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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】（2021·辽宁卷）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是 实验操作 现象 结论 A 向KBr、KI 混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振 荡，静置 溶液分层，下层呈 紫红色 氧化性：Cl2>Br2>I2 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、还原性及其强弱的判断 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 B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na 元素 C 用pH 计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa 溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于 CH3COOH D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木 条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】向KBr、KI 混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明 反应产生I2，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性 强弱，A 错误；玻璃中含有Na 元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na 元素，B 错误；应 该采用对照方法进行实验，但两种溶液的浓度未知，因此不能通过测定溶液的pH 来判断H2CO3、 CH3COOH 的酸性强弱，C 错误；氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放 在试管口，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生了O2，D 正确；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】（24-25 高三上·黑龙江·期中）神舟十九载人飞船于2024 年10 月30 日发射成功。其使用的推 进剂是四氧化二氮和偏二甲肼[(CH3)2N −NH2)。发生的化学反应是 2N2O4(l)+C2H8 N2(l)=2CO2(g)+3 N2(g)+ 4 H2O(g)ΔH。下列叙述正确的是 A．发射场产生的红棕色气体是N2在空气中反应直接生成的NO2 B．C2H8 N2每断裂5mol极性键时转移电子数约为4×6.02×10 23 C．在该反应中，N2既是氧化产物又是还原产物，CO2是氧化产物 D．该反应的ΔH <0，常温下不需要其他条件就一定能发生该反应 【答案】C 【解析】高温和减压条件下，N2O4⇌2NO2平衡向右移动，产生NO2气体，观察到发射场产生红棕色 烟 ， “ ” N2在空气中不能直接反应生成NO2，故A 错误；1 个(CH3)2N −NH2分子含10 个极性键（其中，6 个C−H键、2 个C−N键、2 个H−N键）和1 个非极性键（N−N键），根据化学方程式可知， 1mol(CH3)2 N −NH2参与反应转移16mol电子，则消耗0.5 mol(CH3)2 N — NH2即断裂5mol极性键时转移 8mol电子，故B 错误；在此反应中，3 molN2中有2molN2是还原产物，1molN2是氧化产物，CO2是氧化产 物，故C 正确；启动反应需要采用 点火 （提供能量），故 “ ” D 错误；故选C。 【变式1-2】（2025·黑龙江哈尔滨·三模）向盛有0.5 mL0.2mol⋅L −1CuSO4溶液的试管中，加 0.2mol⋅L −1KI溶液，溶液变为棕黄色并有沉淀产生。再滴加适量0.5 mol⋅L −1Na2S2O3溶液，棕黄色褪 去，得到白色沉淀。（已知：CuI 为白色固体，Cu +可与I −、S2O3 2−反应生成[CuI2] −、[CuS2O3] −、 [Cu(S2O3)2] 3−）。下列说法错误的是 A．溶液变为棕黄色是因为I −被氧化 B．滴加1 mL KI 溶液生成沉淀量最大 C．沉淀成分为CuI，是氧化产物 D．Na2S2O3溶液过量看不到白色沉淀 【答案】C 【分析】CuSO4溶液中加入KI 溶液，溶液变为棕黄色说明有I2生成，有沉淀产生说明产生了CuI，CuSO4 与KI 发生了氧化还原反应，Cu 2+将I-氧化为I2而自身被还原为一价铜，反应的化学方程式为 2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2；再滴加适量Na2S2O3溶液，棕黄色褪去，得到白色沉淀，说明Na2S2O3能 和I2发生反应。 【解析】结合分析知，溶液变为棕黄色是因为I −被Cu 2+氧化为I2，A 正确；CuSO4与KI 发生了氧化还原反 应：2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，所给的CuSO4溶液和KI溶液同浓度，若滴加1 mL KI 溶液，CuSO4与 KI 的物质的量之比为1:2，反应生成的沉淀量最大，若I-过量，可能会生成[CuI2] −而使沉淀质量减小，B 正确；结合分析知，沉淀成分为CuI，CuI 是铜元素化合价由+2 价降到+1 价过程中得到的，CuI 是还原产 物，C 错误；结合已知中信息知，若Na2S2O3溶液过量，S2O3 2−能和Cu +反应生成[CuS2O3] −、 [Cu(S2O3)2] 3−，可能看不到白色沉淀CuI，D 正确；故选C。 考向02 物质的氧化性、还原性及其强弱的判断 【例2】（2024·辽宁卷）家务劳动中蕴含着丰富的化学知识。下列相关解释错误的是 A．用过氧碳酸钠漂白衣物：Na2CO4具有较强氧化性 B．酿米酒需晾凉米饭后加酒曲：乙醇受热易挥发 C．用柠檬酸去除水垢：柠檬酸酸性强于碳酸 D．用碱液清洗厨房油污：油脂可碱性水解 【答案】B 【解析】过碳酸钠中过碳酸根中有两个O 原子为-1 价，易得到电子变成-2 价O，因此过碳酸钠具有强氧化 性，可以漂白衣物，A 正确；酒曲上大量微生物，微生物可以分泌多种酶将谷物中的淀粉、蛋白质等转变 成糖、氨基酸。糖分在酵母菌的酶的作用下，分解成乙醇，即酒精。因此，米饭需晾凉，米饭过热会使微 生物失活，B 错误；柠檬酸的酸性强于碳酸，可以将水垢中的碳酸钙分解为可溶性的钙离子，用于除水 垢，C 正确；油脂可以在碱性条件下水解成可用于水的甘油和脂肪酸盐，用于清洗油污，D 正确；故选 B。 