第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（专项训练）（浙江专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 目录 01 课标达标练 题型01 氧化还原反应方程式配平 题型02 缺项氧化还原反应配平 题型03 氧化还原反应计算 题型04 电子守恒法在化学反应中的应用 题型05 信息型氧化还原反应方程式书写 题型06 氧化还原反应综合应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01氧化还原反应方程式配平 1．【对未配平的氧化还原反应进行分析】(2025·浙江省嘉兴市高三一模)膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是( ) A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1 B．KH2PO2为酸式盐 C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收 D．若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】D 【解析】A项，配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合价降低生成PH3，P元素化合价升高生成KH2PO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，A错误；B项，由方程式知，KH2PO2存在于过量氢氧化钾溶液中而不反应，KH2PO2为正盐，B错误；C项，乙炔具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，实验室制乙炔时产生的PH3杂质不能用酸性KMnO4溶液吸收，C错误；D项，P4为正四面体形结构，分子中含6个P-P键，若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA，D正确；故选D。 2．【有机方程式配平与科学建模】(2025·浙江省温州市高三一模)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】反应中氯化合价由+5变为+4，碳化合价由0变为+4，结合电子守恒、质量守恒，反应为C6H12O6+ 24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+ 12Na2SO4 +18H2O。A项，反应中碳化合价升高，为还原剂被氧化为二氧化碳，故A正确；B项，ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，可替换Cl2用于自来水消毒，故B正确；C项，反应中碳化合价升高被氧化为二氧化碳、氯化合价降低被还原为二氧化氯，结合反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，故C错误；D项，反应中氯化合价由+5变为+4，电子转移为ClO2~ e-，若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA，故D正确；故选C。 3．【流程转化与逻辑思维】某水体(含较多NH4+，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是( ) A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：NH4++2O2+2OH-=NO3-+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 【答案】C 【解析】A项，过程I中NH4+在硝化细菌的作用下和O2反应生成NO3-和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：NH4++ 2O2= NO3-+H2O+2H+，A错误；B项，过程Ⅱ为反硝化细菌作用下Fe2+将NO3-还原为N2，Fe2+做还原剂，而不是催化剂，B错误；C项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为HCO3-，C元素化合价由0价(平均)上升到+4价，总共转移24个电子，故同时有24mol Fe3+被还原为Fe2+，C正确；D项，若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，该过程消耗氧气，与过程Ⅰ是竞争关系，若水体中铁氧化细菌的含量较高时，过程I的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，D错误；故选C。 4．(2025·浙江省金华十校高三模拟)铵铁蓝[Fe(NH4) Fe(CN)6]是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4、NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．该方程式中的X为NH4+ B．生成铵铁蓝，转移电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6 D．Fe(NH4)2Fe(CN)6中的配体是，中心离子是Fe2+ 【答案】B 【解析】由Fe(NH4)2Fe(CN)6变为Fe(NH4)Fe(CN)6，Fe元素升高1价，ClO3-变为Cl-，降低6价，根据电子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为Fe(NH4)2 Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X。A项，由上述分析可知，X为NH4+，故A正确；B项，配平后的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+6Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+3H2O+6NH4+，转移6个电子，故生成1mol铵铁蓝，转移1mol电子，故B错误；C项，氧化剂为ClO3-，还原剂为Fe(NH4)2Fe(CN)6，由配平后的方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C正确；D项，Fe(NH4)2Fe(CN)6中配离子为[Fe(CN)6]4-，配体是CN-，中心离子是Fe2+，故D正确；故选B。 5．【对非常规物质进行分析与模型认知】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是( ) A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl C．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl D．与盐酸反应的离子方程式为：CuH+H+=Cu+ +H2↑ 【答案】D 【解析】A项，氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；B项，根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，B正确；C项，CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2和HCl，C正确；D项，CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：CuH+H++Cl-=CuCl↓ +H2↑，D错误；故选D。 02缺项氧化还原反应配平 6．(2025·浙江省台州市高三一模)实验小组将KMnO4溶液滴入NaOH溶液并微热，发现溶液变绿色，反应原理为：MnO4-+OH-→ X+MnO42-(绿色)+H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1 C．发生还原反应 D．若生成0.01mol MnO42-，则反应转移的电子数为0.01NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】B 【解析】由未配平的方程式可知，反应中，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是反应的氧化剂、锰酸根离子是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，氧气是氧化产物，则反应的离子方程式为4MnO4-+4OH-= O2↑+4MnO42-+2H2O。A项，X为氧化产物氧气，故A正确；B项，高锰酸根离子是反应的氧化剂、氧气是氧化产物，则由方程式可知，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4：1，故B错误；C项，反应中，锰元素的化合价降低被还原，高锰酸根离子是发生还原反应的氧化剂，故C正确；D项，反应生成4mol锰酸根离子时，转移电子的物质的量为4mol，则生成0.01mol锰酸根离子时，转移电子的数目为0.01mol×NAmol—1=0.01NA，故D正确；故选B。 7．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－＋C2O42—＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋，关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化剂是C2O42— B．该反应右边方框内的产物是OH－ C．该反应中电子转移总数是5 D．配平该反应式后，H＋的系数是16 【答案】D 【解析】MnO4－中Mn由＋7—→＋2，降5(MnO4－为氧化剂)，C2O42－中C由＋3—→＋4，升1×2(C2O42－为还原剂)；初步配平为2MnO4－＋5C2O42－＋H＋—→10CO2↑＋2Mn2＋＋，据电荷守恒H＋配16，所缺物质为H2O，配平后方程式为：2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，电子转移总数是10。A项，由分析知C2O42—作还原剂，错误；B项，所缺物质为H＋，错误；C项，电子转移总数是10，错误；D项，由分析知H＋的系数为16，正确。 8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是( ) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【答案】C 【解析】反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，做还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，故选C。 