D 【解析】过程II 中，MnO3 2−和S2-反应生成Mn(OH)2和S2O3 2−，Mn 元素由+4 价下降到+2 价，S 元素由-2 上 升到+2 价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 4 MnO3 2−+2S 2−+9 H2O =S2O3 2−+ 4 Mn(OH)2↓+10OH −，A 正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可 知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为MnO3 2−，MnO3 2−能将S2-氧化为S2O3 2−，故氧化性： O2>MnO3 2−>S2O3 2−，B 正确；过程I 中Mn(OH)2和O2反应生成MnO3 2−，Mn 元素由+2 价上升到+4 价，O 元 素由0 价下降到-2 价，得失电子守恒时n[Mn(OH)2]:n(O2)=2:1，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，C 正确；由图可知，总反应为 S 2−和O2反应转化为SO4 2−，S 元素化合价-2 价上升到+6 价，O 元素由0 价下降 到-2 价，1 mol S 2−转化为SO4 2−，需2 mol O2，标况下体积为44.8 L，D 错误；故选D。 【变式6-2】（2025·河北·模拟预测）硫循环是指硫在大气、陆地生命体和土壤等几个分室中的迁移和转化 过程，如图所示。设N A为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．0.1 molSO4 2−中S 原子的价层电子对数为0.4 N A B．SO2参与①反应生成9.6 g 还原产物时，消耗氧化剂分子数为0.2 N A C．Cl2参与②反应生成0.5 molSO4 2−时，氧化剂断裂σ 键数为1.5 N A D．⑤反应中生成0.1 mol H2S 时得到电子数为0.8 N A 【答案】B 【解析】SO4 2−中S 原子的价层电子对数：中心原子S 的价电子数为6，加上2 个负电荷，共8 个电子，价 层电子对数为4+ 8−4×2 2 = 4。0.1 mol SO4 2−中价层电子对数为0.1×4=0.4 mol，即0.4 NA，A 正确；9.6 g S(还原产物)的物质的量为0.3 mol，SO2(氧化剂)+2H2S(还原剂)=2S(氧化产物)+S(还原产物)+2H2O，可见 消耗0.3 mol 氧化剂，消耗氧化剂分子数为0.3 N A，B 错误；②转化中，氯气参与反应有 S+3Cl2+ 4 H2O = H2SO4+6 HCl，氯气是氧化剂，1 个氯分子中含有1 个σ 键，生成0.5 mol SO4 2−时需要 1.5 mol Cl2，含1.5 NA σ 键，C 正确；反应⑤为SO4 2−→H2S（S 从+6→-2），生成1 mol H2S得8 mol 电 子，生成0.1 mol H2S时得到电子数N =0.1×8 N A=0.8 N A，D 正确；故选B。 1.（2025·四川巴中·模拟预测）HCHO 用作农药和消毒剂，能制酚醛树脂、脲醛树脂、维纶和染料等。除 去HCHO 的某机理如图所示，下列说法不正确的是 A．MnO2可降低该反应活化能 B．反应①④均是氧化还原反应 ∼ C．反应②既有极性键断裂也有极性键的生成 D．该机理总反应为HCHO+O2→C MnO2 O2+H2O 【答案】B 【解析】除去HCHO 的方程式是HCHO+O2 → MnO2 CO2+ H 2O，由图知MnO2为该反应的催化剂，可降低该 反应活化能，A 正确；反应④是HCO3 −+ H += H 2O+CO2，无化合价变化，不是氧化还原反应，B 错误； 反应②HCHO+·OH =·CHO+ H 2O，断裂极性键C—H 键，形成了极性键O—H 键，C 正确；该机理总 反应为HCHO+O2 → MnO2 C O2+ H2O，D 正确；故选B。 2.（2025·云南·模拟预测）皓矾(ZnSO4·7H2O)是一种无色晶体，主要用作收敛剂、防腐剂及颜料。工业上利 用烧锌渣(ZnO、FeO、Fe2O3等)制备皓矾的流程如图所示。下列有关说法正确的是 A．H2O2在“沉铁”时体现还原性 B．过滤时一定用到的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯、玻璃棒 C．检验Fe(OH)3沉淀是否洗涤干净所用的试剂可以为KSCN 溶液 D．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】D 【分析】由题给流程可知，向烧锌渣中加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的金属硫酸盐，向溶液中 加入双氧水溶液和氨水，将溶液中的铁元素转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和硫酸锌溶液；硫酸 锌溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到皓矾，据此分析解题。 