第 4 讲 氧化还原反应
【知识梳理】
一、氧化还原反应及其相关概念
概念 定义 备注
氧化反应 物质失去电子的反应 物质失去电子的外部表现为化合价的升高
还原反应 物质得到电子的反应 物质得到电子的外部表现为化合价的降低
氧化产物 通过发生氧化反应所
得的生成物
还原产物 通过发生还原反应所
得的生成物
氧化还原反应中，氧化产物、还原产物可以是同一种
产物，也可以是不同产物，还可以是两种或两种以上
的产物。如反应 4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2 中，Fe2O3
和 SO2 均既为氧化产物，又为还原产物
氧化剂 得到电子的反应物
常见氧化剂：活泼的非金属单质单质；如卤素单质(X2)、
O2、S 等(2)高价态离子；如 Fe3+、Cu2+等；高价或较
高价含氧化合物；如 MnO2、浓 H2SO4、HNO3、KMnO4
等；过氧化物，如 Na2O2、H2O2 等
还原剂
失去电子的反应物 常见还原剂：活泼或较活泼金属；如 K、Na、Zn、Fe
等②一些非金属单质；如 H2、C、Si 等；较低态的化
合物；CO、SO2、H2S、Na2SO3、FeSO4
氧化性 得到电子的能力
还原性 失去电子的能力
物质的氧化性、还原性的强弱与其得失电子能力有关，
与得失电子的数目无关
2．特征：反应前后元素化合价发生了变化。
（1）元素化合的计算原则：单质的化合价为零；化合物中，元素正、负化合价的代数和为
零；非金属元素和氧元素结合显正化合价（除 F 外）；非金属元素和氢元素结合显负化合价。
（2）同种元素，最高价态只有氧化性，最低价态只有还原性，中间价态既有氧化性
又有还原性；在反应中，得到电子所含元素化合价降低的物质均具有氧化性，失去电子所
含元素的化合价升高的物质具有还原性。
3．本质：反应过程中电子转移（得失或偏移）。
4．规律：在一个化学反应中氧 化 反 应 和 还 原 反 应 同时发 生 ， 氧 化 剂 和 还 原 剂 同时存在 ,氧化剂得电子，还原剂失电子,得失电子同时发生。同一氧化还原反应中,氧化剂和还原剂
得失电子总数相等，即化合价升高的总价数等于降低的总价数。
例题 1、下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是 。
①在氧化还原反应中，某元素由化合态变为单质，此元素可能被还原，也可能被氧化
②在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂，金属单质一定是还原剂
③化合物分解的产物有单质，则该分解反应必属于氧化还原反应
④化学反应 K2MnO4＋Cl2=2KCl＋MnO2＋O2 属于氧化还原反应
⑤金属阳离子只有氧化性，HI 只有还原性
⑥漂白粉在空气中变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生
⑦某单质 X 能从盐的溶液中置换出单质 Y，当 X、Y 都是非金属时，Y 一定比 X 活泼
⑧1molNa2O2 与足量的水反应，转移的电子数为 2NA
⑨5.6g 铁粉与硝酸反应失去电子数一定为 0.3NA
二、氧化还原反应中电子转移的表示方法
1．单线桥法:表示氧化剂与还原剂之间电子转移的方向和总数。
（1）箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素；
（2）箭头方向表示电子转移的方向；
（3）在“桥”上标明转移的是电子总数。
2．双线桥法：表示氧化剂及其还原产物、还原剂及其氧化产物之间电子转移情况。
(1)箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素;
(2)箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。
例题 2、某一反应体系中有反应物和生成物共 5 种物质：S、H2S、HNO3、NO 和 H2O。已
知水是反应产物之一。
(1)该反应中的还原剂是____________。
(2)该反应中的还原产物是____________。
(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____________。
(4)若反应过程中转移了 0.3 mol 电子，则生成水的质量是__________________。三、氧化还原反应的基本规律
1．电子得失守恒规律:氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用
于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式。运用守恒规律进行氧化还原反应的
计算方法是：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变
价元素的原子个数×化合价的变化值。
2．表现性质规律:当元素具有可变化合价，一般化合价处于最高价态时只具有氧化性；处于
最低价态时只具有还原性；处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性。利用此规律可判断
物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱。
3．反应先后规律：同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被
氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，
首先被还原的是氧化性较强的物质。如：将 Cl2 通人物质的量浓度相同的 NaBr 和 NaI 的混
合液中，C12 首先与 NaI 反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的 Fe2+、和 Cu2+的混合
溶液中，Fe 首先与 Fe3+反应；FeBr2 中通入 Cl2 ，Cl2 首先氧化 Fe2+。
4．价态变化规律:高价氧化（性）低价还（原性），中间价态两边转。同一元素的不同价态
之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉。本规律应用于氧化还原反应的分析和判
断（如反应 KClO3＋6HCl===KCl＋3C12↑＋3H2O 中氧化产物和还原产物均为 C12，电子转
移数目是 5e－）。
（1）岐化反应规律：同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转
移的氧化还原反应叫歧化反应。岐化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下
同时向较高和较低的价态转化。歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素
的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算。
（2）价态归中规律:同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反
应，称之为归中反应，也称“反歧化反应”。常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能
发生，否则不反应，如 SO2 与浓硫酸不反应，可用浓 H2SO4 干燥。
