第一章　第5讲　氧化还原反应方程式的配平及计算（知识点梳理+限时挑战）-【精讲精练】2026年高考化学一轮复习讲义（新高考通用）

第一章 化学物质及其变化 第5讲　氧化还原反应方程式的配平及计算 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 考点1 氧化还原反应方程式的配平★★★★☆ 考点2 电子守恒法计算★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时训练挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 考点1　氧化还原反应方程式的配平 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 (1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数 = 化合价降低总数。 (2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变。 (3)电荷守恒：离子反应前、后，阴、阳离子所带电荷总数相等。 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。 (2)列得失：列出化合价的变化值。 (3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。 (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。 (5)查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【小试牛刀】 一、常规氧化还原反应方程式的配平 1.(1)　　HCl(浓)+　　MnO2　　Cl2↑+　　MnCl2+　　H2O  (2)　　Cu+　　HNO3(稀)===　　Cu(NO3)2+　　NO↑+　　H2O  (3)　　KI+　　KIO3+　　H2SO4===　　I2+　　K2SO4+　　H2O  (4)　　S+　　KOH===　　K2S+　　K2SO3+　　H2O  (5)　　Mn+　　H++　　Cl-===　　Mn2++　　Cl2↑+　　H2O  (6)　　Mn+　　H2O2+　　H+===　　Mn2++　　O2↑+　　H2O  (7)　　C2+　　Mn+　　H+===　　CO2↑+　　Mn2++　　H2O  (8)　　C2H6O+　　KMnO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　CO2↑+　　H2O  【答案】(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4 (3)5　1　3　3　3　3　(4)3　6　2　1　3　(5)2　16　10　2　5　8　(6)2　5　6　2　5　8　(7)5　2　16　10　2　8　(8)5　12　18　6　12　10　33 【解题技巧】 常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法 (1)全变从左配：氧化剂、还原剂中均有元素化合价发生变化的（非同一种元素），一般从左侧配。 (2)自变从右侧配：自身氧化还原反应（包括分解反应、歧化反应）一般从右侧配平。 二、缺项氧化还原反应方程式的配平 2.(1)　　　ClO-+　　　Fe(OH)3+　　　　===　　　Cl-+　　　Fe+　　　H2O  (2)　　　Mn2++　　　Cl+　　　H2O===　　　MnO2↓+　　　Cl2↑+　　　  (3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。 请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。 　　+　　+　　　AlN+ (4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式： 　　NaBiO3+　　Mn2++　　　　　 　　Na++　　Bi3++　　　　　　+　　　　  【答案】 (1)3　2　4OH-　3　2　5 (2)5　2　4　5　1　8H+ (3)Al2O3+3C+N22AlN+3CO (4)5　2　14　H+　5　5　2　Mn　7　H2O 【解析】(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。 【名师点拨】 “三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流程为 考点2　电子守恒法计算 1.电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数 2.电子守恒法计算的流程 一找→物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 二定→得失数：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。 三列→关系式：根据得失电子守恒列出关系式：n（氧化剂）变价原子个数×化合价变化值=n（还原剂）变价原子个数×化合价变化值（化合价变化值取绝对值）。 【小试牛刀】 一、电子守恒法的基本计算 1.现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为(　　) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 【答案】B 【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从+4→+6，Cr元素的化合价将从+6→+n。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n)，解得n=3。 2.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的物质的量之比为1∶16，则x的值为　　　　。 【答案】5 【解析】Na2 →xNa2O4，NaO→Na，由得失电子守恒得关系式1×[6-]·x=16×2，解得x=5。 3.在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为　　　　mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为　　　　mol。 【答案】1.5　2.2 【解析】设7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为x，生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据得失电子守恒：7.5 mol×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5 mol；1 mol×3×(2-1)+1 mol×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得y=1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。 二、电子守恒法在多步反应中的应用 4.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 【答案】B 【解析】反应流程为 x g=17.02 g-m(OH-)， 而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即： n(OH-)=×1+×2×1=0.46 mol，所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL 【答案】A 【解析】由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2×=0.15 mol。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol，则V(NaOH)==0.06 L=60 mL。 【真题挑战】 1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，A不正确；该反应中CH3OH是还原剂，O3有强氧化性，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6价，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5价，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；生成1 mol CO2气体转移6 mol电子，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L(0.5 mol)，反应转移的电子数为3NA，D不正确。 2.下列判断不正确的是　　　　(填字母)。 A.反应2XeF6+4Na++16OH-===Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生成1 mol O2，转移6 mol电子(2023·福建，5D) B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(6)] C.①2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同(2023·北京，12D) D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)===CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023(2023·江苏，10D) 【答案】CD 【解析】A项，由化学方程式可知，生成1 mol O2，转移6 mol电子；B项，BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑；C项，由反应知：①O2~2e-，②H2~e-，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2；D项，由化学方程式可知，2H2S~8e-，则消耗1 mol H2S转移电子的数目为4NA。 3.[2021·河北，15(5)]　　Fe(CrO2)2+　　O2+　　NaHCO3　　Na2CrO4+　　Fe2O3+　　CO2+　　H2O。 【答案】4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O 【解析】同一物质中多元素价态变化，用整体法分析：Fe(CrO2)2中1Fe(+2→+3)，2Cr(+3→+6)，共升高7价。 4.[2021·全国甲卷，26(3)]KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为　　　　mol。 【答案】4 【解析】反应方程式为2Cu2++4I-===2CuI↓(白色)+I2，可知若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol。 【限时训练】（限时：60分钟） 一、(选择题1~14题，每小题6分，共84分) 1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为(　　) A.3.0 mol B.1.5 mol C.1.0 mol D.0.75 mol 【答案】B 【解析】当1 mol C被氧化生成0.5 mol Cr2时，失去3 mol电子，而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。 2.