【解析】由分析可知，沉铁时，H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，作氧化剂体现氧化性，A 错误；过滤需用普通漏 斗，而非分液漏斗，B 错误；Fe(OH)3表面含有可溶性的SO4 2-，检验沉淀是否洗净应检验吸附的SO4 2-(用 BaCl2)，Fe(OH)3存在溶解平衡，用KSCN 无法检验沉淀是否洗净，C 错误；从滤液获取结晶水合物皓矾， 需经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D 正确；故选D。 3.（2025·四川·模拟预测）《天工开物》中记载了“假银锭”提纯银的过程，该过程如图所示(已知：铅、 银、铜的熔点分别为327℃、962℃、1083℃)。下列说法错误的是 A．“假银锭”是合金，硬度大 B．“熔炼炉”中发生了氧化还原反应 C．“分金炉”中有可能发生反应：C+2Cu2O 高温 ¿CO2↑+ 4 Cu ¿ D．若使铅优先从“分金炉”中流出，温度控制要满足327℃≤t≤962℃ 【答案】D 【解析】“假银锭”含Ag、Cu、Pb，是合金，合金硬度通常大于成分金属，A 正确；熔炼炉中加入硝石 （KNO3），硝石在高温下可作氧化剂，与金属发生氧化还原反应，B 正确；分金炉加入木炭（还原剂）， 若熔炼炉中Cu 被氧化为Cu2O，木炭可还原Cu2O生成Cu，反应：C+2Cu2O 高温 ¿CO2↑+ 4 Cu ¿ 合理，C 正确； 铅熔点327℃，银熔点962℃。要使铅优先流出，需铅液态、银固态，温度应高于327℃（铅熔化）且低于 962℃（银不熔化），即327℃<t <962℃，D 错误；故选D。 4.（2025·安徽阜阳·一模）某团队合成了一种铁掺杂二氧化钛的新型催化剂，用于转化H2S为单质S，提出 的催化历程示意图如下，N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．过程①形成了氢键 B．该催化历程的总反应为2H2S+O2 催化剂 ¿2S+2H2O ¿ C．过程③发生了氧化还原反应 D．每消耗22.4 L 的O2，转移的电子数目为4 N A 【答案】B 【分析】由图可知，过程①是硫化氢吸附在催化剂上；过程②中铁元素化合价降低被还原，硫元素化合价 升高被氧化；过程③是氧气吸附在催化剂上；过程④中铁元素化合价升高被氧化，氧元素化合价降低被还 原；过程⑤是硫和水脱附催化剂表面，则总反应为催化剂作用下硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化 学方程式为2H2S+O2 催化剂 ¿2S+2H2O ¿ 。 【解析】由分析可知，过程①是硫化氢吸附在催化剂上，没有形成氢键， A 错误；由分析可知，总反应 为催化剂作用下硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的化学方程式为2H2S+O2 催化剂 ¿2S+2H2O ¿ ，B 正确；由分析 可知，过程③是氧气吸附在催化剂上，没有发生化学反应，C 错误；未指明标准状况，无法计算22.4L 氧 气的物质的量和反应转移电子数目，D 错误；故选B。 5.（2025·安徽·一模）金山银山不如绿水青山，利用绿矾（FeSO4⋅7 H2O）除去工业废水中Cr2O7 2−，反应 的离子方程式为Cr2O7 2−+ Fe 2++ X→Fe 3++Cr 3++ Y（未配平）。下列说法正确的是 A．X 是H2O，Y 是H + B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3 C．充分反应结束后，可以直接排放 D．每除去0.2 molCr2O7 2−，转移电子物质的量为1.2 mol 【答案】D 【分析】还原反应（Cr2O7 2- → 2Cr3+）每个Cr2O7 2−得到6e-，氧化反应（Fe2+ → Fe3+）：每个Fe2+失去1e-， 根据得失电子数相等知，一个Cr2O7 2−反应需要消耗6 个Fe 2+，酸性条件下补充H +和H2O，配平反应方程式 为Cr2O7 2-+14H ++6Fe 2+=2Cr 3++6Fe 3++7H2O，故X 为H+，Y 为H2O，据此回答问题： 【解析】由分析知，X 为H+，Y 为H2O，A 错误；由分析知，Cr2O7 2-（氧化剂）与Fe2+（还原剂）的物质 的量比为1:6，B 错误；Cr3+为重金属离子，需沉淀处理，不可直接排放，C 错误；由分析知，每个Cr2O7 2- 转移6 个电子，则0.2 molCr2O7 2−，转移电子物质的量为1.2 mol，D 正确；故选D。 6.（2025·内蒙古·模拟预测）钴是一种重要战略物资，由含钴废催化剂(含Co2O3、Fe2O3、CuO 等)制备 CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6)的工艺流程如图所示。 已知：①氧化性：Co 3+>ClO ->Fe 3+。 ②CoCO3、Co(OH)2均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。 下列说法正确的是 A．黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应 B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为Co 3+、Fe 2+、Cu 2+ C．“氧化”时发生反应的离子方程式为H2O+2Fe 2++ClO -=2Fe 3++Cl -+2OH - D．