9．某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 【答案】D 【解析】离子方程式左边有H＋，则右边不能出现OH－，横线上应是H2O，C项错误； 配系数2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，A、B项错误，D项正确。 03氧化还原反应计算 10．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3+10OH-+3Cl2=2MO4n-+6Cl-+8H2O，则MO4n-中M的化合价是( ) A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 【答案】C 【解析】方法1：由电荷守恒得：10=6+2n，所以n=2，根据离子中化合价的代数和等于其所带电荷数计算M化合价，MO4n-中O化合价为-2，则M化合价为-2-(-2)×4=+6； 方法2：设M化合价为x，根据得失电子守恒得3×2×[0-(-1)]=2×(x-3)，x=+6。 11．在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是( ) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 【答案】B 【解析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。 设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。 方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，所以x＝＋5。 12．已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】在A2On 2-中A化合价为+(n-1)价，反应后被还原为+3价，化合价降低(n-4)价，B元素化合价由B2-化合价由反应前-2价变为反应后B单质的0价，化合价升高2价，由于元素化合价升降总数相等，反应消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3， 则1×2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选D。 13．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是( ) A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7 【答案】D 【解析】铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，HCl的物质的量为0.7mol，则生成H2O的物质的量为0.35mol，从而得出铁的“氧化物”中O原子的物质的量为0.35mol；标准状况下0.56L氯气的物质的量为0.025mol，此时溶质全部为FeCl3，Cl-的物质的量为0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，由此得出铁的“氧化物”中Fe原子的物质的量为0.25mol，该样品中Fe、O的原子个数比为0.25mol：0.35mol=5：7，则该样品可能的化学式是Fe5O7，故选D。 04电子守恒法在化学反应中的应用 14．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是( ) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 【答案】D 【解析】根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得n＝2，在RO中，设R的化合价为x，则x－2×4＝－2，解得x＝＋6，D正确。 15．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的计量系数之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】Na2 x―→xNa2O4　NaO―→Na ，得关系式1×·x＝16×2，x＝5。 16．高锰酸钾受热容易分解，在不同温度下，发生如下反应： 请回答： (1)取 12.64gKMnO4固体， 加热至 700℃， 一段时间后剩余固体的质量为11.04g， 剩余固体中的 MnO₂质量为 g。 (2)取(1) 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成Cl2，产物中锰元素以Mn²⁺存在， 则 Cl2的物质的量为 mol。 【答案】(1)4.35 (2)0.1 【解析】(1)令高锰酸钾分解产生xmolO2，加热至700℃时，高锰酸钾全部分解，则有2x=，解得x=0.04mol，反应前后质量差为氧气的质量，则锰酸钾分解产生的氧气物质的量为=0.01mol，根据反应方程式可以推出生成MnO2的质量为(0.04mol+0.01mol)×87g/mol=4.35g；(2)充分反应后锰元素以Mn2+形式存在，本题看作，高锰酸钾作氧化剂，氧气、氯气为氧化产物，根据得失电子数目守恒有=0.05mol×4+2n(Cl2)，解得n(Cl2)=0.1mol。 05信息型氧化还原反应方程式书写 17．已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。写出制备NaCuO2的离子方程式 。 【答案】 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 【解析】已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O。 18．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________________________。 【答案】5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓ 【解析】根据反应物和生成物，借助于质量守恒定律和电子得失守恒可知反应的化学方程式为5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓。 19．冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝的熔剂，以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下： 写出由气体B制备冰晶石的化学方程式： 。 【答案】2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O 【解析】由流程图可知，HF制备冰晶石的化学方程式为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3=2Na3AlF6＋3CO2＋9H2O。 20．【结合工艺流程分析推理】新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示； (1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式： ________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。 (2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。 【答案】(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO (2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH 【解析】(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。 06氧还原反应综合应用 21．【逻辑思维与科学建模】在25℃、70℃条件下，分别用相同浓度的NaOH溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成NaCl和X的物质的量相等；消耗等量的时，反应1和反应2生成NaCl的质量比为3：5。下列叙述错误的是( ) A．上述2个反应中，参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2：1 B．消耗等量的时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为3：1 C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D．若某温度下生成X和Y均为时，同时生成4 molNaCl 【答案】D 【解析】反应1中生成NaCl和X的物质的量相等，说明Cl2中Cl元素化合价上升和下降的数目相等，则X为NaClO，方程式为：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；反应1和反应2生成NaCl的质量比为3：5，说明Cl2和NaOH反应生成NaCl和NaClO3，方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。A项，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2：1，A正确；B项，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为3：1，B正确；C项，漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；D项，由分析可知，反应1为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，反应2为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为1mol时，同时生成1mol +5mol =6mol NaCl，D错误；故选D。 22．(2025·浙江省宁波市高三二模)铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：Fe3+＞SO2 B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1∶2 D．过量Fe在氯气中燃烧生成FeCl2 【答案】A 【解析】Fe与盐酸反应得到FeCl2，与Cl2反应得到FeCl3，FeCl2与FeCl3二者可以相互转化，二者的混合物与NaOH在一定条件下反应得到Fe3O4，Fe与水蒸气或氧气反应也能得到Fe3O4。