第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（四川专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 知识点2 “信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 考向1 考查氧化还原反应方程式的配平 【思维建模】 氧化还原反应的配平技巧 考向2 考查“信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 【思维建模】 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点二 氧化还原反应的计算—守恒法 知识点1 守恒思想及基本方法 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向1 考查判断参加反应的物质的量或比值 考向2 考查电子守恒法在多步反应计算中的应用 【思维建模】多步氧化还原反应确定关系式的两种方法 04 考点要求 考察形式 2025年（四川卷） 2024年 2023年 氧化还原反应方程式的书写与配平 选择题 非选择题 安徽卷T12、T15（3分） 浙江6月卷，6，3分 江苏卷，6，3分 湖南卷，6，3分 天津卷T13(5)，2分 氧化还原反应的计算方法—守恒法 选择题 非选择题 山东卷T18（1），2分 安徽卷T6（3分）、T11（3分）、T15（3分） 北京卷，14，3分 浙江1月卷，6，3分 北京卷，12，3分 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，氧化还原反应是贯穿整个高中化学的工具模型之一，今后该内容仍为高考热点。试题以选择题形式考查基本概念原理及计算；以非选择题形式考查化学方程式书写与配平及在定量实验中的数据处理。 2．从命题思路上看， （1）以实际生活和生产中的化学反应为背景进行考查，体现了化学知识在实际中的应用，增强了考生对化学与生活联系的认识； （2）与实验和化工流程结合紧密：多在化工流程题或实验综合题中考查，如要求考生根据工艺流程中的反应，写出相关的氧化还原反应方程式并进行配平，同时可能涉及相关计算，注重考查考生在具体情境中运用氧化还原反应原理分析和解决问题的能力； （3）试题的综合性增强，考查形式更加多样化，除传统的配平题目外，还出现了如根据题目所给信息，判断反应中氧化剂、还原剂及其物质的量之比等创新题型，且与元素化合物、化学实验等知识结合更加紧密，要求考生具备扎实的基础知识和综合运用能力。 预计随着新高考改革的推进，试题更加注重对考生核心素养的考查。氧化还原反应方程式的配平与计算题目可能会更加突出化学学科的特点，与实际生产生活、科学研究等情境相结合，考查考生运用化学知识解决实际问题的能力，以及科学探究与创新意识等核心素养。 复习要深入理解氧化还原反应的核心概念，包括氧化剂、还原剂、化合价升降、电子得失等之间的关系，通过绘制概念图、表格等形式，梳理清楚这些概念及其相互联系；关注氧化还原反应与其他知识点的综合应用，如与化学平衡、电化学、热化学等的结合，提高综合运用知识解决复杂化学问题的能力。 复习目标： 1．掌握常见氧化还原反应方程式的书写、配平，能结合新情境书写“信息型”氧化还原反应方程式； 2．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算 氧化还原反应方程式的书写与配平 氧化还原反应的计算方法—守恒法 “信息型”氧化还原反应方程式的书写 计算原理 氧化还原反应方程式的配平 计算方法 计算步骤 氧化还原方程式配平方法 氧化还原方程式配平的基本原则 缺项型氧化还原反应方程式的配平 逆向配平法 正向配平法 “四步法”书写信息型氧化还原反应方程式 电子得失守恒：得失电子（化合价升降）总数相等 “三列恒等式”：根据题中物质的量和守恒原理列等式 “二定得失数”：一个（摩）原子或离子得失电子数目 “一找各物质”：氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 关系式法：根据电子守恒，找出起始反应物和最终生成物量关系 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 1．配平三原则 （1）电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价 总数=化合价 总数； （2）质量守恒：反应前后原子的 和 不变； （3）电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数 。 2．配平五步骤 （1）标变价：标明反应前后变价元素的 ； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素 ； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数 ； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的 数，观察法配平其他物质的 数； （5）查守恒：检查 、 、 是否守恒。 得分速记 ①记住部分元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 氧O H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 ②明确一些特殊物质中元素的化合价： CuFeS2：、、； K2FeO4：； Li2NH、LiNH2、AlN：； Na2S2O3：； MO：； C2O：； HCN：、； CuH：、； FeO：； Si3N4：、。 3．配平方法 （1）正向配平法：适用完全氧化还原反应或 反应。 【易错提醒】选择氧化剂、还原剂作为基准物质，从反应物手配平。 （2）逆向配平法：适用于一种元素的化合价既 的反应和 反应中的氧化还原反应。 由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 【易错提醒】选择氧化产物、还原产物作为基准物质，从生成物着手配平。 （3）整体配平法：适用于某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 例如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体。 配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 （4） 缺项型氧化还原反应方程式的配平：适用某些 物或 物的分子式没有写出来，一般为 、 或 。 ①配平方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 ②补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺 或多 补H＋，少 补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补 ，少O(氧)补 【易错提醒】根据质量，电荷，电子三大守恒以及溶液酸碱性 。 知识点2 “信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 1．书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．