资源简介 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·天津和平二模)利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )A．表示NO2B．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5C．可用O3替换CH3OHD．若生成CO2气体，则反应转移的电子数为2NA2．(2025·吉林二模)磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是( )A．P4只发生了氧化反应B．反应过程中溶液pH增大C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120molD．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗3．【流程转化与逻辑思维】(2025·湖北模拟)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-+3H2OB．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·广东深圳二模)四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是( )A．方法1中，吸收SO2前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变B．若烟气中还含有NO2，采用方法2可实现同时脱硫脱硝C．方法3中能循环利用的物质是NaOHD．方法4中SO2与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：15．【对非常规物质进行分析与模型认知】(2025·北京海淀三模)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+2HClC．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HClD．与盐酸反应的离子方程式为：CuH+H+=Cu+ +H2↑6．(2025·安徽省皖南八校高三第一次大联考)Cl2O、ClO2、Cl2O7，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：①2Cl2+ 2Na2CO3+H2O=Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl②2NaClO3+4HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O③6HClO4+ P2O5=2H3PO4+3Cl2O7下列说法错误的是( )A．反应①每生成0.5mol Cl2O，转移电子数约为B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C．Cl2O7是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为Cl2O7+H2O=2H++2ClO4-D．Cl2O、ClO2均可用作消毒剂，自身会被还原为Cl-，则ClO2消毒能力是等质量Cl2O的1.25倍02缺项氧化还原反应配平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168．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603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．+711．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．713．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．Fe5O704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．＋615．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．516．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 MnO 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Mn 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】(2025·河南安阳一模)在条件下，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2：1B．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3：1C．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 molNaCl22．在有氧条件下，硫杆菌可将黄铁矿(主要成分为FeS2)氧化为硫酸，反应的化学方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。下列说法正确的是( )A．FeS2中S元素为价，具有强还原性B．0.2mol FeS2被氧化时，反应共转移3.2mol电子C．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：7D．该反应中可能会有Fe2(SO4)3生成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3：2D．每1molK2FeO4与水反应，产生0.5molO225．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．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-= Fe3O4+ S4O62-。下列说法错误的是( )A．该反应中O2作氧化剂 B．该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂C．3个Fe2+参加反应时有1个O2被氧化 D．离子方程式中x=42．当小溪流经硫矿时，硫矿与水中氧的反应，生成Fe2＋及H＋使小溪呈酸性。当溪水和其他水混合时，溶于水的铁以针铁矿[FeO(OH)]的形式沉淀出来，反应的离子方程式为Fe2＋＋O2＋H2O→FeO(OH)↓＋H＋，该离子方程式中H2O的化学计量数为( )A．5 B．6 C．7 D．83．【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1molC．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+4．(2025·河南省新高中创新联盟高三调研考试)实验室用足量NaOH溶液吸收Cl2，当吸收温度不同时，生成的产物除了H2O可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列“结论”与“假设”关联正确的是( )选项 假设钠盐只有 结论A NaClO、NaCl 吸收后的溶液中c(ClO-)一定等于c(Cl-)B NaClO3、NaCl 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5C NaClO、NaClO3、NaCl 由吸收后的溶液中n(Cl-)可计算吸收的n(Cl2)D NaClO、NaClO3、NaCl 参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2：15．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1：2C．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6．(2025·内蒙古赤峰二模)SiC量子点(粒子直径在1~100nm之间的新型半导体材料)可以从蓝色到黄色波段连续可调地发光，因此被用来制作发光和光探测器件。科学家借助化学腐蚀法制备SiC量子点溶液，腐蚀过程中涉及到的化学反应如下：SiC+2HNO3+6HF=H2SiF6+CO2↑+2HNO2+2H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．SiC量子点溶液可以产生丁达尔效应B．每消耗6.72LHF(标准状况下)，转移电子数目为0.4NAC．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2D．44gCO2中含有σ键的数目为4NA7．【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+2H2OD．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶18．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________________________。20．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 。10．【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．(2024·湖南卷，6，3分)下列过程中，对应的反应方程式错误的是( )A 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌 2ZnCO3+C2Zn+3CO↑B CaH2用作野外生氢剂 CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑C 饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢 CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)D 绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O72- Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O2．