A项，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，FeCl3溶液中通入SO2可生成FeCl2，FeCl3为氧化剂，SO2为还原剂，说明氧化性：Fe3+＞SO2，A正确；B项，Fe与O2或水蒸气反应生成Fe3O4，生成1molFe3O4转移8mol电子，每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.8NA，B错误；C项，转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOHFe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2∶1，C错误；D项，Fe与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，无论Fe过量还是少量，Fe在氯气中燃烧都生成FeCl3，D错误；故选A。 23．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++5ClO-=N2↑+3Cl-+2HClO+3H2O。下列说法中错误的是( ) A．还原性：NH4+>Cl- B．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原 C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子 D．经此法处理过的废水不需要调至中性后再排放 【答案】D 【解析】2 NH4++5ClO-=N2↑+3Cl-+2HClO+3H2O中，NH4+中的-3价的N元素化合价升高为0价，被氧化为氮气，作还原剂，ClO-中的+1价的氯被还原为-1价的Cl-，Cl-是还原产物，且还原性：还原剂>还原产物，2个NH4+反应生成1个N2，转移6个电子。A项，还原剂为NH4+，还原产物是Cl-，所以还原性：NH4+>Cl-，故A正确；B项，氮元素被氧化为氮气，氯元素被还原为氯离子，故B正确；C项，反应中每生成1个N2，转移6个电子，故C正确；D项，根据题意可知，经此法处理过的废水显酸性，还需中和后才可以排放，故D错误；故选D。 24．【利用模型认知分析陌生反应】由铁及其化合物可制得铁红(Fe2O3)、氧化铁、绿矾(FeSO4•7H2O)、高铁酸钾(K2FeO4)、铁黄(FeOOH)等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。工业制备K2FeO4的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( ) A．K2FeO4中Fe显+6价 B．ClO-的氧化性大于FeO42- C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2 D．每1molK2FeO4与水反应，产生0.5molO2 【答案】D 【解析】A项，K2FeO4中Fe显+6价，A正确；B项，ClO-为氧化剂，FeO42-为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，B正确；C项，离子方程式配后为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，Fe(OH)3为还原剂，ClO-为氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，C正确；D项，K2FeO4与水反应的离子方程式为：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3 ↓+3O2↑+8OH-，每1molK2FeO4与水反应，产生0.75molO2，D错误；故选D。 25．氧化还原反应在高中化学中是一类重要的反应类型。KMnO4、FeCl3是中学化学中常用的氧化剂。回答下列问题： (1)下列基本反应类型中一定属于氧化还原反应的是_______(填字母)。 A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应 (2)实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)。 ①上述反应中被还原的元素为_______(填元素符号)。 ②与Fe2+反应生成Mn2+，Fe2+发生_______反应(填“氧化”或“还原”。) ③配平以下化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：_______。。 (3)FeCl3溶液能与Cu反应制作印刷电路板。其制作原理可用表示。 ①上式中X的化学式为_______。 ②该反应的离子方程式为_______。 【答案】(1)C (2) Mn 氧化 (3) FeCl2 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+ 【解析】(1)A项，有些化合反应属于氧化还原反应，如硫与氧气反应生成二氧化硫，有些化合反应则不属于氧化还原反应，如氧化钙与水反应生成氢氧化钙，故A不符合题意；B项，有些分解反应属于氧化还原反应，如高锰酸钾受热分解为锰酸钾、二氧化锰和氧气，有些分解反应不属于氧化还原反应，如碳酸钙受热分解为氧化钙和二氧化碳，故B不符合题意；C项，置换反应是单质+化合物→化合物+单质，存在化合价的变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；D项，所有复分解反应都不属于氧化还原反应，故D不符合题意；故选C；(2)①被还原元素，化合价降低，根据所给方程式，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，被还原，即被还原元素为Mn；②MnO中Mn的化合价为+7价，因此Mn元素的化合价降低，则Fe2+被氧化为Fe3+，因此Fe2+发生氧化反应；③MnO中Mn的化合价由+7价转化为+2价，降低5价，部分Cl的化合价由-1价转化为0价，生成1价，最小公倍数为5，根据原子守恒，得出该反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，用双线桥表示电子转移方向和数目为；(3)①根据原子守恒，推出X的化学式为FeCl2；②FeCl3、CuCl2、FeCl2为可溶性的盐，属于强电解质，Cu为单质，因此该反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。 1．(2025·浙江省台州市高三二模)SO2是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是( ) A．SO2与H2S反应中，氧化产物与还原产物的比例是2：1 B．450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1molSO2转移2mol电子 【答案】C 【解析】A项，SO2与H2S反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化产物与还原产物都是S，二者的比例是2：1，A正确；B项，反应2SO2+O22SO3可逆反应，450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L，B正确；C项，SO2具有还原性，KMnO4具有氧化性，二者发生氧化还原反应，SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性，C错误；D项，工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2，每吸收1molSO2转移2mol电子，D正确；故选C。 2.(2025·浙江省宁波市高三二模)硫酸铵在加强热条件下的分解反应方程式为：3(NH3)2SO4N2↑+3SO2↑+4NH3↑+6H2O↑。下列说法不正确的是( ) A．(NH4)2SO4水溶液呈酸性 B．N2既有氧化性又有还原性 C．SO2能使石蕊溶液褪色 D．NH3液化时放热 【答案】C 【解析】A项，(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性，A正确；B项，N2中氮元素化合价为0价，处于中间价，既可被氧化，如与O2反应生成NO，也可被还原，如合成NH3，故N2既有氧化性又有还原性，B正确；C项，SO2溶于水生成H2SO3，使石蕊溶液变红，SO2具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，不能使石蕊溶液褪色，C错误；D项，气体液化是放热过程，NH3液化时放热，D正确；故选C。 3．【绿色消毒剂与学科知识结合】(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)高铁酸钠Na2FeO4是一种绿色消毒剂，碱性条件下湿法制备的化学原理为：NaClO+Fe(OH)3+NaOH→Na2FeO4+X+H2O (未配平)。下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值) ( ) A．X表示Cl2 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3 C．1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-数目为0.1NA D．若生成0.5molH2O，则反应转移的电子数为0.6NA 【答案】D 【解析】碱性条件下，NaClO把Fe(OH)3氧化为Na2FeO4，自身还原为NaCl，方程式为：3NaClO+2Fe(OH)3+4 NaOH =2Na2FeO4+3NaCl+5H2O。A项，X为NaCl，A错误；B项，氧化剂为NaClO，还原剂为Fe(OH)3，二者的物质的量之比为3：2，B错误；C项，ClO-会发生水解，1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-数目小于0.1NA，C错误；D项，根据方程式3NaClO+2Fe(OH)3+4 NaOH =2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，生成5molH2O，电子转移6mol，若生成0.5molH2O，则反应转移的电子的物质的量为0.6mol，数目为0.6NA，D正确；故选D。 4．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)过二硫酸钾与硫酸锰的反应方程式为K2S2O8+MnSO4 +H2O→KMnO4+H2SO4+K2SO4 (未配平)，下列说法正确的是( ) A．还原产物是KMnO4 B．被还原的元素是K2S2O8的S C．