备战2026年高考化学考试易错题（新高考）易错类型04 氧化还原反应（6大易错点）（解析版）

易错类型04氧化还原反应

目录

01易错陷阱（6大陷阱）

易错点01不能正确辨析氧化还原反应有关概念

易错点02不能正确判断物质氧化性或还原性强弱

易错点03不能利用氧化还原反应规律判断反应能否进行

易错点04不能利用氧化还原反应规律判断反应物的反应顺序

易错点05不能正确书写陌生的氧化还原反应方程式

易错点06不能利用守恒律进行氧化还原反应综合判断与计算

02易错题通关

易错点1不能正确辨析氧化还原反应有关概念

【分析】1.氧化还原反应的本质和特征

2.理清两条概念线索

3.三步解答氧化还原反应概念的相关题目:

【例1-1】（2024·山东卷）中国书画是世界艺术瑰宝，古人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应

的是

A．竹管、动物尾毫→湖笔B．松木→油烟→徽墨

C．楮树皮→纸浆纤维→宣纸D．端石→端砚

【答案】B

【解析】A．湖笔，以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；

B．松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还

原反应，B符合题意；

C．宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤维，从而制作宣纸，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；

D．端砚以端石为原料经过采石、维料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不

符合题意；

故选B。

【例1-2】（2024·浙江1月卷）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：

催化剂

2NO+2CO2CO2+N2，下列说法不．正．确．的是(NA为阿伏加德罗常数的值)

A．生成1molCO2转移电子的数目为2NAB．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】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；

故选D。

【变式1-1】（2024·安徽安庆第一中学考试）下列过程涉及氧化还原反应的是

FeO

A．用FeCl3制备纳米级23

B．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱

C．高铁酸钾（K2FeO4）用作新型水处理剂

D．用NH4Cl溶液除去铜制品表面的铜绿

【答案】C

【解析】A．FeCl3制备纳米级Fe2O3过程中Fe元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，A不符合题意；

B．侯氏制碱法以氨气、二氧化碳和饱和食盐水制备纯碱，涉及的方程式有：

Δ

NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，没有元素化合价发生变化，不涉

及氧化还原反应，B不符合题意；

C．高铁酸钾（K2FeO4）用作新型水处理剂时利用的是其氧化性，铁元素由+6价降低至+3价，发生了氧化

还原反应，C符合题意；

+

D．NH4Cl溶液中NH4水解，溶液呈酸性，酸性物质将铜绿溶解，整个过程均不涉及氧化还原反应，D不

符合题意；

故选C。

【变式1-2】（2024届·湖南永州·三模）磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材

料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示：

下列说法正确的是

A．白磷(P4)属于共价晶体

B．次磷酸钠是酸式盐

C．白磷与浓NaOH溶液反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3

D．流程中的每一步反应均属于氧化还原反应

【答案】C

【详解】A．P4是4个磷原子构成的分子，白磷属于分子晶体，故A错误；

B．H3PO2是一元酸，氢氧化钠溶液过量的情况下，白磷与氢氧化钠反应生成的NaH2PO2是正盐，不是酸式

盐，故B错误；

C．由分析可知，白磷与过量浓氢氧化钠溶液在加热条件下发生氧化还原反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应

Δ

的化学方程式为：P4+3NaOH(浓)+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，PH3中P化合价为-3，是还原产物，NaH2PO2中

P化合价为+1，是氧化产物，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确；

D．由分析可知，第二步中次磷酸钠和硫酸反应生成次磷酸的反应不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原

