氧化还原反应方程式的配平与计算-2027年高考（化学解析版）

H也建及R成方程K的也隼易针不

1.（2026•黑吉辽蒙卷•高考真题）镁及其化合物的部分转化关系如下，设N.为阿伏伽德罗常数的值，下

列说法正确的是

Mg（C5H5%（熔点176C,真空中100C升华）

①C5HJ。

,凡，点燃，CO2,点燧M一盐酸..c

MN

gs2-②----Mg―焉-►MgO—1—>MgCl2

A.反应①:每消耗0.5molG4生成物（G任b分子的数目为0.5N.

B.反应②:每消耗2.24LN生成N3-数目为0.2—

C.反应③:每消耗4.4g。。2转移电子数目为0.4NA

D.0.15mol-L1溶液中，疗数目为0.15/

命题情境

以镁及其化合物的转化关系串联四个反应，考查阿伏加德罗常数（N4）。涉及置换、化合、燃烧、酸碱

反应,陷阱设置典型：方程式计量数推算、气体体积需标况、电子转移数计算、溶液体积对离子数的影

响。

解题方法

①根据方程式计量数确定生成物的物质的量:②气体体积换算物质的量必须注明“标准状况”;③电

子转移数由变价元素化合价升降计算（lmol82反应转移4moie）④溶液离子数需由cxU求

得,仅给浓度无法计算。核心:审清条件,紧扣计量关系和电子守恒。

【答案】C

:>:）

【解析】由图可知，反应①为Mg+2CH^Mg（CHr））.,+H2］，反应②为3Mg+N.2点燃MgN，反应③

为2Mg+8?息燃2Mg°+C,反应④为MgO+2HCl=MgCl2+Hd由反应①为腐+2cH-

MgCHb+H?T可知，每消耗O.SmoZC5//,,生成的物质的量为0.25mol,则分子数为

•1•

0.252“左错误；2.24LM未指明在标准状况下，物质的量不一定为OJmol,则生成的N：'一的数目不

一定为0.2N,1,6错误；4.4g的物质的量为九=,〉®=Q.il，反应③为

44^/molmo

2Mg+CO2点、燃2MgO十°,0的化合价由+4价降低为o价，转移4个电子，故每消耗4.4gCO2,转移

}

的曲子数为0.4M，。正确；。,15mol♦L-MgCl2溶液的体积未知，无法计算M/，。错误；故选C。

2.（2025・湖南・高考真题）MSQ,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

4NaNO3+4Sb+3Q赢4Mls60,+2NO+2NO>下列说法错误的是

A.NaSbO：,中Sb元素的化合价为+5

B.NO：；的空间结构为平面三角形

C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4:7

D.反应中消耗3molO2,转移20mole~

命题情境

以“硝酸钠法”制备即M。3为背景，综合考查氧化还原核心概念：化合价推断、离子空间结构（NO

3一）、氧化剂与还原剂比例（MJVO3和。2同时作氧化剂）、电子转移总数计算，体现多氧化剂共存的典

型情境。

解题方法

①标出所有变价元素的化合价变化;②氧化剂包括所有得电子的物质（NoM%中N和。2）,需全部找

全;③氧化剂与还原剂物质的量之比=各氧化剂物质的量之利：还原剂物质的量;④电子转移总数用

还原剂失电子总数计算（Sb0-+5,失5e\4moi失20m。］）。关键:氧化剂不漏找，转移电子用还原

剂求更快捷。

【答案】C

【解析】NaSbO,中岫为+1,O为-2,根据电荷守恒，Sb的化合价为+5,力正确；NO^的中心N原

子价层电子对数是3+5+1：3X2=3,采用sL杂化，无天电子对，空间结构为平面三角形，R正

一

确；反应中氧化剂为NaNOs由的N（4mol）和O2（3mol）,总物质的量7mo1;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,。错误；O2、NaNO3同时做氧化剂，3molQ参与反应，

有4moiSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol（S6的氧化，化合价：0一+5），。正确：故选C。

