考點(diǎn)05氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計(jì)算（核心考點(diǎn)精講精練）-備戰(zhàn)2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)幫（新高考）（解析版）

考點(diǎn)05氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計(jì)算目錄TOC\o"1-3"\h\u 11.高考真題考點(diǎn)分布 12.命題規(guī)律及備考策略 1 2考法01氧化還原反應(yīng)方程式的配平 2考法02電子守恒思想在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用 6 81.高考真題考點(diǎn)分布考點(diǎn)內(nèi)容考點(diǎn)分布氧化還原反應(yīng)的計(jì)算2024浙江卷第4題，2分；2023北京卷第12題，3分；2023浙江1月卷第10題，2分；2022浙江6月卷第10題，2分；2021浙江6月卷第8題，2分；2021湖南卷第8題，3分；2020浙江6月卷第10題，2分2.命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】本專題考查類型主要涉及點(diǎn)為氧化還原反應(yīng)的配平、得失電子守恒與氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計(jì)算等?！緜淇疾呗浴垦趸€原反應(yīng)方程式配平的方法步驟【命題預(yù)測(cè)】預(yù)計(jì)2025年高考會(huì)以新的情境載體為背景(如工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)、日常生活、科學(xué)實(shí)驗(yàn)、環(huán)境保護(hù)、檢驗(yàn)檢測(cè)等)，考查氧化還原反應(yīng)的配平、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算、化學(xué)方程式的書寫等?？挤?1氧化還原反應(yīng)方程式的配平1．配平原則（1）電子守恒：氧化劑和還原劑得失電子總數(shù)相等，化合價(jià)升高總數(shù)=化合價(jià)降低總數(shù)；（2）質(zhì)量守恒：反應(yīng)前后原子的種類和個(gè)數(shù)不變；（3）電荷守恒：離子反應(yīng)前后，陰、陽離子所帶電荷總數(shù)相等。2．一般氧化還原反應(yīng)方程式的配平：化合價(jià)升降法（1）標(biāo)變價(jià)：標(biāo)明反應(yīng)前后變價(jià)元素的化合價(jià)；（2）列得失：根據(jù)化合價(jià)的變化值，列出變價(jià)元素得失電子數(shù)；（3）求總數(shù)：通過求最小公倍數(shù)使得失電子總數(shù)相等；（4）配系數(shù)：確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，觀察法配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)；（5）查守恒：檢查質(zhì)量、電荷、電子是否守恒。3.復(fù)雜氧化還原反應(yīng)方程式配平的基本方法(1)正向配平法適合氧化劑、還原劑是不同反應(yīng)物的反應(yīng)。如：(2)逆向配平法適用于一種元素的化合價(jià)既升高又降低的反應(yīng)和分解反應(yīng)中的氧化還原反應(yīng)。先確定生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后確定反應(yīng)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，最后根據(jù)質(zhì)量守恒配平其他物質(zhì)。如：由于S的化合價(jià)既升高又降低，而且升降總數(shù)要相等，所以K2S的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，K2SO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1，然后確定S的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，最后根據(jù)質(zhì)量守恒配平其他物質(zhì)。(3)整體配平法若某一氧化還原反應(yīng)中，有三種元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，但其中一種反應(yīng)物中同時(shí)有兩種元素化合價(jià)升高或降低，這時(shí)要進(jìn)行整體配平。如Cu2S＋HNO3→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三種元素的化合價(jià)變化，Cu2S中Cu、S元素化合價(jià)均升高，看作一個(gè)整體，，配平得3Cu2S＋22HNO3=6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。配平下列化學(xué)方程式。(1)____KI＋____CuSO4=____I2＋____CuI↓＋____K2SO4(2)____P＋____CuSO4＋____H2O=____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4(3)____Cl2＋____Ca(OH)2=____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O(4)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3↑(5)____(NH4)2Cr2O7=____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O【答案】(1)42122(2)258525(3)22112(4)29335(5)1114考向01正向配平和逆向配平的應(yīng)用【例1】（2024·遼寧大連·一模）硫代硫酸鈉溶液與氯氣能發(fā)生反應(yīng)：eq\x()Na2S2O3＋eq\x()Cl2＋eq\x()H2O=eq\x()NaCl＋eq\x()HCl＋eq\x()H2SO4。下列說法錯(cuò)誤的是()A．氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1B．若0.5molNa2S2O3作還原劑，則轉(zhuǎn)移4mol電子C．當(dāng)Na2S2O3過量時(shí)，溶液能出現(xiàn)渾濁D．硫代硫酸鈉溶液吸收氯氣后，溶液的pH降低【答案】A【解析】根據(jù)電子守恒和原子守恒配平方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O=2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化學(xué)方程式可知，氯氣是氧化劑、硫代硫酸鈉是還原劑、氯化鈉和鹽酸是還原產(chǎn)物、硫酸是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為8e－。氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1，A不正確；若0.5molNa2S2O3作還原劑，則轉(zhuǎn)移4mol電子，B正確；當(dāng)Na2S2O3過量時(shí)，過量的部分可以與硫酸反應(yīng)生成硫，所以溶液能出現(xiàn)渾濁，C正確；硫代硫酸鈉溶液吸收氯氣后生成了酸，故溶液的pH降低，D正確。【思維建?！颗淦降幕痉椒?1)全變從左邊配：氧化劑、還原劑中某元素化合價(jià)是全變的，一般從左邊反應(yīng)物著手配平。(2)自變從右邊配：自身氧化還原反應(yīng)(包括分解、歧化)一般從右邊著手配平。(3)缺項(xiàng)配平法：先將得失電子數(shù)配平，再觀察兩邊電荷。若反應(yīng)物這邊缺正電荷，一般加H＋，生成物一邊加水；若反應(yīng)物這邊缺負(fù)電荷，一般加OH－，生成物一邊加水，然后進(jìn)行兩邊電荷數(shù)配平。(4)當(dāng)方程式中有多個(gè)缺項(xiàng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)化合價(jià)的變化找準(zhǔn)氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。(5)整體配平：指某一氧化還原反應(yīng)中，有三種元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，但其中一種反應(yīng)物中同時(shí)有兩種元素化合價(jià)升高或降低，這時(shí)要進(jìn)行整體配平。考向02缺項(xiàng)型氧化還原方程式的配平【例2】（2024·河北衡水·二模）NaNO2是一種食品添加劑，它能致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應(yīng)的化學(xué)方程式是：MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O。下列敘述中正確的是()A．該反應(yīng)中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被還原B．反應(yīng)過程中溶液的pH減小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH－【答案】C【解析】根據(jù)原子守恒和電荷守恒可推出化學(xué)方程式左邊缺正電荷和H元素，所以eq\x()內(nèi)應(yīng)填H＋，配平化學(xué)方程式：2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O；其中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被氧化，反應(yīng)過程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D錯(cuò)誤，由上述離子方程式可知，C項(xiàng)正確?！舅季S建?！咳表?xiàng)型氧化還原方程式的配平技巧(1)方法先用“化合價(jià)升降法”配平含有變價(jià)元素物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后由原子守恒確定未知物并進(jìn)行配平。(2)補(bǔ)項(xiàng)原則條件補(bǔ)項(xiàng)原則酸性條件下反應(yīng)物缺H(氫)或多O(氧)補(bǔ)H＋生成H2O，反應(yīng)物少O(氧)補(bǔ)H2O(水)生成H＋堿性條件下反應(yīng)物缺H(氫)或多O(氧)補(bǔ)H2O(水)生成OH－，反應(yīng)物少O(氧)補(bǔ)OH－生成H2O【對(duì)點(diǎn)1】（2024·山東濱州·模擬）鋼鐵“發(fā)藍(lán)”是將鋼鐵制品浸到某些氧化性的溶液中，在鋼鐵的表面形成一層四氧化三鐵的技術(shù)過程。其中一種辦法是將鋼鐵制品浸到亞硝酸鈉和濃氫氧化鈉的混合溶液中加熱到130℃反應(yīng)。其過程可以用如下化學(xué)方程式表示：①3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O=Fe3O4＋4NaOH下列說法不正確的是()A．堿性條件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都強(qiáng)B．反應(yīng)①、②是氧化還原反應(yīng)，③不是氧化還原反應(yīng)C．反應(yīng)②配平后，H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)是6D．整個(gè)反應(yīng)過程中，每有16.8gFe參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.8mol電子【答案】C【解析】根據(jù)反應(yīng)①可知堿性條件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2強(qiáng)，根據(jù)反應(yīng)②可知NaNO2的氧化性比Na2FeO4強(qiáng)，A正確；反應(yīng)①、②中N、Fe元素的化合價(jià)均發(fā)生變化，為氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)③中沒有元素化合價(jià)發(fā)生變化，為非氧化還原反應(yīng)，B正確；反應(yīng)②中Na2FeO2中Fe元素化合價(jià)由＋2價(jià)升高到Na2Fe2O4中＋3價(jià)，升高了1，NaNO2中N元素化合價(jià)由＋3價(jià)降低到NH3中－3價(jià)，降低了6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O=3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化學(xué)計(jì)量數(shù)是5，C錯(cuò)誤；16.8gFe的物質(zhì)的量為eq\f(16.8g,56g·mol－1)＝0.3mol，F(xiàn)e元素最終均被氧化為Fe3O4，平均化合價(jià)升高eq\f(8,3)價(jià)，整個(gè)過程中沒有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以轉(zhuǎn)移0.3mol×eq\f(8,3)＝0.8mol電子，D正確?！緦?duì)點(diǎn)2】（2024·江蘇徐州·二模）某反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中對(duì)應(yīng)的物質(zhì)或有關(guān)敘述正確的是()eq\x(Au2O3)＋eq\x()＋eq\x()=eq\x()＋eq\x()＋eq\x()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．