5．性质强弱规律：氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还
原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。
常用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化必较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，亦可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂>氧化
产物，还原性：还原剂>还原产物。
例题 3、L、M、R、P、Q 分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B 分别代表两
种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质 M
中的氮元素化合价要比物质 Q 中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下的转
化(关系式未配平)：①P＋A―→Q＋B ②L＋O2―→M＋H2O ③L＋M―→R＋H2O ④B＋
H2O―→A＋O2
(1)若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸是________，理由是_____________。
(2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等) 作用下，加热到一定温度时方能发生，此反应在化工
生产上有重要用途，据此推断在同温同压下，若物质 R 密度比空气的密度小，则 R 的化学
式为________。
(3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转换的关系式：Ⅰ.M＋P―→N2O3＋H2OⅡ.N2O4＋
H2O―→P＋QⅢ.M＋L―→Q＋H2O 其中一定不可能实现的是________，理由是______。
【指点迷津】守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守
恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子
守恒。电荷守恒即反应前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒(或称质量守恒)，也就
是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子数一定等于
得电子数，即得失电子数目保持守恒。比如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，
顺利解答。
四、氧化性强弱、还原性强弱的比较
金属原子因其最外层电子数较少，通常都容易失去电子，表现出还原性，一般来说金属性也
就是还原性；非金属原子因其最外层电子数较多，通常都容易得到电子，表现出氧化性，一
般来说非金属性也就是氧化性。物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难
易，与得失电子的多少无关。
1．氧化性强弱的比较
（1）根据非金属活动顺序判断：氧化性：F2＞O2＞Cl2＞Br2＞I2＞S；
（2）根据反应方程式判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物＞还原剂；
（3）根据反应条件判断：还原剂相同时，反应越容易进行，氧化剂的氧化性越强；
（4）根据还原剂被氧化的程度判断：还原剂、条件都相同时，还原剂被氧化得越彻底，氧
化剂的氧化性越强；
（5）据电解池中放电顺序，先得电子者氧化性强，其规律为阳离子得电子顺序（即氧化性
强弱顺序）。
2．还原性强弱的比较
（1）根据根据活动顺序表判断:（2）根据非金属活动顺序判断：F－＜O2－＜Cl－＜Br－＜I－＜S2－；
（3）根据反应方程式判断：还原剂＞还原产物＞氧化剂；
（4）根据反应条件判断：氧化剂相同时，反应越容易进行，还原剂的还原性越强；
（5）根据氧化剂被还原的程度判断：氧化剂、条件都相同时，氧化剂被还原得越彻底，还
原剂的还原性越强；
（6）根据原电池电极：负极金属比正极金属活泼（还原性强）；
（7）据电解池中放电顺序，先失电子者还原性强，其规律为阴离子失电子顺序（即还原性
强弱顺序）：S2->I->Br->Cl->OH->NO3-、SO42-等
例题 4、氯酸是一种强酸，浓度超过 40％时会发生分解，反应可表示为： a HClO3 = bO2↑+
c Cl2↑+ d HClO4 + e H2O。下列有关说法不正确的是
A．由反应可确定：氧化性 HClO3＞O2
B．若氯酸分解所得混合气体 lmol 混合气体质量为 45g，则反应方程式可表示为：3HClO3 =
2O2↑+ C12↑+ HClO4 + H2O
C．由非金属性 Cl＞S，可推知酸性 HClO3＞H2SO4
D．若化学计量数 a=8，b=3，则该反应转移电子数为 20e－
五、氧化还原反应的配平和简单计算
1．氧化还原反应方程式的配平方法
氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价
降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还
原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：
(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。
(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。
(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
的化学计量数。
(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。
(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方
程式是否正确。2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
2．氧化还原反应的相关计算
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还
原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不
写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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。守恒法解题的思维流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变
化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价)。
例题 5、次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。（1）NaH2PO2 中 P 元素的化合价
为 。（2）化学镀镍的溶液中含有 Ni2+和 H2PO2-，在酸性等条件下发生下述反