反应，故D错误；

故选C。

易错点2不能正确判断物质氧化性或还原性强弱

【分析】物质的氧化性(或还原性)的强弱与得失电子的难易程度有关，与得失电子的数目无关，但外界因素

－

(如反应条件、反应物浓度、酸碱性等)也影响物质的氧化性(或还原性)。例如，NO3在酸性条件下具有强

氧化性，但在中性或碱性条件几乎不表现氧化性。

谨记常用的氧化性、还原性强弱顺序

3＋

(1)氧化性：KMnO4>MnO2>Cl2>Br2>Fe>I2

2－2－－2＋－－

(2)还原性：S>SO3(SO2)>I>Fe>Br>Cl

【例2】（2024·甘肃卷）兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是

A．还原性：Ag>Cu>Fe

B．按上述方案消耗1molFe可回收1molAg

2+

C．反应①的离子方程式是CuNH+4H+=Cu2++4NH+

344

D．溶液①中的金属离子是Fe2+

【答案】C

【解析】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的

顺序为Fe>Cu>Ag，A不正确；

B．由电子转移守恒可知，1molFe可以置换1molCu，而1molCu可以置换2molAg，因此，根据按上述

方案消耗1molFe可回收2molAg，B不正确；

C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是

2

CuNH+4H+=Cu2++4NH，C正确；

344

D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁换置换出铜后生成Fe2，然后Fe2被通入的氧气氧化为Fe3，

氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存，因此，溶液①中的金属离子是Fe3，D不正确；

综上所述，本题选C。

【变式2-1】（2024·黑龙江哈尔滨第九中学校模拟）已知将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中，碘水中的蓝

3

色褪为无色，溶液无沉淀生成。某无色溶液中可能含有、、、SO2，向该溶液中加入少

INaFeCN63

量溴水，溶液仍呈无色，则有关该无色溶液下列判断正确的是

2

A．氧化性Br2SO4I2B．一定不含有I

3

C．一定含有D．可能含有

NaFeCN6

【答案】C

【解析】A．根据亚硫酸钠加入含淀粉的碘水中，溶液褪色，说明碘水把亚硫酸钠氧化了，说明I2的氧化性

22

强于SO4，即SO3的还原性强于I，但向无色溶液中加入少量溴水溶液不变色，不能说明溴的氧化性不如

2

碘单质强，因为被少量的溴氧化的是SO3，A错误；

B．由A分析知，不能判断是否有I，B错误；

2

C．判断无色溶液中一定含有SO3，可能含有I，根据电荷守恒，一定存在Na，C正确；

3

D．由于溶液是无色溶液，说明一定不含，D错误；

FeCN6

故选C。

【变式2-2】（2024·山东济宁三模）几种含碘粒子之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是

I

A．2、IO3和Cl2的氧化性强弱：IO3Cl2I2

B．为增大I2的产量，反应②可以加过量NaHSO3

C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，溶液颜色先变浅后变蓝

++

D．产生等量的I2，反应④消耗的H与反应②产生的H的量相等

【答案】C

＞＞

【解析】A．根据反应①可知氧化性：Cl2I2，根据反应②可知氧化性：IO3I2，根据反应③可知氧化性：

＞＞＞

Cl2IO3，氧化性：Cl2IO3I2，A错误；

B．过量的NaHSO3会与碘单质进一步反应，导致碘单质被消耗，B错误；

C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，氯水可将碘离子氧化为碘单质，溶液颜色先变浅后变蓝，C正确；

D．根据得失电子守恒及电荷守恒，反应④离子方程式：5IIO36H3I23H2O，反应②离子方程式：

2++

2IO35HSO33HSO42SO4H2OI2，产生等量的I2，反应④消耗的H与反应②产生的H的量不相等，

D错误；

答案选C。

易错点3不能利用氧化还原反应规律判断反应能否进行

【分析】含不同价态同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中

间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。例如，不同价态硫之间可以发生氧化还原反应的

是①②③④。

注：⑤中不会出现H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。

【例3】（2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件

下，颜料雌黄As2S3褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

下列说法正确的是

22

A．S2O3和SO4的空间结构都是正四面体形

B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化

nO2

C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ

nH2O

D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7

【答案】D

2

【解析】A．S2O3的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；

B．As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B

错误；

紫外光

C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S36O23H2O2As2O33H2S2O3，反应Ⅱ的方程式

自然光

nO2

为：As2S37O26H2O2As2O33H2S2O3，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；

nH2O

D．As2S3中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1molAs2S3失电

子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1molAs2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol，

