2026年高考化学大一轮总复习讲义04：氧化还原反应方程式的书写和计算

2025-2026高考化学大一轮总复习讲义04： 氧化还原反应方程式的书写和计算 （共27页） 目录 【链接高考】 1 【知识梳理】 8 【考纲要求】 8 【考点梳理】 8 一、氧化还原反应方程式的配平 8 二、陌生氧化还原反应方程式的书写策略 8 三、氧化还原反应方程式的计算 9 【考向分析】 9 考向一、 氧化还原方程式的配平 9 考向二、 陌生氧化还原反应方程式的书写 11 考向三、 氧化还原反应的有关计算 14 【高考解题速通】 15 【链接高考】 1．（2024·浙江·高考真题）固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。 已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： (1)依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所有阴离子 。步骤Ⅱ中，加入的作用是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有 C．可溶于溶液 D．碱性： (3)酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素 ；写出转化为的离子方程式 。 【答案】(1) MgCO3 、、OH-、Cl- 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 (2)BC (3) 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素 【分析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。 【详解】（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大； ②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根； （2）A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误； B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：，当二氧化碳少量时，所以可能含有Na2CO3，故B正确； C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确； D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误； 故选BC。 （3）①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； ②根据题目信息可知。 2．（2023·福建·高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 【答案】A 【详解】A．Xe原子以sp3杂化轨道成键，分子为三角锥形分子，A错误； B．由iii、iv两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：的还原性比强，B正确； C．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； D．分析iv可知，每生成一个，整个反应转移6个电子，故每生成，转移电子，D正确； 故选A。 .．（2022·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．发生反应，转移电子 【答案】B 【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 综上所述，本题选B。 4．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 【答案】D 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。 【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确； B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确； C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确； D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确； 综上所述，本题选D。 5．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中发生氧化反应 B．a和b中转移的数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为 【答案】D 【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误； B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1molNO，b过程转移3mol e-，转移电子数目不相等，B错误； C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误； D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确； 答案选D。 6．（2021·全国甲卷·高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)的一种制备方法如下图所示： ①加入粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。 ②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比时，氧化产物为 ；当，单质碘的收率会降低，原因是 。 (2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为 。 (3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为 。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是 。 【答案】 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出 【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3； ②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化； (2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。 【知识梳理】 【考纲要求】 1．巩固氧化还原反应的概念 2．能用化合价升降法配平常见的氧化还原反应。 3．能运用质量守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应的有关计算。 【考点梳理】 一、氧化还原反应方程式的配平 1．配平的原则 (1)电子守恒：氧化还原反应过程中，氧化剂得电子总数目等于还原剂失电子总数目，即：“电子得失数相等”“化合价升降数相等”。 (2)质量守恒：反应前后各元素的原子个数相等。 (3)电荷守恒：对于离子方程式，等式两边“电荷总数相等”。 2．配平的思路 一般分两部分:第一部分是氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物之间的配平—化合价升降相等或电子得失数相等；第二部分是用观察法配平其他物质的化学计量数。　 3．常见配平方法——化合价升降法(即电子得失法或氧化数法) 二、陌生氧化还原反应方程式的书写策略 近年来我们发现高考中有区分度的题目一般都会涉及陌生氧化还原反应方程式的书写，而且常以离子反应的形式出现，题目中会伴随陌生度较高的新信息和新情境，灵活度较高，是对考生能力的一种考查方式。