应： （a） Ni2+ + H2PO2-+ → Ni + H2PO3 -+ （b）
6H2PO2- +2H+ = 2P+4H2PO3-+3H2↑ 请在答题卡上写出并配平反应式（a）。（3）利用②中反
应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。
请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点： ；原理上的不同
点： ；化学镀的优点： 。
【指点迷津】在不同介质条件下，配平氧原子的经验规则
介质条件 左边比右边多一个氧原子 左边比右边少一个氧原子
中性 左边加入一个 H2O，右边生成 2 个 OH-离子。
MnO4-+2H2O+3e-=MnO2+4OH-
左边加入一个 H2O，右边生成 2
个 H+离子
SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+
碱性 在多氧的一边加入 H2O，使之在另一边生成 OH-离子，每多一个氧原子就加
一个 H2O，少氧的一边生成 2 个 OH-离子。CrO42-+2H2O+3e-=CrO22-+4OH-
酸性 在多氧的一边加入 H+离子，使之在另一边生成水，加入 H+ 离子的数目是氧
原子数目的 2 倍。MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O；SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+
【课时练习】
1．对于反应 MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．MnO2 是还原剂 B．MnCl2 是氧化产物
C．Cl2 是氧化产物 D．H2O 是还原产物2．下列变化中只有通过还原反应才能实现的是（ ）
A． Fe3+→Fe2+ B．Mn2+→MnO4－ C．Cl－→Cl2 D．N2O3→HNO2
3．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有 Na2O2
或 K2O2 颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于 Na2O2 或 K2O2 的说法正确的个数是
①Na2O2 中阴、阳离子的个数比是 1∶1
②K2O2 分别与水及 CO2 反应产生等量氧气时，需水和 CO2 的质量相等
③Na2O2 分别与水及 CO2 反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等
④Na2O2 的漂白原理与 SO2 的漂白原理相同
⑤Na2O2 与 SO2 反应生成 Na2SO3 和 O2
⑥Na2O2 能与酸反应生成盐和水，所以 Na2O2 是碱性氧化物
⑦K2O2 与水反应，K2O2 既是氧化剂，又是还原剂
⑧Na2O2 投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色
A．3 个 B．4 个 C．5 个 D．6 个
4．已知：①向 KMnO4 晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向 FeCl2 溶液中通入少量实验①
产生的气体，溶液变黄色；③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI 试纸上，试纸变蓝色。下列
判断正确的是( )
A．上述实验中，共有两个氧化还原反应
B．上述实验证明氧化性： ＞Cl2＞Fe3＋＞I2
C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI 试纸变蓝
D．实验②证明 Fe2＋既有氧化性又有还原性
5．下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是
A．C(s)＋CO2(g) = 2CO(g)
B．CH4(g)＋2O2(g) = CO2(g)＋2H2O(l)
C．NaOH(aq)＋HCl(aq) = NaCl(aq)＋H2O(l)
D．Ba(OH)2·8H2O(s)＋2NH4Cl(s) = BaCl2(aq)＋2NH3(g)＋10H2O(l)
6．H2S 是一种大气污染物。干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中 H2S 的常用方法，其原理如
4MnO−图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．单质硫为淡黄色固体
B．脱硫反应为 3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O
C．再生过程中，硫元素被还原
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
7．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．从吹出塔进入吸收塔的物质只有 Br2
B．从吸收塔流出的溶液主要含 HBr 和 H2SO4
C．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
D．第一次通入 Cl2 的目的是氧化 Br-，第二次通 Cl2 的目的是氧化 SO2
8．为检验某加碘食盐中是否含有 KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：
（已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O）
下列说法中不正确的是（ ）
A．仅由实验①不能证明食盐样品中存在 KIO3
B．实验②中发生反应的离子方程式为 4I-+O2+4H+=2I2+2H2OC．实验③溶液变黄色是生成了 Fe3+，证明食盐样品中存在 KIO3
D．结合实验①和②的现象差异，可以推断实验样品中存在 KIO3
9．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为 FeO·Cr2O3，含有少量
Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )
A．①中需持续吹入空气作氧化剂 B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应 D．溶液 A 为橙色
10．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
选
项
实验操作 现象 解释或结论
A
过量的 Fe 粉中加入稀 HNO3，充分反
应后，滴入 KSCN 溶液
溶液呈红色
稀 HNO3 将 Fe 氧化为
Fe3＋
B
左边棉球变为橙色，
右边棉球变为蓝色
氧化性：Cl2>Br2>I2
C
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊
试纸上
试纸变蓝色 浓氨水呈碱性
D 浓 HNO3 加热 有红棕色气体产生 HNO3 有强氧化性
11．处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在
N2、HCO3−、ClO−、CNO−（C+4 价，N-3 价）、Cl−等微粒。下列说法不正确的是
A．该废水呈强酸性