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： 　　KMnO4+　　FeSO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　Fe2(SO4)3+　　H2O  下列说法正确的是(　　) A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物 B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的 C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8 【答案】D 【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价降至+2价，Fe元素化合价由+2价升至+3价，即Mn是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；FeSO4作还原剂，MnSO4为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+，B错误；反应后的溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，C错误；配平该氧化还原反应为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，D正确。 3.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是(　　) A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝 B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3 C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>I D.一定条件下，I-与I反应可能生成I2 【答案】D 4.有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是(　　) A.还原产物为N B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8 C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子 D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+ 【答案】C 【解析】由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++N===8Fe3++N+3H2O。C项，若有0.5 mol N参与反应，应转移4 mol电子。 5.(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++　　+H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A.反应后溶液pH下降 B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液 C.方框中粒子为NO2 D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N 【答案】D 【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以Mn是氧化剂，N是还原剂，生成N，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2Mn+5N+6H+===2Mn2++5N+3H2O。反应过程中H+浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；根据离子方程式知，生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N，故D正确。 6.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是(　　) A.N2 B.N2O C.NO D.NO2 【答案】B 【解析】根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4溶液氧化，羟胺中N元素的化合价是-1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，可得25.00×10-3 L×0.049 mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3 L×0.020 mol·×5，解得x=+1，故羟胺的氧化产物为N2O。 7.(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是(　　) A.x=4、y=6、z=5 B.x=1、y=5、z=1 C.x=3、y=1、z=2 D.x=2、y=2、z=2 【答案】B 【解析】氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z的数值代入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2×5，故A符合实际反应；x=1、y=5、z=1时，1+5>2×1，故B不符合实际反应；x=3、y=1、z=2时，3+1=2×2，故C符合实际反应；x=2、y=2、z=2时，2+2=2×2，故D符合实际反应。 8.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5S===2Mn+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是(　　) A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2 B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>Mn C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑ 【答案】D 【解析】反应Ⅰ中HNO3未将Pb2+氧化，可证明氧化性：HNO3<Pb(Ⅳ)，故B、C错误；根据反应Ⅱ可知氧化性：PbO2>Mn，又知氧化性(酸性条件)：Mn>Cl2，故D正确。 9.(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，下列关于该反应说法错误的是(　　) A.氧化性：NaClO3>Cl2 B.当反应中有2 mol e-转移时，被氧化的HCl为4 mol C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2 D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌 【答案】B 【解析】氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 mol e-转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。 10.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是(　　) A.I作氧化剂 B.若1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3 【答案】D 【解析】分析图1、图2可知，Mn2+作还原剂，那么I作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式为2Mn2++5I+3H2O===6H++2Mn+5I，若有1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6，A、B、C项正确，D项错误。 11.(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下： 反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物 B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等 C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5 D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等 【答案】C 【解析】配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2+32H+===3Cu2++3S+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2+46H+===6Cu2++3S+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有S是氧化产物，故A错误；处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；反应Ⅱ中，氧化剂为Cr2，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故C正确；反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子6 mol，则转移电子数相同，故D错误。 12.(2024·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是(　　) A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2>Cl B.反应(1)中，每生成1 mol Cr2，转移3 mol电子 C.将反应(2)设计成原电池，Cr2在负极发生反应 D.Ce4+与反应生成Ce3+和Cl时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 【答案】A 【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(1)的氧化剂是Ce4+、氧化产物是Cr2，反应(2)的氧化剂是Cr2、氧化产物是Cl，因此氧化性：Ce4+>Cr2>，A正确；反应(1)的离子方程式为6Ce4++2Cr3++7H2O===6Ce3++Cr2+14H+，每生成1 mol Cr2，有6 mol电子转移，B错误；将反应(2)设计成原电池，正极上的电极反应式为Cr2+6e-+14H+===2Cr3++7H2O，C错误；该反应的离子方程式为2Ce4++Cl+H2O===2Ce3++Cl+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误。 13.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是 (　　) A.