(2021·湖南卷，8，3分)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11：6C．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3．(2021 北京卷，9，3分)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↓+H2SO4ii.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H2SO4B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3C．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↑4．(2023 山东卷，9，3分)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )A． B．C． D．5．(2017 浙江11月，27，4分)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_____________。21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)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·天津和平二模)利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )A．表示NO2B．氧化剂与还原剂物质的量之比为6：5C．可用O3替换CH3OHD．若生成CO2气体，则反应转移的电子数为2NA【答案】B【解析】A项，由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，NO2仍然是大气污染物，A错误；B项，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个价位，氧化剂NO3-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6：5，B正确；C项，CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，C错误；D项，未注明气体状态，无法计算，D错误；故选B。2．(2025·吉林二模)磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是( )A．P4只发生了氧化反应B．反应过程中溶液pH增大C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120molD．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗【答案】C【解析】反应中P由0价歧化为+5价和-3价，Cu由+2价降为+1价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P。A项，P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；B项，反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH减小，故B错误；C项，据分析，根据氧化反应计算电子转移的物质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol电子，故C正确；D项，皮肤接触到白磷，虽然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有强腐蚀性，不能用NaOH溶液清洗，故D错误；故选C。3．【流程转化与逻辑思维】(2025·湖北模拟)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-+3H2OB．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·广东深圳二模)四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图，下列说法不正确的是( )A．方法1中，吸收SO2前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变B．若烟气中还含有NO2，采用方法2可实现同时脱硫脱硝C．方法3中能循环利用的物质是NaOHD．方法4中SO2与CO反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】A项，方法1中，SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3，反应方程式为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，在SO2中硫元素化合价为 + 4价，在Na2SO3中硫元素化合价为 + 4价，在NaHSO3中硫元素化合价也为 + 4价，吸收SO2前后溶液中硫元素化合价未发生改变，A正确；B项，方法2中，氨水呈碱性，SO2是酸性氧化物，能与氨水反应被吸收；NO2具有氧化性，能与氨水发生氧化 - 还原反应，所以采用方法2可实现同时脱硫脱硝，B正确；C项，方法3中，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，Na2SO3与Ca(OH)2反应生成CaSO3和NaOH，生成的NaOH可以继续用于吸收SO2，能循环利用的物质是NaOH，C正确；D项，方法4中，SO2与CO反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2，在该反应中，SO2中硫元素化合价从 + 4价降低到0价，SO2作氧化剂；CO中碳元素化合价从 + 2价升高到 + 4价，CO作还原剂，根据化学方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误；故选D。5．【对非常规物质进行分析与模型认知】(2025·北京海淀三模)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+2HClC．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HClD．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。6．(2025·安徽省皖南八校高三第一次大联考)Cl2O、ClO2、Cl2O7，都是氯的常见氧化物，制备方法如下：①2Cl2+ 2Na2CO3+H2O=Cl2O↑+2NaHCO3+2NaCl②2NaClO3+4HCl =2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O③6HClO4+ P2O5=2H3PO4+3Cl2O7下列说法错误的是( )A．反应①每生成0.5mol Cl2O，转移电子数约为B．反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1C．Cl2O7是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为Cl2O7+H2O=2H++2ClO4-D．Cl2O、ClO2均可用作消毒剂，自身会被还原为Cl-，则ClO2消毒能力是等质量Cl2O的1.25倍【答案】D【解析】A项，反应①中生成1个Cl2O转移2e-，故生成0.5mol Cl2O转移电子数约为，A正确；B项，反应中②的HCl，一半表现酸性，一半表现还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B正确；C项，Cl2O7是酸性氧化物，与水反应生成强酸高氯酸，离子方程式为Cl2O7+H2O=2H++2ClO4-，C正确；D项，ClO2和Cl2O在消毒时自身均被还原为Cl-，则等质量ClO2和Cl2O得到电子数之比为29∶18，ClO2消毒能力是等质量Cl2O的1.61倍，D错误；故选D。02缺项氧化还原反应配平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 MnO 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Mn 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】(2025·河南安阳一模)在条件下，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2：1B．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3：1C．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．在有氧条件下，硫杆菌可将黄铁矿(主要成分为FeS2)氧化为硫酸，反应的化学方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。下列说法正确的是( )A．FeS2中S元素为价，具有强还原性B．0.2mol FeS2被氧化时，反应共转移3.2mol电子C．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：7D．该反应中可能会有Fe2(SO4)3生成【答案】D【解析】该反应中硫元素化合价升高，发生氧化反应，则FeS2为还原剂，FeSO4和H2SO4为氧化产物，氧元素化合价降低，发生还原反应，则O2为氧化剂，FeSO4和H2SO4为还原产物。A项，FeS2中S元素为 1价，故A项错误；B．2molFeS2被氧化时转移28mol电子，则0.2molFeS2被氧化时，反应共转移2．8mol电子，故B项错误；C．由分析可知，O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2，故C项错误；D．FeSO4易被氧气氧化为Fe2(SO4)3，该反应中可能会有Fe2(SO4)3生成，故D项正确；故选D。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3：2D．