當(dāng)1molAu2O3完全反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子8mol【答案】C【解析】Au2O3為反應(yīng)物，則反應(yīng)中Au2O3→Au2O，Au的化合價(jià)由＋3價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，化合價(jià)總共降低2×2＝4價(jià)，Na2S4O6中硫元素平均化合價(jià)為＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合價(jià)為＋2，所以Na2S2O3為反應(yīng)物，Na2S4O6為生成物，由于2Na2S2O3→Na2S4O6，根據(jù)鈉元素守恒可知NaOH是生成物，由氫元素守恒可知水是反應(yīng)物，根據(jù)電子守恒配平反應(yīng)方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O=Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，當(dāng)1molAu2O3完全反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，A、B、D錯(cuò)誤，C正確?？挤?2電子守恒思想在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用1．得失電子守恒對(duì)于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應(yīng)過程，可不寫化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過程，只要把物質(zhì)分為始態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得正確結(jié)果。2．守恒法解題的思維流程(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù))。(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))。3．氧化還原反應(yīng)計(jì)算的常用方法得失電子守恒是指在發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子總數(shù)一定等于還原劑失去的電子總數(shù)。得失電子守恒法常用于氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算及電解過程中電極產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算等。(1)應(yīng)用電子守恒解題的一般步驟——“一、二、三”。①“一找各物質(zhì)”：找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。②“二定得失數(shù)”：確定一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中原子的個(gè)數(shù))。③“三列關(guān)系式”：根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值。(2)多步連續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算：對(duì)于多步連續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，只要中間各步反應(yīng)過程中電子沒有損耗，可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，刪去中間產(chǎn)物，建立二者之間的電子守恒關(guān)系，快速求解。應(yīng)用以上方法解答有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算題時(shí)，可化難為易，化繁為簡(jiǎn)。考向01單一氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒的應(yīng)用【例1】（2024·廣東深圳·一模）某強(qiáng)氧化劑XO(OH)eq\o\al(＋,2)被Na2SO3還原。如果還原2.4×10－3molXO(OH)eq\o\al(＋,2)，需用30mL0.2mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被還原后的價(jià)態(tài)是()A．＋2 B．＋1C．0 D．－1【答案】C【解析】XO(OH)eq\o\al(＋,2)中X的化合價(jià)是＋5，Na2SO3中S的化合價(jià)從＋4升高到＋6，設(shè)X元素被還原后的化合價(jià)為a，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降總數(shù)必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。【思維建?！?1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù))。(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))。考向02多步氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒的應(yīng)用【例2】（2024·湖南長(zhǎng)沙·二模）足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL【答案】A【解析】由題意可知，Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝eq\f(2×1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根據(jù)元素質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，則V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL?！舅季S建?！慷嗖竭B續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算有的試題反應(yīng)過程多，涉及的氧化還原反應(yīng)也多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，若用常規(guī)方法求解比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一關(guān)系，則解題就變得很簡(jiǎn)單。解這類試題時(shí)，注意不要遺漏某個(gè)氧化還原反應(yīng)，要理清具體的反應(yīng)過程，分析在整個(gè)反應(yīng)過程中化合價(jià)發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目。【對(duì)點(diǎn)1】（2024·山東濟(jì)南·模擬）FeS2與硝酸反應(yīng)產(chǎn)物有Fe3＋和H2SO4，若反應(yīng)中FeS2和HNO3物質(zhì)的量之比是1∶8時(shí)，則HNO3的唯一還原產(chǎn)物是()A．NO2B．NOC．N2OD．N2O3【答案】B【解析】設(shè)參加反應(yīng)的FeS2、HNO3物質(zhì)的量分別為1mol、8mol，HNO3的唯一還原產(chǎn)物中N化合價(jià)為＋x。