3.6gH2O参加反应时，转移0.25NA电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：5 【答案】C 【解析】K2S2O8中含有一个O-O键，两个O原子为-1价，反应中降低到-2价，K2S2O8具有很强的氧化性，将Mn2+氧化为MnO4-，根据化合价升降守恒、原子守恒可配平方程式为5K2S2O8+2MnSO4 +8H2O=2KMnO4+8H2SO4+4K2SO4。A项，反应中Mn2+被氧化为MnO4-，故KMnO4为氧化产物，A项错误；B项，反应过程中，K2S2O8里的S为+6价，反应前后化合价没有发生变化，K2S2O8中含有一个O-O键，两个O原子为-1价，反应中降低到-2价，因此被还原的元素为O，B项错误；C项，配平后的方程式为5K2S2O8+2MnSO4 +8H2O=2KMnO4+8H2SO4+4K2SO4，8molH2O参与反应时，电子转移10mol，3.6g水的物质量为0.2molH2O，参加反应时，转移电子0.25mol，即转移的电子数为0.25NA，C项正确；D项，根据方程式可知氧化剂为K2S2O8，还原剂为MnSO4，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，D项错误；故选C。 5．【新型电极材料与学科知识结合】(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：MnO2+ Li2CO3 →LiMn2O4+CO2↑+O2↑(未配平) 下列说法正确的是( ) A．反应中氧化剂为MnO2 B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为3：4 C．若生成O2气体的体积为，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化 【答案】A 【解析】反应中锰化合价由+4变为+3.5，氧化合价由-2变为氧气中的0，结合电子守恒，反应为8MnO2+2Li2CO3 =4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。A项，二氧化锰中锰化合价由+4变为+3.5，氧化剂为MnO2，故A正确；B项，锰化合价降低被还原为LiMn2O4、氧化合价升高被氧化为氧气，结合方程式，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4，故B错误；C项，没有说明是否处于标况，不确定氧气的物质的量，不能计算转移电子数，故C错误；D项，碳酸根离子中碳为sp2杂化，二氧化碳中碳为sp杂化，C原子的杂化方式发生变化，故D错误；故选A。 6．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)利用XeF2和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：XeF2+ BrO3-+H2O→Xe+ BrO4-+2HF，下列说法不正确的是( ) A．反应中XeF2做氧化剂，而ClO3-也可以发生上述反应 B．XeF2空间构型为直线型 C．每生成1molBrO4-，转移电子数为2 D．酸性：HF＜HBrO3＜HClO4 【答案】C 【解析】A项，该反应过程中Xe元素化合价由+2价下降到0价，XeF2做氧化剂，BrO3-作还原剂，Cl元素和Br元素都是卤族元素，且ClO3-的还原性强于BrO3-，由氧化还原的规律可知ClO3-也可以发生上述反应，A正确；B项，XeF2中心原子价层电子对数为2+=5，且含有3个孤电子对，当空间构型为直线形时最稳定，有XeF2空间构型为直线型，B正确；C项，该反应过程中Br元素化合价由+5价上升到+7价，每生成1molBrO4-，转移电子数为2NA，C错误；D项，元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Cl的非金属性强于Br，则酸性：HClO4＞HBrO4，非金属的最高价含氧酸的酸性大于其他含氧酸，则酸性：HBrO4＞HBrO3，HBrO3为强酸，HF为弱酸，则酸性：HF＜HBrO3＜HClO4，D正确；故选C。 7．【稀有气体化合物与创新意识】(2025·浙江省杭州市高三一模)六氟合铂酸氙(XePtF6，其中Pt为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：XePtF6+H2O→O2↑+Xe↑+PtO2+HF (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．六氟合铂酸氙中Xe的化合价为价 B．XePtF6有强氧化性 C．每生成1molO2，转移4mol电子 D．是还原产物 【答案】D 【解析】由方程式可知，反应中氙元素、铂元素的化合价降低被还原，六氟合铂酸氙是氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是还原剂，反应的化学方程式为2XePtF6+6H2O=O2↑+2Xe↑+2PtO2+12HF。A项，六氟合铂酸氙分子中铂元素的化合价为+5价、氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氙元素的化合价为+1价，故A正确；B项，由六氟合铂酸氙能与水反应生成氧气可知，六氟合铂酸氙具有强氧化性，故B正确；C项，由方程式可知，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为4mol，故C正确；D项，反应中氟元素和氢元素的化合价没有发生变化，氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选D。 8．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，已知NO2+NO+ Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，下列说法不正确的是( ) A．氧化剂与还原剂之比为1：1 B．NO2-的空间构型为角形 C．每生成1mol Ca(NO2)2，有1mol电子参与反应 D．当NO2与NO的比值为2：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高 【答案】D 【解析】A项，NO2中N元素化合价降低，NO2是氧化剂；NO中N元素化合价升高，NO是还原剂；氧化剂与还原剂之比为1：l，故A正确；B项，NO2-中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为角形，故B正确；C项，NO2中N元素化合价由+4降低为+3，NO中N元素化合价由+2升高为+3，每生成1mol Ca(NO2)2，转移1mol电子，故C正确；D项，根据反应方程式，当NO2与NO的比值为1：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高，故D错误；故选D。 9．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】由未配平的方程式可知，酸性条件下CH2=CHCN在阴极得到电子发生还原反应生成NC(CH2)4CN和水，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，总反应方程式为4CH2=CHCN+2H2O=2NC(CH2)4CN+O2↑，则X为O2。A项，由分析可知，X为O2，故A正确；B项，NC(CH2)4CN分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，—C≡N中碳原子的杂化方式为sp杂化，所以分子中碳原子有2种杂化方式，故B正确；C项，由方程式可知，反应消耗4molCH2=CHCN，转移电子的物质的量为4mol，则1molCH2=CHCN参与反应时，转移的电子数为NA，故C错误；D项，由方程式可知，反应中碳元素的化合价降低被还原，CH2=CHCN是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是反应的还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；故选C。 10．(2025·浙江省NBchem联盟高三联考)下列关于Ag+HI→ Ag+H2 (未配平)说法中，不正确的是( ) A．此反应能发生是因为生成了沉淀 B．也可以发生上述反应 C．每生成1molAgI，大约产生12.25L H2 (和) D．能溶解于硫酸，也是发生了氧化还原反应 【答案】B 【解析】A项，银离子与碘离子结合生成碘化银的沉淀，是反应朝正向移动，A正确；B项，氯化银的溶解度比碘化银的溶解度大，反应不一定能进行，B错误；C项，反应配平后为2Ag+2HI=2 Ag+H2，生成1molAgI生成0.5molH2，常温常压下，气体摩尔体积约为24.5mol/L，体积约为12.25L，C正确；D项，铜在一定条件下溶与硫酸，铜从0价变成正价，发生氧化还原反应，D正确；故选B。 11．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)利用NaClO溶液可以回收光盘金属层中的少量Ag。反应原理为：ClO-+ Ag+H2O→AgCl+X2↑+OH- (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．NaClO作为氧化剂 B．X2表示H2 C．AgCl既是氧化产物又是还原产物 D．若溶解1molAg，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】B 【解析】由方程式，若每生成1molAgCl，氯元素得电子2mol，银元素失去电子1mol，故X2为失电子生成的氧气，且物质的量为0.25mol。A项，NaClO中氯由+1价降低到-1价，为氧化剂，A正确；B项，X2表示O2，B错误；C项，从氯元素分析，氯化银为还原产物，从银元素分析其为氧化产物，则AgCl既是氧化产物又是还原产物，C正确；D项，若溶解1molAg，则反应转移的电子数为2 NA，D正确；故选B。 12．【多步骤反应流程机理图】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是( ) A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 B．反应Ⅲ中，每消耗1molNO转移电子1mol C．Fe3+在反应Ⅱ中作氧化剂 D．黄铁矿催化氧化反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ 【答案】B 【解析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO42-，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。