考点05氧化还原反应方程式的配平和计算（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（新高考）（解析版）

考点05氧化还原反应方程式的配平和计算目录TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真题考点分布 12.命题规律及备考策略 1 2考法01氧化还原反应方程式的配平 2考法02电子守恒思想在化学计算中的应用 6 81.高考真题考点分布考点内容考点分布氧化还原反应的计算2024浙江卷第4题，2分；2023北京卷第12题，3分；2023浙江1月卷第10题，2分；2022浙江6月卷第10题，2分；2021浙江6月卷第8题，2分；2021湖南卷第8题，3分；2020浙江6月卷第10题，2分2.命题规律及备考策略【命题规律】本专题考查类型主要涉及点为氧化还原反应的配平、得失电子守恒与氧化还原反应的相关计算等。【备考策略】氧化还原反应方程式配平的方法步骤【命题预测】预计2025年高考会以新的情境载体为背景(如工农业生产、日常生活、科学实验、环境保护、检验检测等)，考查氧化还原反应的配平、氧化还原反应的计算、化学方程式的书写等。考法01氧化还原反应方程式的配平1．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。2．一般氧化还原反应方程式的配平：化合价升降法（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。3.复杂氧化还原反应方程式配平的基本方法(1)正向配平法适合氧化剂、还原剂是不同反应物的反应。如：(2)逆向配平法适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数，最后根据质量守恒配平其他物质。如：由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3，最后根据质量守恒配平其他物质。(3)整体配平法若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。如Cu2S＋HNO3→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，，配平得3Cu2S＋22HNO3=6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。配平下列化学方程式。(1)____KI＋____CuSO4=____I2＋____CuI↓＋____K2SO4(2)____P＋____CuSO4＋____H2O=____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4(3)____Cl2＋____Ca(OH)2=____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O(4)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3↑(5)____(NH4)2Cr2O7=____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O【答案】(1)42122(2)258525(3)22112(4)29335(5)1114考向01正向配平和逆向配平的应用【例1】（2024·辽宁大连·一模）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：eq\x()Na2S2O3＋eq\x()Cl2＋eq\x()H2O=eq\x()NaCl＋eq\x()HCl＋eq\x()H2SO4。下列说法错误的是()A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1B．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低【答案】A【解析】根据电子守恒和原子守恒配平方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O=2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A不正确；若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。【思维建模】配平的基本方法(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。考向02缺项型氧化还原方程式的配平【例2】（2024·河北衡水·二模）NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O。下列叙述中正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH－【答案】C【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以eq\x()内应填H＋，配平化学方程式：2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O；其中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误，由上述离子方程式可知，C项正确。【思维建模】缺项型氧化还原方程式的配平技巧(1)方法先用“化合价升降法”配平含有变价元素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物并进行配平。(2)补项原则条件补项原则酸性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋碱性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O【对点1】（2024·山东滨州·模拟）钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：①3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O=Fe3O4＋4NaOH下列说法不正确的是()A．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强B．反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应C．反应②配平后，H2O的化学计量数是6D．整个反应过程中，每有16.8gFe参加反应转移0.8mol电子【答案】C【解析】根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，根据反应②可知NaNO2的氧化性比Na2FeO4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中＋3价，升高了1，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O=3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8gFe的物质的量为eq\f(16.8g,56g·mol－1)＝0.3mol，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高eq\f(8,3)价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3mol×eq\f(8,3)＝0.8mol电子，D正确。【对点2】（2024·江苏徐州·二模）某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是()eq\x(Au2O3)＋eq\x()＋eq\x()=eq\x()＋eq\x()＋eq\x()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子8mol【答案】C【解析】Au2O3为反应物，则反应中Au2O3→Au2O，Au的化合价由＋3价变为＋1价，化合价总共降低2×2＝4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，根据电子守恒配平反应方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O=Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4mol，A、B、D错误，C正确。