第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（培优讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习高效培优系列

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应方程式配平与计算核心考点，按配平原则步骤、方法技巧（正向/逆向/整体/缺项）、电子守恒计算的逻辑层次展开，通过考情分析、知识梳理、重难突破（考向+解题技巧）、分层集训（基础/能力/真题）环节，帮助学生系统构建知识网络，突破高考难点。 资料突出高考情境化命题特点，以“化合价升降法”为核心，设计缺项补写、多步反应电子守恒等技巧训练，培养科学思维与探究能力。如在氧化还原滴定中，引导学生建立“氧化剂得电子=还原剂失电子”模型，提升解题效率，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 内容导航 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 知识点01 氧化还原反应方程式的配平原则和步骤 知识点02 氧化还原反应方程式的配平方法 知识点03 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 氧化还原反应的配平 解题技巧 氧化还原反应配平步骤 考向02 以配平为载体考查相关计算 解题技巧 与配平相关的计算方法 考向03 电子守恒法的简单计算 解题技巧 简单反应中电子守恒法应用 考向04 电子守恒法在多步反应中的应用 解题技巧 多步反应中电子守恒法应用 考向05 守恒法在氧化还原滴定中的应用 解题技巧 滴定反应中电子守恒法应用 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.掌握氧化还原反应的配平方法； 2.能在复杂情境中运用氧化还原反应知识分析陌生反应或陌生物质的性质，并能用化学方程式正确表示物质的主要化学性质。 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 考点01 氧化还原反应方程式的配平（高频考点，5年30考） 浙江1月卷T3（方程式配平与概念辨析）；黑吉辽蒙卷T4（工艺流程中方程式配平） 山东卷T9（陌生方程式配平）；广东卷T18（化工流程中方程式配平，6分） 浙江6月卷（CH3OH还原NO3-方程式配平，2分）；湖南卷T6（氧化还原方程式配平，3分） 考点02 氧化还原反应的计算（电子守恒法）（5年20考） 黑吉辽蒙卷（多步反应电子转移计算） 辽宁·黑吉辽蒙卷（COD测定中电子守恒计算） 浙江卷T4（电子转移数计算，2分）；湖南卷（多步滴定中电子守恒计算） 考点03 陌生情境下方程式的书写与配平（5年15考+） 广东卷T18（酸浸过程中O2氧化Fe²+的离子方程式） 广东卷（信息型方程式书写）；全国甲卷T27（实验题中方程式配平） 考情解读 近年氧化还原反应方程式配平与计算相关试题的命题情境化趋势明显，主要呈现以下特点： （1）考查形式多样化 选择题通常考查电子转移数计算或配平正误判断；非选择题则常以化工流程题或实验综合题的形式出现，要求考生书写并配平陌生反应的化学（或离子）方程式。 （2）情境载体类型丰富 工艺流程情境：在物质制备、回收提纯的工业流程中考查方程式的配平与书写。 实验探究情境：以滴定分析、物质制备等实验为载体，考查氧化还原反应的配平与计算。 环境保护情境：以废水、废气处理为背景，考查氧化还原反应的应用。 备考策略 一、掌握配平核心方法——“化合价升降法” 1.氧化还原反应配平的核心依据是得失电子守恒（化合价升高的总值 = 化合价降低的总值）。 2.配平的三原则是得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒。对于离子反应，需特别注意电荷守恒的检查。 二、强化陌生方程式的书写能力 1.陌生情境下的方程式书写是高考的重难点，需训练以下能力： 2.根据题干信息确定反应物和产物：结合工艺流程或实验信息，判断参与反应的物质及生成物。 3.缺项补写技巧：当方程式中出现缺项时，根据介质环境（酸性/碱性）和原子守恒进行补写-。 4.逆向配平法：对于一种元素化合价既升高又降低的反应（如歧化反应），可考虑逆向配平。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 知识点1 氧化还原反应方程式的配平原则和步骤 1.配平的三原则 2.配平的五步骤 知识点2 氧化还原反应方程式的配平方法 1.正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： 2.逆向配平法 适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数，最后根据质量守恒配平其他物质。如： 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3，最后根据质量守恒配平其他物质。 3.整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 4.缺项型氧化还原反应方程式的配平流程 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（H+）或碱 （OH-），其配平流程为 【方法技巧】补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋ 碱性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O 知识点3 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.电子守恒法原理 （1）氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 （2）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。 （3）利用守恒思想，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.守恒法解题的思维流程 重难・核心突破 考点01 氧化还原反应的配平 【例1】高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： 　　KMnO4+　　FeSO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　Fe2(SO4)3+　　H2O  下列说法正确的是(　　) A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物 B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的 C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8 【答案】D 【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价降至+2价，Fe元素化合价由+2价升至+3价，即Mn是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；FeSO4作还原剂，MnSO4为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+，B错误；反应后的溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，C错误；配平该氧化还原反应为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，D正确。 解题技巧 氧化还原反应配平步骤 一标 标出价态变化元素的化合价 二等 根据化合价升降值相等，找出最小公倍数 三定 确定氧化剂及还原产物，还原剂及氧化产物的化学计量数 四平 用观察法配平其他物质的化学计量数 五查 检查电荷和原子个数是否守恒 【变式探究】有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是(　　) A.还原产物为N B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8 C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子 D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+ 【答案】C 【解析】由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++N===8Fe3++N+3H2O。C项，若有0.5 mol N参与反应，应转移4 mol电子。 【变式探究】已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是(　　) A.x=4、y=6、z=5 B.x=1、y=5、z=1 C.x=3、y=1、z=2 D.x=2、y=2、z=2 【答案】B 【解析】氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z的数值代入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2×5，故A符合实际反应；x=1、y=5、z=1时，1+5>2×1，故B不符合实际反应；x=3、y=1、z=2时，3+1=2×2，故C符合实际反应；x=2、y=2、z=2时，2+2=2×2，故D符合实际反应。 