A项，由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；B项，反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；C项，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO42-，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；D项，由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和SO42-是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，故D正确；故选B。 12．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。实验室制备流程如下： 下列说法错误的是( ) A．将锌粉溶于水形成悬浊液可以提高反应速率 B．生成ZnS2O4的反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2 C．温度超过45℃会导致SO2溶解度降低 D．加入NaCl有利于Na2S2O4·2H2O析出，提高产率 【答案】B 【解析】锌粉水悬浊液与SO2在35-45°C环境下反应生成ZnS2O4溶液，加入NaOH溶液除去Zn(OH)2后得到Na2S2O4溶液，用NaCl固体析出Na2S2O4·2H2O，系列操作后得到无水Na2S2O4。A项，锌粉溶于水形成悬浊液可增大反应接触面积从而提高反应速率，A正确；B项，生成ZnS2O4的反应为Zn+2SO2=ZnS2O4，氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B错误；C项，温度过高会降低气体溶解度，C正确；D项，根据同离子效应加入NaCl可降低Na2S2O4·2H2O溶解度，提高产率，D正确；故选B。 13．【氧化还原与物质结构融合】(2024·山东日照三模)二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种制备ClO2的工艺流程及ClO2的分子结构(O-Cl-O的键角为117.6°)如图所示。 下列说法错误的是( ) A．等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍 B．ClO2分子中含有大π键(π55)，Cl原子杂化方式为sp2杂化 C．“ClO2发生器”中发生的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1 【答案】D 【解析】A项，已知ClO2作氧化剂时每摩ClO2需得到5mol电子，而Cl2作氧化剂时每摩Cl2只能得到2mol电子，故等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍，A正确；B项，由题干ClO2的结构示意图可知，ClO2分子中含有大π键(π55)，则Cl周围2个σ键和一对孤电子对即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为sp2杂化，B正确；C项，由题干流程图可知，“ClO2发生器”中即NaClO3和HCl反应生成ClO2、Cl2和NaCl，根据氧化还原反应配平可得，发生的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，C正确；D项，由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，电极反应为：Cl-+3H2O-6e-= ClO3-+6H+，阴极发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1∶3，D错误；故选D。 14．KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下： ①将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔融态物质。 ②冷却，将固体研细，用KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。 ③向暗绿色溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色。 ④将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。 资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。 (1)①中生成K2MnO4的化学方程式是_____________________________________。 (2)②中浸取时用KOH溶液的原因是_________________________________。 (3)③中产生两种盐，写出③的方程式，并用单线桥标出电子转移________________________。 【答案】(1)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O (2)保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应 (3 【解析】(1)①中MnO2和KOH固体混合，通入空气充分焙烧，MnO2被氧气氧化为K2MnO4，反应方程式是MnO2＋KOH＋O2K2MnO4＋H2O，锰价态升高2价，氧元素价态降低4价，由电子守恒2MnO2＋KOH＋1O22K2MnO4＋H2O，再由质量守恒得2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O； (2)K2MnO4在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，②中浸取时用KOH溶液的目的是：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应； (3)向K2MnO4溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色，说明K2MnO4被Cl2氧化为KMnO4，Cl2被还原为KCl，反应的化学方程式为2K2MnO4＋Cl2＝2KMnO4＋2KCl，锰元素化合价由＋6升高为＋7、氯元素化合价由0降低为－1，用单线桥表示电子转移情况为。 15．实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。 请回答： (1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是 。 (2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。生成0.1mol还原产物时转移电子 个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是 。 (3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为 。 【答案】(1)6KOH + KClO3 + 3MnO2＝3 K2MnO4+ KCl + 3H2O； (2)1：2 0.2NA或6.02×10-22 KMnO4＞K2MnO4＞MnO2 (3)0.958 【解析】反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4(锰酸钾)和KCl、水，该反应为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为6KOH+KClO3+3MnO2＝3K2MnO4+KCl+3H2O； (2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中K2MnO4＝2KMnO4+MnO2，Mn元素的化合价由+6价升高为+7价，Mn元素的化合价由+6价降低为+4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，生成0.1mol还原产物时转移电子0.1 NA×(6-4)=0.2NA或6.02×10-22，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2，故答案为1：2；0.2NA或6.02×10-22；KMnO4＞K2MnO4＞MnO2； (3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq，硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2，设KMnO4的纯度为x，则由电子守恒可知，(7-2)=2 (4-3) ，解得x=0.958。 16．【科学探究与创新意识】(2025·北京西城二模)某小组制备NaNO2，并探究其还原性和氧化性的强弱。 资料：i．K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。 ii．。 (1)制备NaNO2 (在通风橱中进行)。 ①B中盛有水，B中反应的化学方程式是 。 ②E中的Pb(NO3)2受热分解生成PbO，制NO2。D中除去的气体是 。 ③一段时间后，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中的溶液，充分反应制备NaNO2溶液。将装置C补充完整并注明所用试剂 。 (2)探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。 ①I中得到绿色溶液，反应的离子方程式是 。 ②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是 。 ③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是 。 ④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，设计实验，证实该条件下是NO2-氧化了KI，实验操作是 ，没有明显变化。 ⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，NO2-的还原性强于MnO42-、 ，NO2-的氧化性强于 。 