2026年高考化学二轮复习（全国）题型04 氧化还原反应的分析及应用（解析版）

题型04氧化还原反应的分析及应用

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

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①，生成的遇水发生

22-40℃

反应②。下列说法正确的是F+HOHOF+HFHOF

HOF+H2O=HF+H2O2

A．的电子式为B．为非极性分子

C．反HO应F①中有非极性键的断裂和形成D．H反2应O2②中为还原产物

【答案】AHF

【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；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，H但2O没2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，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。H2OH2O2

【例1-2】（2025·海南卷）下列化合物性质描述错误的是

①CO②③④

A．既可作SO氧2化剂N也O2可作N还a2原O2剂：①②③④B．与水作用后溶液呈酸性：②③

C．与水反应释放：④D．常态下呈现颜色：①②③④

【答案】DO2

【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溶液、溶液

NaClNa2SO4BaCl2Na2CO3

B蒸馏水、碱石灰

NONO2

CNaOH溶液

SiO2Al2O3

D酸性溶液

24344

A．AFeSOFeSOB．BKMnOC．CD．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

2+3++2+3+2+

不符合题意；酸性KMnO4将Fe氧化为Fe：MnO+8H+5Fe＝5Fe+Mn+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，D4不符合题意；故选B。

【变式1-2】（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．3的ICl是Br+6OH=2I+IO3+3Br+3Cl+3H2O

A．发生反应，转移5mol电子

−

B．3mol IC既lB是r氧化剂又是还原剂

−

C．ICl是Br还原产物，是氧化产物

−−

D．I不能与IO3大量共存

−2−

【答I案ClB】rASO3

【解析】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3氧m化ol （ICl+B1r→+5，每mol失I），总反IO应3中2mol对应得到4mole⁻，1mol对应失去2m4moollee⁻，

−−−

总转移电子数为4mol，而非5mol，4m故olAe错误；中的II元素既被氧化又被还原，I因O3此既是氧化

−−

剂又是还原剂，故B正确；是I被还原的产物（IC+lB1r→-1），是I被氧化的产物（+1→+5IC）lB，r故C正确；

−−

中的I处于中间价态，I具有氧化性，而具有还原性I，O3两者会发生反应，不能共存，故D正确；

−2−

I故Cl选BrA。SO3

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，体现还原性的是

+

A．加热分解有生成NH4

B．NH4HC和O3的混合N溶H3液加热有生成

C．NH4ClN固a体NO在2溶液中溶解N2

D．Mg(OH)2溶液中NH滴4加Cl溶液出现白色沉淀

【答案NH】4B2SO4BaCl2

【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；中的N(-3

+

价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意；水溶液中N，H铵4根离子可

−+

以直接N结O2合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，N使H沉4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，未参与

+

氧化还原，D不符合题意；故选B。NH4

【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。下列说法错误的是

NA

A．G、K均能与溶液反应B．H、N既具有氧化性也具有还原性

C．M和N溶液中N的aO离H子种类相同D．与足量的J反应，转移电子数为

【答案】D1molGNA

【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；1molH2S

和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1molH2S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；

2＋

③中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe、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。

点燃高温

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。

+2+

【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+2Pb+2H2O；

PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：；

2++2−−

KMnO4与浓盐酸反应有黄绿色气体生成。5P下bO列2推+断2M正n确的+是4H+5SO4=2MnO4+5PbSO4+2H2O

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：

−

C．Pb可与稀硝酸发生反应：HNO3>PbO2>MnO4

D．Pb3O4可与盐酸发生反应：3Pb+4HNO3=3PbO2+4NO↑+2H2O

【答案】DPb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑

【解析】反应I中中元素为+2、+4价，反应中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P还b3原O产4物P的b比例，A错误；反应I只涉P及bHNO3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，为氧化产物，氧化性，B错误；稀硝酸