则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确；

故选D。

【变式3-1】（2023·广东卷）按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。下列说法正

确的是

A．Ⅰ中试管内的反应，体现H+的氧化性

B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的还原性

C．在Ⅰ和Ⅲ的试管中，都出现了浑浊现象

D．撤掉水浴，重做实验，Ⅳ中红色更快褪去

【答案】C

2

【分析】Ⅰ中发生反应S2O32HSSO2H2O，二氧化硫进入Ⅱ中使品红溶液褪色，二氧化硫进入Ⅲ

中与硫化钠反应生成S沉淀，二氧化硫进入Ⅳ中与氢氧化钠反应使溶液碱性减弱，酚酞褪色。

2+

【详解】A．Ⅰ中试管内发生反应S2O32HSSO2H2O，氢元素化合价不变，H不体现氧化性，

故A错误；

B．Ⅱ中品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故B错误；

22

C．Ⅰ试管内发生反应S2O32HSSO2H2O，Ⅲ试管内发生反应2SSO22H2O3S4OH，Ⅰ

和Ⅲ的试管中都出现了浑浊现象，故C正确；

D．撤掉水浴，重做实验，反应速率减慢，Ⅳ中红色褪去的速率减慢，故D错误；

故选C。

易错点4不能利用氧化还原反应规律判断反应物的反应顺序

【分析】

1.难易律

(1)内容：越易失电子的物质，失去电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得到后就越难失电子，一种

氧化剂同时和几种还原剂相遇时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时和几种氧化剂相遇

时，氧化性最强的优先发生反应。

可把常见微粒的氧化性、还原性按强弱以位置前后的形式排列：

(2)应用：①判断物质的稳定性；②判断物质反应的先后顺序，即左上方的一种氧化剂可氧化它右下方的还

原性微粒．若有多种，则优先氧化较右下方的微粒；③选择合适的氧化剂或还原剂，如要氧化Ｆe2+而Ｂr－

不被氧化，则可选择Ｂr2；④判断氧化性微粒、还原性微粒能否共成。虚线所指两种微粒一定能发生反应，

故不共存；实线所指微粒能共存．

2.(1)在浓度相差不大的溶液中，若同时含有多种还原剂，加入氧化剂时，将按照物质的还原性由强到弱的

－2＋－

顺序依次发生反应。例如，在FeBr2和FeI2混合液中通入Cl2时，由于还原性：I＞Fe＞Br，故被Cl2氧

化的离子的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－。

(2)在浓度相差不大的溶液中，若同时含有多种氧化剂，加入还原剂时，将按照物质的氧化性由强到弱的顺

＋＋＋＋＋＋

序依次发生反应。如向含有Fe3、Cu2、H的溶液中加入铁粉，因为氧化性：Fe3＞Cu2＞H，所以铁粉

先与Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。

3.熟记两串微粒的反应先后顺序

＋3＋2＋＋

(1)同一还原剂与多种氧化剂发生氧化还原反应的先后顺序：KMnO4(H)＞Cl2＞Br2＞Fe＞Cu＞H。

2－2－－－2＋－－

(2)同一氧化剂与多种还原剂发生氧化还原反应的先后顺序：S＞SO3(或HSO3)＞I＞Fe＞Br＞Cl。

【例4】在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01mol的酸性混合溶液中加入0.01mol铁粉，

经搅拌后发生的变化应是()

A．铁溶解，析出0.01molAg和0.005molCu

B．铁溶解，析出0.01molAg并放出H2

C．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Fe3＋

D．铁溶解，析出0.01molAg，溶液中不再有Cu2＋

【答案】选C。

＋＋＋＋＋＋＋

【解析】因为氧化性：Ag>Fe3>Cu2>H>Zn2，所以先发生反应2Ag＋Fe===2Ag＋Fe2，其中0.005mol

3＋2＋

的铁粉与0.01mol的AgNO3反应，析出0.01molAg，再发生反应2Fe＋Fe===3Fe，其中剩余的0.005mol

3＋

铁粉与0.01mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe。

【变式4-1】在离子浓度都为0.1mol•L-1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确

的是

A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+

—2———2

B．在含I、SO3、Br的溶液中不断通入氯气：I、Br、SO3

2——2

C．在含AlO2、SO3、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH、AlO2、SO3

3++3++

D．在含Fe、H、NH4的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe、NH4、H

【答案】C

【解析】A．Fe3+、Cu2+、H+的氧化性依次减弱，由氧化性强的氧化剂优先反应可知，溶液中加入锌粉时发

3+2++2——

生反应的先后顺序为Fe、Cu、H，故A错误；B．SO3、I、Br的还原性依次减弱，由还原性强的还

2——

原剂优先反应可知，溶液中不断通入氯气时发生反应的先后顺序为SO3、I、Br，故B错误；C．偏铝

—2

酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硫酸根离子，则OH、AlO2、SO3的碱性依次减弱，由溶液中碱性