【答案】(1)3NO2+H2O=2HNO3+NO O2 (2)2MnO4-+NO2-+2OH-2MnO42-+NO3-+H2O MnO42-与过量的NO2-反应或酸性条件下，MnO42-转化为MnO4-的速率小于MnO4-氧化过量的NO2-的速率 MnO2+NO2-+2CH3COOH= Mn2++NO3-+2CH3COO-+H2O 取xml浓度约为溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察 MnO2和Mn2+ I2 【解析】(1)在A中，铜与浓硝酸发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应生成NO2，NO2与水在B中发生3NO2+H2O=2HNO3+NO反应生成硝酸和NO，在E中的Pb(NO3)2受热分解生成PbO和NO2，制取NO2，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中NaOH溶液，发生NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O反应，充分反应制备NaNO2溶液； (2)在试管中加入0.5mL amol/L的NaNO2溶液中先滴加少量的NaOH溶液，再滴加少量的KMnO4溶液，NaNO2与KMnO4在碱性条件下加热，发生2MnO4-+NO2-+2OH-2MnO42-+NO3-+H2O反应，生成绿色的K2MnO4溶液，在绿色的K2MnO4溶液中滴加CH3COOH溶液至溶液呈弱酸性，K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，得到棕黑色沉淀MnO2和无色溶液，继续滴加CH3COOH溶液，棕黑色沉淀MnO2与NO2-在酸性(CH3COOH)条件下发生MnO2+NO2-+2CH3COOH= Mn2++NO3-+2CH3COO-+H2O反应，沉淀消失后得到xmL含NO3-的无色溶液，向该无色溶液中先加入足量稀KI溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH为y，此时NO3-将KI氧化为碘单质，得到浅黄色溶液和淡红棕色气体，即可证明对应的实验条件下，NO2-的还原性强于MnO42-、MnO2和Mn2+，NO2-的氧化性强于I2。 (1)①A中铜与浓硝酸反应生成NO2，B中盛水，NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；②E中Pb(NO3)2受热分解生成PbO、NO2和O2 ，D的作用是除去O2，因为后续制备NO2过程中O2会干扰反应；③B中生成NO，E中生成NO2，控制流速1：1通入C中与NaOH溶液反应制备NaNO2，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，所以C中试剂为NaOH溶液，故装置C的图为； (2)①由资料i可知，I中得到绿色溶液为K2MnO4，即NaNO2与KMnO4在碱性条件下反应，NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为MnO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为2MnO4-+NO2-+2OH-2MnO42-+NO3-+H2O；②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但由于MnO42-与过量的NO2-反应或酸性条件下，MnO42-转化为MnO4-的速率小于MnO4-氧化过量的NO2-的速率，故实验过程中一直没有观察到紫色溶液；③Ⅲ中棕黑色沉淀MnO2与NO2-在酸性(CH3COOH)条件下反应，MnO2被还原为Mn2+，NO2-被氧化为NO3-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式MnO2+NO2-+2CH3COOH= Mn2++NO3-+2CH3COO-+H2O；④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，取xml浓度约为溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察，没有明显变化，即可证明该条件下是NO2-氧化了KI；⑤综合以上实验，由分析可得结论：在对应的实验条件下，NO2-的还原性强于MnO42-、MnO2和Mn2+，NO2-的氧化性强于I2。 1．(2021·湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( ) A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e﹣ B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在 【答案】A 【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。 2．(2021•北京卷)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( ) i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列说法不正确的是 A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4 B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3 C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验 D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ 【答案】B 【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。 3．(2023·浙江省1月选考，18节选)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和。 (2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。 【答案】(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O 【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为=0.01mol，由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150mol)×=0.005mol，若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，所以X中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X的化学式为Ca(ClO4)2。(2)由图可知，B→C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O。 4．(2022·浙江省1月选考，18节选)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验： 请回答： (1)组成X的元素有______，X的化学式为___________。 (3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_____________________。 【答案】(1)Fe、S、O、H FeH(SO4)2 (3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2 【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2。 5．(2017•浙江11月，27节选)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。 请计算： (1)KMnO4的分解率_______________。 (2)气体A的物质的量_____________。 【答案】60.0% 0.095mol 【解析】(1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=×100%=60.0%；(2)气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为×5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol×4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol。 ( 1 / 27 )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 目录 01 课标达标练 题型01 氧化还原反应方程式配平 题型02 缺项氧化还原反应配平 题型03 氧化还原反应计算 题型04 电子守恒法在化学反应中的应用 题型05 信息型氧化还原反应方程式书写 题型06 氧化还原反应综合应用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01氧化还原反应方程式配平 1．【对未配平的氧化还原反应进行分析】(2025·浙江省嘉兴市高三一模)膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是( ) A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1 B．KH2PO2为酸式盐 C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收 D．若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 2．【有机方程式配平与科学建模】(2025·浙江省温州市高三一模)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 3．【流程转化与逻辑思维】某水体(含较多NH4+，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是( ) A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：NH4++2O2+2OH-=NO3-+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 4．(2025·浙江省金华十校高三模拟)铵铁蓝[Fe(NH4) Fe(CN)6]是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4、NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．该方程式中的X为NH4+ B．生成铵铁蓝，转移电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6 D．Fe(NH4)2Fe(CN)6中的配体是，中心离子是Fe2+ 5．【对非常规物质进行分析与模型认知】氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是( ) A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．