考点02 以配平为载体考查相关计算 【例2】利用CH3OH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：H++CH3—→X+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11.2 L，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 【解析】由题中信息可知，利用CH3OH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N2，A不正确；该反应中CH3OH是还原剂，O3有强氧化性，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；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价，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5价，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；生成1 mol CO2气体转移6 mol电子，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L(0.5 mol)，反应转移的电子数为3NA，D不正确。 解题技巧 与配平相关的计算方法 ①找出氧化剂、还原剂及对应产物，标出变价元素化合价；②计算每摩尔氧化剂得电子数（注意变价原子个数）和每摩尔还原剂失电子数；③根据电子守恒：氧化剂物质的量×得电子数 = 还原剂物质的量×失电子数，求出计量数之比；④结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；⑤利用配平后的化学计量数，进行气体体积、转移电子数等定量计算。核心是“电子守恒定比例，变价原子别漏乘”。 【变式探究】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++　　+H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A.反应后溶液pH下降 B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液 C.方框中粒子为NO2 D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N 【答案】D 【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以Mn是氧化剂，N是还原剂，生成N，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2Mn+5N+6H+===2Mn2++5N+3H2O。反应过程中H+浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；根据离子方程式知，生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N，故D正确。 【变式探究】用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下： 反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物 B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等 C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5 D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等 【答案】C 【解析】配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2+32H+===3Cu2++3S+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2+46H+===6Cu2++3S+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有S是氧化产物，故A错误；处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；反应Ⅱ中，氧化剂为Cr2，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故C正确；反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子6 mol，则转移电子数相同，故D错误。 考点03 电子守恒法的简单计算 【例3】现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为(　　) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 【答案】B 【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从+4→+6，Cr元素的化合价将从+6→+n。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n)，解得n=3。 解题技巧 简单反应中电子守恒法应用 ①确定氧化剂和还原剂，标出已知元素化合价变化；②设还原产物（或氧化产物）中变价元素化合价为未知数；③写出得失电子表达式：氧化剂中变价原子数×（高价−未知价）×氧化剂物质的量 = 还原剂中变价原子数×（升高价数）×还原剂物质的量；④代入题目所给物质的量（注意体积换算为L），解一元方程即得未知化合价。关键点：注意氧化剂中变价原子个数（如K₂Cr₂O₇含2个Cr），确保电子守恒等式两边单位一致。 【变式探究】在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为　　　　mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为　　　　mol。 【答案】1.5　2.2 【解析】设7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为x，生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据得失电子守恒：7.5 mol×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5 mol；1 mol×3×(2-1)+1 mol×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得y=1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。 【变式探究】多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO 的物质的量之比为1∶16，则x的值是(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】D　 【解析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由－升高为＋6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由＋1价降低为－l价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据电子转移守恒，列方程：x×[6－(－)]＝16×[1－(－1)]，解得x＝5。 考点04 电子守恒法在多步反应中的应用 【例4】取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 【答案】B 【解析】反应流程为 x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓硝酸得电子的物质的量，即：n(OH－)＝×1＋×2＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 解题技巧 多步反应中电子守恒法应用 ①理清反应全流程，抓住“整个过程中电子守恒”这一主线；②中间产物（如气体、沉淀）的生成与消耗不干扰总电子转移数；③金属与硝酸反应：金属失电子总数 = 硝酸中氮元素得电子总数 = 生成氢氧化物时OH⁻的物质的量（因为OH⁻所带电荷等于金属离子电荷）；④利用沉淀质量 = 金属质量 + OH⁻质量，反推金属质量；⑤若涉及气体，用标准状况体积换算物质的量，再计算电子数。核心是“跳过中间，直抓首尾电子守恒”。 