“沉钴”时将产生CO2 【答案】D 【分析】钴催化剂废料制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，钴催化剂废料利用硫酸酸 浸、亚硫酸钠还原，Co2O3、Fe2O3、CuO 生成Co2+、Fe2+、Cu2+，然后加入次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离 子，Co2+不被氧化，加入碳酸钠沉铁生成黄钠铁矾，然后再除铜，最后向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2+， 生成碳酸钴，据此解答。 【解析】黄钠铁矾净水主要通过吸附作用，利用其微溶性形成的絮状沉淀或溶解的Fe3+水解生成Fe(OH)3 胶体吸附杂质，不涉及氧化还原反应，A 错误；“还原浸出”中，Na2SO3将氧化性强的Co3+还原为Co2+， Fe3+还原为Fe2+，CuO 溶解生成Cu2+，故溶液中阳离子主要为Co2+、Fe2+、Cu2+，B 错误；“氧化”时溶液 呈酸性，ClO-氧化Fe2+的离子方程式应为2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3++ Cl- + H2O，选项中生成OH-不符合酸 性环境，C 错误；“沉钴”时Co2+与NaHCO3反应：Co2++ 2HCO3 -= CoCO3↓ + CO2↑ + H2O，会产生CO2，D 正确；故选D。 7.（2025·四川·模拟预测）从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或 + 4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法错误的是 A．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2 B．浸出液主要成分为Na3 AsO4、NaAsO2、NaOH C．浸出液“氧化”过程中反应为H2O2+ AsO2 −+2OH −= AsO4 3−+2H2O D．“氧化”时加热溶液温度不宜过高 【答案】A 【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+ 4价，As2O3、 As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为PbS 和S，浸出液主要成分为Na3AsO4 和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应H2O2+ AsO2 −+2OH −= AsO4 3−+2H2O，得到Na3AsO4溶液， 然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。 【解析】“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为： Pb5O8+8 Na2S+8 H2O =5PbS+ 16 NaOH+3S，其中PbS 是还原产物，S 是氧化产物，依据正负化合价代 数和为0 的原则，可知Pb5O8中Pb 2+和Pb 4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物 质的量之比为1:1，A 错误；As2O3、As2O5均为酸性氧化物，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为 PbS 和S，浸出液主要成分为Na3 AsO4、NaAsO2、NaOH，B 正确；由分析可知，浸出液“氧化”过程中过 氧化氢将AsO2 −氧化为AsO4 3−，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： H2O2+ AsO2 −+2OH −= AsO4 3−+2H2O，C 正确；过氧化氢受热分解速率加快，“氧化”时加热溶液温度不宜 过高，D 正确；故选A。 8.（2025·四川达州·模拟预测）乙醛主要用作还原剂、杀菌剂、合成橡胶等，以乙烷为原料合成乙醛的反应 机理如图所示。已知N2O的中心原子为N。下列说法正确的是 A．反应①中消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1 B．该合成方法的总反应为C2H6+ N2O+ FeO +=CH3CHO+ N2+ H2O+ Fe + C．②⑤既有极性键的断裂又有极性键的生成 D．CH3CH2OH为中间产物 【答案】C 【解析】反应①可表示为Fe ++ N2O = N2+ FeO +，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，A 错误；由 图中转化可知该合成方法的总反应为C2H6+2N2O =CH3CHO+2N2+ H2O，B 错误；②有C−H键断，形成 H−O键，⑤中有N −O键断，形成C−O键，C 正确；根据图示，乙醇没有再转化为其它物质，乙醇为副产 物，D 错误；故选C。 9.（2025·江西·模拟预测）Cl2是实验室常用气体，其制备原理之一为K2Cr2O7+14 HCl(浓) =2KCl+2CrCl3+ 3Cl2↑+7 H2O。下列有关该反应的说法错误的是 A．HCl 为还原剂 B．KCl 是氧化产物 C．K2Cr2O7中Cr元素呈+6价 D．若生成1molCl2，则反应中转移2mol电子 【答案】B 【解析】HCl→Cl2，氯元素化合价升高，HCl 是还原剂，A 正确；KCl 既不是氧化产物也不是还原产物， B 错误；根据正负化合价代数和为0，K2Cr2O7中Cr 元素呈+6 价，C 正确；若生成3 mol Cl2，反应中转移 6 mol 电子，则生成1mol Cl2时，反应中转移2 mol 电子，D 正确；故选B。 