书写步骤 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 【易错易混】离子方程式先使电荷守恒，一般用H+或者OH-调平电荷；补充H+或OH-总的原则是酸性溶液中不能出现 ，碱性溶液中不能出现 （这也是离子方程式正误判断中的常设陷阱），具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O, 右边加H+ 左边加OH-, 右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+, 右边加H2O 左边加H2O, 右边加OH- 考向1 考查氧化还原反应方程式配平 例1 (高考题节选)（1）FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为__________。 （2）酸性条件下，MnO(OH)2可将I－氧化生成I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的离子方程式，其化学计量数依次为______________________________________。 （3）请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。 思维建模 氧化还原反应的配平技巧 （1）两种常用方法 ①全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化的，一般从左侧反应物开始配平； ②自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平。 （2）“三步法”配平缺项氧化还原反应方程式 ,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： 【变式训练1·变载体】(2024·浙江6月卷，6，3分)利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO→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，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【变式训练2·变考法】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．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物 B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋ C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子 考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写 例2 （2025·四川等八省联考·提升卷）下列离子方程式或电极反应式正确的是 A．用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：5HCHO+2MnO4-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2O B．用铁电极电解饱和食盐水，阳极的电极反应为：2Cl-―2e-=Cl2↑ C．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- D．NH4Cl固体溶于重水：NH4++D2ONH3·D2O+H+ 思维建模 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型根据题中所给信息，标出所给反应物或生成物中变价元素的化合价，通过分析找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 标变价，找物质 按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”框架写出反应的化学方程式，根据电子（或化合价）守恒，确定框架中各物质的计量数。 写框架，定系数 结合所给反应环境，根据守恒关系补齐缺项。一般，酸性条件，缺氢补H+，缺氧补H2O，碱性条件，缺氢补H2O，缺氧补OH-。 看环境，补缺项 观察第三步得出的反应式，根据质量（原子、离子或配体）守恒配平H、O等原子或其它微粒，注明反应条件，写上↓、↑符合，检查写答案。 查守恒，写答案 【变式训练1·变载体】（2025·四川广安·二诊）下列离子方程式正确的是 A. 用酸性高锰酸钾溶液检验SO2的还原性： B. 泡沫灭火器的工作原理： C. 氯化铁溶液中滴加过量Na2S溶液： D. 向AgCl悬浊液中滴加过量氨水： 【变式训练2·变考法】(2024·甘肃卷，11，3分)兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性：Ag > Cu > Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1mol Ag C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+ D．溶液①中的金属离子是Fe2+ 【变式训练3·变题型】(2024·辽宁省部分重点中学联考)Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图所示。 （1）“酸浸池”所得滤液中加入MnO2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。 （2）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为________________________________________________。 （3）高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为__________________________。 考点二 氧化还原反应的计算—守恒法 知识点1 守恒思想及基本方法 1．守恒思想 （1）含义：守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒思想，只考虑反应体系中研究对象化学量的 态和 态(如元素守恒、得失电子守恒等)，从而达到快速解题的目的。 （2）常见类型： ①元素守恒：依据化学反应的实质是原子的 ，反应前后各原子的 和 保持不变。利用“元素守恒法”解题的思维流程如下： ③得失电子守恒：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 的电子总数与还原剂 的电子总数相等，即 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，只要把物质分为始态和终态，从 电子与 电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 2．基本方法——“一找、二定、三列” （1）“一找各物质”：找出氧化剂、 剂及相应的 产物和氧化产物。 （2）“二定得失数”：确定一个原子或离子 电子数(注意化学式中粒子的个数)。 （3）“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和 电子守恒列出等式。 n(氧化剂)× 原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n( 剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 1．含义 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定 还原剂失去的电子总数。 2．应用 得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。常见有： （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的 关系。 （2）对于 的氧化还原反应则可根据“ ”，找出 反应物与 生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 （3）以转移电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 （4）多池串联时，流经 上的电子数 。 3．多步反应确定关系式的两种方法 根据 方程式 根据化学(或离子)方程式确定关系式时，连续反应的中间产物是建立关系式的“桥梁” 根据守 恒关系 根据多步连续反应中某元素守恒确定关系式，如FeS2燃烧生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3与H2O化合生成H2SO4，根据硫元素守恒可得关系式：FeS2～2H2SO4 考向1 判断参加反应的物质的量或比值 例1 (2025·四川等八省·联考)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4L HCl气体中，H+的数目为NA B．电解精炼铜时，当电路中通过NA个电子时，阳极溶解32g铜 C．4.6gNa与稀硫酸充分反应，转移的电子数为0.2NA D．已知NaH2PO2为正盐，则1mol H3PO2含羟基数为2NA 【变式训练1·变考法】某离子反应涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中c(NH)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是 A．反应的还原产物是Cl－ B．消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．反应后溶液的酸性明显减弱 【变式训练2·变载体】（2025·四川成都石室中学·二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.02NA B. 常温常压下，SO2与O2的密度之比为2：1 C. 标准状况下，11.2LOF2（气体）与水完全反应（生成O2和HF）时转移的电子数目为2NA D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，所得溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数目之和为NA 【变式训练3·变题型】（2025·四川泸县五中·预测）我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示。 下列说法正确的是 A. 反应②生成1molHCHO转移 B. 反应④原子利用率100% C. 1molDHA可与足量NaHCO3溶液产生2molCO2 D. 淀粉属于非电解质 考向2 守恒法在多步反应中的应用 例2(2024·北京卷，14，3分)不同条件下，当KMnO4与KI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 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 思维建模 抓住“始态”与“终态”突破多步相关反应的计算 ①在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等进行计算。 ②找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算，可以通过分析反应前后，“始态”“终态”涉及的所有物质，找出所有“始态”物质到“终态”物质中化合价发生变化的元素，建立关系式，列式求解，简化解题步骤。 【变式训练1·变考法】高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应：①KOH＋Cl2―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)； ②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O，下列说法正确的是(　　) A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 B．若2 L 2 mol/L的KOH溶液完全反应，能吸收标准状况下44.8 L Cl2 C．K2FeO4具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比KClO强 D．按过程①②反应得到3.96 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2为30 mol 【变式训练2·变考法】取m 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，生成沉淀质量为17.02 g，则m等于 A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 【变式训练3·变题型】(2023·天津卷，节选)下面是制备硫酸的工业流程： 一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸________吨。 【变式训练4·变题型】(2023·全国乙卷，节选)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： （1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先________，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查________。依次点燃煤气灯__________，进行实验。 （2）O2的作用有______________________。CuO的作用是__________________(举1例，用化学方程式表示)。 （3）若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118，其分子式为__________。 1．（2025·浙江1月）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．Br-可被Cl2氧化为Br2 B．Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br- C．，说明氧化性：Br2>Fe3+ D．1molBr2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5mol电子 2．（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （2）“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 3．（2025·河北卷，16） 铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： （2）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：_______。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。 4．（2024·北京卷）可采用催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 5．（2024·贵州卷）二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的中子数为 B．每生成，转移电子数为 C．溶液中含有的数目为 D．标准状况下，中含键数目为 6．