3.（2025・浙江,高考真题）关于澳的性质，下列说法不正确的是

A.历-可被。为氧化为防2

B.由2与SO2水溶液反应的丕原产物为由-

C.历2+2%2+=2&3++23广，说明氧化性：Br,>Fe3+

D.\molBr.,与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO.、,转移5mol电子

命题情境

•2・

围绕演的氧化还原性质，考查氧化历-的置换反应、历2与SO2的氧化还原（SO2作还原剂）、历2

氧化属2+的氧化性强弱比较、以及历二与NaOH的歧化反应电子转移计算。

解题方法

①利用氧化还原规律判断反应能否发生;②氧化性强弱依据“氧化剂〉氧化产物”;③歧化反应电子

转移数按被氧化或被还原一方计算：3比2-5e，故lmol历2转移5/3mole。关键:歧化反应中同

种元索既升又降，电子转移数以单方向变价原子数计算，不可将升降相加。

【答案】。

【解析】氯气具有强氧化性，可将历一氧化为8心，A项正确；Br2与SO＞水溶液反应，生成HBr和

H2soi，还原产物为历一，6项正确；根据反应历2+2Fe2+=2Fe3++2Br-可知，氧化剂为Br,，氧化

产物为民：计,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br,＞尸e：，+，。项正确；右心与足量

NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO,，反应方程式为：3瓦+6NaOH=5NaBr+Na.BrO;i+

3H,O,3molBr,参与反应，电子转移5mol，。项错误；故选。。

4.（2024.北京.高考真题）不同条件下，当KMnOj与K/按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如

下。

KIKMnO.

反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物

物质的量/mol物质的量/mol

①酸性0.001nMn2+h

②中性0.00110nMnOiio-

已知：MnO；的氧化性随酸性减弱而减弱。

下列说法正确的是

A.反应①,n（Mi2+）：7i（&）=1：5

B.对比反应①和②，力=3

C.对比反应①和②，/-的还原性随酸性减弱而减弱

D.随反应进行，体系pH变化:①增大，②不变

命题情境

以KMnO4与K7在不同酸碱性下的对比反应为载体，考查电子守恒配平、化合价推断（/。口中/）、介

质对氧化还原性质的影响及体系pH变化，属于综合型氧化还原分析题。

解题方法

①利用反应①电子守恒配平方程式，求口值;②由九求得反应②中物质的量比:③设/OI中/化合价

为+小列电子守恒等式：/-失电子数=岫，。4-得电子数，求j进而得g④根据离子方程式判断H+

或变化推断pH。核心:电子守恒列方程求未知数,介质酸碱性影响产物价态。

【答案】3

【解析】反应①中痴元素的化合价由+7价降至+2价，/元素的化合价由一1价升至0价，根据得失

+

电子守恒、原子守恒和也荷守恒，反应①的离子方程式是：IO/'+2MnO^+16H+=2W+5Z2+

•3・

+

8凡。，故n（W）:n（72）=2:5,4项错误；根据反应①可得关系式10r〜2MnO］，可以求得冷=

0.0002,则反应②的川广）：以丽。f）=0.001：（10x0.0002）=1：2,反应②中族元素的化合价由

+7价降至+4价，反应②对应的关系式为r-2MnO^MnO2-IO；-（）e^IO：中/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k=3,反应②的离子方程式是：广+

2MnO^+HQ=2MlO21+/。3+2OH-,3项正确；已知MnO：的氧化性随酸性减弱而戒弱，对比反

应①和②的产物，尸的还原怛随酸性减弱而增强，。项错误；根据反应①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O"-、消耗水、p"增大，D项错误；故选用，

考向01氧化还原反应的配平

5.【新考法•氧化还原反应配平与阿伏加德罗常数】（2026•山东青岛•期中）已知尸叱力与酸化的两SO」

溶液发生反应PbO2+MB+H++SO：tMnO；+PbSO、+HQ（未配平）。下列推断错误的是

A.氧化性：

B.配平后耳。的系数为2

C.当反应消耗239g尸匕。2时消耗胸SOi的物质的量为C.2moi

D.PbO2可与浓盐酸发生反应：PbO2+4HCI（浓）=PbCl2^Cl?"2H2。

【答案】。

【解析】在反应中，PbO2作为氧化剂被还原为PbSO、,而A氏2+被氧化为MnOfo根据氧叱性规律，氧

化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，因此PbO2的氧化性大于MnO^,A正确；通过离子电子法配