考法02电子守恒思想在化学计算中的应用1．得失电子守恒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．守恒法解题的思维流程(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。3．氧化还原反应计算的常用方法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及电解过程中电极产物的有关计算等。(1)应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”。①“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。②“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。③“三列关系式”：根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。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。(2)多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。考向01单一氧化还原反应中得失电子守恒的应用【例1】（2024·广东深圳·一模）某强氧化剂XO(OH)eq\o\al(＋,2)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3molXO(OH)eq\o\al(＋,2)，需用30mL0.2mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是()A．＋2 B．＋1C．0 D．－1【答案】C【解析】XO(OH)eq\o\al(＋,2)中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降总数必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。【思维建模】(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。考向02多步氧化还原反应中得失电子守恒的应用【例2】（2024·湖南长沙·二模）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL【答案】A【解析】由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝eq\f(2×1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根据元素质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。【思维建模】多步连续进行的氧化还原反应的有关计算有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。【对点1】（2024·山东济南·模拟）FeS2与硝酸反应产物有Fe3＋和H2SO4，若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时，则HNO3的唯一还原产物是()A．NO2B．NOC．N2OD．N2O3【答案】B【解析】设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1mol、8mol，HNO3的唯一还原产物中N化合价为＋x。反应中有eq\o(Fe,\s\up6(＋2))Seq\o(2,\s\up6(－1))→eq\o(Fe,\s\up6(＋3))(NO3)3＋2H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4，1molFeS2失去电子15mol；Heq\o(N,\s\up6(＋5))O3→eq\o(N,\s\up6(＋x))，只有5molHNO3作氧化剂得电子5×(5－x)mol。则5×(5－x)＝15，解得x＝2。【对点2】（2024·湖北·三模）二氧化锰矿粉中MnO2含量测定实验流程如图。下列说法错误的是()A．Na2C2O4将MnO2还原为Mn2＋B．滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色C．MnO2含量为eq\f(8.7,m)%D．若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得MnO2含量偏小【答案】D【解析】MnO2具有氧化性，Na2C2O4具有还原性，二者发生反应时，MnO2被还原成Mn2＋，A正确；滴定时是用KMnO4滴定过量的Na2C2O4，Na2C2O4溶液为无色，KMnO4溶液为紫色，则达到滴定终点时，溶液颜色由无色变成浅紫色，B正确；20mL0.1mol·L－1KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为20×10－3×0.1mol＝2×10－3mol，由关系式2MnOeq\o\al(－,4)～5C2Oeq\o\al(2－,4)可知，与KMnO4反应的Na2C2O4的物质的量为5×10－3mol，则与MnO2反应的Na2C2O4的物质的量为30×10－3×0.2mol－5×10－3mol＝1×10－3mol，由关系式MnO2～C2Oeq\o\al(2－,4)可知，样品中MnO2的物质的量为1×10－3mol，质量为0.087g，故MnO2的含量为eq\f(0.087g,mg)×100%＝eq\f(8.7,m)%，C正确；若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则KMnO4溶液的体积偏小，结合C项分析知，计算得到的MnO2的质量偏大，测得MnO2的含量偏大，D错误。题型一氧化还原反应配平及其应用1.（2024·山东烟台·一模）已知氧化性：Br2>Fe3＋。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中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是()A．243226 B．021012C．201202 D．222214【答案】B【解析】根据题意，Cl2先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B选项错误。2.（2024·浙江金华·一模）乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋C2H5OH＋H＋=Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是()A．Cr2Oeq\o\al(2－,7)中Cr元素化合价为＋6B．氧化产物为CH3COOHC．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D．1molC2H5OH发生上述反应转移2mole－【答案】D【解析】Cr2Oeq\o\al(2－,7)中O是－2价，则Cr元素化合价为＋6，A正确；乙醇失去电子被氧化为乙酸，氧化产物为CH3COOH，B正确；K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，C正确；乙醇中碳元素化合价是－2价，乙酸中碳元素化合价是0价，则1molC2H5OH发生上述反应转移4mole－，D错误。3.（2024·河北保定·一模）氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH→KX＋KY(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX→KY＋KZ(未配平，KY与KZ关系比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是()A．＋1 B．＋3C．＋5 D．＋7【答案】C【解析】反应：Cl2＋KOH→KX＋KY是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：Z中Cl>X中Cl(均为正价)。假设KX中Cl为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价守恒原理及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋5。题型二氧化还原反应的计算4.（2024·湖南长沙·二模）乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液(脱碳液)脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：①；②。下列说法错误的是A．反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2B．反应①生成1mol时，反应转移1mol电子C．V的最高价为+5价，推测有氧化性和还原性D．溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应【答案】A【解析】A．KI中I元素的化合价由-1价升高到0价，则KI作还原剂，中V元素的化合价由+5价降低到+4价，则作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；B．生成2mol，转移2mol电子，则生成1mol时转移1mol电子，B正确；C．中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即既具有氧化性又具有还原性，C正确；D．在酸性过强时，与反应生成S、和，D正确；故选A。5.（2024·浙江·三模）制备高铁酸钠()的一种方法是：，下列说法不正确的是A．作还原剂B．是还原产物C．是一种新型绿色消毒剂，可用于饮用水的处理D．每生成，电子转移总数为(为阿伏加德罗常数的值)【答案】D【解析】A．在反应中，铁的价态从＋3价升高为＋6，所以作还原剂，故A正确；B．在反应中氯的价态从＋1价降低为－1价，发生还原反应，所以是还原产物，故B正确；C．具有强氧化性，可消毒杀菌；的还原产物水解生成氢氧化铁胶体可吸附水中杂质，可用于饮用水的处理，故C正确；D．由方程式可知，每生成，转移电子6mol，转移总数为，故D错误；故选D。6.（2024·浙江·模拟）金星大气中如存有PH3，据此推断金星或许存在生命。利用P4与足量浓KOH溶液反应可制备PH3：P4+3KOH(浓)+3H2O=3KH2PO2+PH3↑。下列说法正确的是A．0.1molP4参加反应，转移0.3mol电子 B．P4是氧化剂C．PH3的电子式为 D．KH2PO2是强电解质，属酸式盐【答案】A【解析】A．由方程式可知，1分子P4中3个磷原子失去3个电子得到KH2PO2，1个磷原子得到3个电子形成PH3，所以1molP4参与反应，转移3mol电子，即0.1molP4参加反应，转移0.3mol电子，故A正确；B．反应中P元素化合价一部分降低至PH3中的-3价，一部分升高至KH2PO2中的+1价，所以P4既是氧化剂又是还原剂，故B错误；C．PH3的电子式为，故C错误；D．P4与足量的浓KOH溶液反应得到KH2PO2，则KH2PO2为正盐，故D错误；故答案为：A。题型三氧化还原反应综合考查7.（2024·河北石家庄·三模）亚氯酸钠（）具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示．已知高浓度的易爆炸．下列说法错误的是A．“反应1”中是还原产物，母液中主要成分是B．“反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸C．“反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为D．若还原产物均为时，的氧化能力是等质量的2.5倍【答案】D【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。【解析】A．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价下降到+4价，是还原产物，母液中主要成分是，A正确；B．已知高浓度的易爆炸，反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸，B正确；C．“反应2”中发生反应的化学方程式为，H2O2是还原剂，NaClO2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；D．1molCl2完全反应转化2mole-，1mol完全反应转化5mole-，所以等物质的量的氧化能力是的2.5倍，D错误；故选D。8.（2024·浙江·三模）水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：。下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高D．生成1molN2，反应转移电子数为【答案】C【解析】A．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为-1价，NaCIO是氧化剂，NH3中氮元素的化合价由-3价升高为0价，NH3是还原剂，故A正确；B．N2是氧化产物，NaCl是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1:3，故B正确；C．反应温度过高，NaClO会分解，氨氮的去除率降低，故C错误；D．生成1molN2，反应转移电子数为，故D正确；故选C。9.（2024·山东菏泽·一模）某化学兴趣小组利用KBr废液制备溴单质，其流程如图所示(“氧化1”时)。下列说法正确的是A．“吹出”时涉及氧化还原反应B．可用乙醇从溴水中萃取溴C．“氧化1”时若1mol发生反应，则转移4mol电子D．“氧化2”时发生反应【答案】D【分析】由流程可知，KBr废液中加入MnO2进行氧化1，反应原理为：MnO2+2Br-+4H+=Mn2++2H2O+Br2，通入足量热空气吹出溴，吹出的Br2与Fe化合，反应原理为：2Fe+3Br2=2FeBr3，化合后加水溶解，向溶液中通入Cl2，进行氧化2反应原理为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，达到富集溴的目的，再蒸馏分离出液溴，以此来解答。【解析】A．由分析可知，“吹出”是利用液溴的挥发性，为物理变化，故不涉及氧化还原反应，A错误；B．已知乙醇与水能以任意比互溶，不可用乙醇从溴水中萃取溴，B错误；C．由分析可知，“氧化1”时反应原理为：MnO2+2Br-+4H+=Mn2++2H2O+Br2，故若1mol发生反应，则转移2mol电子，C错误；D．由分析可知，“氧化2”时发生反应，D正确；故答案为：D。10.（2024·湖南邵阳·三模）亚氯酸钠是一种重要的含氯消毒剂。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如图，下列说法错误的是A．反应①阶段，参加反应的和的物质的量之比为2：1B．反应②条件下，的氧化性大于C．反应②中的可用代替D．若反应①通过原电池来实现，则是正极产物【答案】C【解析】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确；B．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，故B正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，故C错误；D．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，故D正确；故选C。11.（2024·浙江·模拟）关于反应2Cu2S+14HNO3=2CuSO4+2Cu(NO3)2+5NO2↑+5NO↑+7H2O，下列说法不正确的是A．HNO3在反应中体现氧化性和酸性B．CuSO4和Cu(NO3)2都是氧化产物C．0.2molCu2S参加反应，转移电子2molD．随着产物中NO和NO2比例的改变，CuSO4和Cu(NO3)2的比例也发生相应的改变【答案】D【解析】A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2，还体现了HNO3的酸性，A正确；B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，硫酸铜和硝酸铜都是氧化产物，B正确；C．Cu2S作还原剂，Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，0.2molCu2S参与反应，转移2mol电子，C正确；D．