(2022·湖南卷，节选)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： （1）TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/ MPa 4.59× 10－2 1.84× 10－2 3.70× 10－2 5.98× 10－9 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为______________________________。 （2）“除钒”过程中的化学方程式为_______________________________________________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 知识点2 “信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 考向1 考查氧化还原反应方程式的配平 【思维建模】 氧化还原反应的配平技巧 考向2 考查“信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 【思维建模】 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点二 氧化还原反应的计算—守恒法 知识点1 守恒思想及基本方法 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向1 考查判断参加反应的物质的量或比值 考向2 考查电子守恒法在多步反应计算中的应用 【思维建模】多步氧化还原反应确定关系式的两种方法 04 考点要求 考察形式 2025年（四川卷） 2024年 2023年 氧化还原反应方程式的书写与配平 选择题 非选择题 安徽卷T12、T15（3分） 浙江6月卷，6，3分 江苏卷，6，3分 湖南卷，6，3分 天津卷T13(5)，2分 氧化还原反应的计算方法—守恒法 选择题 非选择题 山东卷T18（1），2分 安徽卷T6（3分）、T11（3分）、T15（3分） 北京卷，14，3分 浙江1月卷，6，3分 北京卷，12，3分 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，氧化还原反应是贯穿整个高中化学的工具模型之一，今后该内容仍为高考热点。试题以选择题形式考查基本概念原理及计算；以非选择题形式考查化学方程式书写与配平及在定量实验中的数据处理。 2．从命题思路上看， （1）以实际生活和生产中的化学反应为背景进行考查，体现了化学知识在实际中的应用，增强了考生对化学与生活联系的认识； （2）与实验和化工流程结合紧密：多在化工流程题或实验综合题中考查，如要求考生根据工艺流程中的反应，写出相关的氧化还原反应方程式并进行配平，同时可能涉及相关计算，注重考查考生在具体情境中运用氧化还原反应原理分析和解决问题的能力； （3）试题的综合性增强，考查形式更加多样化，除传统的配平题目外，还出现了如根据题目所给信息，判断反应中氧化剂、还原剂及其物质的量之比等创新题型，且与元素化合物、化学实验等知识结合更加紧密，要求考生具备扎实的基础知识和综合运用能力。 预计随着新高考改革的推进，试题更加注重对考生核心素养的考查。氧化还原反应方程式的配平与计算题目可能会更加突出化学学科的特点，与实际生产生活、科学研究等情境相结合，考查考生运用化学知识解决实际问题的能力，以及科学探究与创新意识等核心素养。 复习要深入理解氧化还原反应的核心概念，包括氧化剂、还原剂、化合价升降、电子得失等之间的关系，通过绘制概念图、表格等形式，梳理清楚这些概念及其相互联系；关注氧化还原反应与其他知识点的综合应用，如与化学平衡、电化学、热化学等的结合，提高综合运用知识解决复杂化学问题的能力。 复习目标： 1．掌握常见氧化还原反应方程式的书写、配平，能结合新情境书写“信息型”氧化还原反应方程式； 2．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算 氧化还原反应方程式的书写与配平 氧化还原反应的计算方法—守恒法 “信息型”氧化还原反应方程式的书写 计算原理 氧化还原反应方程式的配平 计算方法 计算步骤 氧化还原方程式配平方法 氧化还原方程式配平的基本原则 缺项型氧化还原反应方程式的配平 逆向配平法 正向配平法 “四步法”书写信息型氧化还原反应方程式 电子得失守恒：得失电子（化合价升降）总数相等 “三列恒等式”：根据题中物质的量和守恒原理列等式 “二定得失数”：一个（摩）原子或离子得失电子数目 “一找各物质”：氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 关系式法：根据电子守恒，找出起始反应物和最终生成物量关系 考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 1．配平三原则 （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．配平五步骤 （1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （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。 得分速记 ①记住部分元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 -1 0 +1 氧O H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 -2 -1 0 +2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 -4 -1 0 +2 +3 +4 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 -2 -1 0 +2 +4 +6 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 0 +1 +2 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 0 +2 +2（1/3）、+3（2/3） +3 +6 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 0 +3 +6 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 0 +2 +3 +4 +6 +7 ②明确一些特殊物质中元素的化合价： CuFeS2：、、； K2FeO4：； Li2NH、LiNH2、AlN：； Na2S2O3：； MO：； C2O：； HCN：、； CuH：、； FeO：； Si3N4：、。 3．配平方法 （1）正向配平法：适用完全氧化还原反应或归中反应。 【易错提醒】选择氧化剂、还原剂作为基准物质，从反应物手配平。 （2）逆向配平法：适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。 由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 【易错提醒】选择氧化产物、还原产物作为基准物质，从生成物着手配平。 （3）整体配平法：适用于某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 例如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体。 配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 （4）缺项型氧化还原反应方程式的配平：适用某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。 ①配平方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 ②补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ 【易错提醒】根据质量，电荷，电子三大守恒以及溶液酸碱性来补充相应的物质。 知识点2 “信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 1．书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．书写步骤 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 【易错易混】离子方程式先使电荷守恒，一般用H+或者OH-调平电荷；补充H+或OH-总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+（这也是离子方程式正误判断中的常设陷阱），具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O, 右边加H+ 左边加OH-, 右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+, 右边加H2O 左边加H2O, 右边加OH- 考向1 考查氧化还原反应方程式配平 例1 (高考题节选)（1）FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为__________。 （2）酸性条件下，MnO(OH)2可将I－氧化生成I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的离子方程式，其化学计量数依次为______________________________________。 （3）请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。 【答案】（1）2∶7 　（2）1，2，4，1，1，3　 （3）1　2　4　2　1　2 【解析】（1）分析价态变化可知，1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者化学计量数比应为2∶7。 （2）Mn元素的化合价由＋4降低到＋2，碘元素的化合价由－1升高到0，根据化合价升降总数相等，配平后的化学方程式为MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O，故化学计量数依次为1，2，4，1，1，3。 （3）H元素由0价降低到－1价，Na元素由0价升高到＋1价，根据元素化合价升降总数相等、元素守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。 思维建模 氧化还原反应的配平技巧 （1）两种常用方法 ①全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化的，一般从左侧反应物开始配平； ②自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平。 （2）“三步法”配平缺项氧化还原反应方程式 ,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： 【变式训练1·变载体】(2024·浙江6月卷，6，3分)利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO→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，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【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不正确；B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，B不正确；C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，C正确；D项，CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体11.2L，即生成0.5mol CO2，反应转移的电子数为0.5×6=3NA，D不正确；故选C。 【变式训练2·变考法】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．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物 B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋ C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子 【答案】B 【解析】Fe3＋是氧化产物，A错误；硫氰化铁不是沉淀，C错误；根据元素守恒和得失电子守恒配平该化学方程式：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成8 mol水时，转移10 mol电子，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D错误。 考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写 例2 （2025·四川等八省联考·提升卷）下列离子方程式或电极反应式正确的是 A．用足量酸性KMnO4溶液除甲醛：5HCHO+2MnO4-+6H+=5HCOOH+2Mn2++3H2O B．用铁电极电解饱和食盐水，阳极的电极反应为：2Cl-―2e-=Cl2↑ C．Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3- D．NH4Cl固体溶于重水：NH4++D2ONH3·D2O+H+ 【答案】C 【解析】A项，甲醛被酸性KMnO4溶液氧化生成HCOOH，HCOOH会被过量的酸性高锰酸钾溶液继续氧化生成CO2，离子方程式：5HCHO+4MnO4-+12H+=5CO2↑+4Mn2++11H2O，A错误；B项，铁电极作为活性电极，在阳极电极本身会失去e-发生氧化反应，电极反应：Fe-2e-=Fe2+，B错误；C项，Na2SO3溶液中通入少量Cl2：3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，C正确；D项，D2O电离出的OD-与NH4+结合生成NH3·DHO，应改为NH4++D2ONH3·DHO+D+，D错误；故选C。 思维建模 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型根据题中所给信息，标出所给反应物或生成物中变价元素的化合价，通过分析找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 标变价，找物质 按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”框架写出反应的化学方程式，根据电子（或化合价）守恒，确定框架中各物质的计量数。 写框架，定系数 结合所给反应环境，根据守恒关系补齐缺项。一般，酸性条件，缺氢补H+，缺氧补H2O，碱性条件，缺氢补H2O，缺氧补OH-。 看环境，补缺项 观察第三步得出的反应式，根据质量（原子、离子或配体）守恒配平H、O等原子或其它微粒，注明反应条件，写上↓、↑符合，检查写答案。 查守恒，写答案 【变式训练1·变载体】（2025·四川广安·二诊）下列离子方程式正确的是 A. 用酸性高锰酸钾溶液检验SO2的还原性： B. 