反應(yīng)中有eq\o(Fe,\s\up6(＋2))Seq\o(2,\s\up6(－1))→eq\o(Fe,\s\up6(＋3))(NO3)3＋2H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4，1molFeS2失去電子15mol；Heq\o(N,\s\up6(＋5))O3→eq\o(N,\s\up6(＋x))，只有5molHNO3作氧化劑得電子5×(5－x)mol。則5×(5－x)＝15，解得x＝2。【對(duì)點(diǎn)2】（2024·湖北·三模）二氧化錳礦粉中MnO2含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)流程如圖。下列說法錯(cuò)誤的是()A．Na2C2O4將MnO2還原為Mn2＋B．滴定終點(diǎn)溶液的顏色從無色變?yōu)闇\紫色C．MnO2含量為eq\f(8.7,m)%D．若滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡，則測(cè)得MnO2含量偏小【答案】D【解析】MnO2具有氧化性，Na2C2O4具有還原性，二者發(fā)生反應(yīng)時(shí)，MnO2被還原成Mn2＋，A正確；滴定時(shí)是用KMnO4滴定過量的Na2C2O4，Na2C2O4溶液為無色，KMnO4溶液為紫色，則達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色由無色變成淺紫色，B正確；20mL0.1mol·L－1KMnO4溶液中KMnO4的物質(zhì)的量為20×10－3×0.1mol＝2×10－3mol，由關(guān)系式2MnOeq\o\al(－,4)～5C2Oeq\o\al(2－,4)可知，與KMnO4反應(yīng)的Na2C2O4的物質(zhì)的量為5×10－3mol，則與MnO2反應(yīng)的Na2C2O4的物質(zhì)的量為30×10－3×0.2mol－5×10－3mol＝1×10－3mol，由關(guān)系式MnO2～C2Oeq\o\al(2－,4)可知，樣品中MnO2的物質(zhì)的量為1×10－3mol，質(zhì)量為0.087g，故MnO2的含量為eq\f(0.087g,mg)×100%＝eq\f(8.7,m)%，C正確；若滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡，則KMnO4溶液的體積偏小，結(jié)合C項(xiàng)分析知，計(jì)算得到的MnO2的質(zhì)量偏大，測(cè)得MnO2的含量偏大，D錯(cuò)誤。題型一氧化還原反應(yīng)配平及其應(yīng)用1.（2024·山東煙臺(tái)·一模）已知氧化性：Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為aFe2＋＋bBr－＋cCl2→dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列選項(xiàng)中的數(shù)字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對(duì)應(yīng)，其中不符合反應(yīng)實(shí)際的是()A．243226 B．021012C．201202 D．222214【答案】B【解析】根據(jù)題意，Cl2先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。2.（2024·浙江金華·一模）乙醇與酸性K2Cr2O7溶液混合可發(fā)生如下反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋C2H5OH＋H＋=Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列敘述不正確的是()A．Cr2Oeq\o\al(2－,7)中Cr元素化合價(jià)為＋6B．氧化產(chǎn)物為CH3COOHC．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D．1molC2H5OH發(fā)生上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移2mole－【答案】D【解析】Cr2Oeq\o\al(2－,7)中O是－2價(jià)，則Cr元素化合價(jià)為＋6，A正確；乙醇失去電子被氧化為乙酸，氧化產(chǎn)物為CH3COOH，B正確；K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，C正確；乙醇中碳元素化合價(jià)是－2價(jià)，乙酸中碳元素化合價(jià)是0價(jià)，則1molC2H5OH發(fā)生上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移4mole－，D錯(cuò)誤。3.（2024·河北保定·一模）氯氣跟氫氧化鉀溶液在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY(未配平)，KX在一定條件下能自身反應(yīng)：KX→KY＋KZ(未配平，KY與KZ關(guān)系比為1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的鉀鹽，由以上條件推知在KX中氯的化合價(jià)是()A．＋1 B．＋3C．＋5 D．＋7【答案】C【解析】反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY是Cl2的歧化反應(yīng)，KX、KY中的氯元素分別顯正價(jià)和－1價(jià)；由于KX也發(fā)生歧化反應(yīng)：KX→KY＋KZ，可斷定KY為KCl，化合價(jià)高低：Z中Cl>X中Cl(均為正價(jià))。假設(shè)KX中Cl為＋a價(jià)，KZ中Cl的化合價(jià)為＋b價(jià)，依據(jù)化合價(jià)守恒原理及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a(bǔ)＝1、a＝3、a＝5代入上式討論，可知a＝5時(shí)，b＝7符合題意。則KX中Cl的化合價(jià)為＋5。題型二氧化還原反應(yīng)的計(jì)算4.（2024·湖南長(zhǎng)沙·二模）乙二醇的生產(chǎn)工藝中，需使用熱的溶液(脫碳液)脫除，脫碳液中含有的能減少溶液對(duì)管道的腐蝕?？墒褂谩暗饬糠ā睖y(cè)定脫碳液中的含量，操作中涉及兩個(gè)反應(yīng)如下：①；②。下列說法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)①中氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為3∶2B．反應(yīng)①生成1mol時(shí)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子C．V的最高價(jià)為+5價(jià)，推測(cè)有氧化性和還原性D．溶液酸性過強(qiáng)時(shí)，反應(yīng)②易發(fā)生其他反應(yīng)【答案】A【解析】A．