10.（025·山东·一模）一种以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有少量的Bi和Bi2O3等)为原料冶炼金属铋的工 艺流程如图所示。 已知：①BiCl3水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，NaBiO3具有强氧化性。下列 说法错误的是 A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制Bi 3+的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为6 FeCl3+ Bi2S3=6 FeCl2+2BiCl3+3S C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2 D．流程中可循环利用的物质为FeCl3 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为 可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的浸出渣和滤液；加入铁粉，将铋置换出来， 过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用； 【解析】溶浸步骤加入盐酸，可溶解Bi2O3等物质提高浸取率，同时根据已知①，BiCl3水解生成BiOCl， 盐酸提供H+能抑制Bi3+水解（增大HCl 浓度使水解平衡左移），A 正确；溶浸时FeCl3作氧化剂，Bi2S3中 S2-被氧化为S 单质（0 价），Fe3+还原为Fe2+，Bi3+价态不变，电子守恒配平为 6FeCl3+Bi2S3=6FeCl2+2BiCl3+3S，B 正确；置换步骤Fe 还原Bi3+生成Bi 和Fe2+，反应为2Bi3+ +3Fe=2Bi+3Fe2+，氧化剂（Bi3+）与还原剂（Fe）物质的量之比为2:3，而非3:2，C 错误；置换后滤液含 FeCl2，通入Cl2氯化生成FeCl3（2FeCl2+Cl2=2FeCl3），可循环用于溶浸步骤，D 正确；故选C。 11.（2025·浙江·二模）火箭推进发生反应的化学方程式为：C2H8 N2+2N2O4 =2CO2↑+ 4 H2O↑+3 N2(偏二 甲肼中C、N 元素的化合价相等)。下列说法正确的是 A．N2O4是还原剂 B．C2H8 N2被还原 C．氧化产物与还原产物物质的量之比为2:3 D．1molN2O4完全反应，有8 N A个电子转移 【答案】D 【解析】N2O4中N 的化合价降低，被还原，N2O4是氧化剂，故A 错误；C2H8N2中C 和N 的化合价均升 高，被氧化，故B 错误；C2H8N2中C 和N 的化合价均升高，氧化产物为2mol CO2和1mol N2(来自 C2H8N2)，共3mol；还原产物为2mol N2(来自N2O4)，二者物质的量之比为3 2∶，故C 错误；N2O4中2 个N 原子各降低4 价，1mol N2O4共转移8mol 电子(即8NA个)，故D 正确；故选D。 12.（2025·江西·三模）发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的发蓝处理实质是使钢铁表面通过氧化反 应，生成有一定厚度、均匀、致密、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜。钢铁零件经历如图转化进 行发蓝处理，已知NaNO2的还原产物为NH3。下列说法不正确的是 A．钢铁零件发蓝处理所得的深蓝色氧化膜是Fe3O4 B．反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:1 C．反应②的离子方程式为6FeO2 2-+NO2 -+5H2O Δ ¿3Fe2O4 2-+NH3↑+7OH - ¿ D．反应③不属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为 3Fe+NaNO2+5NaOH Δ ¿ ¿ 3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O Δ ¿ ¿ 3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O Δ ¿ ¿ Fe3O4+4NaOH，据此解答。 【解析】由分析可知，钢铁发蓝处理生成的深蓝色氧化膜通常为Fe3O4，A 正确；反应①为 3Fe+NaNO2+5NaOH Δ ¿ ¿ 3Na2FeO2+H2O+NH3↑，Fe 为还原剂，NaNO2为氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质 的量之比为1:3，B 错误；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O Δ ¿ ¿ 3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH，离子方程式为 6FeO2 2-+NO2 -+5H2O Δ ¿3Fe2O4 2-+NH3↑+7OH - ¿ ，C 正确；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O Δ ¿ ¿ Fe3O4+4NaOH，，无元素有化合价变化，不属于氧化还原反应，D 正确；故选B。 