攻克这一难题不能单纯靠背诵书上出现的反应方程式，须在平时学习中注重积累书写陌生氧化还原离子方程式的经验和方法，从而具备“得一法解若干题”的能力，才能在高考中拿到关键分，取得理想成绩。 如何正确掌握氧化还原反应类离子方程式，一般应注意以下几点： 1． 根据题干的表述列出相关物质的化合价的变化，分清氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 2． 要满足电子守恒 ； 3． 要满足电荷守恒 ； 4． 注意溶液的酸碱性，调整反应介质 ； 5 ．满足原子守恒。 三、氧化还原反应方程式的计算 对于氧化还原反应的计算，关键是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，列出守恒关系式求解。其解题的一般步骤为： （1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）找准一种原子或离子得失电子数。（注意化学式中离子的个数） （3）根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式：得电子总数=失电子总数 （4）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程电子没有损耗，可直接找出起始反应物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的守恒关系，快速求解。 【考向分析】 考向一、 氧化还原方程式的配平 1．（2024·四川·一模）钼(Mo)广泛应用于化工生产、医疗卫生及国防战略领域。一种从镍钼矿(主要成分为、、、、、的硫化物及)中分离钼并获取的新型工艺流程如图所示： 已知：“水浸”后，“滤渣1”的主要成分为、、、；“浸出液”的主要溶质为(钼酸钠)、、、。 回答下列问题： (1)“浸出液”含有的中Mo元素的化合价为 ；已知“焙烧”时，发生反应主要生成和，则被氧化时，转移电子 mol。 (2)含Mo质量分数为的镍钼矿经“焙烧→水浸”后得到“浸出液”，经分析，“浸出液”中Mo的浓度为。则在“焙烧→水浸”过程中，Mo的提取率为 (用字母表达)。 (3)“除杂”时，加入的目的是除去“浸出液”中的和 (填元素符号)。 (4)、的溶解度曲线如图所示，结合能耗和提高钼酸盐产品纯度两个因素，“结晶”时宜采用 (填“蒸发结晶”或“冷却结晶”)得到晶体。 (5)“离子交换”时，若所用的“D318-Ⅲ树脂”用RCl表示，则主要发生反应：，因此，得到的“交换液”中的溶质主要有和 (填化学式)。该“交换液”可再进入“水浸”工序循环使用，其意义是 。 (6)“解析”时，加入氨水使钼酸根从树脂中解析出来，得到的“钼酸盐”的化学式为 。 【答案】(1) +6 18 (2) (3)C (4)冷却结晶 (5) NaCl 可以大大降低废水的排放，且利于回收硫酸钠 (6) 【分析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成，加水水浸进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根和“浸出液”中的，过滤后再通过低温结晶（根据的溶解度随温度变化特点确定）将硫酸钠晶体分离出来，溶液经过离子交换萃取，萃取后再加入氨水解析得到钼酸盐； 【详解】（1）中钠、氧分别为+1、-2，则Mo元素的化合价为+6；已知“焙烧”时，发生反应主要生成和，反应中Mo化合价由+4变为+6、硫化合价由-2变为+6，电子转移为，则被氧化时，转移电子18mol。 （2）在“焙烧→水浸”过程中，Mo的提取率为； （3）浸出液中含有焙烧中加入的碳酸钠，碳酸钠会和硫酸镁反应而除去碳酸根离子、会和硫酸镁反应而除去，故“除杂”时，加入的目的是除去“浸出液”中的和C； （4）由图，温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用冷却结晶析出硫酸钠晶体； （5）“离子交换”时，主要发生反应：，则得到“交换液”中的溶质除外，还含有氯离子和钠离子形成的氯化钠；交换溶液主要含Na+，可再进入“水浸”工序循环使用，其意义是可以大大降低废水的排放，且利于回收硫酸钠； （6）加入氨水使钼酸根从树脂中解析出来，一水合氨可以转化为铵根离子，则得到的“钼酸盐”为钼酸铵，化学式为。 考向二、 陌生氧化还原反应方程式的书写 1．（2021·湖南郴州·三模）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献，二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。 已知：①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下，实验室也常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；③有关物质沸点如表： 物质 CH3OH HCOOH ClO2 沸点 64.7℃ 100.8℃ 11℃ 请回答： (1)仪器d的名称是 ，仪器b的作用是 。 (2)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是 。 (3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式 。 (4)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 。 (5)NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量为1：1的两种阴离子，一种为ClO，则另一种为 。 (6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取200.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O)，达到滴定终点时用去20.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为 mg/L(保留一位小数)。 【答案】(1) 分液漏斗 导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH (2)4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O (3)CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O (4)水浴加热 (5)ClO (6)135.0 【分析】装置甲中NaClO3、甲醇、硫酸反应生成ClO2，反应方程式为4NaClO3+CH3OH+2H2SO42Na2SO4+4ClO2↑+HCOOH+3H2O；加入氢氧化钠中和硫酸，反应停止，用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加稀盐酸后释放出ClO2；淀粉碘化钾溶液用于检验ClO2，氢氧化钠溶液用于尾气吸收，以此分析解答。 【详解】（1）仪器d为分液漏斗；b是球形冷凝管，对甲中的气体具有冷凝回流的作用，同时让产生的气体逸出，作用是导出ClO2气体，冷凝回流CH3OH； （2）稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO2-发生歧化反应释放ClO2，发生的离子反应方程式是：4H++5ClO=Cl-+4ClO2↑+2H2O； （3）甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为CH3OH+4NaClO2+2H2SO44ClO2+HCOOH+2Na2SO4+3H2O； （4）甲装置需控制反应温度60℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度； （5）NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为ClO，Cl元素化合价从+4变为+3，化合价降低1价，另一种阴离子中Cl元素化合价应该从+4变为+5，所以另一种阴离子为ClO； （6）根据2ClO2+10I-+8H+═2Cl-+5I2+4H2O、I2+2S2O=2I-+S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10 S2O，则200.0mL水样中ClO2的物质的量为：n(ClO2)=n(S2O)=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，m(ClO2)=0.0004mol×67.5g/L=0.0227g=27mg，所以水样中ClO2的含量为：=135.0mg/L。 