KI中I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，則KI作還原劑，中V元素的化合價(jià)由+5價(jià)降低到+4價(jià)，則作氧化劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，A錯(cuò)誤；B．生成2mol，轉(zhuǎn)移2mol電子，則生成1mol時(shí)轉(zhuǎn)移1mol電子，B正確；C．中V顯+5價(jià)，處于最高價(jià)，O顯-2價(jià)，處于最低價(jià)，即既具有氧化性又具有還原性，C正確；D．在酸性過強(qiáng)時(shí)，與反應(yīng)生成S、和，D正確；故選A。5.（2024·浙江·三模）制備高鐵酸鈉()的一種方法是：，下列說法不正確的是A．作還原劑B．是還原產(chǎn)物C．是一種新型綠色消毒劑，可用于飲用水的處理D．每生成，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為(為阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】D【解析】A．在反應(yīng)中，鐵的價(jià)態(tài)從＋3價(jià)升高為＋6，所以作還原劑，故A正確；B．在反應(yīng)中氯的價(jià)態(tài)從＋1價(jià)降低為－1價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，所以是還原產(chǎn)物，故B正確；C．具有強(qiáng)氧化性，可消毒殺菌；的還原產(chǎn)物水解生成氫氧化鐵膠體可吸附水中雜質(zhì)，可用于飲用水的處理，故C正確；D．由方程式可知，每生成，轉(zhuǎn)移電子6mol，轉(zhuǎn)移總數(shù)為，故D錯(cuò)誤；故選D。6.（2024·浙江·模擬）金星大氣中如存有PH3，據(jù)此推斷金星或許存在生命。利用P4與足量濃KOH溶液反應(yīng)可制備PH3：P4+3KOH(濃)+3H2O=3KH2PO2+PH3↑。下列說法正確的是A．0.1molP4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移0.3mol電子 B．P4是氧化劑C．PH3的電子式為 D．KH2PO2是強(qiáng)電解質(zhì)，屬酸式鹽【答案】A【解析】A．由方程式可知，1分子P4中3個(gè)磷原子失去3個(gè)電子得到KH2PO2，1個(gè)磷原子得到3個(gè)電子形成PH3，所以1molP4參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移3mol電子，即0.1molP4參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移0.3mol電子，故A正確；B．反應(yīng)中P元素化合價(jià)一部分降低至PH3中的-3價(jià)，一部分升高至KH2PO2中的+1價(jià)，所以P4既是氧化劑又是還原劑，故B錯(cuò)誤；C．PH3的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．P4與足量的濃KOH溶液反應(yīng)得到KH2PO2，則KH2PO2為正鹽，故D錯(cuò)誤；故答案為：A。題型三氧化還原反應(yīng)綜合考查7.（2024·河北石家莊·三模）亞氯酸鈉（）具有強(qiáng)氧化性、受熱易分解，可用作漂白劑、食品消毒劑等，以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如圖所示．已知高濃度的易爆炸．下列說法錯(cuò)誤的是A．“反應(yīng)1”中是還原產(chǎn)物，母液中主要成分是B．“反應(yīng)1”需要通入稀釋，以防發(fā)生爆炸C．“反應(yīng)2”中，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為D．若還原產(chǎn)物均為時(shí)，的氧化能力是等質(zhì)量的2.5倍【答案】D【分析】由題給流程可知，反應(yīng)1為二氧化硫與稀硫酸、氯酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化氯和水，反應(yīng)2為二氧化氯與過氧化氫、氫氧化鈉混合溶液反應(yīng)生成亞氯酸鈉、氧氣和水，反應(yīng)得到的亞氯酸鈉在55℃條件下減壓蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過濾得到亞氯酸鈉粗產(chǎn)品?！窘馕觥緼．反應(yīng)1中二氧化硫與稀硫酸、氯酸鈉反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化氯和水，Cl元素化合價(jià)由+5價(jià)下降到+4價(jià)，是還原產(chǎn)物，母液中主要成分是，A正確；B．已知高濃度的易爆炸，反應(yīng)1”需要通入稀釋，以防發(fā)生爆炸，B正確；C．“反應(yīng)2”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，H2O2是還原劑，NaClO2是氧化劑，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，C正確；D．1molCl2完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化2mole-，1mol完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化5mole-，所以等物質(zhì)的量的氧化能力是的2.5倍，D錯(cuò)誤；故選D。8.（2024·浙江·三模）水體中氨氮含量過高會(huì)導(dǎo)致水體富營(yíng)養(yǎng)化，用次氯酸鈉除去氨氮(以NH3表示)的反應(yīng)為：。下列說法不正確的是(為阿伏加德羅常數(shù)的值)A．NaClO是氧化劑，NH3是還原劑B．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1∶3C．反應(yīng)溫度越高，氨氮的去除率也越高D．生成1molN2，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為【答案】C【解析】A．NaClO中氯元素的化合價(jià)由+1價(jià)降低為-1價(jià)，NaCIO是氧化劑，NH3中氮元素的化合價(jià)由-3價(jià)升高為0價(jià)，NH3是還原劑，故A正確；B．N2是氧化產(chǎn)物，NaCl是還原產(chǎn)物，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為1:3，故B正確；C．反應(yīng)溫度過高，NaClO會(huì)分解，氨氮的去除率降低，故C錯(cuò)誤；D．生成1molN2，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，故D正確；故選C。9.（2024·山東菏澤·一模）某化學(xué)興趣小組利用KBr廢液制備溴單質(zhì)，其流程如圖所示(“氧化1”時(shí))。下列說法正確的是A．“吹出”時(shí)涉及氧化還原反應(yīng)B．可用乙醇從溴水中萃取溴C．“氧化1”時(shí)若1mol發(fā)生反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移4mol電子D．