【变式探究】取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL 的NO2气体和672 mL 的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 【答案】B 【解析】反应流程为 x g=17.02 g-m(OH-)，而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即n(OH-)=×2×1=0.46 mol，所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 考点05 守恒法在氧化还原滴定中的应用 【例5】 化学需氧量(Chemical Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准KMnO4法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量。其操作步骤如下： ①取水样V0 mL，先加入足量稀硫酸酸化，再加入V1 mL c1 mol·L－1的KMnO4标准液，煮沸30 min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温； ②向①中溶液中加入V2 mL c2 mol·L－1的Na2C2O4标准液(过量)； ③用c1 mol·L－1的KMnO4标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗KMnO4标准液V3 mL。 计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是(　　) A. B. C. D. 【答案】A　 【解析】分析整个过程可知，水样中的还原性物质和Na2C2O4发生氧化反应失去电子，KMnO4发生还原反应得电子，KMnO4发生还原反应变成Mn2＋，故得电子总量为[5(V1＋V3)×10－3×c1] mol，Na2C2O4被氧化为二氧化碳共失去电子(2V2×10－3×c2) mol，故水样中的还原性物质失电子总量为[5(V1＋V3)c1×10－3－2V2c2×10－3] mol，相当于消耗KMnO4 mol，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量，故可知耗氧量为 mol，故水样中COD含量(mg/L)为 mg/L＝ mg/L。 解题技巧 滴定反应中电子守恒法应用 ①滴定中涉及过量氧化剂和返滴定，建立总电子守恒：待测物失电子数 = 加入氧化剂总得电子数 − 返滴定还原剂失电子数；②注意氧化剂（如KMnO₄酸性条件）得电子数 = 物质的量×变价数（Mn由+7到+2，得5e⁻）；返滴定还原剂（如Na₂C₂O₄）失电子数 = 物质的量×变价数（C由+3到+4，每mol失2e⁻）；③将体积浓度换算成物质的量，代入求待测物失电子数；④按题目要求折算成目标量（如COD折算为O₂，每mol O₂对应4mol e⁻），最后除以水样体积并换算单位。要点：注意“总氧化剂”包含初始加入和返滴定消耗的。 【变式探究】（2026·广东广州·模拟预测）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括 D．若Ⅲ中消耗，则理论上Ⅰ中水样消耗了的 【答案】B 【解析】Ⅰ中和水样中的有机物发生氧化还原反应，被还原生成，剩余部分；Ⅱ中、在酸性条件下和反应生成、等，、；Ⅲ中生成的再用滴定；由题意可知，水样消耗高锰酸钾的量越大说明水样的COD值越高，Ⅲ中消耗硫代硫酸钠溶液的量越多，说明Ⅱ中生成碘的量越多，从而计算出水样消耗高锰酸钾的量越小，COD值越低。酸性条件下会氧化，导致消耗量偏大，折算的COD值偏高，A正确；Ⅱ中避光防止升华挥发，加盖防止被氧化为，若不避光加盖，则使损失，而整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，少说明有机物消耗的KMnO4的量多，水样中的COD值越高，所以使测定结果偏高，B错误；Ⅱ中酸性条件下氧化的离子方程式为，满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确；设水样消耗物质的量为，加入的总为，反应生成，剩余，根据分析中反应关系：生成，生成，滴定中，代入得： 整理得：，即 ，D正确；故选B。 拔高・分层集训 基础演练 1.（2026·浙江宁波·三模）关于反应，下列说法不正确的是 A．ClO2为还原产物 B．Cl2、ClO2都可用于自来水消毒 C．氧化剂与还原剂之比为1：2 D．每生成1 mol Cl2转移2 mol e- 【答案】C 【解析】NaClO3中Cl为+5价，反应后生成ClO2中Cl为+4价，化合价降低被还原，因此ClO2为还原产物，A正确；Cl2和ClO2都具有强氧化性，可使蛋白质变性，都能用于自来水消毒，B正确；该反应中氧化剂为2 mol NaClO3，4 mol HCl中仅2 mol HCl的Cl化合价升高作还原剂，剩余2 mol HCl体现酸性，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，不是1：2，C错误；每生成1 mol Cl2，有2 mol HCl中的Cl从-1价升高为0价，共失去2 mol e-，反应转移电子为2 mol，D正确；故选C。 2.（2026·安徽合肥·模拟预测）酸性溶液可检验，原理为：(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．溶液中数目为 B．中杂化的原子数为 C．每生成气体，转移电子数目为 D．中含有的价电子数目为 【答案】B 【解析】酸性溶液中存在平衡，酸性条件会使平衡向左移动，是主要存在形式，但平衡的存在导致溶液中的物质的量小于1 mol，因此1 L 1mol/L 溶液中数目小于，A错误；16 g 的物质的量为，分子中C原子和O原子均为杂化，1个分子含2个杂化的原子，因此0.5 mol 中杂化的原子数为，B正确；题目未说明气体处于标准状况下，无法计算4.48 L 的物质的量，因此无法确定转移电子数目，C错误；Cr原子价电子排布为，形成时共失去3个电子，价电子排布变为，1 mol 的价电子数目为，D错误；故选B。 3.（2026·重庆垫江·模拟预测）高铁酸钠()作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理领域备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为。是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，的溶液中的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．和所含的质子数均是 D．每生成1 mol Na2FeO4转移电子数目为 【答案】D 【解析】未给出溶液体积，无法确定OH-数目，A错误；在水溶液中会发生水解，因此的溶液中的数目小于，B错误；的摩尔质量为，物质的量为，含质子数为；的摩尔质量为，物质的量为，含质子数为，C错误；反应中元素从价升高到价，每生成，转移电子，即转移电子数目为，D正确；故选D。 4.（2026·北京·三模）三氟化氮(NF3)常用于微电子工业，可用以下反应制备： 已知：①酸性：HF＞CH3COOH；②CH3COOH与的电离常数相等下列说法中，正确的是 A．NF3的电子式为，NH4F中既含极性键又含离子键 B．常温下，NH4F水溶液呈碱性 C．在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性和碱性 D．上述反应中，生成1 mol NF3，转移3 mol e- 【答案】C 【解析】其电子式为，由和组成，内部含N-H极性共价键，和之间形成离子键，A错误；水解使溶液呈酸性，水解使溶液呈碱性，由于HF的酸性强于、与的电离常数相等，因此氨水的小于HF的，因此水溶液呈酸性，B错误；根据反应，中的N均为-3价，F的电负性强于N，中的N为+3价，因此4个中只有1个中的N化合价升高，表现还原性，有3个中的N化合价不变，表现碱性，C正确；反应过程中，部分N的化合价升高（-3→+3），F的化合价降低（0→-1），根据得失电子守恒可知，每生成1 mol NF3，转移6 mol e-，D错误；故选C。 5.（2026·浙江台州·模拟预测）关于反应，下列说法中正确的是 A．SiC是还原产物 B．是氧化剂 C．反应生成44.8 L CO气体时转移电子数 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 【答案】A 【解析】反应中部分C元素化合价从0价降低到SiC中的-4价，被还原，因此SiC是还原产物，A正确；反应中的Si、O元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，B错误；未说明CO气体处于标准状况，无法确定44.8 L CO的物质的量，因此无法计算转移电子数，C错误；3 mol C参与反应时，1 mol C作氧化剂（化合价降低），2 mol C作还原剂（化合价升高），氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D错误；故选A。 6.（2026·陕西·模拟预测）制备的化学方程式为：设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中原子总数为 B．中键的数目为 C．每消耗，转移电子数为 D．