13.（2025·河北沧州·二模）金属Cu发生如图转化，已知反应①是工业上制备金属Cu的方法之一，下列说法 错误的是 A．若试剂a 为H2O2，则H2O2表现还原性 B．反应①属于置换反应 C．溶液M的溶质为FeSO4 D．常见的试剂b可能是KSCN溶液或NH4SCN溶液 【答案】A 【分析】Cu 与稀硫酸不反应，而铜与稀硫酸、试剂a 反应能生成CuSO4，则试剂a 作氧化剂；CuSO4溶液 与过量金属单质b 发生反应①生成Cu 和溶液M，溶液M 与稀硫酸、试剂a 反应生成溶液N，溶液N 与试 剂b 反应生成血红色溶液，说明溶液N 中含有Fe3+，则金属单质b 为Fe，溶液M 为硫酸亚铁溶液。 【解析】若试剂a 为H2O2，则Cu 与稀硫酸、H2O2反应生成CuSO4，反应的离子方程式为 H2O2+Cu+2H +=Cu 2++2H2O，反应过程中，H2O2将Cu 氧化为Cu 2+，而自身被还原为H2O，H2O2作氧化 剂，表现氧化性，A 错误；结合分析知，反应①是过量金属单质Fe 与CuSO4溶液反应生成Cu 和FeSO4溶 液，符合“单质+化合物→新单质+新化合物”，属于置换反应，B 正确；结合分析知，金属单质b 为Fe， 溶液M的溶质为FeSO4，C 正确；溶液N 加试剂b 呈血红色，说明发生了反应：Fe 3++3SCN -⇌Fe(SCN )3， 试剂b可能是KSCN溶液或NH4SCN溶液，D 正确；故选A。 14.（2025·湖南郴州·一模）CeO2是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。 工业上从水晶石废料(含有SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO)中提取CeO2的流程如下： 已知：K sp[Ce(OH)3)=8×10 −20，lg2=0.3；金属离子浓度小于10 −5 mol/L，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，Ce 3+完全沉淀的pH 为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH3与Ce 3+形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO）中加入稀盐酸，CaO、Na2O、 MgO属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，CeO2和SiO2与稀盐酸不反应，以固体形 式存在，成为滤渣；过滤后得到含CaCl2、NaCl、MgCl2的滤液和含CeO2、SiO2的滤渣；随后向滤渣（含 CeO2、SiO2）中加入硫酸和H2O2，CeO2作为氧化剂，H2O2作为还原剂，发生氧化还原反应，Ce从+4 价被 还原为+3 价，进入溶液（生成Ce2(SO4)3），SiO2不与硫酸、H2O2反应，成为新的滤渣；过滤后得到含 Ce2(SO4)3的滤液和含SiO2的滤渣；向含Ce2(SO4)3的滤液中加入NH3⋅H2O，Ce 3+与NH3⋅H2O电离出的OH − 结合，发生反应：Ce2(SO4)3+6NH3⋅H2O =2Ce(OH)3↓+3(NH4)2SO4，生成Ce(OH)3沉淀。煅烧工序即将 Ce(OH)3沉淀进行煅烧，Ce(OH)3发生分解并被氧化，反应为：4Ce(OH)3+O2 煅烧 ¿ ¿4CeO2+6H2O ¿ ，最终得到 CeO2。 【解析】提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A 正确； Ce 3+完全沉淀时，c(Ce 3+)=10 -5mol/L，由Ksp[Ce(OH)3)=c(Ce 3+)⋅c 3(OH -)=8×10 -20，得 c 3(OH -)=8×10 −20/10 −5=8×10 −15，c(OH -)=2×10 -5mol/L，pOH =4.7，pH =14−4.7=9.3，B 错 误；过量氨水可能与Ce 3+形成配合物（如[Ce(NH3)6) 3+），导致Ce 3+不易沉淀，沉铈率下降，C 正确；还原 工序中，CeO2（Ce 4+→Ce 3+，得1 e -）为氧化剂，H2O2（O -1→O 0，失2 e -）为还原剂，电子守恒得 n(氧化剂):n(还原剂)=2:1，D 正确；故选B。 15.（2025·河南信阳·一模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4 价)在高温下经氯化得到 四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是 A．因TiCl4易水解，制备流程中需要在装置的两端都添加干燥装置 B．氯化过程中FeCl3既是氧化产物又是还原产物 C．若制取1 mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7 mol D．制取金属钛时，可用CO2替代Ar以隔绝空气 【答案】D 【分析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，制取金属钛的化学方程式为： 2 Mg+TiCl4800℃ Ar Ti+2 MgCl2，以此来解析。 