B．废水处理后转化为无害物质C．反应的离子方程式：3ClO−+2CNO−+H2O == N2+2HCO3−+3Cl−
D．每处理 1 mol CNO−转移 3 mol e−
12．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图 1，反应过程中铬元素的化合价变化如
图 2。下列说法正确的是( )
已知：深蓝色溶液中生成了 CrO5。
A．实验开始至 5s，铬元素被氧化
B．实验开始至 30s，溶液中生成 Cr3+的总反应离子方程式为：Cr2O
+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑
C．30s 至 80s 的过程，一定是氧气氧化了 Cr3+
D．80s 时，溶液中又生成了 Cr2O ，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致
13．某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反
应速率的影响，实验操作及现象如下：
编号 实验操作 实验现象
向一支试管中先加入 1mL 0.01 mol/L 酸性 KMnO4
溶液，再加入 1 滴 3mol/L 硫酸和 9 滴蒸馏水，最
后加入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液
前 10min 内溶液紫色无明显变
化，后颜色逐渐变浅， 30 min
后几乎变为无色
Ⅱ
向另一支试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性
KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3mol/L 硫酸，最后加
入 1mL 0.1mol/L 草酸溶液
80s 内溶液紫色无明显变化，后
颜色迅速变浅，约 150s 后几乎
变为无色
(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整：□MnO +□H2C2O4 + □ = □Mn2+ +□
+□H2O
2
7
−
2
7
−
4
−(2)由实验 I、Ⅱ可得出的结论是_____。
(3)关于实验Ⅱ中 80s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的
Mn2+ 对反应有催化作用。设计实验 Ⅲ，验证猜想。
① 补全实验Ⅲ的操作：
向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4 溶液，_____，最后加入 1mL 0.1mol/L 草
酸溶液。
②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。
14．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常
用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分
解产生 S 和 SO2
实验 I：Na2S2O3 的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 制得，实
验室模拟该工业过程的装置如图所示：
(1)仪器 a 的名称是_______，仪器 b 的名称是_______。b 中利用质量分数为 70%〜80%的
H2SO4 溶液与 Na2SO3 固体反应制备 SO2 反应的化学方程式为_______。c 中试剂为_______。
(2)实验中要控制 SO2 的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)。
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的 SO2 不能过量，原因是_______。
实验Ⅱ：探究 Na2S2O3 与金属阳离子的氧化还原反应。
资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置 试剂 X 实验现象
Fe2(SO4)3 溶液
混合后溶液先变成紫黑色，30s 后
几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终 Fe3+被 S2O32-还原为 Fe2+，通过_______(填操作、试剂
和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______。
实验Ⅲ：标定 Na2S2O3 溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分
析天平准确称取基准物质 K2Cr2O7(摩尔质量为 294g∙mol-1)0.5880g。平均分成 3 份，分别放
入 3 个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的 KI 并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+
= 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配 Na2S2O3 溶液滴定，发生反应 I2+2S2O32-
= 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3 溶液的平均体积为 25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液
的浓度为_______mol∙L-1。
15．已知：①Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑；②Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑；③
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O。试回答下列问题：
(1)当反应①转移 3mol 电子时，产生氢气的体积(标准状况)__L。
(2)反应②中__作氧化剂，__是氧化产物。
(3)当反应②中生成 11.2LSO2 气体(标准状况下)时，被还原的 H2SO4 的物质的量是__。
(4)用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目__(在化学方程式上标出)：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑。
(5)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。
16．Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。
(1)Ca(NO2)2 的制备方法很多。
①实验室可用反应 Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO 3Ca(NO2)2+2Fe2O3 制备 Ca(NO2)2，该反
应中被氧化的 N 原子与被还原的 N 原子的物质的量之比为_____。
②用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备 Ca(NO2)2，其中 NO2 与 Ca(OH)2 反应生成