溶液中阴离子的总数目大于 【答案】D 【解析】未指明处于标准状况，无法用气体摩尔体积22.4 L/mol计算其物质的量，无法确定原子总数，A错误；的中心C原子与3个O原子分别形成1个键，1mol 中键数目为，B错误；该反应中既是氧化剂又是还原剂：一半的化合价从价降为中的价，另一半的则升为中的价；每消耗，转移电子数为，C错误；溶液中，。根据电荷守恒： ；可得阴离子总物质的量为，因来自于的电离而氢离子来自及水的电离，溶液中，故阴离子总物质的量大于，即总数大于，D正确；故选D。 7.（2026·辽宁沈阳·模拟预测）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 A．溶液中含有的的数目为0.02 NA B．标准状况下，11.2 L Cl2中含有的质子数为17 NA C．反应①中每消耗0.1 mol HCl，生成的Cl2分子数为0.1 NA D．反应②中每有0.3 molCl2参与反应，转移电子数为0.6 NA 【答案】B 【解析】ClO-是弱酸阴离子，在水溶液中会发生水解，因此溶液中，的实际数目小于，A错误；标准状况下，的物质的量为，1个原子含17个质子，1个分子含34个质子，因此含质子数为，B正确；反应①为归中反应，方程式为，完全反应生成，因此消耗时，生成为，分子数为，C错误；反应②为的歧化反应，方程式为，反应时转移电子，因此参与反应时，转移电子数为，D错误；故选B。 8.（2026·福建泉州·模拟预测）配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有键数为 B．的溶液中含有的数目小于 C．中杂化的原子数目为 D．为还原产物，生成时，转移电子数为 【答案】A 【解析】26.4g 的物质的量为，1个中含6个Mo-C配位σ键、6个CO内部σ键，共12个σ键，故总σ键数为，A正确；选项仅给出溶液的浓度，未给出溶液体积，无法计算的数目，B错误；中甲基C原子、羟基O原子均为杂化，1mol 中杂化的原子数目为，C错误；反应前后CO中C元素化合价均为+2，未发生电子转移，CO既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；故选A。 9.（2026·河北·模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．44 g干冰中含有的碳原子数目为 B．19 g和混合物中含有的质子数目为 C．标准状况下，2.24 L氯仿所含氯原子数目为 D．反应消耗1 mol时，转移电子数目为 【答案】D 【解析】44g干冰的物质的量为，含碳原子物质的量为1mol，数目为，A错误；若19g全为，质子物质的量为，若19g全为，质子物质的量为，故混合物质子数目介于到之间，不一定为，B错误；标准状况下氯仿为液态，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，不能确定氯原子数目，C错误；反应中每消耗2mol ，生成1mol ，O元素共失去4mol电子，总转移电子数为，则消耗1mol 时转移电子数目为，D正确；故选D。 10.（2026·河北邢台·三模）反应 常用于监测SO2含量是否达到排放标准。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.6 g基态硫含有的价电子总数为0.2NA B．标准状况下，2.24 L SO2气体中含有O2的数目为0.1NA C．1 mol H2O2 晶体和H2O 晶体混合物含有的极性键数目为2NA D．64 g SO2完全转化为 BaSO4  时，转移的电子数为0.2NA 【答案】C 【解析】1.6 g基态硫的物质的量为，S为第ⅥA族元素，价电子数为6，故价电子总数为，A错误；是纯净化合物，分子中不含分子，B错误；1个分子含2个H-O极性键，1个分子也含2个H-O极性键，故1 mol二者的混合物中极性键数目为，C正确；64 g的物质的量为，反应中S元素从+4价升高到+6价，1 mol完全反应转移电子数为，D错误；故选C。 能力进阶 11.（2026·天津·二模）燃放烟花时会发生：，同时在火药中会加入、、等物质。下列说法不正确的是 A．该反应中，氧化剂是和 B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．该反应中，每生成，总共转移电子 D．火药中的、、均不参与化学反应 【答案】D 【解析】反应过程中，N元素化合价降低：+5→0，S元素化合价降低：0→-2，C元素化合价升高：0→+4，和S均得电子作氧化剂，被还原，A正确；氧化产物是还原剂C被氧化得到的产物，还原产物是氧化剂被还原得到的 和，根据方程式知，二者物质的量之比为，B正确；生成1mol 时，同时生成3mol，是该反应的氧化产物，且，则总共转移电子为，C正确；是硝酸盐，在烟花燃烧的高温条件下，它可以作为氧化剂参与反应，例如与碳、硫等还原剂发生氧化还原反应，提供氧气支持燃烧或参与放热反应；另外两种物质则通常作为发色剂加入火药中，它们在高温下主要发生物理变化（如原子激发、焰色反应），使火焰呈现特定颜色（锂的洋红色、钙的砖红色），在主反应中一般不参与氧化还原反应，但在极端高温下，也可能发生分解或其他反应，D错误；故选D。 12.（2026·辽宁朝阳·三模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图所示。下列说法错误的是 A．“沉铜”步骤用H2S，说明CuS的溶解度很小 B．“沉淀”步骤滤渣的成分为Fe(OH)3 C．“沉锰”步骤中，若生成1 mol MnO2，则产生2 mol H+ D．“沉钴”步骤中加入适量NaClO，离子方程式为 【答案】C 【解析】炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，加入稀硫酸，铜单质不反应变成浸渣，反应后溶液中含有、、、、，加入将转化为沉淀。再向溶液中加入将转化为固体，同时也被氧化为。再向溶液中加入调节pH，将转化为沉淀，即滤渣。溶液中继续加入将氧化为并转化为沉淀，最后的溶液经过系列操作可回收Zn。“沉铜”中通入可以使转化为沉淀，说明难溶于水，溶解度很小，A正确；根据分析可知滤渣的成分为，B正确；“沉锰”中被氧化为，还原产物为，配平反应的离子方程式： ，生成时，产生，C错误；“沉钴”中被氧化为沉淀，题给方程式的电子、电荷、原子均守恒，D正确；故选C。 13.（2026·河南开封·模拟预测）1，2-丙二醇是食品、医药及化妆品行业的关键化学品。以PdAgMNs(用代替)为催化剂，电催化氧化丙烯制1，2-丙二醇的反应机理如图所示： 下列叙述错误的是 A．步骤Ⅱ发生反应：+H2O=+H+ B．反应过程中PdAgMNs中Pd元素化合价发生变化 C．每生成1 mol 1，2-丙二醇转移 D．利用该反应机理可由1，3-丁二烯制备 【答案】B 【解析】步骤Ⅱ中和H2O反应生成和H+，离子方程式为：+H2O=+H+，A正确；电催化氧化丙烯制1，2-丙二醇，转移的电子由电源提供，该流程中PdAgMNs为催化剂，化合价未发生变化，B错误；丙烯转化为1，2 - 丙二醇，C元素的平均价态由-2上升到，每生成1 mol 1，2-丙二醇转移3×(2)mol=2mol电子，C正确；根据反应机理，该反应是烯烃双键的氧化加成，1，3-丁二烯（）的两个双键若按此机理反应，会生成，D正确；故选B。 14.（2026·湖南长沙·模拟预测）如图为一种电化学间接处理废水中的装置。该装置采用为阳极材料，以可对溶液pH自适应调节的铝板为阴极材料。电解质溶液为含和的废水(含氮350 mg/L)。下列关于该装置的说法正确的是 A．电解时a极应与直流电源的正极相连 B．电解时b极处理的离子方程式为 C．该装置工作时溶液酸性过强，会导致去除效率降低 D．每处理1 L废水，a极至少会产生0.84 L气体 【答案】C 【解析】电化学间接处理废水中的装置中，采用为阳极材料，电极a产生，故电极a为阴极；电极b产生，故为阳极。电解时a极为阴极，应与直流电源的负极相连，A错误；电解时b极处理的过程是生成的HClO将废水中的氧化为，HClO是弱酸，离子方程式为：，B错误；极产生的氯气会与水发生，当酸性过强时，上升，导致反应逆移，减少，去除效率降低，C正确；选项中未指明气体的状态，无法计算，D错误；故选C。 15.（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法错误的是 A．电极电势 B．反应中的物质的量不变 C．每生成，可制得 D．“反应Ⅱ”为 【答案】D 【解析】镍电极发生还原反应，作阴极，连接电源负极；二氧化铱电极发生氧化反应，作阳极，连接电源正极。从整个反应过程来看，在电极a转化为后，在后续反应中再生，反应Ⅰ为：，整个电解池的反应物为、和，生成物为和，总反应为，据此分析。二氧化铱电极为阳极接电源正极，镍电极为阴极接电源负极，正极电势高于负极，故电极电势，A正确；在阳极被氧化为，又在后续反应Ⅰ和Ⅱ中再生，其总量不变，B正确；生成转移电子，阳极生成，对应生成，C正确；“反应Ⅱ”反应物为和，生成物为和，题干中“无膜”及图中阴极产生可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为，D错误；故选D。 16.（2026·辽宁朝阳·三模）一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂，催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．