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．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-= Fe3O4+ S4O62-。下列说法错误的是( )A．该反应中O2作氧化剂 B．该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂C．3个Fe2+参加反应时有1个O2被氧化 D．离子方程式中x=4【答案】C【解析】A项，该反应O2中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；B项，该反应中Fe2+的铁元素化合价升高，S2O32-中硫元素平均化合价为+2价，S4O62-中硫元素的平均化合价为+2.5价，即S元素化合价升高，所以Fe2+和S2O32-都是还原剂，故B正确；C项，该反应中每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，但反应时O2中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误；D．由电荷守恒可知，3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2)，解得x=4，故D正确 ；故选C。2．当小溪流经硫矿时，硫矿与水中氧的反应，生成Fe2＋及H＋使小溪呈酸性。当溪水和其他水混合时，溶于水的铁以针铁矿[FeO(OH)]的形式沉淀出来，反应的离子方程式为Fe2＋＋O2＋H2O→FeO(OH)↓＋H＋，该离子方程式中H2O的化学计量数为( )A．5 B．6 C．7 D．8【解析】B【答案】FeO(OH)中铁的价态为＋3价，反应中铁的价态升高1价，氧的价态降低4价，由电子守恒有4Fe2＋＋1O2＋H2O→4FeO(OH)↓＋H＋，再由电荷守恒可得4Fe2＋＋1O2＋H2O→4FeO(OH)↓＋8H＋，最后据质量守恒得4Fe2＋＋1O2＋6H2O→4FeO(OH)↓＋8H＋，B项符合题意。3．【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1molC．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。4．(2025·河南省新高中创新联盟高三调研考试)实验室用足量NaOH溶液吸收Cl2，当吸收温度不同时，生成的产物除了H2O可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列“结论”与“假设”关联正确的是( )选项 假设钠盐只有 结论A NaClO、NaCl 吸收后的溶液中c(ClO-)一定等于c(Cl-)B NaClO3、NaCl 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5C NaClO、NaClO3、NaCl 由吸收后的溶液中n(Cl-)可计算吸收的n(Cl2)D NaClO、NaClO3、NaCl 参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2：1【答案】D【解析】A项，氯气与氢氧化钠反应生成等物质的量的次氯酸和盐酸，而NaClO要水解，所以则吸收后的溶液中n(ClO-)＜n(Cl-)，故A错误；B项，根据方程式：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；故B错误；C项，若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，已知溶液中n(Cl-)，可以得知转移的电子数，但是不能得到NaClO、NaClO3的比例，故不能计算吸收的n(Cl2)，故C错误；D项，NaOH与Cl2相互反应生成NaClO、NaClO3、NaCl，由组成可知钠元素与氯元素的物质的量之比为1：1，所以NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比一定为2：1，故D正确；故选D。5．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1：2C．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。6．(2025·内蒙古赤峰二模)SiC量子点(粒子直径在1~100nm之间的新型半导体材料)可以从蓝色到黄色波段连续可调地发光，因此被用来制作发光和光探测器件。科学家借助化学腐蚀法制备SiC量子点溶液，腐蚀过程中涉及到的化学反应如下：SiC+2HNO3+6HF=H2SiF6+CO2↑+2HNO2+2H2↑。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．SiC量子点溶液可以产生丁达尔效应B．每消耗6.72LHF(标准状况下)，转移电子数目为0.4NAC．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2D．44gCO2中含有σ键的数目为4NA【答案】A【解析】A项，SiC量子点(粒子直径在1~100nm之间)，属于胶体，可以产生丁达尔效应，A正确；B项，标况下HF不是气体，无法计算其物质的量，B错误；C项，该化学反应SiC+2HNO3+6HF=H2SiF6+CO2↑+2HNO2+2H2↑，氧化产物为CO2，还原产物为HNO2和H2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，C错误；D项，二氧化碳的结构式为：O=C=O，44gCO2是1mol，1个CO2含有两个π键和两个σ键，含有σ键的数目为2NA，D错误；故选A。7．【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+2H2OD．“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。8．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。20．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。10．【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．(2024·湖南卷，6，3分)下列过程中，对应的反应方程式错误的是( )A 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌 2ZnCO3+C2Zn+3CO↑B CaH2用作野外生氢剂 CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑C 饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢 CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)D 绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2O72- Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O【答案】A【解析】A项，火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C在高温条件下生成还原性气体CO，CO还原ZnO生成Zn，因此总反应为2ZnCO3+C2Zn+3CO↑，A项错误；B项，CaH2为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑，B项正确；C项，锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)，C项正确；D项，Cr2O72-具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，D项正确；故选A。2．(2021·湖南卷，8，3分)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11：6C．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。3．(2021 北京卷，9，3分)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↓+H2SO4ii.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H2SO4B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3C．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。4．(2023 山东卷，9，3分)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )A． B．C． D．【答案】C【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH的物质的量，即羟基的含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=，所以与ROH反应的乙酸酐的物质的量=，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟基质量分数=，故选C 。5．(2017 浙江11月，27，4分)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。21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com)21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 备战2026年高考化学真题分类汇编（通用版）第05讲氧化还原反应方程式的配平与计算（专项训练）（原卷版）.docx 备战2026年高考化学真题分类汇编（通用版）第05讲氧化还原反应方程式的配平与计算（专项训练）（解析版）.docx
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