Ca(NO2)2 和 Ca(NO3)2 的化学方程式为_____，经过滤得到含 Ca(NO2)2 的溶液为液态产品。
(2)测定某液态产品中 NO3－含量的步骤如下：
已知：步骤 4 中的反应为 NO3—+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
步骤 5 中的反应为 6Fe2++Cr2O72—+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
=
=若步骤 5 滴定至终点时消耗 K2Cr2O7 溶液 20.00mL，计算液态产品中 NO3－的含量(单位 g·L－
1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)___________。
参考答案
例题 1、①③④⑥
【解析】某元素由正价态变为零价时，化合价降低被还原，某元素由负价态变为零价时，化
合价升高被氧化，①正确；由于在化合物中，金属元素均呈正价态，非金属元素可以呈正价
态也可以呈负价态，所以在氧化还原反应中，金属单质做反应物必失去电子是还原剂，而非
金属单质做反应物可变为负价态，得到电子做氧化剂，也可以变为正价态，失去电子做还原
剂，②错误；化合物分解的产物有单质，单质中的元素在反应前必存在于化合物中，反应前
后必有化合价变化，可知反应中必有电子转移，必为氧化还原反应，③正确；氧化还原反应
的特征是反应前后元素的化合价发生改变，反应中 Mn 元素由＋6 价变为＋4 价，氧元素由
－2 价变为 0 价，Cl 元素由 0 价变为－1 价，④正确；金属阳离子 Fe2＋既有氧化性，又有还
原性，HI 中 H＋1 表现氧化性，I－1 表现还原性，⑤错误；漂白粉变质发生非氧化还原反应
Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，发生氧化还原反应 2HClO =====
光照
2HCl＋O2↑，⑥
正确；金属或非金属发生置换反应，都是活泼性强的单质，从化合物中置换出活泼性朋弱的
单质，⑦错误；Na2O2 与水反应时-1 价的 O 发生歧化反应，1molNa2O2 反应，只转移了 1mol
电子，⑧错误；铁粉与硝酸反应到底生成 Fe3+还是 Fe2+还是 Fe3+和 Fe2+的混合物，不能确定，⑨
错误。
例题 2、(1)H2S (2)NO(3) (4)3.6 g
【解析】HNO3 为常 见的氧化剂， H2 S 为常见的还原剂，则 NO 为还原产物，S 为氧化产物。
S 元素 由－2 价升高到 0 价，N 元素由＋5 价降到＋2 价，运用得失电子守恒规律和观察法
可配平化学方程式。由(3)中的化学方程式可知，当生成 4 mol H2O 时，转移 6 mol 电子，所
以当转移 0.3 mol 电子时，生成 0.2 mol H2O，质量为 3.6 g。
例题 3、(1)P；P 中氮元素的化合价最高(2)N2(3)Ⅲ；根据氧化还原反应规律，M、L 这两种
物质反应，不可能生成氮元素价态比 M、L 都高的物质
【解析】由反应④B＋H2O―→A＋O2 可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化
合价必定降低，故化合价 B>A。再由①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价 P>Q。由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元
素化合价反应后必升高，故氮元素化合价 M>L。由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归
中”反应，由于化合价 M>L，R 处于 M、L 之间，则 M>R>L。又因为已知氮的化合价
MQ>M>R>L。由于其中
一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，则在上述物质中 P 是硝酸。根据题给的
信息及有关元素化合物知识，且 L 中氮元素是其中氮元素最低价态，由反应②可知，L 分子
中含有氢元素，因此②反应是氨气的催化氧化反应。L 是 NH3，M 是 NO。又因为 R 的氮元
素价态在 L、M 之间，R 的密度又比空气小，故 R 为 N2。对于题(3)判断三个反应是否能够
进行的问题，也得从氮元素化合价相对高低去分析。由于氮元素的化合价 P>Q>M>R>L，反
应(Ⅱ)是歧化反应，一种反应产物中氮的化合价大于＋4，另一种反应产物中氮的化合价小
于＋4，故 Q 中氮的化合价小于＋4，但应比 M 的化合价高。由于氮化合价 Q>M>L，因此
反应(Ⅲ)不可能实现。
例题 4、C【解析】A．在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。由于在该反应中氧
化剂是 HClO3，氧化产物是 O2，所以氧化性 HClO3＞O2，正确；B.n(O2)：n(C12)=2:1 时，
气体的平均摩尔质量是（2×32+71）-45g/mol，所以此时分解反应的方程式是：3HClO3 = 2O2↑+
C12↑+ HClO4 + H2O，正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性
就越强。由于元素的非金属性 Cl＞S，所以可推知酸性 HClO4＞H2SO4，错误；D．若化学
计量数 a=8，b=3，则该反应方程式是：8HClO3 = 3O2↑+ 2C12↑+ 4HClO4 + 2H2O，根据方程
式可知：每有 8mol 的 HClO3 发生反应，转移电子的物质的量是 20NA。则每 8 个 HClO3 发
生反应，转移电子数是 20e－，正确。
例题 5、（1）+1（2）2Ni2+ + 1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+ +1H2PO3－+ 2 H+（3）化学镀中镀件
直接与电解质溶液接触反应；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐
蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应； 装置简便，节约能源，操作简
便
【解析】（1）因为 Na、H 的化合价为+1，O 为—2，所以由化合价代数和为 0 可得 P 的化合
价为：+1；（2）由化合价变化情况可知 Ni2+ 为氧化剂，H2PO2-为还原剂，运用得失电子数
目守恒规律可得关系式：（2—1）×2=（3—1）×1，由此可确定 Ni2+ 和 Ni+的化学计量数为
2，H2PO2－和 H2PO3－的化学计量数为 1，由于反应是酸性等条件下发生，运用电荷守恒得
关系式：2×2—1=2×1—1+2×1，由此可确定 H+在方程式的右边，H2O 在方程式的左边，化
学计量数分别为 2 和 1。即总方程式为：2Ni2+ +1H2PO2－+ 1H2O → 2 Ni+ +1H2PO3－+ 2 H+；
（3）比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题，
从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般
只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍
—磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反应，而电镀用的是电