反应过程中可能有H2S生成 D．还原1 mol SO2至少需要2 molFeSx 【答案】C 【解析】根据原子守恒，图a中反应物为和，生成物为S和，配平后总反应为，选项中反应O原子不守恒，A错误；根据图b的原子守恒：反应，可得X为（中性），而选项给出的是带1个负电荷的的电子式，与X不符，B错误；反应过程中存在活泼的，可以与中间产物的S或进一步结合，生成，因此反应过程中可能有生成，C正确；是催化剂，在反应过程中循环使用，不会被消耗，因此不需要消耗，D错误；故选C。 17.（2026·辽宁锦州·二模）硫酸是重要的化工原料，工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的原理示意图如下。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．充分燃烧生成 时，转移电子数为 B． 和足量的在密闭容器中充分反应，生成的分子数为 C．标准状况下， 中含有的质子数为 D．常温下，的溶液中由水电离出的数目为 【答案】A 【解析】充分燃烧生成的化学方程式为，中Fe元素从+2价升高到+3价，S元素从-1价升高到+4价，每个失去11个电子，每生成8 mol SO2转移电子数为44 mol，故生成0.2 mol SO2转移电子数为1.1 mol，数目为1.1NA，A正确；SO2与O2反应生成SO3的反应为可逆反应（2SO2+O22SO3），64 g SO2（1 mol）与足量O2反应时，SO2不能完全转化，生成的SO3分子数小于NA，B错误；标准状况下SO3为固体，不能用气体摩尔体积（22.4 L/mol）计算其物质的量，C错误；题目未给出溶液体积，无法计算水电离出的H+数目，D错误；故选A。 18.（2026·河南信阳·模拟预测）Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法错误的是 A．复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 B．过程Ⅰ中Fe失去e- C．过程Ⅱ的反应方程式： D．过程Ⅲ中1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子 【答案】A 【解析】复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催化效率，影响的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，A错误；过程Ⅰ中，Fe是更活泼的金属，作为负极失去电子，电子传递到Ag表面，使在Ag上被还原，B正确；从反应历程图可以看出，过程Ⅱ的反应物是吸附在催化剂表面的H和，生成物是和，即可得反应，C正确；过程Ⅲ中，被还原为N2，N元素化合价由+3价降低到0价，1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子，D正确；故选A。 19.（2026·天津河西·三模）氢化钙()可在野外用作生氢剂，反应原理为：。下列有关说法正确的是 A．是还原剂 B．氧化产物与还原产物的质量相等 C．生成1 mol H2，转移2 mol e- D．着火，可用水灭火 【答案】B 【解析】中H元素化合价从+1价降低为0价，得电子作氧化剂，不是还原剂，A错误；中-1价H被氧化得到0价H（对应氧化产物组分），中+1价H被还原得到0价H（对应还原产物组分），反应中被氧化和被还原的H物质的量相等，因此氧化产物与还原产物的质量相等，B正确；总反应生成2mol 时转移2mol ，因此生成1mol 转移1mol ，C错误；与水反应生成易燃易爆的，会加剧火情，不可用水灭火，D错误；故选B。 20.（2026·湖北武汉·模拟预测）我国学者以有机物NHPI()为氢原子转移试剂，电催化合成硅醇()的原理如图所示。下列说法错误的是 A．a极与电源正极相连，发生氧化反应 B．每生成，外电路中至少转移2mol电子 C．NHPI在反应中浓度保持不变 D．该合成反应的总反应为 【答案】C 【解析】a极上，NHPI失去电子转化为氧自由基，发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，阳极与电源正极相连，因此a极接电源正极，A正确；阳极反应分4步：①②③④ 每生成，①③各失去1mol电子，外电路中至少转移2mol电子，B正确；NHPI在a极被氧化后，又和R3SiH反应重新生成，整个过程中不被消耗，由于反应中要消耗水，NHPI在反应中浓度发生变化，C错误；由B中4步反应，结合阴极反应H++e-=、H2O+e-=+OH-，消去所有中间产物，总反应为R3SiH+H2O→R3SiOH+H2↑，D正确；故选C。 真题实战 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，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①：每消耗生成分子的数目为 B．反应②：每消耗生成数目为 C．反应③：每消耗转移电子数目为 D．溶液中，数目为 【答案】C 【解析】由图可知，反应①为，反应②为，反应③为，反应④为。由反应①为可知，每消耗，生成的物质的量为0.25 mol，则分子数为，A错误；2.24L N2未指明在标准状况下，物质的量不一定为0.1mol，则生成的的数目不一定为，B错误；4.4g的物质的量为，反应③为，C的化合价由+4价降低为0价，转移4个电子，故每消耗4.4g，转移的电子数为，C正确；溶液的体积未知，无法计算，D错误；故选C。 2.（2025·广西·高考真题）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 【答案】A 【解析】H2O2分子中含有一个O-O非极性共价键，0.1mol H2O2含非极性键数目为0.1NA，A正确；pH=1的HCOOH溶液中，H+浓度为0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B错误；H2O2作为氧化剂被还原，1mol H2O2分子转移2mol电子，0.1mol H2O2转移0.2NA电子，C错误；反应生成的H2O在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算体积，D错误；故选A。 3.（2025·湖南·高考真题）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。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．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 D．反应中消耗，转移 【答案】C 【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，B正确；反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），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，3mol O2参与反应，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。 4.（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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 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溶液中的离子种类相同 D．与足量的J反应，转移电子数为 【答案】D 【解析】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。 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；1mol H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1mol H2S参加反应，转移2mol电子，转移2NA个电子，D错误；故选D。 5.（2025·浙江·高考真题）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 【答案】D 【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；根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，C项正确；与足量溶液反应生成和，反应方程式为：，3mol参与反应，电子转移5mol，D项错误；故选D。 6.（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。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，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【解析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌。根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误；根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确；根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误；根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误；故选B。 7.（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， 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，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【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，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式10I-~2，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元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~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，反应②的离子方程式是：I-+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，I-的还原性随酸性减弱而增强，C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OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。 8.（2024·浙江·高考真题）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：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【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不正确；中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确；该反应中，还原剂中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，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，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确；故选C。 9.（2024·河北·高考真题）超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中键的数目为 B．晶体中离子的数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移电子生成的数目为 【答案】A 【解析】(即)中键的数目为，A正确；由和构成，晶体中离子的数目为，B错误；在水溶液中会发生水解：，故溶液中的数目小于，C错误；该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每参加反应转移电子，每转移电子生成的数目为，D错误；故选A。 1 / 19 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 内容导航 夯实基础·突破重难·分层提能 考情・分析解读（课标要求 考情解读 备考策略） 知识・归纳梳理（知识导图 核心梳理 方法归纳） 知识点01 氧化还原反应方程式的配平原则和步骤 知识点02 氧化还原反应方程式的配平方法 知识点03 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 重难・核心突破（核心提炼 解题技巧 命题探究） 考向01 氧化还原反应的配平 解题技巧 氧化还原反应配平步骤 考向02 以配平为载体考查相关计算 解题技巧 与配平相关的计算方法 考向03 电子守恒法的简单计算 解题技巧 简单反应中电子守恒法应用 考向04 电子守恒法在多步反应中的应用 解题技巧 多步反应中电子守恒法应用 考向05 守恒法在氧化还原滴定中的应用 解题技巧 滴定反应中电子守恒法应用 拔高・分层集训（基础演练 能力进阶 真题实战） 考情·分析解读 课标要求 1.掌握氧化还原反应的配平方法； 2.能在复杂情境中运用氧化还原反应知识分析陌生反应或陌生物质的性质，并能用化学方程式正确表示物质的主要化学性质。 考题统计 核心考点 2026年 2025年 2024年 考点01 氧化还原反应方程式的配平（高频考点，5年30考） 浙江1月卷T3（方程式配平与概念辨析）；黑吉辽蒙卷T4（工艺流程中方程式配平） 山东卷T9（陌生方程式配平）；广东卷T18（化工流程中方程式配平，6分） 浙江6月卷（CH3OH还原NO3-方程式配平，2分）；湖南卷T6（氧化还原方程式配平，3分） 考点02 氧化还原反应的计算（电子守恒法）（5年20考） 黑吉辽蒙卷（多步反应电子转移计算） 辽宁·黑吉辽蒙卷（COD测定中电子守恒计算） 浙江卷T4（电子转移数计算，2分）；湖南卷（多步滴定中电子守恒计算） 考点03 陌生情境下方程式的书写与配平（5年15考+） 广东卷T18（酸浸过程中O2氧化Fe²+的离子方程式） 广东卷（信息型方程式书写）；全国甲卷T27（实验题中方程式配平） 考情解读 近年氧化还原反应方程式配平与计算相关试题的命题情境化趋势明显，主要呈现以下特点： （1）考查形式多样化 选择题通常考查电子转移数计算或配平正误判断；非选择题则常以化工流程题或实验综合题的形式出现，要求考生书写并配平陌生反应的化学（或离子）方程式。 （2）情境载体类型丰富 工艺流程情境：在物质制备、回收提纯的工业流程中考查方程式的配平与书写。 实验探究情境：以滴定分析、物质制备等实验为载体，考查氧化还原反应的配平与计算。 环境保护情境：以废水、废气处理为背景，考查氧化还原反应的应用。 备考策略 一、掌握配平核心方法——“化合价升降法” 1.氧化还原反应配平的核心依据是得失电子守恒（化合价升高的总值 = 化合价降低的总值）。 2.配平的三原则是得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒。对于离子反应，需特别注意电荷守恒的检查。 二、强化陌生方程式的书写能力 1.陌生情境下的方程式书写是高考的重难点，需训练以下能力： 2.根据题干信息确定反应物和产物：结合工艺流程或实验信息，判断参与反应的物质及生成物。 3.缺项补写技巧：当方程式中出现缺项时，根据介质环境（酸性/碱性）和原子守恒进行补写-。 4.逆向配平法：对于一种元素化合价既升高又降低的反应（如歧化反应），可考虑逆向配平。 基础・知识梳理 知识导图 核心梳理 知识点1 氧化还原反应方程式的配平原则和步骤 1.配平的三原则 2.配平的五步骤 知识点2 氧化还原反应方程式的配平方法 1.正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： 2.逆向配平法 适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数，最后根据质量守恒配平其他物质。如： 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3，最后根据质量守恒配平其他物质。 3.整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 4.缺项型氧化还原反应方程式的配平流程 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（H+）或碱 （OH-），其配平流程为 【方法技巧】补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋ 碱性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O 知识点3 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.电子守恒法原理 （1）氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 （2）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。 （3）利用守恒思想，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.守恒法解题的思维流程 重难・核心突破 考点01 氧化还原反应的配平 【例1】高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： 　　KMnO4+　　FeSO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　Fe2(SO4)3+　　H2O  下列说法正确的是(　　) A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物 B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的 C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8 解题技巧 氧化还原反应配平步骤 一标 标出价态变化元素的化合价 二等 根据化合价升降值相等，找出最小公倍数 三定 确定氧化剂及还原产物，还原剂及氧化产物的化学计量数 四平 用观察法配平其他物质的化学计量数 五查 检查电荷和原子个数是否守恒 【变式探究】有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是(　　) A.