“氧化2”時(shí)發(fā)生反應(yīng)【答案】D【分析】由流程可知，KBr廢液中加入MnO2進(jìn)行氧化1，反應(yīng)原理為：MnO2+2Br-+4H+=Mn2++2H2O+Br2，通入足量熱空氣吹出溴，吹出的Br2與Fe化合，反應(yīng)原理為：2Fe+3Br2=2FeBr3，化合后加水溶解，向溶液中通入Cl2，進(jìn)行氧化2反應(yīng)原理為：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，達(dá)到富集溴的目的，再蒸餾分離出液溴，以此來解答?！窘馕觥緼．由分析可知，“吹出”是利用液溴的揮發(fā)性，為物理變化，故不涉及氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．已知乙醇與水能以任意比互溶，不可用乙醇從溴水中萃取溴，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，“氧化1”時(shí)反應(yīng)原理為：MnO2+2Br-+4H+=Mn2++2H2O+Br2，故若1mol發(fā)生反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移2mol電子，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，“氧化2”時(shí)發(fā)生反應(yīng)，D正確；故答案為：D。10.（2024·湖南邵陽·三模）亞氯酸鈉是一種重要的含氯消毒劑。馬蒂遜法制備亞氯酸鈉的流程如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的和的物質(zhì)的量之比為2：1B．反應(yīng)②條件下，的氧化性大于C．反應(yīng)②中的可用代替D．若反應(yīng)①通過原電池來實(shí)現(xiàn)，則是正極產(chǎn)物【答案】C【解析】A．根據(jù)流程圖反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2，氧化產(chǎn)物是NaHSO4，根據(jù)化合價(jià)升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為2：1，故A正確；B．據(jù)流程圖反應(yīng)②ClO2與H2O2反應(yīng)的變價(jià)情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，故B正確；C．據(jù)流程圖反應(yīng)②，在ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價(jià)降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價(jià)升高，不能用NaClO4代替H2O2，故C錯(cuò)誤；D．由反應(yīng)①化合價(jià)變化情況，再根據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應(yīng)，所以ClO2是正極產(chǎn)物，故D正確；故選C。11.（2024·浙江·模擬）關(guān)于反應(yīng)2Cu2S+14HNO3=2CuSO4+2Cu(NO3)2+5NO2↑+5NO↑+7H2O，下列說法不正確的是A．HNO3在反應(yīng)中體現(xiàn)氧化性和酸性B．CuSO4和Cu(NO3)2都是氧化產(chǎn)物C．0.2molCu2S參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子2molD．隨著產(chǎn)物中NO和NO2比例的改變，CuSO4和Cu(NO3)2的比例也發(fā)生相應(yīng)的改變【答案】D【解析】A．反應(yīng)中N元素化合價(jià)從+5價(jià)降低到+2價(jià)，被還原，HNO3作氧化劑，體現(xiàn)了氧化性；生成物有Cu(NO3)2，還體現(xiàn)了HNO3的酸性，A正確；B．反應(yīng)中Cu元素化合價(jià)由+1價(jià)升高到+2價(jià)，S元素化合價(jià)從-2價(jià)升高到0價(jià)，硫酸銅和硝酸銅都是氧化產(chǎn)物，B正確；C．Cu2S作還原劑，Cu元素化合價(jià)由+1價(jià)升高到+2價(jià)，S元素化合價(jià)從-2價(jià)升高到0價(jià)，0.2molCu2S參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2mol電子，C正確；D．根據(jù)原子守恒，每1molCu2S參與反應(yīng)，S守恒則硫酸銅1mol，Cu守恒則硝酸銅1mol，硫酸銅與硝酸銅的比例一直是1：1，D錯(cuò)誤；答案選D。12.（2024·遼寧丹東·一模）高鐵酸鈉是一種新型綠色消毒劑，濕法制備高鐵酸鈉的化學(xué)原理可用化學(xué)方程式表示為：。為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．在該反應(yīng)中作氧化劑B．和中均含離子鍵和極性鍵C．溶液中含有的數(shù)目為D．當(dāng)轉(zhuǎn)移時(shí)，生成的中含有的孤電子對(duì)數(shù)為【答案】D【解析】A．反應(yīng)中Fe元素由+3價(jià)上升到+6價(jià)，在該反應(yīng)中作還原劑，A錯(cuò)誤；B．是離子化合物含有離子鍵，ClO-中含有極性共價(jià)鍵，中只含有離子鍵，B錯(cuò)誤；C．溶液中會(huì)發(fā)生水解，含有的數(shù)目小于，C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)中Fe元素由+3價(jià)上升到+6價(jià)，當(dāng)轉(zhuǎn)移時(shí)，消耗1mol，生成2.5molH2O，H2O分子中含有=2個(gè)孤電子對(duì)，則2.5molH2O含有的孤電子對(duì)數(shù)為，D正確；故選D。13.（2024·重慶榮昌·模擬）黃鐵礦()在酸性條件下發(fā)生催化氧化的反應(yīng)歷程如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A．反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均發(fā)生氧化還原反應(yīng)B．反應(yīng)Ⅰ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為C．反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為D．該過程的總反應(yīng)為【答案】A【分析】反應(yīng)I的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反應(yīng)Ⅲ的離子方程式為Fe2++NO=Fe(NO)2+，反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+；【解析】A．反應(yīng)I、Ⅱ是氧化還原反應(yīng)；反應(yīng)Ⅲ，無元素化合價(jià)變化，為非氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)I的離子方程式為4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為，B正確；C．