—2

的离子优先反应可知，溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液时发生反应的先后顺序为OH、AlO2、SO3，故C

+3+

正确；D．铁离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，则H、Fe、NH4的酸性依次减弱，由溶液中酸性的

+3+

离子优先反应可知，溶液中逐渐加入烧碱溶液时发生反应的先后顺序为H、Fe、NH4，故D错误；故选

C。

易错点5不能正确书写陌生的氧化还原反应方程式

【分析】第1步：根据氧化性、还原性强弱顺序确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根

据化合价规律和题给信息及已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；

第2步：根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。

第3步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒。

第4步：根据原子守恒（质量守恒），通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子

守恒。

缺项型氧化还原反应方程式的补项类型、补项原则和组合方式

①补项类型

条件补项原则

＋

酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H，少O(氧)补H2O(水)

－

碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O，少O(氧)补OH(水)

②补项原则

介质多一个氧原子少一个氧原子

＋＋

酸性＋2H结合1个O→H2O＋H2O提供1个O→2H

－＋

中性＋H2O结合1个O→2OH＋H2O提供1个O→2H

－－

碱性＋H2O结合1个O→2OH＋2OH提供1个O→H2O

③组合方式

反应物生成物使用条件

＋

组合一HH2O酸性溶液

＋

组合二H2OH酸性或中性溶液

－

组合三OHH2O碱性溶液

－

组合四H2OOH碱性或中性溶液

-1

【例5】（2024·湖北卷）过量SO2与以下0.1molL的溶液反应，下列总反应方程式错误的是

溶液现象化学方程式

ANa2S产生淡黄色沉淀3SO2+2Na2S3S+2Na2SO3

BFeCl3溶液由棕黄色变浅绿色2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl

CCuCl2溶液褪色，产生白色沉淀SO2+2CuCl2+2H2O2CuCl+H2SO4+2HCl

DNa2CO3(含酚酞)溶液由红色变无色2SO2+Na2CO3+H2OCO2+2NaHSO3

【答案】A

-1

【解析】A．过量SO2与0.1molL的Na2S溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成NaHSO3，SO2

过量不能生成Na2SO3，因此，总反应的化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O=3S+4NaHSO3，A错误；

-1、、

B．过量SO2与0.1molL的FeCl3溶液反应，生成FeCl2H2SO4HCl，总反应的化学方程式为

2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，B正确；

-1

C．过量SO2与0.1molL的CuCl2溶液反应，生成的白色沉淀是CuCl，总反应的化学方程式为

SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl+H2SO4+2HCl，C正确；

-1

D．Na2CO3水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量SO2与0.1molL的Na2CO3溶液反应，生