2+

平反应式，最终得到配平后的方程式为：5。6。2+2W+4H++5SO5-=2MnO；+oPbSOt+

2H,O,H2O的系数为2,与选项6一致，6正确；239gPhO,的物质的量为1mol。根据配平方程式，

5mol收。2对应2molMnSO,，因此1molPbO?对应0.4molMnSO,,选项。中给出的消耗量为0.2

mol，与计算结果不符，。错误；PbO,的氧化性强于KMnO,，其与浓盐酸反应的方程式为：PbO2+

47/CZ=P仅%+CZ2T+2H2O该反应符合氧化还原规律，CZ一祓氧化为Cl>,尸bQ被还原为PW,D

正确；故选。。

6.【新考法・氧化还原反应配平】（2026.广东深圳.模拟）高镭酸钾是重要氧化剂，工业上常以软锌矿（主

要成分为MnO2）为原料生产，涉及反应：

①MnO,+KCQ+KOH-^^KMnO,+KCl+凡。（未配平）；

②K,MQi+CH38OHTKMnO-MnOA+CH.COOK+MO（未配平）。

已知：&A小O」只在强碱性条件下稳定。下列说法错误的是

A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3

B.实验室进行反应①时，应在铁质用烟中进行

c.反应②中CH3coe归可以用盐酸代替

D.反应②后过滤得到的A仇（2可返回反应①循环利用，体现绿色化学理念

【答案】C

•4•

高温

【解析】反应①配平后为3MnO2+KC0+6KoH=3K出加（？+KCl+3H2。,其中氧化剂为KC0

（CI从+5价降至一1价），还原剂为MnO2（Mn从+4价升至+6价），二者物质的量之比为1:3,4项正

确：反应①涉及强碱KOH和高温条件，铁质培蜗耐碱腐蚀（铁在碱性条件下形成钝化层），而瓷质培

病会被碱腐蚀，因此实验室应在铁质母烟中进行，6项正确；工儿阮。1在酸性条件下发生歧化反应生

成KMnO,和跖%。2,盐酸中的。广具有还原性，会被生成的强氧化剂KMnO,氧化,导致副反应发

生，因此不可用盐酸代替CH.COOH,。项错误；反应②产生沉淀儿丘。2,过滤后回收用于反应①（以

防』。2为原料），实现资源循环利用，减少废物排放，符合绿色化学理念，。项正确；故选。。

7.【新考法•氧化还原反应与电子转移】（2026・重庆・模拟）二氟化氧（OR）是一种剧毒气体，具有极强氧

化性。已知①F2+NQOHTOR+”2O（NaOH溶液的浓度为2%）,②+S-SO,+SR

（①②方程式均未配平）。下列说法正确的是

A.OE中只含有非极性键

B.反应①中，每生成1小段0号转移电子2moi

C.反应②中，SO2和SE既是氧化产物又是还原产物

D.凡、。用、SQ氧化性依次减弱

【答案】。

【解析】OE中。和F是不同非金属元素，形成的是极性共济键，不含非极性键，4错误；配平反应①

为2E+2NaOH=OF>+2NRF+HQ,F元素从0价降为一1价,每生成1molO£,消耗2molE,2

mol£共得到4mol电子，即转移电子4mol,B错误；配平反应②为20同+2S=SQ+SE,S元素

从0价升为+4价，SO?和S£均为氧化产物；。元素从+2价降为一2价，仅SO?为还原产物，故SO?