泡沫灭火器的工作原理： C. 氯化铁溶液中滴加过量Na2S溶液： D. 向AgCl悬浊液中滴加过量氨水： 【答案】D 【解析】A．用酸性高锰酸钾溶液检验SO2的还原性，根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得，A错误；B．泡沫灭火器的工作原理是：，B错误；C．氯化铁溶液中滴加过量Na2S溶液，铁离子将硫离子氧化为S单质，自己被还原为亚铁离子，亚铁离子继续与过量的硫离子生成FeS沉淀，离子方程式为，C错误；D．向AgCl悬浊液中滴加过量氨水，得到一氯化二氨合银溶液，离子方程式为：，D正确； 故选D 【变式训练2·变考法】(2024·甘肃卷，11，3分)兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性：Ag > Cu > Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1mol Ag C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+ D．溶液①中的金属离子是Fe2+ 【答案】C 【解析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A项，金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；B项，由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；C项，反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4+，C正确；D项，向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D不正确；故选C。 【变式训练3·变题型】(2024·辽宁省部分重点中学联考)Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图所示。 （1）“酸浸池”所得滤液中加入MnO2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。 （2）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为________________________________________________。 （3）高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为__________________________。 【答案】（1）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O （2）2Mn2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2MnOOH↓＋4NH＋2H2O （3）2MnOOHMn2O3＋H2O 考点二 氧化还原反应的计算—守恒法 知识点1 守恒思想及基本方法 1．守恒思想 （1）含义：守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒思想，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如元素守恒、得失电子守恒等)，从而达到快速解题的目的。 （2）常见类型： ①元素守恒：依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。利用“元素守恒法”解题的思维流程如下： ③得失电子守恒：对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，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，只要把物质分为始态和终态，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。 2．基本方法——“一找、二定、三列” （1）“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 （3）“三列恒等式”：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)。 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 1．含义 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。 2．应用 得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。常见有： （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 （2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 （3）以转移电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 （4）多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。 3．多步反应确定关系式的两种方法 根据 方程式 根据化学(或离子)方程式确定关系式时，连续反应的中间产物是建立关系式的“桥梁” 根据守 恒关系 根据多步连续反应中某元素守恒确定关系式，如FeS2燃烧生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3与H2O化合生成H2SO4，根据硫元素守恒可得关系式：FeS2～2H2SO4 考向1 判断参加反应的物质的量或比值 例1 (2025·四川等八省·联考)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，22.4L HCl气体中，H+的数目为NA B．电解精炼铜时，当电路中通过NA个电子时，阳极溶解32g铜 C．4.6gNa与稀硫酸充分反应，转移的电子数为0.2NA D．已知NaH2PO2为正盐，则1mol H3PO2含羟基数为2NA 【答案】C 【解析】A项，HCl气体是由分子构成，未发生电离，无H+，A错误；B项，电解精炼铜时，粗铜作阳极，铜和比铜活泼的多种金属放电，无法通过转移电子数计算溶解金属的质量，B错误；C项，4.6g Na物质的量为0.2mol，与稀硫酸充分反应，即使稀硫酸量不足，水也会和钠反应，故Na完全反应生成H2 0.1mol，转移的电子数为0.2NA，C正确；D项，含氧酸中羟基氢原子有酸性，NaH2PO2为正盐，H3PO2为一元酸，故1mol H3PO2含羟基数为NA，D错误；故选C。 【变式训练1·变考法】某离子反应涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中c(NH)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是 A．反应的还原产物是Cl－ B．消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．反应后溶液的酸性明显减弱 【答案】A 【解析】c(NH)随反应进行逐渐减小，NH为反应物，N2为生成物，氮元素化合价由－3升高到0，则离子方程式为3ClO－＋2NH===3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－。该反应的还原产物是Cl－，A正确；ClO－中氯元素的化合价由＋1降低到－1，作氧化剂，消耗1 mol氧化剂，转移电子2 mol，B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比是3∶2，C错误；反应生成H＋，反应后溶液的酸性明显增强，D错误。 