考向三、 氧化还原反应的有关计算 1．（2022·浙江·高考真题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子 【答案】D 【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误； B．氢元素化合价由-1价升为+1价，故SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误； D．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素的化合价由-1价升为+1价，每消耗1molSiH4，生成1molSiO2，转移8mol电子，D正确； 答案选D。 2．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 【答案】C 【详解】A．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↑，A项正确； B．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①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确； C．反应②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，C项错误； D．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，D项正确； 答案选C。 【高考解题速通】 1．在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是 A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 【答案】C 【详解】根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，从而得出M2O7n－中M的化合价为+6价，故C正确。 2．（2020·浙江·高考真题）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是 A．可发生反应： B．具有吸水性，需要密封保存 C．能与反应生成新盐 D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为 【答案】D 【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。 【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确； B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确； C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确； D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确； 故选D。 3．已知还原性：SO>I-。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 A．当a≥b时，发生的离子反应为SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl- B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO+2I-+5Cl2+4H2O=4SO+I2+8H++10Cl- C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为a mol≤n(e-)≤3a mol D．当a<b<a时，溶液中SO、I-与Cl-的物质的量之比为a∶(3a-2b)∶2b 【答案】C 【详解】A．当a≥b时，Cl2只能氧化SO，反应离子方程式为：SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl-，故A正确； B．当5a=4b即a=b时，b mol的Cl2与a mol SO完全反应，剩余的b mol Cl2与b mol I-反应，故B正确； C．当a＜b＜a时，Cl2能将SO完全氧化，但不能将I-完全氧化，即Cl2完全反应，故转移的电子的物质的量为n(e-)=2b mol，若a≤b≤a，则2a≤2b≤3a，即2a mol≤n(e-)≤3a mol，故C错误； D．当a＜b＜a时，溶液中n(SO)=n(SO)=a mol，n(Cl-)=2n(Cl2)=2b mol， 由得剩余的I-的物质的量为n(I-)=a  mol-2(b-a)  mol=(3a-2b)  mol，故 n(SO)∶n(I-)∶n(Cl-)=a∶(3a-2b)∶2b，故D正确； 故选：C。 4．下表中评价合理的是 选项 化学反应及其离子方程式 评价 A Fe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3++H2↑+8H2O 正确 B 向碳酸镁中加入稀盐酸： 错误，碳酸镁不应写成离子形式 C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液： 正确 D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应： 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2 错误，Fe2+与Br-的化学计量数之比为1:2 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A.硝酸与金属或还原性物质反应不能生成氢气，A错误； B.离子方程式中难溶物质写化学式，碳酸镁是不溶物，不能拆分，B正确； C.漏写了铵根和氢氧根离子的反应，C错误； D.Fe2+还原性强于Br-，Fe2+先与氯气反应，如何在氧化溴离子，该反应氯气不足但可以根据Fe2+与Cl2的计量数关系判断出方程式正确，D错误。 答案选B。 5．（2021·浙江·高考真题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物 C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 【答案】D 【详解】A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误； C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误； D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确； 故答案选D。 6．（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 【详解】A．氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确； B．与水溶液反应，生成和，还原产物为，B项正确； C．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； D．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； 答案选D。 7．（2024·山东菏泽·一模）已知受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。