、

成CO2NaHSO3，NaHSO3溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为

2SO2+Na2CO3+H2O=CO2+2NaHSO3，D正确；

综上所述，本题选A。

【变式5-1】（2023·辽宁·校联考一模）下面的化学方程式或离子方程式中，错误的是

A．为获得性能良好的纳米材料，利用团簇化合物K12Si17和NH4Br反应制备纳米硅：

K12Si1712NH4Br17Si12KBr12NH36H2

22

B．硒代硫酸根在酸性条件下与一定浓度的H2O2反应：2SeSO33H2O22HSe2S2O64H2OO2

C．单质Te与AsF5在溶剂SO2中按计量比6：3反应：6Te3AsF5Te6(AsF6)2AsF3

D．利用XeF2和溴酸根溶液制备高溴酸根：XeF2BrO3H2OXeBrO42HF

【答案】B

【解析】A．原子守恒电荷守恒且符合原理，A正确；B．H2O2在该反应中作氧化剂，即方程式为

2-+2-

2SSeO3+H2O2+2H=S2Se2O6+2H2O，B错误；C．原子守恒电荷守恒且符合原理，C正确；D．原子守恒

电荷守恒且符合原理，D正确；故选B。

【变式5-2】（2024·贵州黔东南·二模）硒(Se)是一种新型半导体材料。对富硒废料(主要成分为CuSe和

Ag2Se)进行综合处理的一种工艺流程如图：

下列有关说法错误的是

A．O、S、Se属于同主族元素

B．SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强

C．“焙烧”时的主要反应为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O

D．向“滤液”中滴加过量的氨水，可得到深蓝色的透明溶液

【答案】B

【分析】由流程可知，富硒废料(含Ag2Se、Cu2S)加入浓硫酸可生成SeO2、SO2气体，SeO2、SO2气体与水

反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；对应废渣为银、硫酸铜，加入硫酸溶液酸溶后过滤分离出Ag，滤液含

硫酸铜，电解精炼粗银，可得到纯银，以此解答该题。

【解析】A．O、S、Se的最外层电子数均为6，它们均属于同主族元素ⅥA族，A正确；

B．SeO2中Se的化合价为+4价，属于中间价态，故既有氧化性又有还原性，SeO2、SO2气体与水反应生成

H2SO4和Se，说明二氧化硫的还原性更强即SeO2的还原性比SO2弱，B错误；

C．结合分析可知，“焙烧”时的主要反应为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+SeO2↑+3SO2↑+4H2O，C正确；

D．向“滤液”中滴加过量的氨水，先产生蓝色沉淀即Cu(OH)2，然后获得深蓝色透明溶液即Cu(NH3)4SO4，

D正确；

故答案为：B。

易错点6不能利用守恒律进行氧化还原反应综合判断与计算

【分析】守恒思想是我们常用解答计算题的重要方法，也是将问题化繁为简的重要手段，我们平时常涉及

到的守恒有电荷守恒、电子守恒、原子守恒。而利用电子守恒思想求解氧化还原问题又是高考重要题型，

解答此类题目应首先找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物；再确定一个原子或离子得失电子

数，列出等式关系，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。氧化还原反应计算得具体

步骤是：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；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)；根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式；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。

-

【例6】（2024·浙江6月卷）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+NO3X+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

-

【详解】A．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；

B．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；

-

C．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；

D．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0.5×6=3NA，D不正确；

综上所述，本题选C。

【变式6-1】（2024·河北保定一模）二氧化氯（ClO2）是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。“R7

法”制备二氧化氯的优点是副产品氯气经处理后可循环利用，具体制备流程如图所示。消毒效率1mol消毒

剂的质量1mol消毒剂得电子数。

下列说法正确的是

A．ClO2和Cl2的消毒效率之比为71:18

B．反应①生成ClO2的离子方程式：2ClO32Cl4H2ClO22H2OCl2

C．反应①消耗的硫酸与反应②生成的硫酸物质的量相等

D．反应②中SO2作还原剂，物质X为H2SO4

【答案】B

【分析】氯气与热氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和氯酸钠，向反应后的溶液中加入H2SO4生成ClO2和Cl2，

反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4和HCl，X为H2SO4和HCl的混合物。

67.5

【解析】A．ClO2中氯元素化合价由+4变为-1时，消毒效率为，Cl2中氯元素化合价由0变为-1时，

5

7167.571

消毒效率为，则ClO和Cl的消毒效率之比为：=27：71，A错误；

22252

B．反应①中氯化钠和氯酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2，根据得失电子守恒和电荷守

恒配平离子方程式为：2ClO32Cl4H2ClO22H2OCl2，B正确；

C．反应②中Cl2和SO2反应生成H2SO4，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：

Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应①发生反应：2ClO32Cl4H2ClO22H2OCl2，当反应①生

成1molCl2时，消耗2molH2SO4，反应②消耗1molCl2时，生成1molH2SO4，C错误；

D．由C可知，反应②为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，S元素化合价上升，SO2作还原剂，物质X为H2SO4

和HCl的混合物，D错误；

故选B。

1．（2024·山东德州三模）下列物质的应用中涉及氧化还原反应的是

A．用SO2漂白纸浆B．用烧碱处理含高浓度NH4的废水

C．用ClO2处理饮用水进行净水消毒D．用纯碱溶液去除物品表面的油污

【答案】C

【解析】A．SO2漂白纸浆利用了SO2的漂白性，SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，没有涉