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； 中间价态 既有氧化性又有还原性，如： ③ —— 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】（24-25 高三上·黑龙江·期末）二氧化氯(ClO2)是一种安全、高效的消毒剂。工业制备ClO2的 一种方法为ClO3 −+ FeS2+ H +→ClO2↑+ Fe 3++SO4 2−+ H2O（未配平），下列说法正确的是 A．ClO2消毒原理与明矾相同 B．ClO3 −的中心原子是sp 2杂化 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为1：15 D．氧化性：ClO3 −>Fe 3+ 【答案】D 【分析】由方程式可知，反应中，氯元素的化合价降低被还原，氯酸根离子是反应的氧化剂、氯离子是还 原产物，铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，二硫化铁是还原剂、铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由 得失电子数目守恒可知，反应的离子方程式为15ClO3 −+ FeS2+14 H +=15ClO2↑+ Fe 3++2SO4 2−+7 H2O。 【解析】二氧化氯具有强氧化性能起到杀菌消毒的作用，明矾没有氧化性，不能起到杀菌消毒的作用，故 A 错误；氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，原子的杂化类型为sp 3杂化，故B 错误；由分析可知， 氯酸根离子是反应的氧化剂，二硫化铁是还原剂，反应的离子方程式为 15ClO3 −+ FeS2+14 H +=15ClO2↑+ Fe 3++2SO4 2−+7 H2O，则由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之 比为15：1，故C 错误；由分析可知，氯酸根离子是反应的氧化剂，铁离子和硫酸根离子是氧化产物，由 氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氯酸根离子的氧化性强于铁离子，故D 正确。 【变式2-2】（25-26 高三上·内蒙古巴彦淖尔·期中）下列实验操作、现象、结论均正确的是 选 项 实验操作 现象 结论 A 将HI 溶液加入Fe (NO3)3溶液中，充分反应 后再加入CCl4混合振荡，静置 溶液分层，下层液体 显紫红色 氧化性：Fe3+>I2 B 向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4 溶液 KMnO4溶液紫色褪去 Fe2+有还原性 C 向盛有2 mL 黄色氯化铁溶液的试管中滴加 浓的维生素C 溶液 颜色发生变化 维生素C 有还原性 D 向H2O2溶液中滴入NaClO 溶液 产生无色气体 O2的氧化性强于NaClO A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】将HI 溶液加入Fe(NO3)3溶液中，Fe3+和NO3 -都可以将I-氧化为I2，充分反应后生成I2，不能说明氧 化性：Fe3+＞I2，A 错误；酸性条件下，Fe2+、Cl-均能被KMnO4溶液氧化，所以KMnO4溶液紫色褪去，无 法判断Fe2+具有还原性，B 错误；Fe3+具有氧化性，能被维生素C 还原为Fe2+，从而使溶液颜色发生变化， C 正确；H2O2溶液中滴入NaClO 溶液生成的无色气体为O2，说明H2O2被NaClO 氧化为O2，NaClO 为氧化 剂，O2为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可知氧化性NaClO＞O2，D 错误；故选C。 考向03 氧化还原反应方程式的书写与配平 【例3】（2025·吉林·二模）磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如 下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是 A．P4只发生了氧化反应 B．反应过程中溶液pH 增大 C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH 溶液清洗 【答案】C 【分析】反应中P 由0 价歧化为+5 价和-3 价，Cu 由+2 价降为+1 价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平 方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物 为H3PO4，还原产物为Cu3P，据此解答： 【解析】P4、Cu3P、H3PO4中P 的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A 错 误；反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH 减小，故B 错误；据分析，根据氧化反应计算电子转移的物 质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol 电子，故C 正确；皮肤接触到白磷，虽 然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH 具有强腐蚀性，不能用NaOH 溶液清洗，故 D 错误； 故选C。 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·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。 【变式3-2】（25-26 高三上·吉林长春·期末）FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为 aFe2＋＋bBr-＋cCl2→dFe3＋＋eBr2＋fCl-，下列选项中的数字与离子方程式的a、b、c、d、e、f 一一对应，其 中不符合反应实际的是 A．2 4 3 2 2 6 B．0 2 1 0 1 2 C．2 0 1 2 0 2 D．2 2 2 2 1 4 【答案】B 【分析】还原性：Fe 2+＞Br −，向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子 发生反应，据此分析作答。 【解析】2Fe 2++ 4 Br -+3Cl2=2Fe 3++2Br2+6Cl -，此方程式表明Cl2足量，Fe 2+、Br -可以被氧化，故 A 正确；2Br -+Cl2= Br2+2Cl -，该方程表明氯气不足量，溴离子优先被氧化，但是根据氧化还原规律， 还原性强的优先被氧化，亚铁离子的还原性强于溴离子，亚铁离子优先反应，故B 错误； 2Fe 2++Cl2=2Fe 3++2Cl -，此方程式表明Cl2不足量，根据氧化还原规律，还原性强的优先被氧化，亚铁 离子的还原性强于溴离子，亚铁离子优先反应，故C 正确；2Fe 2++2Br -+2Cl2=2Fe 3++ Br2+ 4 Cl -，此 方程式表明氯气的量在完全氧化亚铁离子之后，仍剩余部分可以氧化部分溴离子，故D 正确；故选B。 考向04 氧化还原反应的基本规律及其应用 【例4】（2021·辽宁卷）下列说法正确的是 A．22.4LCl2(标准状况)与水充分反应转移1mol电子 B．H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到 C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生 D．SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO −+ H2O =2HClO+SO3 2− 【答案】B 【解析】由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O 反应，故22.4LCl2(标准状况)与水充分反应转移电子数目小 于1mol，A 错误；根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2 点燃 ❑ CuCl2，故H2SO4和CuCl2均可通过化合反应 得到，B 正确；将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故 不能形成白烟，C 错误；由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故SO2与KClO溶液反应： SO2+ClO -+H2O=2H ++Cl -+SO4 2-，D 错误；故选B。 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】（25-26 高三上·黑龙江牡丹江·期中）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2 与NOx(以NO 为例)发生氧化还原反应：2NO+ 4 CO2= 4 CO+3O2+ N2。设NA 为阿伏加德罗常数的值，下列 说法正确的是 A．常温下，氧化性：NO>O2 B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C．消耗30gNO 时转移电子数目为2NA D．可以利用浓氢氧化钠溶液来吸收NO 【答案】B 【解析】常温下，氧气能氧化NO 生成NO2，说明氧化性：O2＞NO，A 错误；反应中O2是氧化产物，CO 和N2是还原产物，因此氧化产物与还原产物的个数比为3:5，B 正确；反应中每消耗2mol NO，转移12mol 电子，故消耗30gNO（即1mol ）时转移6mol 电子，因此转移电子数目为6NA，C 错误；NO 不溶于浓 NaOH 且难与NaOH 直接反应，需与氧化性物质（如O2）共同存在才能被吸收，D 错误；故选B。 【变式4-2】（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。 考向05 有关氧化还原反应的计算 【例5】（2023·辽宁卷）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：S+2KNO3+3C= K2S+ N2↑+3CO2↑ 。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．11.2LCO2含π键数目为NA B．每生成2.8gN2转移电子数目为NA C．0.1molKNO3晶体中含离子数目为0.2NA D．1L0.1mol⋅L −1K2S溶液中含S 2−数目为0.1NA 【答案】C 【解析】CO2分子含有2 个π键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算π键个数，A 项错误；2.8gN2的物质的量n= m M = 2.8 28 mol=0.1mol，1molN2生成转移的电子数为12NA，则0.1molN2转移 的电子数为1.2NA，B 项错误；0.1molKNO3晶体含有离子为K +、NO3 -，含有离子数目为0.2NA，C 项正确；因 为S 2-水解使溶液中S 2-的数目小于0.1NA，D 项错误；故选C。 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】（25-26 高三上·辽宁·开学考试）磷化氢(PH3)可作为电子工业原料，在空气中能自燃，具有还 原性。工业上用白磷为原料制备PH3的流程如下。下列说法错误的是 A．制备PH3时，需在无氧条件下进行 B．反应1 中氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：3 C．NaH2PO2属于正盐 D．不考虑损失，1mol P4参与反应，可产生2.5mol PH3 【答案】B 【分析】由题给流程可知，反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢，反应的化学方 程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，反应2 为NaH2PO2溶液与稀硫酸反应生成H3PO2和硫酸钠，反 应的化学方程式为2NaH2PO2+H2SO4=2H3PO2+Na2SO4，反应3 为H3PO2发生分解反应生成H3PO4和PH3， 反应的化学方程式为2H3PO2=H3PO4+PH3↑； 【解析】白磷和磷化氢在空气中都能自燃，所以制备磷化氢时，最好在无氧条件下进行，A 正确；反应1 为白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢，反应的化学方程式为 P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，反应中磷元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，白磷即是反应的 氧化剂又是反应的还原剂，NaH2PO2是反应的氧化产物，磷化氢是还原产物，则氧化产物和还原产物的物 质的量之比为3：1，B 错误；由反应1 中白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成NaH2PO2和磷化氢可知， NaH2PO2不能与氢氧化钠溶液反应，说明NaH2PO2在溶液中不能电离出氢离子，属于正盐，C 正确；由反 应1 的方程式可得：P4~PH3，由反应1、反应2、反应3 可得如下转化关系：P4~3NaH2PO2~3H3PO2~1.5 PH3，则1 mol 白磷参与反应，可产生1mol+1.5mol=2.5 mol 磷化氢，D 正确；故选B。 【变式5-2】（24-25 高三上·辽宁沈阳·期末）黄铁矿(主要成分是FeS2)在细菌和空气的作用下风化，发生 以下两个反应过程： 下列说法正确的是 A．FeS2中S 的化合价为−2 B．反应I 和II 中，元素Fe 和S 都被氧化 C．反应II 中参加反应的n(O2):n(H2O)=2:15 D．反应I 和II 中，氧化lmolFeS2转移的电子数之比为2:15 【答案】D 【解析】在FeS2中，Fe 为+2 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，设S 的化合价为x，则(+2)+2x = 0，解得x=-1 价，A 错误；反应I 中，FeS2转化为Fe 2+和S，Fe 元素化合价未变，S 元素部分被氧化；反应 II 中Fe 元素由+2 价升高到+3 价，S 元素由-1 价升高到+ 6 价，Fe 和S 都被氧化。并非反应I 和II 中Fe 和S 都被氧化，B 错误；反应II 中FeS2中Fe 由+2 价升高到+3 价，S 由-1 价升高到+ 6 价，1molFeS2共失去 1+7×2=15 mol电子；O2中O由0 价降低到-2 价，1molO2得到4mol 电子。根据得失电子守恒， n(O2)= 15 4 mol。由原子守恒配平反应II 的化学方程式为4 FeS2+15O2+2H2O= 4 Fe 3++8SO4 2−+ 4 H +，参 加反应的n(O2):n(H2O)=15:2，C 错误；反应I 中FeS2转化为Fe 2+和S，S 元素部分被氧化，1molFeS2中 只有1mol S2 2−被氧化，S 由-1 价变为0 价，转移2mol 电子；反应II 中1molFeS2反应失去15mol 电子 。所 以反应I 和II 中，氧化1mol FeS2转移的电子数之比为2:15，D 正确；故选D。 考向06 依托载体综合考查氧化还原反应 【例6】（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】（25-26 高三上·内蒙古呼和浩特·期末）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元 素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中回收金和银的流程，如图所示。 已知： 浸取 “ 2”时，单质Au 转化为H[AuCl4]； 浸出液 “ 3”中主要含有[Ag(S2O3)2]3-。下列说法错误的是 A． 浸出液 “ 1”中含有的金属离子主要是Cu2+ B． 浸渣 “ 2”的主要成分是AgCl C． 还原 时，产物 “ ” Au 与N2的物质的量之比为4：3 D．上述流程中的H2O2、N2H4、Na2S2O3均为还原剂 【答案】D 【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素，加入硫酸和H2O2浸取，铜溶解，生成硫酸铜，过滤得到 的滤液中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au 等。向滤渣1 中加入盐酸和H2O2，发生反应： 2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，过滤，所得沉淀为AgCl，向得到的滤 渣中加入Na2S2O3，AgCl 溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3-，然后再进行电解，[Ag(S2O3)2]3-在阴极得到电子 被还原为Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag+2S2O3 2-，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用。 向浸出液2 中加入N2H4，可以还原HAuCl4，反应生成Au 和N2，据此分析作答。 【解析】铜阳极泥中含有Cu、Au、Ag，用硫酸、H2O2进行酸浸，Cu 被氧化为Cu2+进入浸出液1，而金属 Ag、Au 不溶解，故 浸出液 “ 1” 中含有的金属离子主要是Cu2+，A 正确；在 浸取 “ 2”中浸渣1 中的金属 Ag 与盐酸、H2O2反应生成AgCl 沉淀，Au 被氧化为H[AuCl4]进入浸出液2，故 浸渣 “ 2”主要成分为 AgCl，B 正确；根据上述分析可知： 浸出液 “ 2”中含有H[AuCl4]，在还原时，H[AuCl4]中+3 价的Au 元素 得电子被还原生成Au，每反应产生1 个Au 得到3 个电子；N2H4中N 失去电子被氧化生成N2，每生成1 个 N2分子N 元素失去4 个电子，根据电子守恒可得n(Au)×3=n(N2)×4，则n(Au)：n(N2)=4：3，C 正确；根据 上述分析可知：H2O2在 浸取 “ 1”、 浸取 “ 2”中作氧化剂；N2H4与H[AuCl4]反应产生N2和Au，N2H4作还 原剂；Na2S2O3与AgCl 发生的络合反应，在该反应过程中所有元素化合价不变，不属于氧化还原反应， Na2S2O3既不是氧化剂，也不是还原剂，D 错误；故选D。 【变式6-2】（25-26 高三上·吉林通化·期中）中国自古有 信口雌黄 雄黄入药 之说。雄黄 “ ”“ ” (As4S4)和 雌黄(As2S3)，都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。一定 条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示(砷元素有+2、+3、+5 等常见价态，雌黄和雄黄中S 元素的价态 相同)下列说法正确的是 A． 过程中， Ⅰ As2S3和Sn 2+时恰好完全反应时物质的量之比为2：1 B．反应 中转移电子 Ⅱ 0.7 mol，则生成0.1 molSO2 C．反应 和 均为氧化还原反应 Ⅲ Ⅳ D．反应 中 Ⅰ Sn 4 +为还原产物 【答案】B 【解析】反应 中， Ⅰ As 元素化合价由+3 价降至+2 价，Sn 元素化合价由+2 价升至+4 价。根据电子守恒，2 mol As2S3反应得到4 mol 电子，2 mol Sn 2+反应失去4 mol 电子，故二者反应的物质的量之比为1:1，故 A 错误；反应 中 Ⅱ As4S4+7O2=2As2O3+4SO2，转移28 mol 电子，生成4 mol 二氧化硫，所以转移0.7 mol 电子，生成0.1 mol SO2，故B 正确；反应 和 中各元素化合价都没有变化，均属于非氧化还原反应，故 Ⅲ Ⅳ C 错误；反应 方程式 Ⅰ 2As2S3+2Sn 2++4H +=As4S4+2Sn 4++2H2S↑，Sn 元素由+2 价升高为+4 价，Sn 被氧 化，Sn 4+为氧化产物，故D 错误；故选B。 1.（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）下列应用不涉及氧化还原反应的是 A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂 B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备铝单质 C．常温下，铁遇浓硫酸钝化 D．用(NH4)2SO4溶液除去铜器表面的铜锈 【答案】D 【解析】Na2O2与CO2或H2O 反应生成O2，氧元素化合价变化，涉及氧化还原反应，A 不符合题意；电解 Al2O3时，Al3+被还原为Al，O2-被氧化为O2，涉及氧化还原反应，B 不符合题意；铁被浓硫酸氧化生成致 密氧化膜，铁和硫的化合价变化，涉及氧化还原反应，C 不符合题意；(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，水解呈酸 性，H+与铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，D 符合题意；故选D。 2.（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。 3.（2025·辽宁·三模）Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS⋅ 为自由基 ” )。下列 说法错误的是 A．X 为极性分子 B．H2S、S8、SO3 2-中的硫原子均是sp 3杂化 C．步骤 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 Ⅲ 1:2 D．步骤 除砷的方程式为 Ⅳ 3H2S+2H3AsO3=As2S3↓+6H2O 【答案】C 【分析】S2O3 2−与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS⋅，两个HS⋅可以结合生成H2S2，H2S2分解得到 S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3。 【解析】根据分析可知，X 为H2S2（二硫化氢），其结构为H-S-S-H，结合H2O2为折线形的极性分子，推 断H2S2分子呈折线形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故A 正确；H2S中S原子价层电子对数= 2+6-1×2 2 =4，sp 3杂化；S8分子皇冠形结构，每个S原子形成2 个σ 键，价层电子对数=2+6-1×2 2 =4， sp 3杂化；SO3 2−中S原子价层电子对数=3+(6+2)-3×2 2 =4，sp 3杂化，三者硫原子均为sp 3杂化，故B 正 确；步骤 中 Ⅲ X 为H2S2，发生歧化反应生成S8（S为0 价，氧化产物）和H2S（S为-2 价，还原产物）。反 应为8H2S2=S8+8H2S，氧化剂（得电子的S）与还原剂（失电子的S）物质的量之比为1:1，而非1:2，故C 错误；步骤 中 Ⅳ H2S与H3AsO3反应生成As2S3沉淀和H2O，方程式为3H2S+2H3AsO3=As2S3↓+6H2O，原子 守恒且符合反应逻辑，故D 正确；故选C。 4.（2025·辽宁沈阳·一模）下列化学反应中电子转移的表示方法正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】Si降低4 价，得4e −，C升高2 价，失2×2e −，A 错误；Cl2的歧化反应，Cl2到NaCl得1 个电 子，到NaClO失1 个电子，B 错误；Fe失2e −给FeCl3，C 正确；HCl转移5e −到KClO3，D 错误；故选C。 5.（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴(CoCO3)可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(Co2O3、Fe2O3 和SiO2)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： 已知：Co2O3+6 HCl=2CoCl2+Cl2↑+3 H2O。 下列有关说法错误的是 A． 研磨 的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 “ ” B．为不引入新的杂质，加入的物质B 可为CoO 或Co(OH)2等 C． 酸浸 过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 “ ” 1：6 D． 调 “ pH”应控制pH 使Fe 3+完全沉淀而Co 2+不生成沉淀 【答案】C 【分析】钴渣(Co2O3、Fe2O3和SiO2)研磨后用HCl 溶液酸浸，SiO2不溶于盐酸，滤渣A 为SiO2，滤液中 含有Co2+、Fe3+，加入物质B 调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，且不引入新杂质，物质B 可以是CoO 或 Co(OH)2，过滤后加入碳酸钠，将Co2+转化为碳酸钴，以此解答。 【解析】研磨固体可增大反应物接触面积，使酸浸更充分，提高酸浸率，A 正确；调pH 需消耗H+且不引 入新杂质，CoO 或Co(OH)2与H+反应生成Co2+和水，符合要求，B 正确；酸浸中Co2O3中Co 由+3 价降为 +2 价，HCl 中部分Cl-由-1 价升为0 价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为： Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，C 错误；调pH 需使Fe3+完全沉淀 为Fe(OH)3，而Co2+不沉淀，以分离Fe3+和Co2+，D 正确；故选C。 6.（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。 7.（2025·辽宁鞍山·二模）硫酸盐(含SO4 2-、HSO4 -)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗 粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下。下列说法错误的是 A．该过程有H2O参与 B．硫酸盐气溶胶呈酸性 C．HNO2是氧化产物 D．该过程有氢氧键的断裂和硫氧键的生成 【答案】C 【解析】根据图示中各微粒的构造可知，该过程有水参与，A 正确；硫酸盐(含SO4 2-、HSO4 -)气溶胶中含有 HSO4 −，转化过程有水参与，则HSO4 −在水中可电离生成H + SO 和 4 2−，所以硫酸盐气溶胶呈酸性，B 正确； 根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2 ，氮元素的化合价由+4 价变为+3 价，化合价降低，得电子被还 原，作氧化剂，则HNO2是还原产物，C 错误；根据图示转化过程中，第II →III阶段，由亚硫酸根离子转 化为HSO4 −，根据图示对照，水分子参与反应，所以有氢氧键的断裂，同时生成了HSO4 −，有硫氧键生 成，D 正确；故选C。 8.（2025·辽宁葫芦岛·一模）利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低， 对实验影响可忽略)： 下列说法正确的是 A． 氧化 时，发生的化学方程式： “ ” 4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑ B．氨水的作用是调节溶液的pH C．若 还原 工序利用原电池来实现，则 “ ” N2是正极产物 D． 还原 时，每生成 “ ” 1molAg，理论上消耗0.5molN2H4·H2O 【答案】A 【分析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢 氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过 滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反 应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银，据此回答。 【解析】由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应 生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑，A 正确； 由分析知，向含有氯化银的滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，不是为了调节溶液的pH，B 错 误；由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成氮 气，C 错误；由分析可知，还原时发生的反应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨 气、铵根离子和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2) ++N2H4⋅H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4 + +4NH3↑+H2O，则反 应生成1mol 银时，理论上消耗0.25molN2H4·H2O，D 错误；故选A。 9.（2025·辽宁·二模）在MnSO4溶液中依次加入(NH4)2S2O8溶液、FeSO4溶液、KI-淀粉溶液和Na2SO3溶 液，溶液颜色变化依次为①无色 紫红色；②紫红色 黄色； 黄色 蓝色； 蓝色 无色。已知每次加 → → ③ → ④ → 入的试剂均恰好反应完。下列有关叙述正确的是 A．①中，(NH4)2S2O8的S 显+7价，具有强氧化性 B．②中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为5:1 C． 中，生成了 ③ I2，淀粉作指示剂 D． 中，还原性： ④ I −>SO3 2− 【答案】C 【解析】在(NH4)2S2O8中，存在过氧键−O−O−，O 为-1 价，N 为-3 价，H 为+ 1 价，根据化合物中各元素 化合价代数和为0，可算出S 为+6 价，不是+7 价，A 错误；②中紫红色 黄色，是 → KMnO4氧化FeSO4，反 应的离子方程式为MnO4 −+5Fe 2++8 H += Mn 2++5Fe 3++ 4 H2O，氧化剂MnO4 −与还原剂Fe 2+物质的量之比为 1:5，B 错误； 中黄色 蓝色，是 ③ → Fe 3+将I −氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，淀粉作指示剂，C 正确； 中蓝色 ④ 无色，是 → Na2SO3将I2还原为I −，根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原 性：SO3 2−>I −，D 错误；故选C。 10.（2025·辽宁·二模）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝 色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下 列关于上述过程的说法错误的是 A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂 B．红色浑浊的出现体现了H2O2的氧化性 C．H2O2既表现氧化性又表现还原性 D．发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O 【答案】B 【解析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑 浊，说明同时生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O 又被H2O2氧化生 成Cu2+，所以从整个过程看，Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，A 正确；向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很 快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，Cu 元素由+2 价下 降到+1 价，H2O2中O 元素由-1 价上升到0 价，体现了H2O2的还原性，B 错误；向CuSO4溶液中加入H2O2 溶液，很快有大量气体逸出，说明有氧气生成，蓝色溶液变为红色浑浊，说明同时生成了Cu2O，体现了 H2O2的还原性，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O 又被H2O2氧化生成Cu2+，体现 了H2O2的氧化性，C 正确；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明Cu2O 又被H2O2氧化生成 Cu2+，发生了反应：Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2++3H2O，D 正确；故选B。 11.（2025·辽宁·二模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2和HCl 的混合溶液中反应回收S，其物 质转化历程如图所示。下列说法正确的是 A．历程①发生反应H2S+Cu 2+=CuS↓+2H + B．历程②中CuS 作氧化剂 C．历程 中 ③ n(Fe 2+):n(O2)=1:4 D．若要吸收34gH2S，则至少要通入56L 空气(空气中氧气体积按20%计) 【答案】A 【解析】硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，故A 正确；CuS 反应过程中S 元素化合价由-2 升 高至0，化合价升高，作还原剂，故B 错误；历程 中 ③ Fe 2+→Fe 3+，Fe 元素化合价由+2 升高至+3， O2→H 2O，O 元素化合价由0 降低至-2，根据化合价升降守恒可知n(Fe 2+)：n(O2)=4：1，故C 错误； 未指明标准状况，气体体积不可知，故D 错误；故选：A。 12.（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。 13.（25-26 高三上·辽宁·开学考试）在铋基催化剂表面上，一定波长的光可使废气中的CO2与NOx(以NO 为 例)发生共还原反应：2NO+ 4 CO2= 4 CO+3O2+ N2。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，氧化性：NO>O2 B．该反应中氧化产物与还原产物的个数之比为3:5 C．消耗30gNO 时转移电子数目为2NA D．N2中σ键与π键的数目之比为2:1 【答案】B 【解析】该反应在光催化下发生，而常温下氧气能氧化NO，故常温下，氧化性：NO<O2，A 错误；C、 N、O 均变价，氧化产物为O2，还原产物为CO 和N2，个数之比为3:5，B 正确；方程式中2NO∼12e −， 故消耗30g 即1 mol NO 时转移电子数为6 NA，C 错误；N2分子中σ键与π键的数目之比为1:2，D 错误； 故选B。 14.（25-26 高三上·辽宁沈阳·期中）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 ¿ 。下列说法正确的是 A．51Sb 位于周期表第五周期第VIA 族 B．氧化性：NaNO3<NaSbO3 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7 4∶ D．每消耗3molO2，该反应转移12mole − 【答案】C 【解析】❑51Sb（锑）的原子序数为51，位于第五周期第VA 族，而非VIA 族，故A 错误；反应中NaNO3 的N 从+5 被还原为+2 和+4，作为氧化剂，NaSbO3中的Sb 从0 被氧化为+5，是氧化产物。根据氧化性强弱 规律，氧化剂的氧化性（NaNO3）强于氧化产物（NaSbO3），故B 错误；氧化剂为4molNaNO3（N 被还 原）和3molO2（O 被还原），共7mol，还原剂为4molSb（Sb 被氧化）。氧化剂与还原剂物质的量之比为 7:4，故C 正确；每3molO2被还原的同时，4molSb被氧化，4molSb（化合价由0→+5）失去20mole⁻，所以 电子转移总数应为20mol，而非12mol，故D 错误；故选C。 15.（2025·吉林延边·一模）某种锑矿主要成分为Sb2O3，含有少量CuO、PbO、As2O3等杂质，以该矿石为 原料制备Sb 的工艺流程如图。已知Sb2O3为两性氧化物，SbOCl 难溶于水。下列说法正确的是 A． 滤渣 “ I”中存在少量的SbOCl，可加入足量NaOH 溶液使其转化为Sb2O3回收 B． 滤渣 的成分为 “ Ⅱ” PbS C． 除砷 时 “ ” NaH2PO2转化为H3PO4，此反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为3:4 D．惰性电极 电解 过程阴极上的反应可能为： “ ” Sb 3++3e −=Sb、2H ++2e −= H2↑ 【答案】D 【分析】锑矿加盐酸浸出时，浸出后得到的滤液中阳离子主要为As3+、Sb3+、Cu2+、Pb2+、H +，同时少量 Sb2O3转化为难溶于水的SbOCl，则 滤渣 “ I”中含少量的SbOCl，加入氨水对其 除氯 可将其转化为 “ ” Sb2O3；第二步加入硫化钠，可将铜、铅元素转化为CuS、PbS 沉淀；过滤后向滤液中加入NaH2PO2， NaH2PO2可将砷元素还原为0 价砷而除去As，NaH2PO2同时被氧化为H3PO4；最后通过电解滤液可生成 Sb。 【解析】结合分析知， 滤渣 “ I”中存在少量的SbOCl，由于Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH 溶 液，应加入氨水对其 除氯 使其转化为 “ ” Sb2O3，故不可加入足量NaOH 溶液，故A 错误；Cu2+、Pb2+转化 为CuS 和PbS 沉淀进入滤渣 中， 滤渣 的成分为 Ⅱ “ Ⅱ” PbS、CuS，故B 错误； 除砷 时， “ ” H2PO❑2 −将 As3+还原为As 单质(砷元素化合价由+3 降至0)，而自身被氧化为H3PO4(磷元素化合价由+1 升至+5)，则 H2PO❑2 −为还原剂、As3+为氧化剂，且存在计量关系：H2PO❑2 − ∼4e -、As3+∼3e -，由得失电子守恒知， 氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故C 错误；在 电解 过程中，以惰性材料为电极，根据流程可 “ ” 知阴极生成Sb，则阴极反应式为Sb 3++3e −=Sb，可能发生副反应：2H ++2e −= H2↑，故D 正确；故选 D。 16.（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知反应：2FeSO4 + aNa2O2 = bNa2FeO4 + 2Na2O + cNa2SO4 + dO2↑。下列说法错误的是 A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化 B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂 C．a=6 D．每生成1mol Na2FeO4，转移4mol 电子 【答案】D 【解析】高铁酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，反应生成的铁离子在溶液中发生水解反应生成 的氢氧化铁胶体，胶体可以吸附水悬浮杂质而聚沉达到净水的作用，则高铁酸钾可以对水体进行杀菌消 毒、净化，A 正确；由方程式可知，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化又降低被还原，所以过氧化 钠在该反应中既是氧化剂又是还原剂，B 正确；由氧化还原反应规律可知，反应的化学方程式为2FeSO4 + 6Na2O2 = 6Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，则a=6，C 正确；由氧化还原反应规律可知，反应的化学方 程式为2FeSO4 + 6Na2O2 = 6Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，双线桥表示为： ，则反应生成1mol 高铁酸钠时，转移5mol 电子，D 错误；故选D。 17.（2025·黑龙江大庆·模拟预测）铼(Re)被誉为21 世纪的超级金属，广泛应用于航天航空领域。一种由铼 钼废渣(主要含ReS2、MoS2、FeS2和SiO2)为原料提取铼的工艺流程图如图： 已知： ①焙烧后的产物中有Ca(ReO4)2、CaMoO4，均难溶于水； ②硫酸酸浸后，生成ReO4 −、MoO2 2+ 离子交换中采用阴离子交换树脂，存在平衡： ③ QCl(有机相)+ReO4 −(aq)⇌QReO4(有机相)+Cl −(aq) 下列说法不正确的是 A．