受热分解得到固体和氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气，若为，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是 ①②③④ A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 【答案】A 【详解】PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，+4价Pb被还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-，设该过程得到O2的物质的量为a=3x mol，则Cl2的物质的量为b=2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有③、④项满足n(Pb):n(O)＝4:5，故A正确； 故选：A。 8．（2024·浙江金华·模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是 A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 B．是该反应的催化剂 C．“过程2”可表示为 D．吸收过程中存在反应： 【答案】D 【详解】A．“过程1”发生反应：ClO−+ Ni2O3=2NiO2 +Cl−，该反应中Cl元素化合价由＋1价变为﹣1价、Ni元素化合价由＋3价变为＋4价，则氧化剂是ClO -，还原剂是Ni2O3，氧化产物是NiO2，还原产物是Cl -，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，A错误； B．由图可知，Ni2O3是过程1的反应物，是过程2的生成物，所以Ni2O3是反应的催化剂，二氧化镍是反应的中间产物，B错误； C．“过程2”中，1molClO-转化为Cl-和O时，需要转移2mole-，则需消耗2molNiO2，反应的离子方程式可表示为ClO−+2NiO2=Ni2O3+Cl−+2O，C错误； D．O具有强氧化性，能氧化还原性的SO2，所以吸收过程中存在反应：SO2+O+2OH−=+H2O，D正确； 故选D。 9．（2025·北京延庆·一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 【答案】D 【详解】A．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)=1∶2.5，A正确； B．反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，I元素的化合价由-1价升至+5价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是：I-+2+ H2O =2++2OH-，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B正确； C．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，在较高的溶液中易被氧化为高价，C正确； D．反应①离子方程式为10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，x= ，反应②离子方程式为I-+2+ H2O =2++2OH-，y==0.002mol，，D错误； 故选D。 10．（2024·浙江温州·一模）是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖与发生以下反应制得(未配平)。下列说法不正确的是 A．是还原剂，发生氧化反应 B．可替换用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【分析】反应中氯化合价由+5变为+4，碳化合价由0变为+4，结合电子守恒、质量守恒，反应为； 【详解】A．反应中碳化合价升高，为还原剂被氧化为二氧化碳，故A正确； B．具有氧化性，能杀菌消毒，可替换用于自来水消毒，故B正确； C．反应中碳化合价升高被氧化为二氧化碳、氯化合价降低被还原为二氧化氯，结合反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，故C错误； D．反应中氯化合价由+5变为+4，电子转移为，若生成气体，则反应转移的电子数为，故D正确； 故选C。 11．（2025·安徽淮北·一模）用过的核燃料中含有金属钚(Pu)，可用二氟化二氧()将金属钚以挥发性氟化物的形式除去，相关的反应为：(未配平)。下列说法错误的是 A．发生了还原反应 B．氧化性： C．消耗，转移电子数为 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 【答案】D 【详解】A．中氧元素为价，生成物为，氧元素化合价降低，发生了还原反应，A正确； B．为氧化剂，为还原产物，氧化剂的氧化性强于还原产物的氧化性，B正确； C．氧元素化合价由价变为0价，可知消耗，转移2mol电子，转移电子数为，C正确； D．钚元素化合价由0价变为价，由元素化合价变化可知Pu为还原剂，为氧化剂，配平方程式可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D错误； 故选D。 12．（2021·浙江·高考真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是 A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子 C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 【答案】D 【分析】由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。 【详解】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确； B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确； C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确； D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。 综上所述，本题选D。 13．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）NaClO2中Cl的化合价为 。 （2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 。 （3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中氧化产物是 。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。（计算结果保留两位小数） 【答案】 +3价 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑ NaOH Na2CO3 2:1 氧化产物为O２ 1.57g 【详解】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价； （2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2； （3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2； （4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1；（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g。 【点睛】准确理解流程图是解题关键，由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品，以此来解答。 14．碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (1)碱式氯化铜有多种制备方法 ①方法1：45~50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为 。 ②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为 。    (2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验： ①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； ②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4~5，用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 。 【答案】(1) 4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O Fe2+ (2)Cu2(OH)3Cl·H2O 【知识点】氧化还原反应方程式的书写与配平、常见无机物的制备、物质含量的测定、实验方案评价 【详解】（1）①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。 ②由催化原理示意图可知，M'先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为Cu2+，所以M'的化学式为Fe2+。 （2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得： n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol 由实验③结合反应信息Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量： n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×=9.600×10-3mol 再由化合物中电荷守恒得：n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol－4.800×10-3mol=1.440×10-2mol 分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量： m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704g m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144g m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g 再求出结晶水的物质的量：n(H2O)==4.800×10-3mol 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1，所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。 15．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为 、 。 （2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是 ，滤渣是 ；过滤操作②的滤液是 和 ，滤渣是 。 （3）工艺过程中③和④的目的是 。 （4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 。 （5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为 ；列式计算该成品的纯度 。 【答案】 CO + NaOHHCOONa 2HCOONaNa2C2O4+ H2↑ NaOH溶液 CaC2O4 H2C2O4溶液 H2SO4溶液 CaSO4 分别循环利用氢氧化钠和硫酸（降低成本），减小污染 Na2SO4 5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+= 2Mn2++ 8H2O + 10CO2↑ ×100%=94.5% 【详解】（1）根据工艺流程图可知：CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠方程式为CO + NaOHHCOONa，甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式为2HCOONaNa2C2O4+ H2↑。 （2）“钙化”发生的反应为Na2C2O4+Ca(OH)2=CaC2O4↓+2NaOH，过滤操作①的滤液是NaOH溶液，滤渣是CaC2O4；CaC2O4中加入硫酸酸化，发生反应CaC2O4+H2SO4=CaSO4+H2C2O4，结合流程，过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液，滤渣是CaSO4。 （3）根据工艺过程可知，工艺③可以循环利用氢氧化钠，工艺④可以循环利用硫酸，既提高了原料的利用率，又降低了成本，减小污染。 （4）甲酸钠脱氢后的产物为草酸钠，直接用硫酸酸化，生成草酸和硫酸钠，其中含有的杂质主要是Na2SO4。 （5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式5C2O42-+ 2MnO4-+ 16H+= 2Mn2++ 8H2O + 10CO2↑；根据方程式可得关系式：5H2C2O4·2H2O ~ 2KMnO4，n(H2C2O4·2H2O)=n(KMnO4)=×0.0500mol/L×，则m(H2C2O4·2H2O)=×0.0500mol/L××126g/mol，所以成品的纯度ω=×0.0500mol/L××126g/mol ÷0.250g=×100%=94.5%。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025-2026高考化学大一轮总复习讲义04： 氧化还原反应方程式的书写和计算 （共14页） 目录 【链接高考】 1 【知识梳理】 4 【考纲要求】 4 【考点梳理】 4 一、氧化还原反应方程式的配平 4 二、陌生氧化还原反应方程式的书写策略 5 三、氧化还原反应方程式的计算 5 【考向分析】 5 考向一、 氧化还原方程式的配平 5 考向二、 陌生氧化还原反应方程式的书写 7 考向三、 氧化还原反应的有关计算 8 【高考解题速通】 9 【链接高考】 1．（2024·浙江·高考真题）固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。 已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。 请回答： (1)依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是 。写出溶液C中的所有阴离子 。步骤Ⅱ中，加入的作用是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．气体D是形成酸雨的主要成分 B．固体E可能含有 C．可溶于溶液 D．碱性： (3)酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色的)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素 ；写出转化为的离子方程式 。 2．（2023·福建·高考真题）稀有气体氙的氟化物与溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 与水反应 与溶液反应 i． ii． iii． iv． 下列说法错误的是 A．具有平面三角形结构 B．的还原性比强 C．反应i～iv中有3个氧化还原反应 D．反应iv每生成，转移电子 .．（2022·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．