化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是
化学镀优于电镀的。
1．C【解析】A．Mn 元素的化合价降低，被还原，MnO2 是氧化剂，A 错误；
B．Mn 元素的化合价降低，被还原，MnCl2 是还原产物，B 错误；
C．氯元素的化合价升高，被氧化，氯化氢是还原剂，氯气是氧化产物，C 正确；
D．反应中氢氧元素的化合价没有发生改变，所以水不是氧化产物，也不是还原产物，D 错
误；
答案选 C。
2．A【解析】A 选项，Fe3+→Fe2+化合价降低，发生还原反应，故 A 符合题意；
B 选项，Mn2+→MnO4－，锰元素化合价升高，发生氧化反应，故 B 不符合题意；
C 选项，Cl－→Cl2 化合价升高，发生氧化反应，故 C 不符合题意；
D 选项，N2O3→HNO2 化合价未变，没有发生还原反应，故 D 不符合题意。
综上所述，答案为 A。
3．A【解析】①Na2O2 中含有 Na+、O22-，阴、阳离子的个数比是 1∶2，故①错误；
②K2O2 与水反应的方程式是 2 K2O2+2H2O=4KOH+ O2↑，K2O2 与 CO2 反应的方程式是
2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2↑，产生等量氧气时，需水和 CO2 的物质的量相等，质量不相等，
故②错误；
③Na2O2 分别与水及 CO2 反应，生成 1mol 氧气转移 2mol 电子，产生等量氧气时，转移电子
的物质的量相等，故③正确；
④Na2O2 能漂白是因为 Na2O2 具有氧化性，SO2 有漂白性是因为 SO2 与有色物质化合生成无
色物质，漂白原理不相同，故④错误；
⑤Na2O2 具有氧化性、SO2 具有还原性，Na2O2 与 SO2 反应生成 Na2SO4，故⑤错误；
⑥Na2O2 能与酸反应生成盐、水、氧气，所以 Na2O2 不是碱性氧化物，故⑥错误；
⑦K2O2 与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2 中氧元素由-1 升高为 0、由-1 降低为-2，所以 K2O2
既是氧化剂又是还原剂，故⑦正确；
⑧Na2O2 与水反应生成氢氧化钠，Na2O2 投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，Na2O2 具有
氧化性，所以石蕊褪色，故⑧正确；
③⑦⑧正确，选 A；
4．B【解析】①向 KMnO4 晶体中滴加盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为 2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，Mn 元素的化合价降低，Cl 元素的化
合价升高，KMnO4 为氧化剂，HCl 为还原剂；
②向 FeCl2 溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为
Cl2+2FeCl2=2FeCl3，Fe 元素的化合价升高，Cl 元素的化合价降低，Cl2 为氧化剂，FeCl2 为
还原剂；
③取实验②生成的溶液滴在淀粉 KI 试纸上，试纸变蓝色，可知 Fe3+与 KI 反应生成 I2，反应
的化学方程式为 2FeCl3+2KI=2FeCl2+I2+2KCl，Fe 元素的化合价降低，I 元素的化合价升高，
FeCl3 为氧化剂，KI 为还原剂。
A．上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应，有三个氧化还原
反应，A 错误；
B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性： ＞Cl2＞Fe3+＞I2，B 正
确；
C．实验①生成的气体为氯气，氧化性 Cl2＞I2，Cl2 能与 KI 发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，
氯气能使湿润的淀粉 KI 试纸变蓝，C 错误；
D．实验②中 Fe 元素的化合价升高，只可以证明 Fe2+有还原性，D 错误；
故选 B。
5．A【解析】由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还
原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；
A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原
反应，故 A 正确；
B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故 B 错误；
C.酸碱中和反应为放热反应，故 C 错误；
D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故 D 错误；
故选：A。
6．C【解析】A．单质硫为淡黄色的固体，A 正确；
B．根据图示脱硫反应时 H2S 与 Fe2O3·H2O 生成 Fe2S3·H2O 和 H2O，方程式为：
3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O，B 正确；
C．再生过程中 Fe2S3·H2O 生成 S，硫元素化合价升高，被氧化，C 错误；
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积能加快反应速率，提高脱硫效率，D 正确。
4MnO−答案选 C。
7．B【解析】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥
发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A 错误；
B.在吸收塔里发生反应 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含 HBr
和 H2SO4，B 正确；
C.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应
Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使溴挥发，未参与反应，
C 错误；
D.第一次、第二次通入 Cl2 的目的都是氧化 Br-，D 错误；
答案选 B。
8．C【解析】A．KI 溶液中也有碘元素，溶液变蓝可能是 KI 中的碘元素被氧化生成了碘单
质，所以仅由实验①不能证明食盐样品中存在 KIO3，故 A 正确；
B．实验②中溶液变为浅蓝色，根据元素守恒可知 KI 溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化
了，考虑到空气中氧气的氧化性，应是氧气将其氧化，根据电子守恒和元素守恒可得离子方
程式为 4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故 B 正确；
C．实验③的浅黄色是铁离子的颜色，是亚铁离子被氧化剂氧化的结果，但氧化剂不一定是
KIO3，也可能是空气中的氧气，故 C 错误；
D．对比实验①和②的现象差异可知实验①中在酸性环境下发生反应：
KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O，溶液迅速变蓝，颜色比实验②要深，可以推断实验
样品中存在 KIO3，故 D 正确；