及氧化还原反应，A项不符合题意；

++-

B．用烧碱处理含高浓度NH4的废水，NH4与OH发生复分解反应，没有涉及氧化还原反应，B项不符合题

意；

C．ClO2具有强氧化性，用于饮用水的消毒，涉及氧化还原反应，C项符合题意；

2-

D．纯碱溶液中由于CO3的水解而呈碱性，油污在碱性条件下发生水解，没有涉及氧化还原反应，D项不

符合题意；

答案选C。

2．（2024·山东日照三模）下列四种物质在处理水体时作用原理与其它几种不同的是

A．O3B．ClO2C．明矾D．液氯

【答案】C

【解析】O3、二氧化氯具有强氧化性，而液氯能与水反应生成具有强氧化性的HClO，能杀菌消毒，明矾电

离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附悬浮杂质形成沉淀，达到净水目的，但明矾不能杀菌消毒，故

与其他三种不同，故答案为：C。

3．（2024·山东淄博三模）下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是

A．浓硝酸久置后颜色变黄

B．将CuCl2溶液加热，溶液由蓝色变为绿色

C．将Na2O2粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色

D．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色

【答案】B

【解析】A．浓硝酸久置后颜色变黄，是因为硝酸分解的NO2溶入硝酸中，使颜色变黄，化学方程式为：

光照

4HNO34NO2O22H2O，与氧化还原反应有关，A不符合题意；

2222

B．由于反应CuHO4ClCuCl4HO是吸热反应，CuHO为蓝色，CuCl为绿

2442244

色，将CuCl2溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，与氧化还原反应无关，B符合题意；

C．Na2O2与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，C不符合题意；

3+

D．向K2Cr2O7酸性溶液中加入乙醇，K2Cr2O7酸性溶液被乙醇还原成Cr，溶液由橙色变为绿色，与氧化

还原反应有关，D不符合题意；

故选B。

4．（2024·山东德州一中、二中联考一模）下列有关说法正确的是

A．Cl2和HCl均既有氧化性又有还原性

B．氢氧化铝胶体带正电荷，故明矾可以做净水剂

C．严禁使用有毒的SO2用于做食品漂白剂、防腐剂和抗氧化剂

D．电解质溶液导电是阴、阳离子在电场作用下的定向移动，为物理变化

【答案】A

【解析】A．Cl2中氯元素化合价既能升高又能降低，HCl中H元素化合价可以降低、氯元素化合价可以

升高，Cl2和HCl均既有氧化性又有还原性，故选A正确；

B．明矾可以做净水剂，是利用氢氧化铝胶体的吸附性，故B错误；

C．SO2可用于做某些食品漂白剂、防腐剂和抗氧化剂，如葡萄酒中含有少量SO2，故C错误；

D．电解质溶液导电是阴、阳离子在电场作用下的定向移动，实质是发生电解反应，故D错误；

选A。

5．（2022·浙江卷）关于反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，下列说法正确的是

A．H2SO4发生还原反应

B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂

C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1

D．1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子

【答案】B

【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化

反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。

A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正

确；

B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，

B说法正确；

C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；

D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1molNa2S2O3发生反应，要转移2mol电子，D说法不正确。

综上所述，本题选B。

6．（2024·山东菏泽一模）已知PbO2受热分解为Pb的4价和2价的混合氧化物(4价的Pb能氧化浓盐酸

生成Cl2)。1molPbO2受热分解得到固体和amol氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气bmol，若a:b为3:2，

则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是

、、

①PbO2PbO;1:2②PbO2Pb3O4;1:3③Pb3O4,PbO;1:1④PbO2、Pb3O4、PbO;1:1:4

A．③④B．②③C．①②D．①④

【答案】A

【解析】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸

-

作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1molPbO2

-

在上述转化过程中共转移2mole，设该过程得到O2的物质的量为a=3xmol，则Cl2的物质的量为b=2xmol，

利用得失电子守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1molPbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，