发生反应，转移电子 4．（2022·山东·高考真题）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是 A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 5．（2022·湖南·高考真题）科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。 下列说法正确的是 A．过程Ⅰ中发生氧化反应 B．a和b中转移的数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为 6．（2021·全国甲卷·高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)的一种制备方法如下图所示： ①加入粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。 ②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；若反应物用量比时，氧化产物为 ；当，单质碘的收率会降低，原因是 。 (2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为 。 (3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为 。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是 。 【知识梳理】 【考纲要求】 1．巩固氧化还原反应的概念 2．能用化合价升降法配平常见的氧化还原反应。 3．能运用质量守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应的有关计算。 【考点梳理】 一、氧化还原反应方程式的配平 1．配平的原则 (1)电子守恒：氧化还原反应过程中，氧化剂得电子总数目等于还原剂失电子总数目，即：“电子得失数相等”“化合价升降数相等”。 (2)质量守恒：反应前后各元素的原子个数相等。 (3)电荷守恒：对于离子方程式，等式两边“电荷总数相等”。 2．配平的思路 一般分两部分:第一部分是氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物之间的配平—化合价升降相等或电子得失数相等；第二部分是用观察法配平其他物质的化学计量数。　 3．常见配平方法——化合价升降法(即电子得失法或氧化数法) 二、陌生氧化还原反应方程式的书写策略 近年来我们发现高考中有区分度的题目一般都会涉及陌生氧化还原反应方程式的书写，而且常以离子反应的形式出现，题目中会伴随陌生度较高的新信息和新情境，灵活度较高，是对考生能力的一种考查方式。攻克这一难题不能单纯靠背诵书上出现的反应方程式，须在平时学习中注重积累书写陌生氧化还原离子方程式的经验和方法，从而具备“得一法解若干题”的能力，才能在高考中拿到关键分，取得理想成绩。 如何正确掌握氧化还原反应类离子方程式，一般应注意以下几点： 1． 根据题干的表述列出相关物质的化合价的变化，分清氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 2． 要满足电子守恒 ； 3． 要满足电荷守恒 ； 4． 注意溶液的酸碱性，调整反应介质 ； 5 ．满足原子守恒。 三、氧化还原反应方程式的计算 对于氧化还原反应的计算，关键是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，列出守恒关系式求解。其解题的一般步骤为： （1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）找准一种原子或离子得失电子数。（注意化学式中离子的个数） （3）根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式：得电子总数=失电子总数 （4）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程电子没有损耗，可直接找出起始反应物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的守恒关系，快速求解。 【考向分析】 考向一、 氧化还原方程式的配平 1．（2024·四川·一模）钼(Mo)广泛应用于化工生产、医疗卫生及国防战略领域。一种从镍钼矿(主要成分为、、、、、的硫化物及)中分离钼并获取的新型工艺流程如图所示： 已知：“水浸”后，“滤渣1”的主要成分为、、、；“浸出液”的主要溶质为(钼酸钠)、、、。 回答下列问题： (1)“浸出液”含有的中Mo元素的化合价为 ；已知“焙烧”时，发生反应主要生成和，则被氧化时，转移电子 mol。 (2)含Mo质量分数为的镍钼矿经“焙烧→水浸”后得到“浸出液”，经分析，“浸出液”中Mo的浓度为。则在“焙烧→水浸”过程中，Mo的提取率为 (用字母表达)。 (3)“除杂”时，加入的目的是除去“浸出液”中的和 (填元素符号)。 (4)、的溶解度曲线如图所示，结合能耗和提高钼酸盐产品纯度两个因素，“结晶”时宜采用 (填“蒸发结晶”或“冷却结晶”)得到晶体。 (5)“离子交换”时，若所用的“D318-Ⅲ树脂”用RCl表示，则主要发生反应：，因此，得到的“交换液”中的溶质主要有和 (填化学式)。该“交换液”可再进入“水浸”工序循环使用，其意义是 。 (6)“解析”时，加入氨水使钼酸根从树脂中解析出来，得到的“钼酸盐”的化学式为 。 考向二、 陌生氧化还原反应方程式的书写 1．（2021·湖南郴州·三模）2020年初，突如其来的新型冠状肺炎在全世界肆虐，依据研究，含氯消毒剂可以有效灭活新冠病毒，为阻断疫情做出了巨大贡献，二氧化氯(ClO2)就是其中一种高效消毒灭菌剂，氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的ClO2制备方法，其中一种是用NaClO3与CH3OH在催化剂、60℃时，发生反应得到ClO2，如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。 已知：①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下，实验室也常用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体；②ClO2与KI反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O；③有关物质沸点如表： 物质 CH3OH HCOOH ClO2 沸点 64.7℃ 100.8℃ 11℃ 请回答： (1)仪器d的名称是 ，仪器b的作用是 。 (2)在ClO2释放实验中，发生的离子反应方程式是 。 (3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学方程式 。 (4)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是 。 (5)NaOH吸收ClO2尾气，生成物质的量为1：1的两种阴离子，一种为ClO，则另一种为 。 (6)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取200.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定碘单质(I2+2S2O=2I-+S4O)，达到滴定终点时用去20.00mLNa2S2O3标准溶液，测得该水样中ClO2的含量为 mg/L(保留一位小数)。 考向三、 氧化还原反应的有关计算 1．（2022·浙江·高考真题）关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子 2．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为: ①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列分析不正确的是 A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3 D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰 【高考解题速通】 1．