−−

2+

的氧化性通常将Pb氧化为Pb，C错误；M中nO4元素为+2、+4价与HPCbOl反2>应M生n成O4PbCl2和H2O、Cl2，

反应方程式为Pb3O4Pb，D正确；故选D。

【变式2-2】（Pb203O254·+浙8江H温Cl州=·3三P模bC）l2已+知4H2O+Cl2↑，向溶液中加入足量Zn粉可

+−

以提炼Au，反应为：HAuCl4=(未H配平+)A，u下Cl4列说法不．H正．A确u．C的l4是

A．还原性：HAuCl4+Zn→Au+X+ZnCl2

B．X表示Zn>Au

C．生成H2，转移电子总数为(表示阿伏加德罗常数的值)

D．氧化产1m物o与lA还u原产物的物质的量3之N比AN为A

【答案】C4:3

【解析】由题干信息可知，Zn能够置换出Au，说明还原性：，A正确；由题干信息可知，反应配

平后的方程式为：，即XZn表>示Au，B正确；由B项分析可知，根据

配平之后的反应方程2H式Au可Cl知4+，4生Z成n→2Au+，H2转↑移+电4Z子nC总l2数为，CH错2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Zn1Cml2o与lA还u原产物Au、H2的物4N质A的量之比为，D正确；故选C。

考向03氧化还原反应方程式的书写与4:配3平

【例3-1】（2024·浙江卷）利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：

-

C(H未3O配H平)。下列说法正NO确3的是

+-

HA．+XCH表3示OH+NO3→X+CO2+H2O

B．可用N替O换2

C．氧化剂O3与还原CH剂3O物H质的量之比为

D．若生成标准状况下的气体6:5，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值)

【答案】CCO211.2L2NANA

【解析】由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，

-

仍然是大气污染物，A不正C确H；3OH中C元素N的O化3合价由-2价升高到+4价，是该反应的还N原2

N剂O，2有强氧化性，通常不能用作还CH原3剂OH，故不可用替换，B不正确；该反CH应3O中H，还原剂

中CO元3素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价O位3，氧C化H3剂OH中N元素的化合价由+5价降低CH到3O0H

-

NO3

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，C正确；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气体6:5，即生成C0H.53mOoHl，

反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；故选C。CO211.2LCO2

【例3-2】（2024·北京卷N）A不同3N条A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。

反应序起始酸碱KIKMnO4

还原产物氧化产物

号性

物质的量/mol物质的量/mol

2+

①酸性0.001nMnI2

②中性0.00110nMnO2

-

已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。IOx

-

下列说法Mn正O确4的是

A．反应①，

2+

B．对比反应①n和Mn②，:nI2=1:5

C．对比反应①和②，x=的3还原性随酸性减弱而减弱

-

D．随反应进行，体系I变化：①增大，②不变

【答案】BpH

【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

-+2+

恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I+2+16H=2Mn+5I2+8H2O，故

-

2+-

n(Mn)∶n(I2)=2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10MI~n2O4，可以求得n=0.0002，则反应②的

-

n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的M化n合O4价由+7价降至+4价，反应②对应的关

-

--

系式为IM~2nO4~MnO2~~6e，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，Mn反O应4②的离子IOx方程式是IO：xI+2+H2O=2MnO2↓++2OH，B项正确；已知的氧化性

---

随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物M，nOI-4的还原性随酸性减IO弱3而增强，C项错误；根据M反nO应4①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）常作为熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，制备的过程涉及到以

下反应：PH3PH3

①过量(未配平)

②P4+NaOH+H2O→NaH2PO2+PH3↑

③NaH2PO2+H2SO4=H3PO2+NaHSO4

下列2H说3P法O2正=确P的H3是↑+H3PO4

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

C．属于酸式盐3:1

D．N理a论H2上PO，2消耗lmol白磷可生产

【答案】D2.5molPH3

【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↑，1molP4中1molP被还原（氧化剂），3molP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；1molP4通过反应①生成1molPH3，同时生成3molNaH2PO2；后者经反应②③

转化为1.5molPH3，总产生2.5molPH3，D正确；故选D。

【变式3-2】（2025·吉林·一模）反应(过硫酸钾)+(未配平)，

下列说法正确的是K2S2O8MnSO4+H2O—KMnO4+H2SO4+K2SO4

A．中的价态为

B．K2S2O8是还S原产物+7

C．氧KM化n剂O4和还原剂的物质的量之比是

D．若消耗时，则反应转移的电5:子2数为(表示阿伏加德罗常数的值)