反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為，C正確；D．該過程的總反應(yīng)為，D正確；故選A。14.（2024·安徽合肥·三模）某課題組利用工業(yè)廢氣中的NO制備NH4NO3的工藝流程如圖所示，若裝置Ⅰ和裝置Ⅱ中反應(yīng)后都為(不考慮HNO2電離)，下列說法錯(cuò)誤的是A．裝置Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式為B．裝置Ⅰ中若有5.6L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)NO參與反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移0.5mol電子C．裝置Ⅲ中，可實(shí)現(xiàn)原子利用率最大化D．裝置Ⅲ發(fā)生的氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為【答案】D【分析】由題給流程可知，裝置Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)為一氧化氮與溶液中Ce4+離子反應(yīng)生成Ce3+離子、硝酸根離子、亞硝酸和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為；裝置Ⅱ中電解反應(yīng)所得溶液，Ce3+離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Ce4+離子，氫離子部分在陰極得到電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氫氣，除雜得到含有等物質(zhì)的量的硝酸和亞硝酸的溶液；裝置Ⅲ中發(fā)生的反應(yīng)為氨氣和氧氣與溶液中的硝酸和亞硝酸反應(yīng)生成硝酸銨，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為。【解析】A．由分析可知，裝置Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)為一氧化氮與溶液中Ce4+離子反應(yīng)生成Ce3+離子、硝酸根離子、亞硝酸和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為，故A正確；B．由分析可知，裝置Ⅰ中發(fā)生的反應(yīng)為一氧化氮與溶液中Ce4+離子反應(yīng)生成Ce3+離子、硝酸根離子、亞硝酸和氫離子，反應(yīng)的離子方程式為，由方程式可知，裝置Ⅰ中2mol一氧化氮發(fā)生反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下5.6L一氧化氮發(fā)生反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為×2=0.5mol，故B正確；C．由分析可知，裝置Ⅲ中發(fā)生的反應(yīng)為氨氣和氧氣與溶液中的硝酸和亞硝酸反應(yīng)生成硝酸銨，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為，由方程式可知，裝置Ⅲ中時(shí)，生成物只有硝酸銨，可實(shí)現(xiàn)原子利用率最大化，故C正確；D．由分析可知，裝置Ⅲ中發(fā)生的反應(yīng)為氨氣和氧氣與溶液中的硝酸和亞硝酸反應(yīng)生成硝酸銨，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為，由方程式可知，氧化劑氧氣和還原劑亞硝酸的物質(zhì)的量比為1∶2，故D錯(cuò)誤；故選D。15.（2024·河北邯鄲·一模）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是()A．原固體混合物中Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.4mol·L－1C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48LD．Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.6mol【答案】D【解析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1mol，沉淀為Cu(OH)2，質(zhì)量為39.2g，其物質(zhì)的量n[Cu(OH)2]＝eq\f(39.2g,98g·mol－1)＝0.4mol，根據(jù)銅元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反應(yīng)后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4mol。設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量有64x＋144y＝27.2，根據(jù)銅元素守恒有x＋2y＝0.4，聯(lián)立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.2mol∶0.1mol＝2∶1，A項(xiàng)正確；根據(jù)電子得失守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2mol＋2×0.1mol，解得n(NO)＝0.2mol。根據(jù)氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2mol＋1.0mol·L－1×1.0L＝1.2mol，所以原硝酸溶液的濃度c(HNO3)＝eq\f(1.2mol,0.5L)＝2.4mol·L－1，B項(xiàng)正確；根據(jù)選項(xiàng)B計(jì)算可知n(NO)＝0.2mol，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO的體積為0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，C項(xiàng)正確；反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉先與硝酸反應(yīng)，剩余的氫氧化鈉與硝酸銅反應(yīng)，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知反應(yīng)后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。1.（2024·浙江卷）汽車尾氣中的和在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：，下列說法不正確的是(為阿伏加德羅常數(shù)的值)A．生成轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為 B．催化劑降低與反應(yīng)的活化能C．是氧化劑，是還原劑 D．