既是氧化产物又是还原产物，S旦只是氧化产物不是还原产物，。错误；氧化剂氧化性大于氧化产

物，反应①中E是氧化剂，O耳是氧化产物，氧化性：£>0£:反应②中OE是氧化剂，SO2是氧化产

物，氧化性：OF2>SO2,故三者氧化性依次减弱，D正确；故选Do

8.【新考法•氧化还原反应配平】（2026・湖南永州•模拟）储氢纳米碳管的成功研究体现了科技进步，但用

电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质-碳纳米颗粒、可用氧化气化法提纯、反应的化学方程

式：。+KQrA+H,SOLCO?T+K2sol+Cr2（SO^+HQ（未配平）。下列有关该反应的说法错

误的是

A.K2O2O7是氧化剂

B.H6Oj表现出酸性

C.和。MS。%的物质的量之比为2:3

D.若反应中生成6.72ZXXM标准状况）,转移电子物质的量为1.2mol

【答案】C

【解析】K2Cr,O7中Cr元素化合价从+6降至+3,得电子，是氧化剂，A正确；出SC\中元素化合价

不变，仅提供H+和SO/,表现出酸性，石正确；。的化合价由0价变为+4价，升高4价，。的化合

价由+6价变为+3价，整体降低6价，最小公倍数为12,即。的系数为3,K/>2a的系数为2,按照

原子守恒配平其他，即反应方程式为3C+2K2O2O7+8//2SO4=3CQT+2K2SO4+2Cr2（SOt）3+

•5•

8凡。，COi和CMSO%的物质的量之比为3:2,错误；根据方程式，生成3molCO>转移12mol电

子，6.72IZX>2（标准状况）物质的量为0.3mol,转移电子物质的量为0.3小。2x4=1.2mol，。正确；

故选。。

考向02氧化还原反应计算与阿伏加德罗常数

oo

IIII

HO—S-O-O-S—OH

9.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】（2026•河北沧州•二模）过二硫酸（33）是

一种白色晶体，过二硫酸及其盐在工业上常用作强氧化剂，如K2s2Os+AmSOj+RO-K•

K2sO&+y（未配平）。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.97g过二硫酸中含过氧键数目为N.

B.135gK2s完全被还原时转移电了数为0.5NA

C.反应式中的Y为H2sol

D.所有的V、K2sO4均为还原产物

【答案】C

【解析】由过二硫酸的结构简式可知，1个过二硫酸分子中含1个过氧键，故97g（0.5mol）过二硫酸

中含过氧键数目为0.5NA，故力错误；由题给反应式中的物质转化关系，结合元素守恒、得失电子守

恒配平可得反应的化学方程式为5K2s20s++8Hq=2KMnOd4K2soi+8H>SO,,由此

得至“关系式：K2S2O^2e~,故135g（0.5mo\）K2S2O6完全被还原时转移电子数为此，故月错误，该反

应的化学方程式为5K2s2a+2MnSOA+8H2O=2KMnO,+4K2soi+8H2soi，可知产物为H2SO4,

故。正确；S20r得电子生成SOT,但产物中的SOl-有一部分来自MnSO,，并非所有的Y（H2SOA）.

K2soi均为还原产物，故。错误；故选。。

10.1新考法电子转移与阿伏加德罗常数】（2026•广西南宁•模拟预测）硫及其化合物的部分转化关系如

图。设N.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

①②③④

HiS—STSO,LSO3TH2so4

so2O2Ot"Q

A.反应①中，每消耗34g用S,转移的电子数目为NA

B.反应③中，2molSO>与\molO,充分反应,生成的SO：,分子数目为2N八

C.标准状况下5.6LSOJ3分子的数目为0.25N，

D.1功H=2的H2soi溶液中含有H+数目为0.01乂

【答案】。

【解析】反应①的化学方程式为2“2S+SO2=3Sl+2"Q,34gH2s的物质的量为Imol,H2s中S元

素从一2价升高到0价，lmolH2s反应转移2moi电子，即转移电子数目为2乂，力错误:反应③为

25。2+。2=25。3,属于可逆反应，反应物不能完全转化，生成503的物质的量小于2口101,分子数目

小于2AG,B错误；标准状况下SO3为非气态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，分

+

子数目不是0.2521，C错误；2的H2SO.溶液中c（H+）=0.01mol-Lr\1L溶液中H的物质的

量为0.01mol,数目为O.O17V,4，。正确；故选。。

•6・

11.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026•辽宁朝阳•模拟预测)可用液态册与新制C”(OH)2制备

纳米CuQ：4CU(OH)2+N2H^2CU2O+MT+6凡。。设N.为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误

的是

A.1mo/OH-中所含中子数为8N八

B.标准状况下，11.2中含有的共用电子对数为L5N.

C.每生成6叔〃2。，反应中转移的电子数为8Ml

D.1mo/N2Hl中含有的极性键数目为4乂1

【答案】。

【解析】1个OH-中，［O的中子数为8,旧中子数为0,因此1molOH-所含中子数为8NA,A正确：

标准状况下11.2LM的物质的量为0.5mol,每个M分子含3对共用电子对，因此共用也子对数为

0.5x3N,i=1.5Ni,Z?正确；反应中Cu元素从+2价降低到+1价，4molCu(OH)2参与反应共得到

4mol电子；N元素从一2价升高到0价，1参与反应共失去4moi电子，生成6馆4兄。时

转移电子数为43,不是8',。错误；N,HA的结构为H/N-NH2,N-H键为极性键，1molN2HA含

4molN-H极性键，数目为4M，。正确；故选。。

12.【新考法电子转移与阿伏加德罗常数】(2026•陕西渭南・三模)M2是一种污染性气体，可与水反应，设

M是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.1mol与NO2混合气体中含有的氮原子数为N：八

B.标准状况下，11.2L15"6。2中含有的中子数为10/

C.常温下，69gM2与足量水充分反应，转移电子的数目为Mi

D.为防止污染空气，实验室可用7V&OH溶液吸收NO2气体

【答案】Z?