【答案】C3.6gH2O0.5�A�A

【解析】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K2Sx2=O+86，故中S为+6价，A错误；中Mn的氧化态为+2，在产物中升为+7，

说明Mn被氧化，K2S2是O8氧化产物，B错误；配平M后nS的O反4应为KMnO4

，KM氧n化O4剂是，还原剂是，物质的量5之K2比S2为O85+:22，MCnS正O确4+；8根H2据O反=应2K关M系nO式4，+8

m8Ho2lSO4+对4K应2S转O移410mole⁻，K32.S62gO8是0.2mMoln，S对O4应转移电子数为，即，D

10

H2OH2O0.2×8=0.25mol0.25��

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．可被氧化为

-

B．Br与Cl水2溶液反B应r2的还原产物为

-

C．Br2SO2，说明氧化B性r：

2+3+-3+

D．Br2+2Fe与足=2量Fe+2B溶r液反应生成Br和2>Fe，转移电子

【答1案m】olBDr2NaOHNaBrNaBrO35mol

【解析】氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确；与水溶液反应，生成和，还

-

原产物为，B项正确；根据反应BrBr2可B知r2，氧SO化2剂为，氧化产物H为BrH，2S氧O4化剂

-2+3+-3+

的氧化性大Br于氧化产物的氧化性，故Br氧2+化2F性e：=2Fe+2，BrC项正确；与足Br量2溶液反F应e生成

3+

和，反应方程式为：Br2>Fe，3Bmro2l参与N反aO应H，电子转移5moNla，BDr

项错Na误Br；O3故选D。3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2OBr2

定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

守

义剂)×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。

恒

应①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。

律

用②配平氧化还原反应方程式。

定氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。

强

义

弱

应①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。

律

用②判断某氧化还原反应能否正常进行。

定当存在多种还原剂(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

优义化剂)反应。

先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－－－

律如：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

用

－－－

＋Cl2===2Cl＋I2，然后发生反应：2Br＋Cl2===2Cl＋Br2。

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

价定

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

态义

的S元素)。

律

应①判断氧化还原反应能不能发生。

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。

定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。

转义

化－20＋6＋4

－－＋

应如：H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O(H2S→S，H2SO4→SO2)、5Cl＋ClO3＋6H

律

用

===3Cl2↑＋3H2O。

【变式4-1】（2025·浙江杭州·三模）反应3IClBr6OH2IIO33Br3Cl3H2O，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．3molIClBr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

2

D．IClBr不能与SO3大量共存

【答案】A

【详解】A．3molIClBr发生反应生成2mol

I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2mol

I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；

B．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；

C．

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；

2

D．IClBr中的I处于中间价态，具有氧化性，而SO3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）利用亚克力管制备并进行的性质探究实验（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Cl2浓盐酸C，l2立即盖好。下列说法正确的是

2 mL

A．处发生反应时，浓盐酸只表现出还原性

B．a、两处的石蕊试纸均先变红后褪色

C．b处c湿润的淀粉试纸变蓝，说明还原性：

d−KICl2>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

--+

，反应中部分Cl被氧化为Cl2（表现还原性），部分Cl与K、

1M6nH2+C结l+合2K为M盐nO（4=表2现KC酸l+性2M）n，Cl故2+浓5C盐l2酸+8既H表2O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，

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Cl性2+大2K于I=氧2化KC产l+物I2，

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）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

高温NaSbO34NaNO3+

。下列说法错误的是

4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2

A．中元素的化合价为

B．NaSb的O空3间S结b构为平面三角形+5

−

C．反NO应3中氧化剂和还原剂的物质的量之比为

D．反应中消耗，转移4:7

−

【答案】C3molO220mole

【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；的中心N原子价层

−

电子对数是，采用杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，NBO正3确；反应中氧化剂

5+1−3×22

为NaNO3中3的+N（42mol）=和3O2（3smpol），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，3molO2参与反应，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。