CuH与Cl2反应的化学方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl C．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl D．与盐酸反应的离子方程式为：CuH+H+=Cu+ +H2↑ 02缺项氧化还原反应配平 6．(2025·浙江省台州市高三一模)实验小组将KMnO4溶液滴入NaOH溶液并微热，发现溶液变绿色，反应原理为：MnO4-+OH-→ X+MnO42-(绿色)+H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：1 C．发生还原反应 D．若生成0.01mol MnO42-，则反应转移的电子数为0.01NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 7．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－＋C2O42—＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋，关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化剂是C2O42— B．该反应右边方框内的产物是OH－ C．该反应中电子转移总数是5 D．配平该反应式后，H＋的系数是16 8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是( ) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 9．某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 03氧化还原反应计算 10．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3+10OH-+3Cl2=2MO4n-+6Cl-+8H2O，则MO4n-中M的化合价是( ) A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 11．在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是( ) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 12．已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 13．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是( ) A．Fe2O3 B．Fe3O4 C．Fe4O5 D．Fe5O7 04电子守恒法在化学反应中的应用 14．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是( ) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 15．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的计量系数之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 16．高锰酸钾受热容易分解，在不同温度下，发生如下反应： 请回答： (1)取 12.64gKMnO4固体， 加热至 700℃， 一段时间后剩余固体的质量为11.04g， 剩余固体中的 MnO₂质量为 g。 (2)取(1) 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成Cl2，产物中锰元素以Mn²⁺存在， 则 Cl2的物质的量为 mol。 05信息型氧化还原反应方程式书写 17．已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。写出制备NaCuO2的离子方程式 。 18．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________________________。 19．冰晶石(Na3AlF6)是工业上冶炼金属铝的熔剂，以萤石(CaF2)和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下： 写出由气体B制备冰晶石的化学方程式： 。 20．【结合工艺流程分析推理】新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示； (1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式： ________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。 (2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。 06氧还原反应综合应用 21．【逻辑思维与科学建模】在25℃、70℃条件下，分别用相同浓度的NaOH溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成NaCl和X的物质的量相等；消耗等量的时，反应1和反应2生成NaCl的质量比为3：5。下列叙述错误的是( ) A．上述2个反应中，参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2：1 B．消耗等量的时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为3：1 C．加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D．若某温度下生成X和Y均为时，同时生成4 molNaCl 22．(2025·浙江省宁波市高三二模)铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：Fe3+＞SO2 B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1∶2 D．过量Fe在氯气中燃烧生成FeCl2 23．废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2，该反应可表示为2NH4++5ClO-=N2↑+3Cl-+2HClO+3H2O。下列说法中错误的是( ) A．还原性：NH4+>Cl- B．反应中氮元素被氧化，氯元素被还原 C．反应中每生成1个N2分子，转移6个电子 D．经此法处理过的废水不需要调至中性后再排放 24．【利用模型认知分析陌生反应】由铁及其化合物可制得铁红(Fe2O3)、氧化铁、绿矾(FeSO4•7H2O)、高铁酸钾(K2FeO4)、铁黄(FeOOH)等物质。高铁酸钾是一种既能杀菌、消毒，又能絮凝净水的水处理剂，能与水反应生成氢氧化铁和氧气。铁黄可用作生产磁性材料、颜料的原料。工业制备K2FeO4的离子方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是( ) A．K2FeO4中Fe显+6价 B．ClO-的氧化性大于FeO42- C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2 D．每1molK2FeO4与水反应，产生0.5molO2 25．氧化还原反应在高中化学中是一类重要的反应类型。KMnO4、FeCl3是中学化学中常用的氧化剂。回答下列问题： (1)下列基本反应类型中一定属于氧化还原反应的是_______(填字母)。 A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应 (2)实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)。 ①上述反应中被还原的元素为_______(填元素符号)。 ②与Fe2+反应生成Mn2+，Fe2+发生_______反应(填“氧化”或“还原”。) ③配平以下化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：_______。。 (3)FeCl3溶液能与Cu反应制作印刷电路板。其制作原理可用表示。 ①上式中X的化学式为_______。 ②该反应的离子方程式为_______。 1．(2025·浙江省台州市高三二模)SO2是日常生活中常见的一种气体，下列说法不正确的是( ) A．SO2与H2S反应中，氧化产物与还原产物的比例是2：1 B．450℃，1标准大气压下，1LSO2与0.5LO2充分反应后气体体积大于1L C．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性 D．工业上用石灰石浆液和空气吸收SO2制备石膏，每吸收1molSO2转移2mol电子 2．(2025·浙江省宁波市高三二模)硫酸铵在加强热条件下的分解反应方程式为：3(NH3)2SO4N2↑+3SO2↑+4NH3↑+6H2O↑。下列说法不正确的是( ) A．(NH4)2SO4水溶液呈酸性 B．N2既有氧化性又有还原性 C．SO2能使石蕊溶液褪色 D．NH3液化时放热 【答案】C 【解析】A项，(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液呈酸性，A正确；B项，N2中氮元素化合价为0价，处于中间价，既可被氧化，如与O2反应生成NO，也可被还原，如合成NH3，故N2既有氧化性又有还原性，B正确；C项，SO2溶于水生成H2SO3，使石蕊溶液变红，SO2具有漂白性，但不能漂白酸碱指示剂，不能使石蕊溶液褪色，C错误；D项，气体液化是放热过程，NH3液化时放热，D正确；故选C。 3．【绿色消毒剂与学科知识结合】(2025·浙江省宁波市高三第一次模拟)高铁酸钠Na2FeO4是一种绿色消毒剂，碱性条件下湿法制备的化学原理为：NaClO+Fe(OH)3+NaOH→Na2FeO4+X+H2O (未配平)。下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值) ( ) A．X表示Cl2 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为2：3 C．1L0.1mol·L-1NaClO溶液中含ClO-数目为0.1NA D．若生成0.5molH2O，则反应转移的电子数为0.6NA 4．(2025·浙江省绍兴市高三第一次模拟)过二硫酸钾与硫酸锰的反应方程式为K2S2O8+MnSO4 +H2O→KMnO4+H2SO4+K2SO4 (未配平)，下列说法正确的是( ) A．还原产物是KMnO4 B．被还原的元素是K2S2O8的S C．3.6gH2O参加反应时，转移0.25NA电子 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比是2：5 5．