在酸性条件下，可发生如下反应： +2M3++4H2O=+Cl－+8H+， 中M的化合价是 A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 2．（2020·浙江·高考真题）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是 A．可发生反应： B．具有吸水性，需要密封保存 C．能与反应生成新盐 D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为 3．已知还原性：SO>I-。向含a mol KI和a mol K2SO3的混合液中通入b mol Cl2充分反应(不考虑Cl2与I2之间的反应)。下列说法不正确的是 A．当a≥b时，发生的离子反应为SO+Cl2+H2O=SO+2H++2Cl- B．当5a=4b时，发生的离子反应为4SO+2I-+5Cl2+4H2O=4SO+I2+8H++10Cl- C．当a≤b≤a时，反应中转移电子的物质的量n(e-)为a mol≤n(e-)≤3a mol D．当a<b<a时，溶液中SO、I-与Cl-的物质的量之比为a∶(3a-2b)∶2b 4．下表中评价合理的是 选项 化学反应及其离子方程式 评价 A Fe3O4与稀硝酸反应：2Fe3O4+18H+=6Fe3++H2↑+8H2O 正确 B 向碳酸镁中加入稀盐酸： 错误，碳酸镁不应写成离子形式 C 向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液： 正确 D FeBr2溶液与等物质的量的Cl2反应： 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2 错误，Fe2+与Br-的化学计量数之比为1:2 A．A B．B C．C D．D 5．（2021·浙江·高考真题）关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物 C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 6．（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 7．（2024·山东菏泽·一模）已知受热分解为的价和价的混合氧化物(价的能氧化浓盐酸生成)。受热分解得到固体和氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气，若为，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是 ①②③④ A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 8．（2024·浙江金华·模拟预测）工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示。下列说法正确的是 A．“过程1”中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 B．是该反应的催化剂 C．“过程2”可表示为 D．吸收过程中存在反应： 9．（2025·北京延庆·一模）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量 物质的量 ① 酸性 0.002 x ② 中性 0.001 y 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是 A．反应①， B．随反应进行，①②溶液的均增大 C．对比反应①和②，在较高的溶液中易被氧化为高价 D．对比反应①和②， 10．（2024·浙江温州·一模）是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖与发生以下反应制得(未配平)。下列说法不正确的是 A．是还原剂，发生氧化反应 B．可替换用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) 11．（2025·安徽淮北·一模）用过的核燃料中含有金属钚(Pu)，可用二氟化二氧()将金属钚以挥发性氟化物的形式除去，相关的反应为：(未配平)。下列说法错误的是 A．发生了还原反应 B．氧化性： C．消耗，转移电子数为 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 12．（2021·浙江·高考真题）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是 A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子 C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 13．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： （1）NaClO2中Cl的化合价为 。 （2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 。 （3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为 、 。“电解”中阴极反应的主要产物是 。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，该反应中氧化产物是 。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。（计算结果保留两位小数） 14．碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (1)碱式氯化铜有多种制备方法 ①方法1：45~50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为 。 ②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为 。    (2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验： ①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； ②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4~5，用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 。 15．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产。一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为 、 。 （2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是 ，滤渣是 ；过滤操作②的滤液是 和 ，滤渣是 。 （3）工艺过程中③和④的目的是 。 （4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸。该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是 。 （5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定。称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500 mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为 ；列式计算该成品的纯度 。 学科网（北京）股份有限公司 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