催化剂

【例5-2】（2024·浙江卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，

NOCO2NO+2CO2CO2+N2

下列说法不．正．确．的是(为阿伏加德罗常数的值)

A．生成转移N电A子的数目为B．催化剂降低与反应的活化能

C．是1氧m化ol剂CO，2是还原剂2NAD．既是氧化产NO物又C是O还原产物

【答N案O】DCON2

【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(未

Δ

配平)。下列说法错误的是CdS+HNO3→CdNO32+S+NO↑+H2O

A．作氧化剂，CdS作还原剂B．配平后S的化学计量数为3

C．氧HN化O产3物与还原产物的物质的量之比为D．生成，转移的电子数为

【答案】D3:26.72LNO0.6NA

【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：，以此解答。

【解析】该反应中S元素3化C合dS价+8由H-N2O价3上≜升3C到dN0O价3，2+N3元S+素2N由O+↑5+价4下H2降O到+2价，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HNO3

，S的化学计量数为3，B正确；该反应中S元素化合价由-23价Cd上S+升8到HN0O价3≜，3NCd元N素O由3+25+价3S下+2降N到O↑++2

4H2O

价，氧化产物为S，还原产物为NO，该反应为，氧化产物与

还原产物的物质的量之比为，C正确；未说3C明dS+8HNO3所≜处3C的d温N度O3和2压+3强S+，2无NO法↑计+算4H其2O物质的量和转

移的电子数，D错误；故选D3:。26.72LNO

【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。设为阿伏加德罗常数

的值。下列叙述正确的是�A

A．中含有的质子数为

18

B．反1 m应o②l N中a2，若O有反应，则32生�A成

C．反应③中，2既2.4是 L氧 O2化剂又是还原剂2 mol Na2O2

D．反应④中，N若a生2O成2，则转移的电子数为

【答案】C71 g Cl2�A

1818

【解析】1个Na2O分子中质子数为2×11（Na原子序数）+8（O原子序数）=30，1molNa2O含质子数

为30NA，A错误；22.4LO2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

电解

氧化剂又是还原剂，C正确；反应④为电解NaCl生成Cl2，反应式，

熔融

生成1molCl2转移2mol电子，71gCl2（1mol）转移电子数为2N2A，NaDCl错(误；)故选=C。2Na+Cl2↑

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，

反应原理如图所示。下列说法正N确2的H4是CuSO4

A．是还原反应的产物B．还原性：

2+

N2N2H4<Fe

C．处理后溶液的增大D．图示反应过程中起催化作用的是

2+

【答案】CpHCu

【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，

2+2+

242422434

是中间产物，该N反H应的Cu离子方程式为[Cu(NH)]NHFeO

2+

++2422+

2422434[Cu(NH)]2

[Cu(N，H)]是还原剂，是氧化剂，是还N原H产物+。2FeO+12HN↑+6Fe+

2+

8【H解2O析】N该2H反4应中，Fe中3ON4元素的化合F价e升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确；在同一

个氧化还原反应中，N还2原H4剂的还原性强于还原产物，因此，还原性N的2强弱关系为，B不正确；

2+

由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确；根据N2循H4环>图F可e知，图示反应

+

过程中起催化作用的是，HD不正确；故选C。pH

2+

【例6-2】（2025·黑吉辽[C蒙u(卷N2）H某4)工2]厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含、和少量)中提取金

属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错M误nO的2是Co3O4Fe2O3

−20.4

KspCoS=10

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

2+2−−20.4

【答案】CcCo⋅cS=10

3+2+2+

【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Fe、Mn、Co，

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；

2+2--20.4

“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co)·c(S)=10，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)中的并制取硫酸盐，其常用流程如图

2−

所示。下列错误的是S

A．过程II反应的离子方程式为

2−2−2−−

B．碱性条件下，氧化性：4MnO3+2S+9H2O=S2O3+4Mn(OH)2↓+10OH

2−2−

C．过程I中氧化剂和还原剂O2的>物M质nO的3量>之S比2O为31：2

D．将1转化为理论上需要的体积为22.4L(标准状况)

2−2−

【答案】mDolSSO4O2

2-