【变式训练2·变载体】（2025·四川成都石室中学·二模）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温下，1LpH=12的Ba(OH)2溶液中OH-的数目为0.02NA B. 常温常压下，SO2与O2的密度之比为2：1 C. 标准状况下，11.2LOF2（气体）与水完全反应（生成O2和HF）时转移的电子数目为2NA D. 标准状况下，11.2LCl2溶于水，所得溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数目之和为NA 【答案】B 【解析】A．常温下，1LpH=12的任何溶液中OH-的数目都应为0.01NA，故A错误；B．由阿伏加德罗定律的推论可知，同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，SO2与O2的密度之比为2：1，B正确；C．，H、F元素的化合价不变，+2价的氧和-2价的氧发生归中反应，0.5molOF2与水完全反应时转移的电子数目为NA， C错误；D．标准状况下，11.2LCl2溶于水，氯原子的总数目应该为NA，氯水中含氯粒子应该还有Cl2，D错误；故选B。 【变式训练3·变题型】（2025·四川泸县五中·预测）我国科学家研究成果“无细胞化学酶系统催化CO2合成淀粉”取得重要进展，其中一步核心反应如下图所示。 下列说法正确的是 A. 反应②生成1molHCHO转移 B. 反应④原子利用率100% C. 1molDHA可与足量NaHCO3溶液产生2molCO2 D. 淀粉属于非电解质 【答案】B 【解析】由图可知，转化过程中各步反应方程式分别为：①CO2+3H2=CH3OH+H2O；②CH3OH+O2=H2O2+HCHO；③2H2O2O2↑+2H2O；④3HCHO→。A．反应②的化学方程式为CH3OH+O2=H2O2+HCHO，碳元素的价态由-2价升高为0价，即每生成1mol HCHO转移2mol电子，A项错误；B．DHA分子式为C3H6O3，HCHO分子式为CH2O，3分子HCHO合成1分子DHA，反应④化学方程式为3HCHO→，原子利用率为100%，B项正确；C．DHA含有羟基和酮羰基，没有羧基，则DHA不能与NaHCO3溶液反应，C项错误；D．在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，淀粉是混合物，既不是电解质也不是非电解质，D项错误；故选B。 考向2 守恒法在多步反应中的应用 例2(2024·北京卷，14，3分)不同条件下，当KMnO4与KI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 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】A项，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 MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B项，根据反应①可得关系式10I-~2 MnO4-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2 MnO4-~MnO2~ IOx -~6e-，IOx -中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2 MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3- +2OH-，B项正确；C项，已知MnO4-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，C项错误；D项，根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误；故选B。 思维建模 抓住“始态”与“终态”突破多步相关反应的计算 ①在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等进行计算。 ②找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算，可以通过分析反应前后，“始态”“终态”涉及的所有物质，找出所有“始态”物质到“终态”物质中化合价发生变化的元素，建立关系式，列式求解，简化解题步骤。 【变式训练1·变考法】高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应：①KOH＋Cl2―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)； ②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O，下列说法正确的是(　　) A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 B．若2 L 2 mol/L的KOH溶液完全反应，能吸收标准状况下44.8 L Cl2 C．K2FeO4具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比KClO强 D．按过程①②反应得到3.96 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2为30 mol 【答案】B 【解析】Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，设n(ClO－)＝5x mol、n(ClO)＝x mol，根据得失电子守恒得n(Cl－)＝＝10x mol，则作氧化剂的氯气为5x mol，作还原剂的Cl2为3x mol，故氧化剂、还原剂的物质的量之比为5x mol∶3x mol＝5∶3，A错误；氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、KClO3时，K、Cl原子个数之比为1∶1，n(KOH)＝2 mol/L×2 L＝4 mol，需要n(Cl)＝n(K)＝4 mol，则有n(Cl2)＝n(Cl)＝×4 mol＝2 mol，V(Cl2)＝2 mol×22.4 L/mol＝44.8 L，B正确；反应②中，Cl元素由＋1价降低为－1价，Fe元素由＋3价升高为＋6价，则KClO是氧化剂、K2FeO4是氧化产物，故氧化性：KClO＞K2FeO4，C错误；n(K2FeO4)＝＝20 mol，根据反应②知，n(KClO)＝n(K2FeO4)＝30 mol，根据反应①知，消耗的n(Cl2)＝n(KClO)＝48 mol，D错误。 【变式训练2·变考法】取m 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，生成沉淀质量为17.02 g，则m等于 A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 【答案】B 【解析】题中存在质量关系：m(合金)＝m(氢氧化物)－m(OH－)，又知n(OH－)＝n(e－)＝n(浓硝酸得电子)，则有n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，故m＝17.02 g－0.46 mol×17 g/mol＝9.20 g。 【变式训练3·变题型】(2023·天津卷，节选)下面是制备硫酸的工业流程： 一批32吨含硫元素99%的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了2%，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸________吨。 