故答案为 C。
9．B【解析】A. 在铬铁矿中 Cr 元素化合价为+3 价，反应后变为 Na2CrO4 中的+6 价，化合
价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A 正确；
B. Al(OH)3 是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性 Al2(SO4)3，因此②中加入的稀
硫酸不能过量，B 错误；
C. Cr2O3 与 Al 在高温下反应产生 Cr 和 Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与
化合物，因此③中反应类型为置换反应，C 正确；
D. Na2CrO4 在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O，反应产生 Cr2O72-使溶
液显橙色，D 正确；
故合理选项是 B。10．C【解析】A．现象和结论都不对，过量的 Fe 粉中加入稀 HNO3，充分反应后，只能得
到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入 KSCN 溶液，溶液仍呈浅绿色，A 错误；
B．氯气可与 NaBr、KI 反应，则该实验不能比较 Br2、I2 的氧化性的强弱，B 错误；
C．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒
蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C 正确；
D．浓 HNO3 加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮
是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D 错误；
答案选 C。
11．A【解析】由图可知，ClO-浓度减小，HCO3-浓度增加，则还原反应为 ClO-→Cl-，氧化
反应为 CNO-→N2，由电子、电荷守恒可知离子反应为
3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，以此来解答。
A．根据分析，离子反应为 3ClO-+2CNO-+H2O=N2↑+2HCO3-+3Cl-，产物中含有碳酸氢根离
子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有
HCO3-离子，故 A 错误；
B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分
析对废水处理发生的反应产物为 N2、HCO3-、Cl-对环境无害，故 B 正确；
C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO−+2CNO−+H2O = N2+2HCO3−+3Cl−，
故 C 正确；
D．根据分析，还原反应为 ClO-→Cl-，Cl 元素由+1 价变为-1 价，3mol ClO-可处理 2mol
CNO-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理 1 mol CNO−转移 3 mol e−，故 D 正确；
答案选 A。
12．B【解析】A．Cr2O 中 Cr 为+6 价，根据图 2，实验开始至 5s，铬元素的化合价为+6
价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故 A 错误；
B．实验开始至 30s，溶液中生成 Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的 O 元素被氧化
生成氧气，总反应的离子方程式为：Cr2O +3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故 B 正确；
C．30s 时，在溶液中加入氢氧化钠，80s 时，铬元素的化合价为+6 价，可能是过氧化氢在
碱性溶液中氧化性更强，将 Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的 CrO5，CrO5 中含有过氧
键，具有强氧化性，将 Cr3+氧化的结果，故 C 错误；
D．80s 时，铬元素的化合价为+6 价，溶液显碱性，溶液中存在的应该是 CrO ，故 D 错误；
2
7
−
2
7
−
2
4
−故选 B。
13．（1）2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）氢离子(或 H2SO4)浓度越大，反
应速率越大(3)①再加入 10 滴 3 mol/L 硫酸，然后加入少量 MnSO4 固体②加入草酸后，溶液
迅速褪色
【解析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰
酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应
速率的影响。
(1)MnO 中的 Mn 元素化合价从+7 降低到+2，MnO 作氧化剂，则 H2C2O4 作还原剂，其
氧化产物为 CO2。Mn 元素化合价降低了 5，C 元素化合价从+3 升高到+4，升高了 2×1=2，
根据得失电子守恒得：MnO 和 Mn2+前配 2，H2C2O4 前配 5，CO2 前配 10，结合电荷守恒、
溶液为酸性可知反应物缺项为 6H+，再结合原子守恒可知生成物 H2O 前配 8，最终结果为：
2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；
2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)对比实验 I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或 H2SO4)
浓度不同，Ⅱ中氢离子(或 H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或 H2SO4)
浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或 H2SO4)浓度越大，反应速率越大；
(3)①根据控制变量法的原则，若要验证 Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的
条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量
MnSO4 固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入 1mL 0.01mol/L 酸性 KMnO4
溶液，再加入 10 滴 3 mol/L 硫酸，然后加入少量 MnSO4 固体，最后加入 1mL 0.1mol/L
草酸溶液，故答案为：再加入 10 滴 3 mol/L 硫酸，然后加入少量 MnSO4 固体；
②若 Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液
迅速褪色。
14．（1）分液漏斗；蒸馏烧瓶； ；硫化钠和碳
酸钠的混合液（2）调节酸的滴加速度（3）若 SO2 过量，溶液显酸性．产物会发生分解