还原产物为N B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8 C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子 D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+ 【变式探究】已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是(　　) A.x=4、y=6、z=5 B.x=1、y=5、z=1 C.x=3、y=1、z=2 D.x=2、y=2、z=2 考点02 以配平为载体考查相关计算 【例2】利用CH3OH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：H++CH3—→X+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11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 解题技巧 与配平相关的计算方法 ①找出氧化剂、还原剂及对应产物，标出变价元素化合价；②计算每摩尔氧化剂得电子数（注意变价原子个数）和每摩尔还原剂失电子数；③根据电子守恒：氧化剂物质的量×得电子数 = 还原剂物质的量×失电子数，求出计量数之比；④结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；⑤利用配平后的化学计量数，进行气体体积、转移电子数等定量计算。核心是“电子守恒定比例，变价原子别漏乘”。 【变式探究】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++　　+H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A.反应后溶液pH下降 B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液 C.方框中粒子为NO2 D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N 【变式探究】用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下： 反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物 B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等 C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5 D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等 考点03 电子守恒法的简单计算 【例3】现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为(　　) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 解题技巧 简单反应中电子守恒法应用 ①确定氧化剂和还原剂，标出已知元素化合价变化；②设还原产物（或氧化产物）中变价元素化合价为未知数；③写出得失电子表达式：氧化剂中变价原子数×（高价−未知价）×氧化剂物质的量 = 还原剂中变价原子数×（升高价数）×还原剂物质的量；④代入题目所给物质的量（注意体积换算为L），解一元方程即得未知化合价。关键点：注意氧化剂中变价原子个数（如K₂Cr₂O₇含2个Cr），确保电子守恒等式两边单位一致。 【变式探究】在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为　　　　mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为　　　　mol。 【变式探究】多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO 的物质的量之比为1∶16，则x的值是(　　) A.2 B.3 C.4 D.5 考点04 电子守恒法在多步反应中的应用 【例4】取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 解题技巧 多步反应中电子守恒法应用 ①理清反应全流程，抓住“整个过程中电子守恒”这一主线；②中间产物（如气体、沉淀）的生成与消耗不干扰总电子转移数；③金属与硝酸反应：金属失电子总数 = 硝酸中氮元素得电子总数 = 生成氢氧化物时OH⁻的物质的量（因为OH⁻所带电荷等于金属离子电荷）；④利用沉淀质量 = 金属质量 + OH⁻质量，反推金属质量；⑤若涉及气体，用标准状况体积换算物质的量，再计算电子数。核心是“跳过中间，直抓首尾电子守恒”。 【变式探究】取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL 的NO2气体和672 mL 的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 考点05 守恒法在氧化还原滴定中的应用 【例5】 化学需氧量(Chemical Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准KMnO4法测定水中化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量。其操作步骤如下： ①取水样V0 mL，先加入足量稀硫酸酸化，再加入V1 mL c1 mol·L－1的KMnO4标准液，煮沸30 min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温； ②向①中溶液中加入V2 mL c2 mol·L－1的Na2C2O4标准液(过量)； ③用c1 mol·L－1的KMnO4标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗KMnO4标准液V3 mL。 计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是(　　) A. B. C. D. 解题技巧 滴定反应中电子守恒法应用 ①滴定中涉及过量氧化剂和返滴定，建立总电子守恒：待测物失电子数 = 加入氧化剂总得电子数 − 返滴定还原剂失电子数；②注意氧化剂（如KMnO₄酸性条件）得电子数 = 物质的量×变价数（Mn由+7到+2，得5e⁻）；返滴定还原剂（如Na₂C₂O₄）失电子数 = 物质的量×变价数（C由+3到+4，每mol失2e⁻）；③将体积浓度换算成物质的量，代入求待测物失电子数；④按题目要求折算成目标量（如COD折算为O₂，每mol O₂对应4mol e⁻），最后除以水样体积并换算单位。要点：注意“总氧化剂”包含初始加入和返滴定消耗的。 【变式探究】（2026·广东广州·模拟预测）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括 D．若Ⅲ中消耗，则理论上Ⅰ中水样消耗了的 拔高・分层集训 基础演练 1.（2026·浙江宁波·三模）关于反应，下列说法不正确的是 A．ClO2为还原产物 B．Cl2、ClO2都可用于自来水消毒 C．氧化剂与还原剂之比为1：2 D．每生成1 mol Cl2转移2 mol e- 2.（2026·安徽合肥·模拟预测）酸性溶液可检验，原理为：(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．溶液中数目为 B．中杂化的原子数为 C．每生成气体，转移电子数目为 D．中含有的价电子数目为 3.（2026·重庆垫江·模拟预测）高铁酸钠()作为一种新型高效的绿色消毒剂，在饮用水处理领域备受瞩目。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的原理为。是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，的溶液中的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．和所含的质子数均是 D．每生成1 mol Na2FeO4转移电子数目为 4.（2026·北京·三模）三氟化氮(NF3)常用于微电子工业，可用以下反应制备： 已知：①酸性：HF＞CH3COOH；②CH3COOH与的电离常数相等下列说法中，正确的是 A．NF3的电子式为，NH4F中既含极性键又含离子键 B．常温下，NH4F水溶液呈碱性 C．在制备NF3的反应中，NH3表现出还原性和碱性 D．上述反应中，生成1 mol NF3，转移3 mol e- 5.