氧化性：Br2>Fe3+ B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-1 C.n(Cl2)=0.12 mol时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8 D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl- 【答案】C 【解析】由题图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性：Fe2+>Br-，则氧化性：Br2>Fe3+，故A正确；由通入0.1 mol氯气时，Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+，发生反应：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-，可得原溶液中n(Fe2+)=2×0.1 mol=0.2 mol，则FeBr2溶液的浓度为=1 mol·L-1，故B正确；当通入的n(Cl2)=0.12 mol时，0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为0.2 mol Fe3+，过量的0.02 mol Cl2与0.04 mol Br-反应，溶液中剩余的n(Br-)=0.4 mol-0.04 mol=0.36 mol，则反应后溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol∶0.36 mol=5∶9，故C错误；n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+，有一半的Br-被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确。 14.(2024·江苏模拟预测)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示，下列说法不正确的是(　　) A.1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)数目约为6.02×1023 B.“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2+2H2O===MnO2↓+2S+4H+ C.“沉锌”过程的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4 D.“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3 【答案】C 【解析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成ZnCO3·2Zn(OH)2。过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)的数目约为6.02×1023，故A正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2+2H2O===MnO2↓+2S+4H+，故B正确；“沉锌”时溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，故化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C错误；据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D正确。 15.(7分)已知还原性：HS>I-，氧化性：I>I2。 (1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。 　　NaIO3+　　NaHSO3===　　I2+　　Na2SO4+　　H2SO4+　　H2O (2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为　　　　　　　　(填化学式)。 (3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：　　　 　　　　　 　　　　；当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为　　　　mol。 【答案】 (1) (2)NaI　(3)I+5I-+6H+===3I2+3H2O　 【解析】(2)由还原性：HS>I-可知，当NaHSO3溶液过量时，I先被还原成I2，再被还原成I-。(3)OA段，随着I的量增加，NaHSO3的量减少，I被还原成I-：I+3HS===3S+I-+3H+，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I-的反应：I+6H++5I-===3I2+3H2O。当I-与I2的物质的量之比为5∶3时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第一个反应生成的I-为x mol，第二个反应消耗的I-为5y mol，生成的I2为3y mol，故有=5∶3，即x=10y，因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，即3x=5，故有x=，y=，故所加入的NaIO3为(x+y) mol= mol。 16.(9分)氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题： Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧，与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+===Cu2++Cu。 (1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　　　。 (2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是　　　 　　 　　　　　 　　　(填化学式)。 (3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式：　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　。 Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 (4)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　。 (5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　。 【答案】(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl　(2)H2 (3)CuH+3H++ N===Cu2++2H2O+NO↑ (4)V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O　(5)>Cl->VO2+ 【解析】(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价，对应的产物为水，则CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式为CuH+3H++===Cu2++2H2O+NO↑。(4)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O。(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该黄绿色气体是氯气，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，还原性：>Cl->VO2+。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一章 化学物质及其变化 第5讲　氧化还原反应方程式的配平及计算 学习导航站 核心知识库：重难考点总结，梳理必背知识、归纳重点 考点1 氧化还原反应方程式的配平★★★★☆ 考点2 电子守恒法计算★★★☆☆ （星级越高，重要程度越高） 限时训练挑战场：感知真题，检验成果，考点追溯 考点1　氧化还原反应方程式的配平 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 (1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数 = 化合价降低总数。 (2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变。 (3)电荷守恒：离子反应前、后，阴、阳离子所带电荷总数相等。 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。 (2)列得失：列出化合价的变化值。 (3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。 (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。 (5)查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【小试牛刀】 一、常规氧化还原反应方程式的配平 1.(1)　　HCl(浓)+　　MnO2　　Cl2↑+　　MnCl2+　　H2O  (2)　　Cu+　　HNO3(稀)===　　Cu(NO3)2+　　NO↑+　　H2O  (3)　　KI+　　KIO3+　　H2SO4===　　I2+　　K2SO4+　　H2O  (4)　　S+　　KOH===　　K2S+　　K2SO3+　　H2O  (5)　　Mn+　　H++　　Cl-===　　Mn2++　　Cl2↑+　　H2O  (6)　　Mn+　　H2O2+　　H+===　　Mn2++　　O2↑+　　H2O  (7)　　C2+　　Mn+　　H+===　　CO2↑+　　Mn2++　　H2O  (8)　　C2H6O+　　KMnO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　CO2↑+　　H2O  【解题技巧】 常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法 (1)全变从左配：氧化剂、还原剂中均有元素化合价发生变化的（非同一种元素），一般从左侧配。 (2)自变从右侧配：自身氧化还原反应（包括分解反应、歧化反应）一般从右侧配平。 二、缺项氧化还原反应方程式的配平 2.(1)　　　ClO-+　　　Fe(OH)3+　　　　===　　　Cl-+　　　Fe+　　　H2O  (2)　　　Mn2++　　　Cl+　　　H2O===　　　MnO2↓+　　　Cl2↑+　　　  (3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。 请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。 　　+　　+　　　AlN+ (4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式： 　　NaBiO3+　　Mn2++　　　　　 　　Na++　　Bi3++　　　　　　+　　　　  【名师点拨】 “三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流程为 考点2　电子守恒法计算 1.电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数 2.电子守恒法计算的流程 一找→物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 二定→得失数：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。 三列→关系式：根据得失电子守恒列出关系式：n（氧化剂）变价原子个数×化合价变化值=n（还原剂）变价原子个数×化合价变化值（化合价变化值取绝对值）。 【小试牛刀】 一、电子守恒法的基本计算 1.