（4）加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀；开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反
应速率慢，但 Fe3+与 S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致 Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色（5）0.1600
4
−
4
−
4
−
2 4 2 3 2 4 2 2H SO Na SO Na SO H O= SO+ + + ↑【解析】 (1)a 的名称即为分液漏斗，b 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和 Na2SO3
反应生成 SO2，所以方程式为： ；c 中是制备
硫代硫酸钠的反应，SO2 由装置 b 提供，所以 c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；
(2)从反应速率影响因素分析，控制 SO2 生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，
或者改变反应温度；
(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的 SO2，会使溶液酸性增强，
对制备产物不利，所以原因是：SO2 过量，溶液显酸性，产物会发生分解；
(4)检验 Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有 Fe2+生
成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始
阶段，生成 的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着 Fe3+
的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液
几乎变为无色；
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：① ；②
；反应①I-被氧化成 I2，反应②中第一步所得的 I2 又被还原成 I-，
所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的 得电子总数就与消耗的
失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设 c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式： ，解得
a=0.1600mol/L。
15．（1）33.6（2）H2SO4(浓)；CuSO4（3）0.5mol（4） CuSO4+2H2O+SO2↑
（5）5：1
【解析】 (1)Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑，当反应①转移 3 摩尔电子时，产生氢气的体积(标
准状况)3/2mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：33.6；
(2)Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原
剂升失氧，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；故答案为：H2SO4(浓)；CuSO4；
(3)1molSO2 生成，就有 1mol 硫酸被还原，当反应②中生成 11.2LSO2 气体(标准状况下)时，
2 4 2 3 2 4 2 2H SO Na SO Na SO H O= SO+ + + ↑
3
2 3 3Fe(S O ) −
2 3
2 7 2 26I Cr O 14H =3I 2Cr 7H O− − + ++ + + +
2 2
2 2 3 4 6=I 2S O 2I S O− − −+ +
2
2 7Cr O − 2
2 3S O −
1 0.5880 6=a 0.025 13 294
× × × ×
=
=被还原的 H2SO4 的物质的量是 =0.5mol；故答案为：0.5mol；
(4)箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数： CuSO4+2H2O+SO2↑；故答
案为： CuSO4+2H2O+SO2↑；
(5)反应③KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O 中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂
升失氧，可知有 5molCl-生成氯气，因此氧化产物为 5/2mol，氧化剂降得还，1mol+5 价氯生
成氯气，因此还原产物为 1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 5:1。故答案为：
5:1；
16．（1）①2∶1②4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O（2）与 K2Cr2O7 反应的
n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.400×10－3mol，与 NO3－反
应的 n(Fe2+)=0.1000 mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10－3mol=1.000×10－4mol，NO3－
的含量为
【解析】（1）①Ca(NO3)2中 N 为＋5 价，NO 中 N 为＋2 价，Ca(NO2)2中 N 为＋3 价，即 Ca(NO3)2
为氧化剂，NO 为还原剂，被氧化的 N 原子与被还原的 N 原子的物质的量为之比为 4：2=2：
1；
②NO2 与 Ca(OH)2 反应生成 Ca(NO2)2 和 Ca(NO3)2，即该反应方程式为 NO2＋
Ca(OH)2→Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋H2O，NO2 在该反应既是氧化剂又是还原剂，利用化合价
升降法进行配平，即 4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；
（2）与 K2Cr2O7 反应的 n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－
1=2.400×10－3mol，与 NO3－反应的 n(Fe2+)=0.1000 mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10
－3mol=1.000×10－4mol，则原溶液中 m(NO3－)=1.000×10－4mol×62g·mol－1×250mL/(3×10mL)，
根据流程液态产品的体积为 10.00×10－3L，即 NO3－的含量为 5.2g·L－1。
11.2L
22.4L/mol
=
=
-4
-1
-1
-3 -1
1.000×10 mol×62g mol3 5.2g L10.00mL10.00mL× ×10 L mL250.0mL
⋅
≈ ⋅
⋅
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