利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb):n(O)＝4:5，

故A正确；

故选：A。

7．（2024届·山东德州·三模）用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿（CuFeS2）

的流程示意图如下。

下列说法错误的是

A．CuCl2的中心离子是Cu，配体是Cl

B．参与反应的nCuCl2:nCuFeS23:1

C．浸取剂中的Cl有助于CuFeS2固体的溶解

D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解

【答案】B

2

【分析】将黄铜矿（CuFeS2）粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到CuCl2、Fe的混

合液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原，

据此解答。

【详解】A．CuCl2中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是Cu，配体是Cl，A正

确；

B．溶解过程中发生的反应为CuFeS2+3CuCl2+4HCl=HCuCl2+2S+FeCl2，但由于含有少量CuS生成，所

以参与反应的nCuCl2:nCuFeS23:1，B错误；

C．由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的Cl有助于CuFeS2固体的溶解，C正

确；

D．铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；

故答案选B。

8．工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲(第五周期VIA族)，涉及反应：

①Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O②TeO22SO22H2O2H2SO4Te

以下说法正确的是

A．Cu2Te中Cu元素的化合价是2价

B．氧化性强弱顺序为：O2SO2TeO2

C．反应②中氧化剂是SO2，氧化产物是H2SO4

D．每制备1molTe理论上共转移12mol电子

【答案】D

【解析】A．碲为第五周期VIA族，最低负化合价为2价，根据化合价的正负化合价为0，Cu2Te中Cu元

素的化合价是1价，A错误；

B．已知反应：Cu2Te2O22H2SO42CuSO4TeO22H2O，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化

性：O2>TeO2，在反应TeO22SO22H2O2H2SO4Te中，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，所以氧化性

TeO2SO2，所以氧化性：O2TeO2SO2，B错误；

C．根据化合价的升降，SO2H2SO4，硫元素的化合价升高，被氧化，SO2为还原剂，H2SO4为氧化产物，

C错误；

---

D．制备1molTe，反应①消耗2molO2，转移8mole，反应②1molTeO21molTe，转移4mole，共转移12mole，

D正确；

故选D。

9．碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时还能制得氢气，具体流程如下：

下列说法不．正．确．的是

A．反应器中SO2表现还原性

B．膜反应器中，增大压强有利于提高HI的平衡转化率

C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”

=

D．碘循环工艺的总反应为：SO22H2OH2H2SO4

【答案】B

20C100C

【解析】反应器发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，反应生成的H2SO4和HI进入分离器，分

离后的HI进入膜反应器，在500℃条件下发生分解生成H2和I2，生成的I2进入反应器，实现碘循环。A．反

20C100C

应器发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，SO2作还原剂，表现还原性，A正确；B．膜反应器

500C

中的反应为2HI(g)H2(g)+I2(g)，增大压强能提高反应速率，但该反应反应前后气体分子数不变，

增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B错误；C．根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，

该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C正确；D．将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，

=

总反应为SO22H2OH2H2SO4，D正确；故选B。

10．（2024·安徽·三模）宋代《千里江山图》中大量使用两种含铜的矿物颜料。对于如图所示转化关系，

下列说法正确的是

A．反应①②③均为氧化还原反应

B．孔雀石颜料和蓝铜矿颜料受热都可能变为黑色

C．保存古画需控制温度和湿度，目的是防止孔雀石颜料等被氧化

D．孔雀石颜料、蓝铜矿颜料耐酸碱腐蚀

【答案】B

【详解】A．反应①②均为氧化还原反应，③的化学方程式为

，是非氧化还原反应，错误；

3CuSO43Na2CO3H2O=CuOH22CuCO3CO23Na2SO4A

．和受热分解都可能生成黑色固体，正确；

BCuOH22CuCO3Cu2OH2CO3CuOB

．古画主要由纸张和绢、绫、锦等织物构成，易受潮和氧化，不易被氧化，错误；

CCu2OH2CO3C

D．孔雀石颜料、蓝铜矿颜料的主要成分都能与酸反应，不耐酸腐蚀，D错误；

故选B。

11．（2024·山东济宁·三模）几种含碘粒子之间的转化关系如图所示，下列说法正确的是

I

A．2、IO3和Cl2的氧化性强弱：IO3Cl2I2

B．为增大I2的产量，反应②可以加过量NaHSO3

C．将淀粉KI溶液逐滴滴入新制氯水中，溶液颜色先变浅后变蓝