第一章 第5讲　氧化还原方程式的配平及计算 -【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（人教不定项版）

第一章　物质及其变化 第5讲　氧化还原方程式的配平及计算 课标引领 1.能利用得失电子守恒法进行氧化还原方程式的配平和计算。 2．掌握质量守恒定律及其应用。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 栏目索引 考点一 氧化还原方程式的配平 考点二 氧化还原反应的计算 1．配平氧化还原方程式的“三原则” 考点一 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 2．配平氧化还原方程式的“五步骤” 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 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。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 “三步法”配平缺项型氧化还原反应方程式 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 1．氧化还原反应的计算——电子得失守恒法 (1)电子得失守恒法是氧化还原滴定实验数据处理、电化学及氧化还原反应计算的依据，利用氧化还原反应中得失电子守恒思想，只需找出反应过程中的始态物质和终态物质，从得电子与失电子两方面进行整体思维，建立二者之间的电子守恒关系，即可快速求解。 (2)氧化还原反应计算的基本依据是_________得到电子总数＝_________失去电子总数。 考点二 氧化剂 还原剂 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 考向一　多步相关氧化还原反应的计算　　　　　　　　　　　 [例1] (2021·山东卷，改编)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是(　　) A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO4既是氧化剂也是还原剂 C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.25 mol D 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2，O2和Cl2均为氧化产物，A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，B正确；含Mn物质的变化：KMnO4→K2MnO4＋MnO2，K2MnO4→MnCl2，MnO2→MnCl2，Mn元素化合价均降低，故Mn元素至少参加3个氧化还原反应，C正确； 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 生成1 mol O2转移4 mol电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中一定含有O2，故最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，D错误。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 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。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 B [练1] 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 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 考向二　氧化还原滴定的相关计算 [例2] (2023·湖北卷，节选)铜与过量H2O2反应的探究如下： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 答案：(1)CuO2 (2)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色消失，且在半分钟内不变色，说明到达滴定终点　96% 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 [练2] (2022·重庆卷，节选)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3＋和Cu2＋等，对其处理的流程如图。 (1)沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为________________________________________________________________。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 B 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 D 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 AC 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 AB 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 5．(2022·辽宁卷，节选)取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀，取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为________。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 6．(2022·山东卷，节选)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2。现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验 Ⅰ ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O2－7转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 实验 Ⅱ ：另取m1 g样品，利用实验装置与足量SOCl2反应后失去结晶水，固体质量为m2 g。 则n＝________；下列情况会导致n测量值偏小的是________(填标号)。 A．样品中含少量FeO杂质 B．样品与SOCl2反应时失水不充分 C．实验 Ⅰ 中，称重后样品发生了潮解 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 解析： 返回导航 第1轮 化学 第一章　物质及其变化 谢谢观看！ 考向一　基本型氧化还原方程式的配平 [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 [练1] 配平下列氧化还原方程式。 (1)________KI＋________KIO3＋________H2SO4===________I2＋________K2SO4＋________H2O (2)________MnO＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O (3)________P4＋________KOH＋________H2O===________K3PO4＋________PH3 (4)________KClO3＋________H2C2O4＋________H2SO4===________ClO2↑＋________CO2↑＋________KHSO4＋________H2O 答案：(1)5　1　3　3　3　3 (2)2　16　10　2　5　8 (3)2　9　3　3　5 (4)2　1　2　2　2　2　2 考向二　缺项型氧化还原方程式的配平 [例2] (1)□As2S3＋□NO＋□H2O===□AsO＋□SO＋□NO↑＋□________ (2)□P4＋□CuSO4＋□________===□Cu3P↓＋□H3PO4＋□H2SO4 答案：(1)3　28　4　6　9　28　8　H＋ (2)11　60　96　H2O　20　24　60 [练2] (高考题节选)(1)完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式： □ClO＋□Fe2＋＋□______===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。 (2)完成以下氧化还原反应的离子方程式： □MnO＋□C2O＋□____________===□Mn2＋＋□CO2↑＋□________。 