既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物【答案】D【分析】NO中N的化合價(jià)為+2價(jià)，降低為0價(jià)的N2，1個(gè)NO得2個(gè)電子，作氧化劑，發(fā)生還原反應(yīng)，CO中C為+2價(jià)，化合價(jià)升高為+4價(jià)的CO2，失去2個(gè)電子，作還原劑發(fā)生氧化反應(yīng)；【解析】A．根據(jù)分析，1molCO2轉(zhuǎn)移2NA的電子，A正確；B．催化劑通過降低活化能，提高反應(yīng)速率，B正確；C．根據(jù)分析，NO是氧化劑，CO是還原劑，C正確；D．根據(jù)分析，N2為還原產(chǎn)物，CO2為氧化產(chǎn)物，D錯(cuò)誤；故答案為：D。2.（2023·浙江卷）關(guān)于反應(yīng)，下列說法正確的是A．生成，轉(zhuǎn)移電子 B．是還原產(chǎn)物C．既是氧化劑又是還原劑 D．若設(shè)計(jì)成原電池，為負(fù)極產(chǎn)物【答案】A【解析】A．由方程式可知，反應(yīng)生成1mol一氧化二氮，轉(zhuǎn)移4mol電子，故A正確；B．由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)升高被氧化，NH2OH是反應(yīng)的還原劑，故B錯(cuò)誤；C．由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價(jià)升高被氧化，NH2OH是反應(yīng)的還原劑，鐵元素的化合價(jià)降低被還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，故C錯(cuò)誤；D．由方程式可知，反應(yīng)中鐵元素的化合價(jià)降低被還原，鐵離子是反應(yīng)的氧化劑，若設(shè)計(jì)成原電池，鐵離子在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成亞鐵離子，亞鐵離子為正極產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤；故選A。3.（2023·北京卷）離子化合物和與水的反應(yīng)分別為①；②。下列說法正確的是A．中均有非極性共價(jià)鍵B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)C．中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為，中陰、陽離子個(gè)數(shù)比為D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的和的物質(zhì)的量相同【答案】C【解析】A．Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，CaH2中只有離子鍵而不含非極性鍵，A錯(cuò)誤；B．①中水的化合價(jià)不發(fā)生變化，不涉及氧化還原反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．Na2O2由Na+和組成．陰、陽離子個(gè)數(shù)之比為1∶2，CaH2由Ca2+和H-組成，陰、陽離子個(gè)數(shù)之比為2∶1，C正確；D．①中每生成1個(gè)氧氣分子轉(zhuǎn)移2個(gè)電子，②中每生成1個(gè)氫氣分子轉(zhuǎn)移1個(gè)電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同時(shí)，生成氧氣和氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶2，D錯(cuò)誤；故選C。4.（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，F(xiàn)e完全溶解。NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子為0.1mol B．HCl溶液中數(shù)為3NAC．含有的中子數(shù)為1.3NA D．反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體3.36L【答案】A【分析】2.8gFe的物質(zhì)的量為0.05mol；100mL3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物質(zhì)的量均為0.3mol，兩者發(fā)生反應(yīng)后，F(xiàn)e完全溶解，而鹽酸過量。【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，該反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子0.1mol，A正確；B．HCl溶液中Cl-的物質(zhì)的量為0.3mol，因此，Cl-數(shù)為0.3NA，B不正確；C．56Fe的質(zhì)子數(shù)為26、中子數(shù)為30，2.8g56Fe的物質(zhì)的量為0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子數(shù)為1.5NA，C不正確；D．反應(yīng)生成H2的物質(zhì)的量為0.05mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為1.12L，D不正確；綜上所述，本題A。5.(2022·湖南卷)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)H＋和e－的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為N2進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過程如圖所示。下列說法正確的是()A.過程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)發(fā)生氧化反應(yīng)B.a和b中轉(zhuǎn)移的e－數(shù)目相等C.過程Ⅱ中參與反應(yīng)的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D.過程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O【答案】C【解析】過程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為NO，氮元素化合價(jià)由＋3價(jià)降低到＋2價(jià)，NOeq\o\al(－,2)得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；過程Ⅰ為NOeq\o\al(－,2)在酶1的作用下轉(zhuǎn)化為NO和H2O，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋2H＋＋e－eq\o(=,\s\up7(酶1))NO＋H2O，生成1molNO，a過程轉(zhuǎn)移1mole－。過程Ⅱ?yàn)镹O和NHeq\o\al(＋,4)在酶2的作用下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成H2O和N2H4，依據(jù)得失電子守恒、電荷守