已知Re 和Mn 同族，它们位于元素周期表的d 区 B．若焙烧产物中无硫单质，则ReS2参与的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为19 4∶ C．洗脱步骤中，使用的试剂A 可能是NH4Cl溶液 D．已知混合液中存在反应MoO4 2−+ 4 H +⇌MoO2 2++2H2O，则 酸化 过程中溶液的 “ ” pH 越大，离子交换后 铼的提取率越高 【答案】D 【分析】铼钼废渣(主要含ReS2、MoS2、FeS2和SiO2)加入CaO 在空气中焙烧得到Ca(ReO4)2、CaMoO4、 Fe2O3、CaSiO3，加硫酸酸浸，生成MoO2 2+、ReO4 -、Fe3+和滤渣（硫酸钙与硅酸），调pH 除铁离子，酸化 后利用离子交换将铼转移至有机相，加入氯化铵洗脱，得到NH4ReO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗 涤、干燥得到产品，据此分析； 【解析】Mn 核外价电子排布式为3d54s2，位于d 区，Re与Mn 同族，Re 也位于d 区（Re 是75 号元素，核 外价电子排布式为5d56s2，Re位于d 区），A 正确；ReS2焙烧后转化为Ca(ReO4)2，化学方程式为 4ReS2+10CaO+19O2 高温 ¿ ¿ 2Ca(ReO4)2+8CaSO4，氧化剂（O2）与还原剂（ReS2）的物质的量之比为19 4∶，B 正确；根据分析可知，洗脱步骤中，使用的试剂A 可能是NH4Cl溶液，C 正确；已知混合液中存在反应 MoO4 2−+ 4 H +⇌MoO2 2++2H2O，则 酸化 过程中溶液的 “ ” pH 越大，c(H+)越少，平衡逆向移动，使Mo 元素 转变为阴离子，被阴离子交换树脂吸附，从而降低Re 的提取率，D 错误；故选D。 18.（24-25 高三上·吉林白城·期末）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应： 10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断不正确的是 A．生成44.8 L N2(标准状况) B．有0.250 mol KNO3被氧化 C．转移电子的物质的量为1.25 mol D．被氧化的N 原子的物质的量为3.75 mol 【答案】B 【分析】反应中NaN3中N 元素化合价升高，被氧化，KNO3中N 元素化合价降低，被还原。根据反应方程 式可知，每当生成16 mol N2时，氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的 N 原子的物质的量为30 mol，被还原的有2 mol KNO3，据此分析解答。 【解析】由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，在标准状况下的体积为 44.8 L，故A 正确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，有0.250 mol KNO3被还原，B 不正确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，转移电子的物质的量为1.25 mol，故C 正 确；由以上分析可知，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，被氧化的N 原子的物质的量为3.75 mol，故D 正确；故选：B。 19.（25-26 高三上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知反应：Zn+2HNO3+ NH4 NO3= N2↑+Zn(NO3)2+3 H2O。设 N A为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．N2既是氧化产物也是还原产物 B．NH4 NO3属于共价化合物 C．0.1mol⋅L −1HNO3溶液中NO3 −数目为0.1 N A D．反应中，每转移0.1mol 电子，则消耗6.5gZn 【答案】A 【解析】该反应过程中，NO3 −的N 元素由+5 下降到0 价，NH 4 +中N 元素由-3 价上升到0 价，N2既是氧化 产物也是还原产物，A 正确；NH4NO3由NH 4 +和NO3 −通过离子键结合，属于离子化合物，而非共价化合 物，B 错误；未提供溶液体积，无法确定NO3 −的具体数目，C 错误；该反应过程中，Zn 元素由0 价上升到 +2 价，NO3 −的N 元素由+5 下降到0 价，NH 4 +中N 元素由-3 价上升到0 价，每消耗1mol Zn 转移5mol 电 子，则每转移0.1mol 电子，消耗0.02molZn，质量为0.02mol×65g/mol=1.3g，D 错误；故选A。 20.（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期中）通过下列实验可以检测某消毒剂中有效物质二氯异氰尿酸钠 (NaC3N3O3Cl2，M=220g/mol)的含量。 称取样品1.2g，配成250.0mL 溶液；取25.0mL 上述溶液，加入适量 稀硫酸和过量KI 溶液；再用0.1mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.0mL。发生如下反 应： C ① 3N3O3Cl❑2 -+ H＋ + 2H2O = C3H3N3O3 + 2HClO HClO + 2I ② - + H＋= I2 + Cl- + H2O I ③2 + 2S2O❑3 2− = S4O❑6 2−+ 2I- 下列说法错误的是 A．反应②中氧化剂与还原剂物质的量之比为1 2∶ B．反应 消耗 ③ 1mol S2O❑3 2−时，反应转移1mol 电子 C．该消毒剂中NaC3N3O3Cl2的含量为11 12×100% D．溶液中酸过量时，测得NaC3N3O3Cl2的含量偏小 【答案】D 【解析】由方程式可知，反应②中氯乙酸得化合价化合价降低被还原，次氯酸是反应的氧化剂，碘元素得 化合价升高被氧化，碘离子是还原剂，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1 2∶，A 正确；由方程式可知，反 应 消耗 ③ 2mol 硫代硫酸根离子时，转移电子得物质的量为2mol，则消耗1mol 硫代硫酸根离子时，转移电 子得物质的量为1mol，B 正确；由方程式可得如下转换关系：NaC3N3O3Cl2-2HClO -2 I2-4 Na2S2O3，滴定消 耗20.0mL0.1mol/L 硫代硫酸钠溶液，则消毒剂中NaC3N3O3Cl2的含量为 0.1mol/L×0.02L× 1 4 ×250.0mL 25.00mL ×220g/mol 1.2g ×100%=11 12×100%，C 正确；溶液中酸过量时，溶液中氢 离子浓度增大，消耗的硫代硫酸钠体积多，使得实验测得NaC3N3O3Cl2的含量偏大，D 错误；故选D。