【解析】TiCl4易水解，制备流程中需防止空气中的水蒸气进入，因此装置两端需添加干燥装置，A 正 确；根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，Fe 化合价由+2 升高为+3，而Cl 的化合价由0 价降低 为-1 价，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，B 正确；根据氯化过程中发生反应 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mole- ~Ti，可知若制取1mol 金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol，C 正确；制取金属钛时，选 用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg 与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar 气以隔绝空气，D 错误；故选D。 16.（2025·河北衡水·三模）高铁酸盐是常用的水处理剂。干法制备高铁酸钠（Na2FeO4）的反应为 6 Na2O2+2FeSO4=2Na2FeO4+2Na2SO4+O2↑+2Na2O。下列叙述错误的是 A．Na2O2既是氧化剂也是还原剂 B．若生成标准状况下2.24 LO2，则反应中共转移2 mol 电子 C．钠元素在氧化产物和还原产物中的物质的量之比为1:1 D．高铁酸钠做水处理剂既能杀菌也能去除悬浮物 【答案】B 【解析】根据化学方程式可知，每6 molNa2O2参与反应，有2 mol-1 价O 化合价升高到0，失去2 mol 电 子，有2 molFe 2+化合价升高到+6 价，失去8 mol 电子，有10 mol-1 价O 化合价降低为-2 价，得10 mol 电 子，所以Na2O2在该反应中既是氧化剂也是还原剂，A 正确；标准状况下2.24 L O2的物质的量为0.1 mol， 反应6 Na2 O −1 2+2Fe +2 SO4=2Na2Fe +6 O4+2Na2SO4+O 0 2↑+2Na2 O −2 ~10e −，故转移电子的物质的量为N A，B 错 误；氧化产物Na2FeO4和还原产物Na2O中钠的物质的量均为4 mol，比值为1:1，C 正确；高铁酸钠的强氧 化性可杀菌，其还原产物Fe 3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附悬浮物，D 正确；故选B。 17.（2025·青海西宁·二模）为了避免实验废液的排放污染环境，某学习小组设计了利用硫酸酸化的KMnO4 溶液与过量H2C2O4反应后的废液(含有H +、Mn 2+、SO4 2−)提取锰，并获得MnO2的实验，其流程如下图所示。 下列说法错误的是 A．过程III①中，Cl2既被氧化又被还原 B．过程II 和过程III②都用到玻璃棒，玻璃棒的作用不同 C．过程I生成Cl2和MnO2的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2 D．“废液”也可通过生石灰调节合适的pH，过滤，再排放 【答案】C 【解析】过程III①是Cl2通入热NaOH 溶液，发生反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，Cl 元素化合价 部分从0 升高到+5（被氧化），部分从0 降低到-1（被还原），故Cl2既被氧化又被还原，A 正确；过程II 为过滤，玻璃棒作用是引流；过程III②为蒸发结晶，玻璃棒作用是搅拌防止局部过热，二者作用不同，B 正确；过程I 氧化剂为ClO3 −，还原产物为Cl-，还原剂为Mn2+，氧化产物为MnO2，根据得失电子守恒可知 氧化剂和还原剂物质的量之比为2:5，C 错误；废液含H+和Mn2+，生石灰（CaO）与水反应生成Ca(OH)2， 可中和H+并使Mn2+转化为沉淀，过滤后可减少污染再排放，D 正确；故选C。 18.（2025·黑龙江·模拟预测）从高砷烟尘（主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中Pb 的化合价 为+2价、+ 4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物）中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确 的是 A．基态Pb 原子外围电子排布式为5s 25p 2 B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1 C．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下后重复2~3 次 【答案】B 【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫 化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS 和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢 进行氧化，发生反应：H2O2+AsO❑2 -+2OH-=AsO❑4 3-+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结 晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。 