答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O (2)2　5　16　H＋　2　10　8　H2O (1)Cl元素由＋5价降低到－1价，Fe元素由＋2价升高到＋3价，根据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和元素守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (2)Mn元素由＋7价降低到＋2价，C元素由＋3价升高到＋4价，根据元素化合价升降总数相等可知，MnO、C2O的化学计量数分别为2、5，再结合电荷守恒和元素守恒配平：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 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。 (1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为______________。 (2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)标志滴定终点的现象是____________________________________，粗品中X的相对含量为__________。 解答本题的思路如下： (1)确定X的组成 X完全分解的黑色氧化物Y为CuO，结合＝X的组成。 (2)确定粗品中X的含量 根据关系式2CuO2～3I2～6S2O，结合滴定数据X的含量。 (1)黑色氧化物Y应为CuO，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝，设X的化学式为CuxOy，CuxOy―→xCuO，＝，解得x∶y＝1∶2，则X的化学式为CuO2。 (2)结合信息得关系式： 2CuO2～3I2～6S2O，即： m(CuO2) 0.100 0×15.00×10－3 mol＝1.5×10－3 mol 列式：＝，则有m(CuO2)＝0.048 g，粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 (2)产品中锡含量的测定 称取产品1.500 g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4＋还原为Sn2＋，再用0.100 0 mol/L KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I－，终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。 ①终点时的现象为______________________，产生I2的离子反应方程式为______________________。 ②产品中Sn的质量分数为________%。 答案：(1)SnO2＋2NaOHNa2SnO3＋H2O↑ (2)①滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O ②47.6 (2)①滴定过程中IO被还原为I－，当Sn2＋反应完全后，再滴入KIO3溶液，IO和I－在酸性条件下发生反应生成I2：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，遇淀粉变蓝色，故终点时的现象是滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。 ②滴定过程中发生反应：3Sn2＋＋IO＋6H＋===3Sn4＋＋I－＋3H2O，则有n(Sn2＋)＝3n(KIO3)＝3×0.02 L×0.100 0 mol/L＝0.006 mol，则1.500 g产品中锡元素的质量分数为×100%＝47.6%。 1．NaNO2是一种食品添加剂，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋H＋―→Mn2＋＋NO＋________(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A．Mn2＋的还原性强于NO B．反应生成1 mol NO需消耗0.4 mol MnO C．反应过程中溶液的酸性增强 D．横线上的粒子是OH－ 该反应中，Mn元素由＋7价降低为＋2价，N元素由＋3价升高为＋5价，配平可得：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O。NO为还原剂，Mn2＋为还原产物，则Mn2＋的还原性弱于NO，A错误；由得失电子守恒可知，生成1 mol NO需消耗0.4 mol MnO；B正确；反应过程中消耗H＋，酸性减弱，C错误；横线上的粒子是H2O，D错误。 2．NiFe基催化剂是碱性条件下活性最高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，FeO发生的一步反应为FeO＋H2O―→FeOOH＋O2↑＋OH－(未配平)，下列说法正确的是(　　) A．FeO中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数相等 B．反应中FeOOH是氧化产物 C．生成22.4 L O2时，转移4 mol电子 D．配平后，FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3 FeO中铁元素的化合价为＋6，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数不相等，A错误；反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B错误；未注明温度和压强，不能确定O2的物质的量，C错误；配平后的化学方程式为4FeO＋6H2O===4FeOOH＋3O2↑＋8OH－，则FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3，D正确。 3．（双选）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋X―→CO＋MnO＋H2O(未配平，下同)；②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为6 B．“反应①”中氧化性：MnO>CO C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗71.4 g MnO时，反应中转移0.4 mol电子 根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，A错误；“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗71.4 g MnO的物质的量为＝0.6 mol时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 4．（双选）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5∶3 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 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正确；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。 答案：17%　解析：滴定反应中，MnO→Mn2＋，Mn元素由＋7价降低到＋2价，H2O2→O2，O元素由－1价升高到0价，根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，应舍去，故消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL，则H2O2的质量分数w＝×100%＝17%。 答案：　AB 滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，根据得失电子守恒可知，m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3mol。m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2)g，结晶水物质的量为mol，则有n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3mol)∶mol，解得n＝。 样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A正确；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B正确；实验 Ⅰ 称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C错误；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D错误。 $$