【解析】每个NH；、和NO?分子均含有1个缸原子，Imol混合气体总分子数为AC,,因此鼠原子数为

L1G,6

必，/正确；标准状况下11.2LWO,的物质的量为0.5mol,1个15^(92分子含中子数为(15—7)

+2X(16—8)=24,总中子数为0.5X247%=12M,不是1必,B错误；69gNO?的物质的量为69

(7-i-46g/mol=1.5mol,反应3NQ+凡。=2m\/5+NO中3moiN5反应转移2moi电子，因此

1.5molNO2反应转移电子数为心,C正确；NO2可与MiOH发生反应2NO?+2NaOH=NaNO-

NaNO2+HQ,可用NaOH溶液吸收NQ防止污染，。正确；故选瓦

考向03氧化还原反应计算与工艺流程

13.【新考法•氧化还原反应计算与工艺流程】(2026•江西景德余•三模)从废旧CPU中回收力〃、阳、C”

的部分流程如下：

HNO,HNOvNaCIZn粉

废旧CPU

•7•

已知：HAnCL尸H++Audi.下列说法不正确的是

A.酸溶时，溶解相同的原料，使用浓硝酸产生的氮氧化物比使用稀硝酸产生的多

B.向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以分离。/2+、Ag+

C.用浓盐酸和NaNO：,也可以溶解金

D.向1molHAuCl,中加入过量Zn充分反应，最多消耗2molZn

【答案】B

【解析】由流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将根、铜转化为银禹弓、铜离弓，金不溶解，过

滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣：向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到

HAuCl,溶液，向溶液中加入锌粉，将凡4〃。力转化为金,过滤得到金，据此分析。浓硝酸与金属原料

反应生成NO2,与稀硝酸反应生成N。。以溶解ImoZOz为例，铜与浓硝酸反应方程式：+

4HNCM浓）=Ca（N5）2+2NO2T+2凡O,生成2moWO2；铜与稀硝酸反应方程式：3。〃+

87小。3（稀）=3Cu（W3）2+2NOT+4凡O,生成浓硝酸产生的鼠氧化物更多，4正确；

。？+、次+都能与过量氮水反应生成铜氮配离子和银氮配离子，用过量的氮水无法分离0?+、幽+,

6错误；HC7在水溶液中电离产生H+,溶液中有硝酸根离子，相当于硝酸，具有强氧化性，并且CF

会与金离子配位，使金溶解，C正确；由分析可知，加入锌粉的目的是将“4［。乙转化为金，由题意可

知为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应。根据得失电子守恒计算，

ImolHAuCli完全反应时，设消耗的锌为xmolyAmolx3+Imolx1=解得4=2,最多消耗

2mUZn,/?正确；故选6。

14.【新考法•氧化还原反应计算与工艺流程】（2026♦四川资阳•模拟预测）回收贵金属可实现资源可持续

性利用。从阳极泥（成分为孰、Ag?Se、Au.Pt）中回收贵金属的一种工艺流程如图所示。

0。2、稀硝酸Cb盐酸磷酸三丁酯（NHJ2SO3、KOH

।2।"।r

mg口JT大n烧渣」高芸L滤渣溶液」萃取|水层岛71皿…℃、1

阳极泥T焙烧I酸浸氧化|M酸溶|►为酸乂转化|►NH4［AU（SO3）2］

~I-i

气体滤液有机层

已知:“酸溶”时Pt、■分别转化为［臼小］"和［'@丁。下列判断错误的是

A.“焙烧”时，1molAgzSc反应生成Sc。2转移电子数目为3.612XUF

B.“滤液”中的金属阳离子有。产、幽+

C.“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+3a-2CT=2\AuCl.X

D.结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸

【答案】。

【解析】阳极泥组成为Cu、Ag2Se.Au.P九焙烧时通入Q,Se转化为SeO2分离，烧渣含。M。、

Ag2O.Au.Pt.向烧渣中加入。2和稀硝酸酸浸氧化，CuO、的。与硝酸反应生成可溶性硝酸盐进

入滤液，41、A不溶于稀硝酸进入滤渣。向滤渣中加入。2和盐酸酸溶，41被（“氧化为［41。册］

P力被氧化为［感。、］”,经萃取分液、转化得到最终产物。焙烧时4g中Se元素化合价从一2升

高到+4,Imol反应转移6moi电子，对应电子数目为6x6.02x1（P=3.612x10力，4正确；

•8•

酸浸时CuO与硝酸反应生成CV+,Ag2O与硝酸反应生成阳+,力〃、尸£不溶于稀硝酸，故滤液中金

2+

属阳离子为Cu、/lg+,B正确：酸溶时A”被Cl2氧化为］一，配平得离子方程式2月〃+3c卜

+2Q-=2［「，。正确;酸浸时稀硝酸无法氧化4人尸九酸溶时＜化剂为CO,盐酸仅提供Cl-

体现酸性,未体现氧化性，无法比较盐酸与硝酸的氧化性强弱，。错误；故选D。

15.【新考法•氧化还原反应计算与工艺流程】（2026•陕西商洛•二模）实验室模拟由铜把渣（主要含钢、锌、

铜）生产杷一铜催化剂的工艺流程如图所示。已知杷在沉淀前以W『形式存在。下列说法正确

的是

稀硝酸王水城水/氯化铉水合财

£^Pd-Cu催化剂

Pd

A.“酸溶”时，废气的主要成分为H2

B.“溶解把”过程中，王水中的浓硝酸起氧化作用，故王水可用浓硝酸代替

C.“沉把”步骤的离子方程式为PdCF「+2NH.3，Hq=网（MA）2CU+2CT+2H2。

D.还原2.11gPd（N/A）2a2,转移电子的物质的量为0.04mol

【答案】。

【解析】向铜牝渣中加稀硝酸，因硝酸是强氧化性的酸，和锌反应，产生的气体为感氧化树而不是凡,

故废气的主要成分是氟氧化物，力错误；王水中浓硝酸的氧化作用与浓盐酸中cr的配位作用相互

协同，不能用浓硝酸代替王水，X错误；“沉牝”步骤中，PdClT与NH：「HQ反应生辰PdlNHjQh沉

淀，NH,H2O为弱碱在离子方程式中应保留分子形式，PdlNHjQk为沉淀也保留分子形式，正确离

子方程式为：PdCT『+2MA任。=血（而3）2&21+2。厂+2H2。，。正确：2.11g，d（M%）2a2的物

质的量为----------红段-------=O.Olmol，0d的化合价从+2降至0,转移电子的物质的

（106+2x17+2X35.5）/moL

量为2X0.01mol=0.02mcl,D错误：故选Co

16.【新考法•氧化还原反应计算与工艺流程】（2026•北京石景山•二模）灰化法测定干海带中碘含量（以/

计，单位g/kg）的流程示意图如下。

已知：12+2Mx2s2。,=2Mz/+NaAOs；Mz2s2。1和溶液颜色均为无色。

下列说法不正确的是

A.流程中广被月心氧化成B.甲酸钠的作用是除去多余的B、2

•9•

C.25mL含/一滤液中，双尸）=」L=molD.海带样品中的碘含量为：127v.ff/kg

,GxlO5GmxlO5

【答案】。

【解析】将mg干海带灼烧灰化，把有机结合态碘转化为无机碘离子厂，加水溶解过滤除云不溶性灰

渣，得到含尸的250mL待测溶液，再移取25mL向滤液中加入稀硫酸和过量Br,t历?将「完全氧化

为3;25mL滤液用于后续滴定，之后加入甲酸钠，甲酸钠作为还原剂除去过量多余历2,避免Br2

干扰后续滴定；除去历2后，加入稀硫酸和过量KI,酸性条件下7O；7与广归中生成为,加入淀粉作指

示剂，用0.01mol/LMi2s2O3滴定ho

根据分析可知，历2将「完全氧化为［O1,A正确；历2过量，会干扰后续滴定实脸，甲酸钠作为还原

_3

剂，可以除去多余的Br2，避免干扰，6正确；滴定消耗九（92s2。3）=0.01mol/LXvx10L=vx

1Ofmol,根据关系式「~IOx~3h~6NaSO3,即n（I-）=《九（岫55）,25mL滤液中wj-）=《x

1）x10-5mol=---mol，。正确；原海带样品溶液总容积为250mL，仅移取25mL滴定，因此总碘

6X105

的物质的量为：总（广）=10X（mol=6；01n，碘的总质量为：7n（，）=127^/moZx

127v

---mol=I2，"g；海带样品质量为mg=mx10-3kg,因此碘含量为；—空电----=

6xl046xl04mxlQ-3kg

粤■g/kg,。错误；故选。。

60m

考向04氧化还原反应计算与电化学

17.【新考法•氧化还原反应与原电池】（2026•贵州・模拟预测）我国科学家发明了首例室温可充电全固态

氢负离子田一）电池，其总反应：3NaAlH、+6CeH?二Na.AlH,+2AI+6CeH;},该电池放电过程如图

所示。下列说法错误的是

A.正极材料Na4M中的铝元素被还原

B.负极发生反应：。6凡+“-一。一=。6凡

C.从物质转化角度分析，该电池的储能本质是氢化物的分解与生成

D.当外电路转移O.lmol电子时，理论上正极质量减少约为2.7g

【答案】。

【解析】根据电子移动方向判断正负极：。电极得电子发生还原反应为正极，b电极（Ce42）

失电子发生氧化反应为负极.正极Nh4Hl部分铝元素得电子生成4单质，因此4元素被还原，

力正确；负极发生失电子的氧化反应，Ce"结合H-、失去e—生成。6及{,反应方程式为H-

•10•

-e-=CeH:it8正确；整个反应过程中，放电时NaAlH、分解释放H-fCeH,结合H~生成CeH,\充电

时过程逆转，因此储能本质是氯化物的分解与生成，C正确；正极反应方程式为：3MM阳+6e-=

Na,AlHc,+24+6”一，转移Cao/e-时，正极有GmolH'移出到负极，正极固体质量减少6n奴x

lg/mol=6g,因此转移O.IMOB时，正极质量减少0.1g,。错误；故选。。

18.【新考法•氧化还原反应与电解池】（2026•江西九江•二模）二氧化氯（口。2,黄绿色易溶于水的气体）是

一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化镂和盐酸的方法制备GO?的原

理如图所示。下列说法不正确的

CIO,+NH,直流电源

Y溶液

发生器

NaCIO,

溶液口1NH4Cl（aq）\HCI（aq）

X溶液阴离子交换膜

A.。与电源的正极连接，在b极区流出的V溶液是稀盐酸

B.电解池a极上发生的电极反应为NH*-6e-+3Cl-=N-4H+

C.二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1

D.标准状况下，当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH、,

【答案】C

【解析】右侧为电解池，。极失去电子生成MX,电极反应式为N/—6e-+3Cr=Na3+

4H+,则a为电解池阳极，b为电解池阴极，H+得到电子生成兄，电极反应式为2”++2€-=/4；0

极生成的NCh进入左侧的二氧化氯发生器中与NaClO,发生还原反应：3H2。+NCh+QNaClO2=

6ao2T+NHST+3Mze7+3NaOH0由分析可知，a为电解池的阳极，与电源的正极连接，b为电解池

阴极，H+得到电子生成兄，电极反应式为2H++2e-=H2f,右侧装置氯离子通过阴离子交换膜进

入a极区域，在b极区域流出的卜溶液是稀盐酸，故4正确；电解池a极上，NH：失去电子生成

NCM电极反应式为而：一/一+3。广=人匕23+4"+,故6正确；二氧化氯发生器内，发生反应3“2。

+NCh+6NaC。=6ao2T+NH3T+3Na。+3NaOH,NCI,作为氧化剂，MtCQ?作为还原剂，氧

化剂与还原剂之比为1:6,故C错误；当有0.3mol阴离子（CT）通过离子交换膜时，可认为电路中转

移了0.3mol电子，在二氧化氮发生器中发生反应3H2。+NCh+GNaClO2=6ClO2]+NH:iT

+3NaCl+3NQOH,M%中N元素化合价从+3价降到一3价，生成ImolNH-,,转移6mol电子，则

生成的物质的量为0.3moZ4-6=0.05mol,标况下,体积为O.05moZx22.4Lrnol1=1.12L,

故。正确；故选C。

19.【新考法•氧化还原反应与燃料电池】（2026・四川成都・二模）双阴极微生物燃料电池可同时进行硝化

和反硝化脱氮，其中硝化过桂中%田被。2氧化。下列说法正确的是

•11•

进水：NOj进水：仙湖糖进水：NH；

A.缺氧阴极和好氧阴极均发生氧化反应

B.厌氧阳极发生。血2。6(葡萄糖)-24e-+6H2。=6cO.,T+24H+

C,微生物中的酶可以增大特定反应的电动势

D.厌氧阳极区质量减少18g时，该电极输出2.4mol电子

【答案】/7

【解析】原电池中，阴极是正极，发生还原反应，阳极(负极)发生氧化反应。该装置中缺氧阴极、好氧

阴极均为原电池的正极，分别发生NOW还原为M和Q还原为水的还原反应，力错误；厌氧阳极是原

电池负极，葡萄糖发生氧化反应生成。。2：葡萄糖中c平均化合价为o,生成中+4价C,Imol

葡萄糖共失去6X4=24moi电子，配平后电极反应为C风(4-24"+GH,O=6CO2T-24H+,电

荷、原子均守恒，8正确；酶是催化剂，催化剂只改变反应速率，不改变反应的总能量变化，无法改变

业池的电动势(电动势由反应物本身性质决定)，。错误；根据电极反应&四2。6+6凡0=6。。27

+24H++24e-,消耗1mol(180g)葡萄糖，同时生成6mol(264g)CO2和24mol(24g)“-,同时24

mol(24g)H+移向阴极,阳极区净质量减少264g+24g=288g•此过程转移24mol电子。因此当质

量减少18g时，转移的电子为x24mol=1.5mol,。错误；故选瓦

2oog

20.【新考法•氧化还原反应与电化学】(2026•山东•模拟预测)我国团队使用乙烯、。。2和水为原料，通过

一种澳化物介导实现碳酸乙烯酯(EG)的无膜电合成法，其工作原理如图。下列说法错误的是

•

<银

电

化

极

钵

电

极

A.“保电极”应连接电源负极

B.从整个反应过程来看介质的物质的量未发生变化

C.“反应1”为GHA+Bn+凡0=BrCH2cHQH++H+

•12•

D.理论上电路中每通过1mole-合成1molEC

【答案】。

［解析】二氧化侬电极上历一被氧化为Br2,因此该电极为阳极，镶电极为阴极，连接电源负极，4正

确；从整个反应过程来看介质历一的物质的量未发生变化，历-在反应I中被消耗，又在反应II中生

成，属于反应的催化剂，因此其物质的量在整个过程中保持不变，B正确；乙烯与6小、水反应生成2

一；臭乙醇，同时生成历一和H+,故“反应1”为C2H什Br/%0=BrCH2cH2OH+Br-+H+,C正

确；理论上合成ImolEC,需要先在阳极生成lmol这一过程需要转移2moie,因此电路中每

通过1mole一只能合成0.5molEC,。错误；故选。。

考向05氧化还原反应计算与反应历程

21.【新考法•氧化还原反应计算与反应历程】(2026•山东济南・模拟预测)4/(九二元金属复合材料中引

入出可有效去除水体中硝酸盐，反应机理和去除率与溶液关系如图所示(忆曲”表示“被催化剂

吸附”)。下列说法错误的是

A.该机理的实质是原电池原理，Gu作负极

B.复合材料中引入Pd有利于将硝酸盐转化为M

C.pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是c(H-)减小，催化剂表面产生H(ads)减少

D.未引入N时,理论上每生成1moW%,消耗4的物质的量为号mol

O

【答案】4

【解析】该机理的实质是原电池原理，4失电子发生氧化反应，4作负极，故4错误；根据图示NO£

在Pd表面结合H(ads)生成Nz,所以复合材料中引入Ad有利于将硝酸盐转化为此,故3正确：

NOW在Pd表面结合H(ads)生成M,pH增大c(H+)减小，催化剂表面产生H(ads)减少，所以pH

增大硝酸盐去除率降低，故。正确；未引入Pd时，NO,被还原为NH；ifN元素化合价由+5降低为

一3,根据得失电子守恒，理论上每生成1转移8moi电子，消耗4的物质的量为日mol,

故。正确；故选4。

22.【新考法•氧化还原反应计算与反应历程】(2026•河南信阳・模拟预测)NH：s选择性催化还原NO技术是

火电厂烟气脱硝的主流方法，，，。2催化该反应的机理如下：

•13•

下列说法正确的是

A.第一电离能：O>N>C>H

B.形成I时，痴提供空轨道，N，,提供孤电子对

C.反应过程中Mn元素的价态始终保持不变

D.该反应机理中每还原2mHNO,理论上需要消耗1molO?

【答案】8

【解析】同周期主族元素第一电离能整体随原子序数增大而增大，但N原子的2P轨道为半充满的稳

定结构，第一电离能大于相邻的O,正确顺序为N>O>H>C,力错误；形成I时，NH’与Mn形成

配位键：配位键中，中心原子Mn提供空轨道，配体NH：,的N原子上存