【解析】Pb 为第6 周期IVA 族元素，基态原子外围电子排布式应为6s26p2，A 错误；“碱浸”时，Pb5O8与 硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S 和氢氧化钠，反应的化学方程式为： Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS 是还原产物，S 是氧化产物，依据正负化合价代数和为0 的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之 比为1:1，B 正确；“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热 至沸腾，C 错误；洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下， 重复2~3 次，D 错误；故选B。 19.（2025·河北衡水·二模）1817 年，瑞典化学家永斯·贝采利乌斯从硫酸厂的铅渣中发现了硒。某小组以 铜阳极泥(含Cu、Se、Te 等)为原料提取铜、硒和碲的流程如图所示。已知：“加压、加热、酸浸”步骤中 Cu2Se和Cu2Te分别转化为H2SeO4和H6TeO6。下列叙述正确的是 A．“酸浸”中加压、加热都能提高活化分子百分率 B．“还原2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:1 C．分离Cu2(OH)2CO3采取蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等方式 D．用Cu2(OH)2CO3制Cu方法：灼烧、热还原(或稀硫酸溶解、电解) 【答案】D 【分析】加压、加热酸浸阶段，向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2 ，在加 压、加热条件下进行酸浸。利用氧气在酸性环境下的氧化性，将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解。铜元 素转化为铜离子进入溶液，Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液，不溶物成为浸渣被分离。第一次 还原（还原1）阶段，向浸出液中通入SO2，SO2具有还原性，能将浸出液中的Se 元素还原为单质Se，通过 过滤可将Se 分离出来，得到滤液1。第二次还原（还原2）阶段，向滤液1 中再次通入SO2，此时将溶液中 的Te 元素还原为单质Te，经过滤分离出Te，得到浸出液。沉铜阶段，向浸出液中加入Na2CO3溶液，使铜 离子转化为Cu2(OH)2CO3沉淀，过滤分离出沉淀，滤液3 被分离出去。后续处理阶段，Cu2(OH)2CO3经过一 系列后续处理，最终得到铜单质。 【解析】加压缩小氧气体积，增大单位体积内氧气活化分子数，但是氧气活化分子百分率不变，A 错误； “还原2”：H6TeO6+3SO2=Te+3 H2SO4，氧化剂是H6TeO6，还原剂是SO2，氧化剂与还原剂的物质的量 之比为1:3，B 错误；Cu2(OH)2CO3难溶于水，采用过滤、洗涤、干燥等方式分离Cu2(OH)2CO3，C 错误； 利用Cu2(OH)2CO3制备Cu： 方案1：Cu2(OH)2CO3 Δ ¿2CuO+CO2↑+ H2O ¿ ，CuO+CO Δ ¿Cu+CO2 ¿ ； 方案2：Cu2(OH)2CO3+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+3 H2O，2CuSO4+2H2O 通电 ¿2Cu+2H2SO4+O2↑ ¿ ，D 正 确；故选D。 20.（2025·陕西宝鸡·一模）PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备PH3的流程如图所 示： 下列说法正确的是 A．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 B．流程中，PH3都属于还原产物 C．次磷酸钠(NaH2PO2)属于酸式盐 D．1mol 次磷酸分解时转移4mol 电子 【答案】B 【分析】白磷与过量的浓NaOH 溶液反应，生成PH3和次磷酸钠；次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫 酸钠；次磷酸受热分解，生成PH3和H3PO4，据此分析； 【解析】上述流程中，次磷酸钠与硫酸反应，生成次磷酸和硫酸钠，属于复分解反应，A 错误；反应 P4+3 NaOH(浓)+3 H2O = ❑ Δ PH3↑+3 NaH2PO2中，P 元素的化合价由0 价降至PH3中的-3 价，PH3为还原产物， H3PO2中P 的化合价为+1 价，PH3的化合价为-3 价，所以H3PO2分解生成PH3为还原反应，PH3属于还原产 物，B 正确；因H3PO2为一元酸，只能电离出一个H +，NaH2PO2中无法电离出H +，NaH2PO2为正盐，C 错 误；H3PO2分解方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，P从+1 价升高到+5 价，同时，P 从+1 价降低到-3 价，在该 反应中，2molH3PO2，转移4mol 电子，1molH3PO2分解时转移2mol 电子，D 错误；故选B。