【新型电极材料与学科知识结合】(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：MnO2+ Li2CO3 →LiMn2O4+CO2↑+O2↑(未配平) 下列说法正确的是( ) A．反应中氧化剂为MnO2 B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为3：4 C．若生成O2气体的体积为，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化 6．(2025·浙江省第一届NBchem高三选考模拟考试)利用XeF2和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：XeF2+ BrO3-+H2O→Xe+ BrO4-+2HF，下列说法不正确的是( ) A．反应中XeF2做氧化剂，而ClO3-也可以发生上述反应 B．XeF2空间构型为直线型 C．每生成1molBrO4-，转移电子数为2 D．酸性：HF＜HBrO3＜HClO4 7．【稀有气体化合物与创新意识】(2025·浙江省杭州市高三一模)六氟合铂酸氙(XePtF6，其中Pt为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：XePtF6+H2O→O2↑+Xe↑+PtO2+HF (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．六氟合铂酸氙中Xe的化合价为价 B．XePtF6有强氧化性 C．每生成1molO2，转移4mol电子 D．是还原产物 8．(2025·浙江省宁波市镇海中学高三首考模拟测试)利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，已知NO2+NO+ Ca(OH)2= Ca(NO2)2+H2O，下列说法不正确的是( ) A．氧化剂与还原剂之比为1：1 B．NO2-的空间构型为角形 C．每生成1mol Ca(NO2)2，有1mol电子参与反应 D．当NO2与NO的比值为2：1时，反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高 9．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 10．(2025·浙江省NBchem联盟高三联考)下列关于Ag+HI→ Ag+H2 (未配平)说法中，不正确的是( ) A．此反应能发生是因为生成了沉淀 B．也可以发生上述反应 C．每生成1molAgI，大约产生12.25L H2 (和) D．能溶解于硫酸，也是发生了氧化还原反应 11．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)利用NaClO溶液可以回收光盘金属层中的少量Ag。反应原理为：ClO-+ Ag+H2O→AgCl+X2↑+OH- (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．NaClO作为氧化剂 B．X2表示H2 C．AgCl既是氧化产物又是还原产物 D．若溶解1molAg，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 12．【多步骤反应流程机理图】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是( ) A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 B．反应Ⅲ中，每消耗1molNO转移电子1mol C．Fe3+在反应Ⅱ中作氧化剂 D．黄铁矿催化氧化反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ 12．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。实验室制备流程如下： 下列说法错误的是( ) A．将锌粉溶于水形成悬浊液可以提高反应速率 B．生成ZnS2O4的反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2 C．温度超过45℃会导致SO2溶解度降低 D．加入NaCl有利于Na2S2O4·2H2O析出，提高产率 13．【氧化还原与物质结构融合】(2024·山东日照三模)二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种制备ClO2的工艺流程及ClO2的分子结构(O-Cl-O的键角为117.6°)如图所示。 下列说法错误的是( ) A．等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍 B．ClO2分子中含有大π键(π55)，Cl原子杂化方式为sp2杂化 C．“ClO2发生器”中发生的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1 14．KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下： ①将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色(K2MnO4)熔融态物质。 ②冷却，将固体研细，用KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。 ③向暗绿色溶液中通入Cl2，溶液变为紫红色。 ④将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。 资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。 (1)①中生成K2MnO4的化学方程式是_____________________________________。 (2)②中浸取时用KOH溶液的原因是_________________________________。 (3)③中产生两种盐，写出③的方程式，并用单线桥标出电子转移________________________。 15．实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。 请回答： (1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是 。 (2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。生成0.1mol还原产物时转移电子 个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是 。 (3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165g，能与0.335g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为 。 16．【科学探究与创新意识】(2025·北京西城二模)某小组制备NaNO2，并探究其还原性和氧化性的强弱。 资料：i．K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。 ii．。 (1)制备NaNO2 (在通风橱中进行)。 ①B中盛有水，B中反应的化学方程式是 。 ②E中的Pb(NO3)2受热分解生成PbO，制NO2。D中除去的气体是 。 ③一段时间后，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中的溶液，充分反应制备NaNO2溶液。将装置C补充完整并注明所用试剂 。 (2)探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。 ①I中得到绿色溶液，反应的离子方程式是 。 ②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是 。 ③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是 。 ④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，设计实验，证实该条件下是NO2-氧化了KI，实验操作是 ，没有明显变化。 ⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，NO2-的还原性强于MnO42-、 ，NO2-的氧化性强于 。 1．(2021·湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是( ) A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e﹣ B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在 2．(2021•北京卷)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( ) i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列说法不正确的是 A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4 B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3 C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验 D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ 3．(2023·浙江省1月选考，18节选)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和。 (2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。 4．(2022·浙江省1月选考，18节选)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验： 请回答： (1)组成X的元素有______，X的化学式为___________。 (3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_____________________。 5．(2017•浙江11月，27节选)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。 请计算： (1)KMnO4的分解率_______________。 (2)气体A的物质的量_____________。 ( 14 / 14 )学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$