现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为(　　) A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 2.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的物质的量之比为1∶16，则x的值为　　　　。 3.在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为　　　　mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为　　　　mol。 二、电子守恒法在多步反应中的应用 4.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL 【真题挑战】 1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 2.下列判断不正确的是　　　　(填字母)。 A.反应2XeF6+4Na++16OH-===Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生成1 mol O2，转移6 mol电子(2023·福建，5D) B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(6)] C.①2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同(2023·北京，12D) D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)===CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023(2023·江苏，10D) 3.[2021·河北，15(5)]　　Fe(CrO2)2+　　O2+　　NaHCO3　　Na2CrO4+　　Fe2O3+　　CO2+　　H2O。 4.[2021·全国甲卷，26(3)]KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为　　　　mol。 【限时训练】（限时：60分钟） 一、(选择题1~14题，每小题6分，共84分) 1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2和Pb2+，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为(　　) A.3.0 mol B.1.5 mol C.1.0 mol D.0.75 mol 2.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： 　　KMnO4+　　FeSO4+　　H2SO4===　　K2SO4+　　MnSO4+　　Fe2(SO4)3+　　H2O  下列说法正确的是(　　) A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物 B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的 C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8 3.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是(　　) A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝 B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3 C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>I D.一定条件下，I-与I反应可能生成I2 4.有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是(　　) A.还原产物为N B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8 C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子 D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+ 5.(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++　　+H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A.反应后溶液pH下降 B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液 C.方框中粒子为NO2 D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N 6.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是(　　) A.N2 B.N2O C.NO D.NO2 7.(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是(　　) A.x=4、y=6、z=5 B.x=1、y=5、z=1 C.x=3、y=1、z=2 D.x=2、y=2、z=2 8.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5S===2Mn+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是(　　) A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2 B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>Mn C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑ 9.(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，下列关于该反应说法错误的是(　　) A.氧化性：NaClO3>Cl2 B.当反应中有2 mol e-转移时，被氧化的HCl为4 mol C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2 D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌 10.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是(　　) A.I作氧化剂 B.若1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3 11.(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下： 反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物 B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等 C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5 D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等 12.(2024·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是(　　) A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2>Cl B.反应(1)中，每生成1 mol Cr2，转移3 mol电子 C.将反应(2)设计成原电池，Cr2在负极发生反应 D.Ce4+与反应生成Ce3+和Cl时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 13.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是 (　　) A.氧化性：Br2>Fe3+ B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-1 C.n(Cl2)=0.12 mol时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8 D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl- 14.(2024·江苏模拟预测)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示，下列说法不正确的是(　　) A.1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)数目约为6.02×1023 B.“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2+2H2O===MnO2↓+2S+4H+ C.“沉锌”过程的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4 D.“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3 15.(7分)已知还原性：HS>I-，氧化性：I>I2。 (1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。 　　NaIO3+　　NaHSO3===　　I2+　　Na2SO4+　　H2SO4+　　H2O (2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为　　　　　　　　(填化学式)。 (3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：　　　 　　　　　 　　　　；当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为　　　　mol。 16.(9分)氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题： Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧，与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+===Cu2++Cu。 (1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　　　。 (2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是　　　 　　 　　　　　 　　　(填化学式)。 (3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式：　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　。 Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 (4)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　。 (5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是　　　　　　　　　　 　　　　　 　　　　　 　　　　　。 学科网（北京）股份有限公司 $$