【答案】94.11 【解析】上述流程依次发生反应：S＋O2SO2、2SO2＋O22SO3、SO3＋H2O===H2SO4，据此建立关系式：S～H2SO4，中间转化过程损失的硫元素可都看作起始硫粉转化的损失。 n(H2SO4)＝n(S)＝×(1－2%)×97%≈9.411×105 mol，故生产98%的浓硫酸的质量为＝94.11×106 g＝94.11 t。 【变式训练4·变题型】(2023·全国乙卷，节选)元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置(部分装置略)对有机化合物进行C、H元素分析。 回答下列问题： （1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先________，而后将已称重的U形管c、d与石英管连接，检查________。依次点燃煤气灯__________，进行实验。 （2）O2的作用有______________________。CuO的作用是__________________(举1例，用化学方程式表示)。 （3）若样品CxHyOz为0.023 6 g，实验结束后，c管增重0.010 8 g，d管增重0.035 2 g。质谱测得该有机物的相对分子质量为118，其分子式为__________。 【答案】（1）通O2　装置气密性　b、a （2）作助燃剂使有机物充分反应；排尽装置中的CO2和水蒸气　CuO＋COCu＋CO2 （3）C4H6O4 【解析】（1）在反应前需要先将装置中的空气，尤其是空气中的二氧化碳和水蒸气排出。因此，需要先通入氧气，接着组装后续实验装置，进行气密性检查。为防止煤气灯a处加热时有机物与氧气因反应不充分产生的一氧化碳无法被干燥剂吸收而引起的误差，因此先要点燃b处煤气灯。 （2）O2的作用：①排出装置中的二氧化碳与水蒸气；②作为助燃剂，使有机物充分燃烧。氧化铜可将可能产生的CO进一步氧化为CO2，反应的化学方程式为CuO＋COCO2＋Cu。 （3）结合c、d两个干燥管增重的质量可知，n(H)＝×2＝0.001 2 mol，n(C)＝＝0.000 8 mol，结合元素守恒定律，可知有机物中n(O)＝＝0.000 8 mol，则C∶H∶O＝0.000 8 mol∶0.001 2 mol∶0.000 8 mol＝2∶3∶2，故最简式为C2H3O2，结合其相对分子质量为118可知，该有机物的分子式为C4H6O4。 1．（2025·浙江1月）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．Br-可被Cl2氧化为Br2 B．Br2与SO2水溶液反应的还原产物为Br- C．，说明氧化性：Br2>Fe3+ D．1molBr2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，转移5mol电子 【答案】D 【解析】A．氯气具有强氧化性，可将Br-氧化为Br2，A项正确；B．Br2与SO2水溶液反应，生成HBr和H2SO4，还原产物为Br-，B项正确；C．根据反应可知，氧化剂为Br2，氧化产物为Fe3+，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Br2>Fe3+，C项正确；D．Br2与足量NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，反应方程式为：，3molBr2参与反应，电子转移5mol，D项错误；答案选D。 2．（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （2）“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。高压 加热 【答案】（1）4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+700℃ （2）2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O 【解析】（1）由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+；高压 加热 （2）氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O；700℃ 3．（2025·河北卷，16） 铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： （2）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：_______。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式_______。 【答案】（2） （6） 【解析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO，KAlO2、K2SiO3；通入KHCO3—K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液Ⅰ中含有K2CrO4；将K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用，据此分析；煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：。 4．（2024·北京卷）可采用催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A．Y为反应物，W为生成物 B．反应制得，须投入 C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确；故选B。 5．（2024·贵州卷）二氧化氯可用于自来水消毒。实验室用草酸和制取的反应为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．中含有的中子数为 B．每生成，转移电子数为 C．溶液中含有的数目为 D．标准状况下，中含键数目为 【答案】D 【解析】A．分子中H原子无中子，18O原子的中子数为10，则中含有的中子数为NA，故A错误；B．由反应方程式可知，每生成2molClO2转移电子数为2mol，则每生成67.5gClO2，即1molClO2转移电子数为NA，故B错误；C．H2C2O4是弱酸，不能完全电离，则溶液中含有的H+数目小于0.2NA，故C错误；D．1个二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键，则标准状况下22.4LCO2，即1molCO2中含σ键数目为2.0NA，故D正确；故选D。 6．(2022·湖南卷，节选)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： （1）TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/ MPa 4.59× 10－2 1.84× 10－2 3.70× 10－2 5.98× 10－9 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为______________________________。 （2）“除钒”过程中的化学方程式为_______________________________________________。 【答案】（1）5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2 （2）3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3 / 学科网（北京）股份有限公司 $$