（2026·浙江台州·模拟预测）关于反应，下列说法中正确的是 A．SiC是还原产物 B．是氧化剂 C．反应生成44.8 L CO气体时转移电子数 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 6.（2026·陕西·模拟预测）制备的化学方程式为：设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中原子总数为 B．中键的数目为 C．每消耗，转移电子数为 D．溶液中阴离子的总数目大于 7.（2026·辽宁沈阳·模拟预测）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 A．溶液中含有的的数目为0.02 NA B．标准状况下，11.2 L Cl2中含有的质子数为17 NA C．反应①中每消耗0.1 mol HCl，生成的Cl2分子数为0.1 NA D．反应②中每有0.3 molCl2参与反应，转移电子数为0.6 NA 8.（2026·福建泉州·模拟预测）配合物和反应制备的反应方程式为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有键数为 B．的溶液中含有的数目小于 C．中杂化的原子数目为 D．为还原产物，生成时，转移电子数为 9.（2026·河北·模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．44 g干冰中含有的碳原子数目为 B．19 g和混合物中含有的质子数目为 C．标准状况下，2.24 L氯仿所含氯原子数目为 D．反应消耗1 mol时，转移电子数目为 10.（2026·河北邢台·三模）反应 常用于监测SO2含量是否达到排放标准。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1.6 g基态硫含有的价电子总数为0.2NA B．标准状况下，2.24 L SO2气体中含有O2的数目为0.1NA C．1 mol H2O2 晶体和H2O 晶体混合物含有的极性键数目为2NA D．64 g SO2完全转化为 BaSO4  时，转移的电子数为0.2NA 能力进阶 11.（2026·天津·二模）燃放烟花时会发生：，同时在火药中会加入、、等物质。下列说法不正确的是 A．该反应中，氧化剂是和 B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．该反应中，每生成，总共转移电子 D．火药中的、、均不参与化学反应 12.（2026·辽宁朝阳·三模）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图所示。下列说法错误的是 A．“沉铜”步骤用H2S，说明CuS的溶解度很小 B．“沉淀”步骤滤渣的成分为Fe(OH)3 C．“沉锰”步骤中，若生成1 mol MnO2，则产生2 mol H+ D．“沉钴”步骤中加入适量NaClO，离子方程式为 13.（2026·河南开封·模拟预测）1，2-丙二醇是食品、医药及化妆品行业的关键化学品。以PdAgMNs(用代替)为催化剂，电催化氧化丙烯制1，2-丙二醇的反应机理如图所示： 下列叙述错误的是 A．步骤Ⅱ发生反应：+H2O=+H+ B．反应过程中PdAgMNs中Pd元素化合价发生变化 C．每生成1 mol 1，2-丙二醇转移 D．利用该反应机理可由1，3-丁二烯制备 14.（2026·湖南长沙·模拟预测）如图为一种电化学间接处理废水中的装置。该装置采用为阳极材料，以可对溶液pH自适应调节的铝板为阴极材料。电解质溶液为含和的废水(含氮350 mg/L)。下列关于该装置的说法正确的是 A．电解时a极应与直流电源的正极相连 B．电解时b极处理的离子方程式为 C．该装置工作时溶液酸性过强，会导致去除效率降低 D．每处理1 L废水，a极至少会产生0.84 L气体 15.（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法错误的是 A．电极电势 B．反应中的物质的量不变 C．每生成，可制得 D．“反应Ⅱ”为 16.（2026·辽宁朝阳·三模）一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂，催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．反应过程中可能有H2S生成 D．还原1 mol SO2至少需要2 molFeSx 17.（2026·辽宁锦州·二模）硫酸是重要的化工原料，工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的原理示意图如下。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．充分燃烧生成 时，转移电子数为 B． 和足量的在密闭容器中充分反应，生成的分子数为 C．标准状况下， 中含有的质子数为 D．常温下，的溶液中由水电离出的数目为 18.（2026·河南信阳·模拟预测）Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法错误的是 A．复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 B．过程Ⅰ中Fe失去e- C．过程Ⅱ的反应方程式： D．过程Ⅲ中1 mol 全部生成N2时转移3 mol电子 19.（2026·天津河西·三模）氢化钙()可在野外用作生氢剂，反应原理为：。下列有关说法正确的是 A．是还原剂 B．氧化产物与还原产物的质量相等 C．生成1 mol H2，转移2 mol e- D．着火，可用水灭火 20.（2026·湖北武汉·模拟预测）我国学者以有机物NHPI()为氢原子转移试剂，电催化合成硅醇()的原理如图所示。下列说法错误的是 A．a极与电源正极相连，发生氧化反应 B．每生成，外电路中至少转移2mol电子 C．NHPI在反应中浓度保持不变 D．该合成反应的总反应为 真题实战 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，设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①：每消耗生成分子的数目为 B．反应②：每消耗生成数目为 C．反应③：每消耗转移电子数目为 D．溶液中，数目为 2.（2025·广西·高考真题）虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，氧化原理为。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含非极性共价键的数目为 B．的溶液中，的数目为 C．反应，转移的电子数目为 D．反应，标准状况下生成 3.（2025·湖南·高考真题）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。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．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 D．反应中消耗，转移 4.（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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 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溶液中的离子种类相同 D．与足量的J反应，转移电子数为 5.（2025·浙江·高考真题）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 6.（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。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，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 7.（2024·北京·高考真题）不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， B．对比反应①和②， 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，体系变化：①增大，②不变 8.（2024·浙江·高考真题）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：(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示 B．可用替换 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 9.（2024·河北·高考真题）超氧化钾可用作潜水或宇航装置的吸收剂和供氧剂，反应为，为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中键的数目为 B．晶体中离子的数目为 C．溶液中的数目为 D．该反应中每转移电子生成的数目为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $