氧化还原反应概念、规律及应用-2025年高考化学复习专练（黑吉辽蒙专用）（解析版）

重难点05氧化还原反应概念、规律及应用

命题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

2024•福建卷；2024•江西卷；2024•北京卷；2024•甘肃卷；

氧化还原反应概预计2025年高考会以新

2024•山东卷；2023•浙江卷；2022•重庆卷；2023•全国乙卷；

念和规律的情境载体考查有关氧

2022•江苏卷；2022•山东卷；

化还原反应的概念、规

氧化还原反应的

2024•广西卷；2024•浙江卷；2023•重庆卷；2022•浙江卷；律及其应用，以及氧化

配平和计算

还原反应的配平和电子

氧化还原反应的

2024•福建卷；2022•北京卷；2022•浙江卷；转移的相关计算。

综合考查

<1

重难诠释

氧化还原反应的概念及判断

氧化还原反应

氧化剂和还原剂

守恒规律

强弱规律

氧化还原反氧化还原反应基本规律优先规律

应的概念、价态转化规律

规律及应用

氧化性、还原性强弱的判断及应用

氧化还原反应方程式的配平

氧化还原反应的相关计算得失电子守恒思想

【高分技巧】

一、氧化还原反应概念

1.氧化还原反应的概念及关系

失去电于，化令倚弁育.W化

合

失电子的能力

升

A

郴

得电子的II力

得到电承成,收中

氯化生还原但还原

某些元泰化

子的反剂一件一硝产物

应物合物降低

2.常见的氧化剂和还原剂，并推测其反应产物

（1）常见氧化剂及还原产物的推测

氧化剂KMnO4（H+）或MnO2硝酸（H+、N03）KCIO3、NaClO浓硫酸

还原产物2+NO2或NO

Mnci-so2

氧化剂3+

H2O2K2&2O7Cl2Fe

还原产物3+2+

H2OCrCl-Fe

（2）常见还原剂及氧化产物的推测

还原剂M（金属）s2-SO32->SO2IBr

氧化产物Mn+sI2Brz

还原剂、

H2cocNH3H2O2H2c2O4

氧化产物+

HCO2NOO2CO2

二、氧化还原反应基本规律

1.氧化还原反应的基本规律

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〃（氧

定义

化剂）X变价原子个数X化合价变化值=〃（还原剂）X变价原子个数X化合价变化值。

守恒律

①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。

应用

②配平氧化还原反应方程式。

定义氧化性：氧化剂〉氧化产物；还原性：还原剂〉还原产物。

强弱律①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。

应用

②判断某氧化还原反应能否正常进行。

当存在多种还原齐小氧化剂）时,氧化剂（还原齐U）通常先和还原性（氧化性）最强的还原剂（氧

定义

化剂）反应。

优先律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。

应用如：向NaBr和Nai的混合溶液中通入CI2,因「的还原性强于Br\则先发生反应：2「

+Ch==2CI+I2,然后发生反应：2Br"+CI2=2CF+Br2s

有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性（如H2s04中的S元素），处于最低价

定义态时只具有还原性（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S02

价态律中的S元素）。

①判断氧化还原反应能不能发生。

应用

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。

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

定义

态。

转化律―20+6+4

如:H2S+H2so4(浓)==SJ+SO2个+2H2O(H2s玲S,H2so4fSO2)、5Cr+CIO^+6H+

应用

==3。2个+3H2O。

2.物质罩i化性、2二原性强弱的应用

当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可依据反应条件的难

（1）依据

易程度来判断氧化剂氧化性的相对强弱，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难

反应条件

发生（即氧化剂得电子越困难），则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：

来判断。

Cu+4HNO3（浓）===Cu（NO3）2+2NO2个+2出0

Cu+2H2so4（浓）ACuSO4+SO2t+2H2O氧化性：浓硝酸＞浓硫酸。

①根据元素周期表判断

物质氧

化性、还从从左至右从

原性强

弱判断从右至左

的常用（2）根据金属单质的还原性增强非金属单质的氧化性增强

对应阳离子的氧化性减弱对应阴离子的还原性减弱

方法"三表"判

②根据金属及非金属的活动性顺序表判断

断。

对应的由、、，

'离子是Fez+,

.--------------

KCaNaMgAlZnFeSnPb（H）CuHgAgPtAu

还原性逐渐减弱，对应离子的氧化性逐渐增强

F2C12B12I2S

氧化性逐渐减弱，对应阴离子的还原性逐渐增强

（3）依据①两种不同的金属构成原电池的两极时，负极是电子流出的一极，正极是电子流入

“两池"判的极。则两种金属的还原性：正极〈负极。

断。②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子的氧化性较强，在阳极先

失去电子的阴离子的还原性较强。

（4）依据一般情况下，浓度越大，温度越高，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强；酸碱

"三度"判度是影响氧化性强弱的重要因素。

断（即：浓例如：①KMnCU在酸性条件下具有较强的氧化性，常温下即可和浓盐酸反应制取氯

度、温度、气；②HN03（浓）的氧化性强于HN03（稀）的氧化性；③HN03（热）的氧化性强于

酸碱度）。HN03（冷）的氧化性。

=,氧化还原反应方程式的配平方法

（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。补项原则：

条件补项原则

酸性条件下缺H或多0补H+,少O补H2O

碱性条件下缺H或多O补H2O,少O补OIT

（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）在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H显+1价，O显一2价，根

据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。

四、利用电子得失守恒法计算的模型

1.电子守恒规律及其应用

（1）规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等，表现为元素化合价降低总数与升高总数相等。

（2）应用：运用电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。

2.电子守恒法计算的思维模板

（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（注意化学式中的原子个数）。

（3）三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。

〃（氧化剂）X变价原子个数X化合价变化值（高价一低价）=〃（还原剂）X变价原子个数X化合价变化值（高价一低

价）。

I狼时提升练

(建议用时：35分钟)

考向01氧化还原反应概念和规律

1.(2024•贵州•高考真题)根据下列实验操作及现象所推出的结论正确的是

选项实验操作及现象结论

将Zn和Z11SO4溶液与Cu和C11SO4溶液组成双液原电池，连通后铜片原电池中Zn作正极，Cu

A

上有固体沉积作负极

向洁净试管中加入新制银氨溶液，滴入几滴乙醛，振荡，水浴加热，

B乙醛有氧化性

试管壁上出现银镜

C向苯酚浊液中加入足量Na2cO3溶液，溶液由浑浊变澄清苯酚的酸性比H2c强

向BaCU溶液中先通入适量SO?，无明显现象，再加入稀HNOj,有白

D稀HNC>3有氧化性

色沉淀生成

【答案】D

【解析】A.将Zn和ZnSO,溶液与Cu和CuSO”溶液组成双液原电池，Zn活泼做负极，电极反应为：

Zn-2e=Zn2+,Cu做正极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu-连通后铜片上有固体沉积，A错误；

B.新制银氨溶液与乙醛反应，乙醛具有还原性被新制银氨溶液氧化，

CH3CHO+2Ag(NH3),OH42Ag+CH3COONH4+3NH3+H2O,试管壁上出现银镜，B错误；

C.向苯酚浊液中加入足量Na2cO3溶液，溶液由浑浊变澄清，说明苯酚与Na2cO3反应生成苯酚钠与

NaHCO3,酸性：苯酚,HCO3,无法判断苯酚与H£O3的酸性大小，C错误；

D.向BaCL溶液中先通入适量SO?,无明显现象，不能用弱酸制强酸，加入稀HNC)3可以氧化SO2,

+

3SO2+2H2O+2NOJ=3SOt+2NOT+4H,贝l]SO：可以和Ba?+有白色沉淀生成，D正确；

故选D。

2.(2024•北京•高考真题)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HC1制成Cl2,实现氯资源的再利用。

CuO.

1

反应的热化学方程式：4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)AH-114.4kJ.moro下图所示为该法的一种催

化机理。

下列说法不正确的是

A.Y为反应物HC1,W为生成物H?。

B.反应制得ImolCl2,须投入2molCuO

C.升高反应温度，HC1被Q氧化制C12的反应平衡常数减小

D.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应

【答案】B

【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HC1、Ch、CuO、Cb、H2O；CuO与Y

反应生成Cu(OH)Cl,则Y为HC1；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu20cl2,则W为H2O；CuCb分解为X和

CuCl,则X为CL；CuCl和Z反应生成Cu20cl2,则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl?、HC1、

02、H2O。

【解析】A.由分析可知，Y为反应物HC1,W为生成物HQ,A正确；

B.CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；

C.总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，c正确；

D.图中涉及的两个氧化还原反应是CuC"-CuCl和CuClfCu20cl”D正确；

故选B。

3.(2024•湖北•高考真题)劳动人民的发明创造是中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述错误

的是

发明关键操作化学原理

A制墨松木在窑内炳烧发生不完全燃烧

B陶瓷黏土高温烧结形成新的化学键

C造纸草木灰水浸泡树皮促进纤维素溶解

D火药硫黄、硝石和木炭混合，点燃发生氧化还原反应

【答案】C

【解析】A.松木在窑中不完全燃烧会生成碳单质，可以用来制造墨块，A正确；

B.黏土在高温中烧结，会发生一系列的化学反应，此过程有新化学键的形成，B正确

C.草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下

水解，此过程并没有使纤维素发生水解，不能促进纤维素溶解，C错误；

D.中国古代黑火药是有硫磺、硝石、木炭混合而成的，在点燃时发生剧烈的氧化还原反应，反应方程式为

S+2KNO3+3C=K2S+3CO2t+N2T,D正确;

故答案选C。

4.（2025•辽宁辽南协作体联考月）下列示意图与表述内容不相符的是

A6氧化性物质使用标识

c使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生反应，空

B

缺的一环应填入的物质可能是二氧化碳

Na+

©-^cr

与电源正极—L与电源负极

CNaCl溶液导电

相连的电极「相连的电极

⑤解反Q>

/氧化还原反应

D四种基本类型的反应与氧化还原反应的关系

\电换左运）,/

.....」•一

（乏分解反Q

【答案】C

【解析】

A.为氧化性物质的使用标识，所以示意图与表述内容相符，故A正确；

B.二氧化碳可以和氢氧化钠、碳反应，不和铁、稀盐酸反应，故B正确；

C.将NaCl溶液接上正负极，会发生电解，示意图与NaCl溶液导电不符，故C错误；

D.置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，其他两种可能是，故D正确;

答案选C。

5.（2025•辽宁点石联考•期中）有关反应14CuSC）4+5FeS2+12H2O=7Cu2s+5FeSC>4+12H2sO,，下列说法中错

误的是

A.C11SO4在反应中被还原

B.FeS?既是氧化剂也是还原剂

C.14molCuSO4氧化了O.SmolFeS?

D.被还原的S和被氧化的S的质量之比为7:3

【答案】C

【分析】化学方程式中的化合价变化：Cust）,中+2价的Cu得电子，化合价降低，变为Cu2s中+1价的Cu；

5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低为Cu2s中一2价的S,有3个化合价升高为SO：中+6价的S。

【解析】A.硫酸铜中Cu元素的化合价都降低，S、O元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，被还原,A

正确：

B.根据上述分析可知，FeS。既是氧化剂又是还原剂，B正确；

C.根据得失电子守恒可知，14molCuSC）4可氧化ImolFeS?,C错误；

D.根据上述分析可知，被还原的S和被氧化的S的质量之比为7:3,D正确；

答案选C。

6.（2025•吉林省联考•期中）化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是

A.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应

B.“熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应

C.高铁酸钠（NazFeCU）是一种新型绿色消毒剂，利用了其氧化性

D.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”，涉及到化学变化

【答案】D

【解析】A.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，A正确；

B.“熬胆矶铁釜，久之亦化为铜”，涉及的反应是铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，该过程发生了置换反

应，B正确；

C.高铁酸钠（NazFeO。中铁元素化合价为+6价，具有强氧化性，是一种新型绿色消毒剂，C正确；

D.“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”说明的是人们利用金密度大的特点进行淘金，没有发生化学变化，

是物理方法，D错误；

故选D。

7.（2024•吉林市•二模）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH增大的是

A.向CuSCU溶液中加入H2s溶液，产生黑色沉淀

B.同时使用氯水和SO2漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”

C.向NaHSCU溶液中加入足量BaCL溶液，生成白色沉淀

D.将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体

【答案】D

【解析】A.向CuSCU溶液中加入H2s溶液，产生黑色沉淀，CUSO4+H2S=CUS^+H2SO4,发生的是复分

解反应，A不符合题意；

B.同时使用氯水和S02漂白一种物质时，其漂白效果“减弱”，氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫

酸和盐酸，反应中有氢离子生成，导致溶液pH减小，B不符合题意；

C.向NaHSCU溶液中加入足量BaCL溶液，生成白色沉淀，该反应为复分解反应，不是氧化还原反应，C

不符合题意；

D.将“84消毒液”与酸性洁厕剂混用，产生黄绿色气体，NaClO+2HC1=NaCl+Cl2T+H2O,反应为氧化

还原反应，生成氯气的同时生成水，溶液pH增大，D符合题意；

故选D。

8.（2025•辽宁点石联考•期中）根据实验操作及现象，下列结论中正确的是

选项实验操作及现象结论

A常温下将铁片和铜片分别插入浓硝酸中，前者无明显现象，后者产生气体铜铜的还原性比铁强

B向碳酸钙的悬浊液中通入无色气体，悬浊液逐渐变澄清该气体是HC1

3+

C向FeC%溶液中滴加KI—淀粉溶液，溶液变蓝氧化性：Fe>12

D向某无色溶液中通入C12,溶液变黄色原溶液中有

【答案】C

【解析】A.铁和浓硝酸钝化阻碍了反应的进行，故前者无明显现象，后者产生气体，不能说明铜的还原性

强于铁，A错误；

B.通入过量的二氧化碳气体也会使得碳酸钙转化为溶解性大的碳酸氢钙，溶液变澄清，故气体不一定是氯

化氢，B错误；

3+

C.溶液变蓝，说明铁离子氧化碘离子生成碘单质，氧化性：Fe>I2,C正确；

D.无色溶液中通入CL,溶液变黄色，也可能是氯气氧化碘离子生成碘单质，D错误；

故选C。

9.（2025•哈尔滨三中月）下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是

-2

A.MnOjfMn2+B.NO2->NOJC.Cr2O^->CrO^D.S-HSO3

【答案】D

【解析】A.MnOjfMr?+转化中镒元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故A错误；

B.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则NO?fNO；转化中不需要加入氧化剂，也不需要加入还原

剂，故B错误；

C.CrzO；fCrOj转化中没有元素元素发生化合价变化，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故C

错误；

D.HSO］转化中硫元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故D正确；

故选D。

10.（2025•辽宁东北育才学校•期中）CIO2可用于处理含CW的污水，2clO2+2CN-=2CO2+N2+2C「。下

列说法正确的是

A.该反应中CIO?被氧化

B.生成物中有一种既非氧化产物，也非还原产物

c.由该反应可判断还原性强弱：CN-<cr

4e-

_iI

D.如下方程式可表示反应中电子转移情况：2clO,+2CN=2CO2+N2+2C1

f_______I

6e-

【答案】D

【解析】A.反应中CIO2被的化合价由+4价降低为-1价，被还原，A错误；

B.根据反应，生成物中CQ和N2为氧化产物，CL为还原产物，没有非氧化产物和非还原产物，B错误；

C.在氧化还原反应中，还原剂的还原性强弱规律为：还原剂〉还原产物，根据反应，还原剂为CN1还原

产物为C/一，所以还原性强弱为：CN>Cl,C错误；

D.反应中电子转移情况实际为：2个C原子由+2价升高到+4价失去4个电子，2个N原子由-3价升高到

0价失去6个电子，共失去10个电子，用单线桥法表示的电子转移符合反应情况，D正确；

故答案为：D。

11.（2025•辽宁东北育才学校•一模）在下列几个氧化还原反应中，凡。?所起的作用完全相同的是

①Hq2+SO2=H2so4②2H2。2=2比0+。2T

③H2O2+Cl2=2HC1+O2T（4）H2O2+H2s=2凡0+SJ

A.①②B.②③C.①④D.②④

【答案】c

【解析】①HQ2+SO2=H2SC）4中HQ?中o元素化合价由一1价降为-2价被还原，作为氧化剂；

②2H2。2=2应。+。2T中HQz中O元素化合价由-1价降为-2价被还原，同时由-1价升高为0价被氧化，

即为氧化剂也为还原剂；

③H2O2+C12=2HC1+O2T中O元素化合价由一1价升为。价被氧化，作为还原剂；

④H2O2+H2s=2凡。+5」中O元素化合价由-1价降为-2价被还原，作为氧化剂；

综上，①④中H?O2均为氧化剂，所起的作用完全相同；

答案选C。

12.（2024•吉林•高考真题）硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正

确的是

SO：so;

H：Ss'

A.标准状况下，IL2LSO2中原子总数为0.5NA

B.100mL0.1mol.L」Na2sO3溶液中，SO；数目为0.01$

C.反应①每消耗3.4gH?S,生成物中硫原子数目为04NA

D.反应②每生成lmol还原产物，转移电子数目为2NA

【答案】D

【解析】A.标况下SO2为气体，11.2LSO2为0.5mol,其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA,A错误；

B.SO：为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mLO.lmolL1Na2sO3溶液中SO7数目小于0.01NA,

B错误；

C.反应①的方程式为SO2+2H2s=3Sj+2H2。，反应中每生成3mois消耗2m0IH2S,3.4gH2s为O.lmol,

故可以生成0.15molS,生成的原子数目为0.15NA,C错误；

D.反应②的离子方程式为3S+6OH-=SO「+2s2-+3H2O,反应的还原产物为S\每生成2molS?一共转移4moi

电子，因此，每生成IrnolS?-,转移2moi电子，数目为2NA,D正确；

故答案选D。

13.(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0.1molNH£l,在25℃、101kPa下得到2.24LNH3

B.“反应2”中，每生成O.lmolNO,转移电子数为0$NA

C.在密闭容器中进行“反应3”，O.lmolNO充分反应后体系中有01NA个NO?

D.“反应4”中，为使O.lmolNOz完全转化成HNO3,至少需要0.02NA个Q

【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=2NH3t+CaCl2+2H2O,反应2是氨

A

A

气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O2=4NO+6H20,反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程

催化剂

式为：2NO+OZ=2NC>2,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。

【解析】A.根据分析可知，每消耗O.lmolNH,Cl,生成O.lmol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：4NH+5O=4NO+6H20,该反应转移20e;则每生成O.lmolNO,

32催化剂

转移电子数为O6NA，B正确；

C.根据反应3,QlmolNO充分反应后生成O」NA个NO?,但是体系中存在2NO2UN2O4,则最终二氧化氮

数目小于O.INA，C错误；

D.根据反应4可知，为使O.lmolNOz完全转化成HNO3,至少需要。Q25NA个O2,D错误；

故选Bo

14.(2025•辽宁沈阳联考•期中)向含Fe2+,1,Br-的溶液中通入过量的C12,溶液中四种粒子的物质的量变

化如下图所示，已知b-a=5,线段IV表示一种含氧酸根离子的变化情况，且I和IV表示的离子中含有相同

的元素。下列说法错误的是

0123abM（Cl2）/mol

A.原溶液中n(FeBr2):n(FeL)=3:l

B.线段II表示Fd+的变化情况

C.线段IV表示I。］的变化情况

D.根据图像可计算出a=5,b=10

【答案】D

【分析】向含Fe2+、1-、Br的溶液中通入适量氯气，还原性r>Fe2+>Br:首先发生反应2r+C12=l2+2Cr,

1一反应完毕，再发生反应2Fe2++Cb=2Fe3++2ChFe?+反应完毕，最后发生反应2Br+C12=Br2+2Cr,故线段I

代表「的变化情况，线段II代表Fe2+的变化情况，线段III代表B「的变化情况；通入氯气，根据反应离子方

程式可知溶液中n(r)=2n(Ch)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Ch)=2x(3mol-1mol)=4mol,Fe?+反应完毕，根据电荷

守恒可知n(I)+n(Br)=2n(Fe2+)>故n(Br)=：2n(Fe2+)-n(I)=2x4mol-2mol=6mol；

【解析】A.由分析，n(FeBr2):n(Fel2)=n(Br)：n(r)=6mol:2mol=3：1,A正确;

B.由分析，线段II为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，B正确；

C.线段IV表示一种含氧酸，且I和W表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，则a点后发生氯气

氧化碘单质的反应，已知碘单质的物质的量为Imol,已知b-a=5,则反应消耗氯气的物质的量为5mol,

根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为+5价，则该含氧酸为HICh,HIO3是一元强酸，则线段W

可表示101的变化情况，C正确；

D.由分析可知，溶液中n(Br)=6mol,根据2Br+C12=Br2+2Cr可知，澳离子反应需要氯气的物质的量为3mol,

故a=3+3=6,又b-a=5,所以b=a+5=6+5=ll,D错误；

故选D。

15.（2025•辽宁点石联考・10月）将H2s和空气的混合气体通入FeCL、CuCl?和HC1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HA+Cu-CuSJ+2H+

B.历程②中CuS作氧化剂

C.历程③中n（Fe2+）:n（C>2）=l：4

D.若要吸收34gH?S,则至少要通入56L空气（空气中氧气体积按20%计）

【答案】A

【解析】A.硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，故A正确；

B.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；

C.历程③中演2+一Fe元素化合价由+2升高至+3,02fH2。，O元素化合价由0降低至-2,根据

化合价升降守恒可知〃（Fe2+）：）=4:1,故C错误；

D.未指明标准状况，气体体积不可知，故D错误；

故选：Ao

16.（2025•辽宁辽南联考TO月）已知反应FeS2+O2+H2O/^_>FeSO4+H2SO4（未配平）。下列说法错误

的是

A.硫酸亚铁既是氧化产物又是还原产物

B.被还原元素和被氧化元素物质的量之比是2:7

C.反应过程中有非极性键的断裂和极性键的形成

D.若反应后溶液体积是lLc（SO：）=0.1mol/L,则转移电子物质的量是Q7moi

【答案】B

【分析】反应FeSz+Oz+HzO/^^FeSC^+HzSO^,Fe元素在反应前后都显+2价，化合价没有发生

变化；S元素由-1价全部升高到+6价，02中的O元素由0价降低到-2价，七0中的。元素化合价未发生

变化。

【解析】A.由分析可知，硫酸亚铁中S元素化合价升高，O元素化合价降低，则它既是氧化产物又是还原

产物，A正确；

B.反应中，S元素化合价升高（-IT+6）,O元素化合价降低（0-2）,依据得失电子守恒，可建立关系式：

2S——70,则被还原元素(0)和被氧化元素(S)物质的量之比是7:2,B错误；

C.反应过程中有S-S、0=0非极性键的断裂和H-0、0-S极性键的形成，C正确；

D.若反应后溶液体积是IL,c(SOj)=0」mol/L,S元素由/价升高到+6价，则转移电子物质的量是

lLx0.1mol/Lx[6-(-l)]=0.7mol,D正确；

故选B。

17.(2025•吉林省“BEST”合作体六校•联考)自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下,

凡能够还原氮氧化物(NO*)实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NO*),将烟气与H2

的混合气体通入Ce(SOj2与Ce2(SC>4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正

确的是

A.该处理过程中，起催化作用的离子是Ce3+

B.若该过程中，每转移4moi电子消耗Imol氮氧化物(Nt)),则x为1.5

C.当x=2时，反应II中还原产物与氧化产物物质的量之比为8:1

D.当无害化处理标况下8.96LNO时，使用等量的H?可以无害化处理0.2molNC)2(不考虑NO?和N2O4的转

化)

【答案】D

【解析】A.根据图示，反应的历程为：凡和Ce,+反应生成H+和Ce3+；H\Ce3+和NQ反应生成N?、H2O

和Ce,+,因此混合液中Ce4+起催化剂作用，Ce"是中间产物，A错误；

B.转移4moi电子消耗Imol氮氧化物(NO*),最终氮氧化物全部转化为氮气，则氮氧化物中N元素化合价

为M价，则2x=4,解得x=2,B错误；

C.x=2时，NO?反应生成N2,N元素由的价变成0价，作氧化剂，Ce3+生成Ce",Ce元素由+3价变成M

+4+

价，作还原剂，根据氧化还原反应规律配平离子反应为8Ce3++2NO?+8H=8Ce+N2+4凡。；还原产物N?

与氧化产物Ce(S0j2物质的量之比为1:8,C错误；

D.标况下8.96LNO的物质的量为04mo1,当处理标况下8.96LNO(标况)时，NO转化为N2,据

4++3+

2Ce+H2=2H+2Ce,4Ce3++2NO+4H+=4Ce4++N2+2凡0可知，无害化处理NO时有NO~H2,即消耗

H20.4mol,据2Ce4++H2=2H++2Ce3+,8Ce3++2NO?+8H+=8Ce"++N?+4凡0可知，无害化处理NO2时有

NO2~2H2,使用等量的(MmolH2可处理0.2molNC>2(不考虑NO?和NQ*的转化)，D正确；

故选D。

18.（2025•东北师大附中•一模）向2LH2sO’和Fe（NO3%混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该

气体遇到空气变为红棕色，溶液中Fe?+的物质的量和加入Fe粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述

错误的是

A.开始时加入铁粉反应的离子方程式为Fe+NO/4H+=Fe3++N。t+2H2O

B.加入4moi铁粉时，溶液中有3moiFe?+

C.原溶液中Fe（NC）3）3的物质的量浓度为0.5mol/L

D.加入5mol铁粉后溶液中的溶质为Fe（NO3）2和FeSO4

【答案】D

【解析】A.由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和Fe3+,故开始时加入铁粉发生的离子方程式为

Fe+NO3+4H+=Fe"+NOT+2H,O,A正确；

B.加入铁粉3moi时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4moi铁粉时，其中Imol铁粉消耗2moiFe3+,产

生3molFe*,B正确；

C.加入3moi铁粉时发生的离子方程式Fe+NOg+4H+=Fe3++NOT+2H2。，消耗3moiNO］和12moiH*生成

3molFe3+,加入铁粉3moi至5moi时，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe?+,则2moi的铁消耗4moiFe3+,

3+

加入3moi铁粉时生成3moiFe,故原溶液中含ImolFe3+［即含ImolFe（NO3）3］,原溶液中Fe（NC）3）3的

物质的量浓度为O.5mol/L,C正确；

D.5moi后加入铁粉不再产生F*,硝酸根离子恰好反应完全，加入5moi铁粉后的溶液中溶质的主要成分

为硫酸亚铁，D错误；

故选D。

19.（2025•吉林省白城一中）下列有关反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4的说法中

错误的是

A.FeS2既是氧化剂又是还原剂

B.CuSCU在反应中被还原

C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为7：3

D.14molCuSC>4氧化了0.5molFeS2

【答案】D

【分析】化学方程式中的化合价变化：CuSCU中+2价的Cu得电子，化合价降低为Cu2s中+1价的Cu；5

个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低为Cu2s中-2价的S,有3个化合价升高为SO：中+6价的S（生

成物中有17个SO：,其中有14个来自反应物CuSO4）。

【解析】A.反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，因此FeS2既是氧化剂又是还原剂，故A正确；

B.硫酸铜中Cu元素的化合价都降低，S、O元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，故B正确；

C.10个-1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7：3,

故C正确；

D.14moicuSO4在反应中得到14moi电子，FeSz被氧化时，应该是-1价的S被氧化为+6价，所以1个

FeS2会失去14个电子；根据得失电子守恒，14molCuSCU应该氧化1molFeS2,故D错误；

故选D。

20.（2025•黑龙江龙东联盟月）氯及其化合物的转化关系如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确的是

Ca（C10）2———►KC1O3

KOH溶液,△

2©

HC1———►KC1

A.反应①中若有22.4LCb（标况）生成，转移电子数为2NA

B.反应①中每消耗73gHe1,生成的CL分子数为2NA

+

C.反应①在溶液中发生则离子方程式为：2H+C1O+C1=C12T+H2O

D.反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为：5：1

【答案】C

【解析】反应①方程式为Ca（ClO）2+4HCl=CaC12+2Cbf+2H20；反应②方程式为

3C12+6KOH=5KC1+KC1O3+3H2O。

A.反应①为归中反应，氯元素化合价由-1升高为0、氯元素化合价由+1降低为0,若有22.4LCL（标况）

生成，转移电子数为NA,故A错误；

B.反应①方程式为Ca（ClO）2+4HCl=CaC12+2C12+2H2O,每消耗73gHe1,生成的CL分子数为NA,故B错

、口

厌；

C.反应①方程式为Ca（ClO）2+4HCl=CaC12+2CL+2H2O,离子方程式为：2H++C1。—+CL=CI2T+H2O,故C

正确；

D.反应②方程式为3C12+6KOH=5KC1+KC1O3+3H2O,氯元素化合价升高发生氧化反应生成KCIO3,KCIO3

是氧化产物，氯元素化合价降低发生还原反应生成KC1,KC1是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量

之比为1:5,故D错误；

综上所述，答案选C。

21.（2025•哈尔滨三中＜10月）对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