根据原子守恒，每1molCu2S参与反应，S守恒则硫酸铜1mol，Cu守恒则硝酸铜1mol，硫酸铜与硝酸铜的比例一直是1：1，D错误；答案选D。12.（2024·辽宁丹东·一模）高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，湿法制备高铁酸钠的化学原理可用化学方程式表示为：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在该反应中作氧化剂B．和中均含离子键和极性键C．溶液中含有的数目为D．当转移时，生成的中含有的孤电子对数为【答案】D【解析】A．反应中Fe元素由+3价上升到+6价，在该反应中作还原剂，A错误；B．是离子化合物含有离子键，ClO-中含有极性共价键，中只含有离子键，B错误；C．溶液中会发生水解，含有的数目小于，C错误；D．反应中Fe元素由+3价上升到+6价，当转移时，消耗1mol，生成2.5molH2O，H2O分子中含有=2个孤电子对，则2.5molH2O含有的孤电子对数为，D正确；故选D。13.（2024·重庆荣昌·模拟）黄铁矿()在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应B．反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．反应Ⅱ的离子方程式为D．该过程的总反应为【答案】A【分析】反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+；【解析】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；C．反应Ⅱ的离子方程式为，C正确；D．该过程的总反应为，D正确；故选A。14.（2024·安徽合肥·三模）某课题组利用工业废气中的NO制备NH4NO3的工艺流程如图所示，若装置Ⅰ和装置Ⅱ中反应后都为(不考虑HNO2电离)，下列说法错误的是A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为B．装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况下)NO参与反应，则转移0.5mol电子C．装置Ⅲ中，可实现原子利用率最大化D．装置Ⅲ发生的氧化还原反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为【答案】D【分析】由题给流程可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为；装置Ⅱ中电解反应所得溶液，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，氢离子部分在阴极得到电子发生氧化反应生成氢气，除杂得到含有等物质的量的硝酸和亚硝酸的溶液；装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为。【解析】A．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，故A正确；B．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，由方程式可知，装置Ⅰ中2mol一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下5.6L一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为×2=0.5mol，故B正确；C．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，装置Ⅲ中时，生成物只有硝酸铵，可实现原子利用率最大化，故C正确；D．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，氧化剂氧气和还原剂亚硝酸的物质的量比为1∶2，故D错误；故选D。15.（2024·河北邯郸·一模）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法错误的是()A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.4mol·L－1C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.6mol【答案】D【解析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝eq\f(39.2g,98g·mol－1)＝0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol∶0.1mol＝2∶1，A项正确；根据电子得失守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2mol＋2×0.1mol，解得n(NO)＝0.2mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2mol＋1.0mol·L－1×1.0L＝1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝eq\f(1.2mol,0.5L)＝2.4mol·L－1，B项正确；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与硝酸反应，剩余的氢氧化钠与硝酸铜反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，D项错误。1.（2024·浙江卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能C．是氧化剂，是还原剂 D．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】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确；B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故答案为：D。2.（2023·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是A．生成，转移电子 B．是还原产物C．既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，为负极产物【答案】A【解析】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。3.（2023·北京卷）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A．中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。4.（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NAC．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L【答案】A【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L，D不正确；综上所述，本题A。5.(2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NOeq\o\al(－,2)转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是()A.过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)发生氧化反应B.a和b中转移的e－数目相等C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O【答案】C【解析】过程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NOeq\o\al(－,2)得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应为NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a过程转移1mole－。过程Ⅱ为NO和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守