07第4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（人教单选版）

第4讲　氧化还原方程式的配平及计算 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。 考点一　氧化还原方程式的配平 [对应学生用书P23] 1.配平氧化还原方程式的“三原则” 2.配平氧化还原方程式的“五步骤” 氧化还原方程式的书写及配平 [考题对接] (2024·北京卷)以NH3为氮源催化氧化制备HNO3，反应原理分三步进行。 第Ⅰ步反应的化学方程式为________________________。 答案：4NH3＋5O24NO＋6H2O 氧化还原方程式配平的思维流程 [对应学生用书P23] 考向1　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的系数比为__________。 (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系数比应为2∶7。 (2)锰元素的化合价由＋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，故其化学计量数依次为1、2、4、1、1、3。 (3)氢元素由0价降低到－1价，钠元素由0价升高到＋1价，根据元素化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。 [对点训练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2　缺项型氧化还原方程式的配平 [例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 解析：(1)氯元素由＋5价降低到－1价，铁元素由＋2价升高到＋3价，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，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (2)锰元素由＋7价降低到＋2价，碳元素由＋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，再结合电荷守恒和原子守恒配平：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 [对点训练2] (高考题，节选)在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：________________________□15NNO＋□H2O 答案：415NO＋4NH3＋3O2　4　6 解析：反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2；NH3是还原剂，15NO和O2是氧化剂，因产物均为15NNO，则15NO与NH3以1∶1参加反应，结合得失电子守恒和原子守恒配平：415NO＋4NH3＋3O2415NNO＋6H2O。 考点二　氧化还原反应的计算 1.氧化还原反应的计算——得失电子守恒法 (1)得失电子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，建立二者之间的得失电子守恒关系，即可快速求解。 (2)氧化还原反应计算的基本依据是氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数。 2.“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 氧化还原反应的简单计算 [考题对接] (2022·湖南卷)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2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NO发生氧化反应 B.a和b中转移的e－数目相等 C.过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶4 D.过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O D　解析：过程Ⅰ中NO转化为NO，氮元素化合价降低，NO发生了还原反应，A错误；根据题图所示及电荷守恒和元素守恒，过程Ⅰ可表示为，过程Ⅱ可表示为，即a和b中转移的电子数并不相等，B错误；由过程Ⅱ表达式分析，过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；综合过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O，D正确。 [对应学生用书P24] 考向1　多步相关氧化还原反应的计算 [例1] (经典高考题，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　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；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所失去的，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。 [对点训练1] (2024·湖南永州三模)磷化氢(PH3)具有能量密度高、可再生优势，常用作新能源材料。一种工业上利用副产法制备PH3的流程如图所示： 下列说法正确的是(　　) A.反应①②③均属于氧化还原反应 B.据反应③可得，酸性：H3PO2＞H3PO4 C.反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 D.若起始有1 mol P4参加反应，则整个流程中最多生成2.5 mol PH3 D　解析：反应②利用“强酸制取弱酸”的原理，不涉及元素化合价变化，属于非氧化还原反应，A错误；反应③H3PO2→H3PO4＋PH3是氧化还原反应，不能据此比较H3PO2、H3PO4的酸性强弱，B错误；反应①为P4＋3NaOH (浓)＋3H2OPH3↑＋3NaH2PO2，PH3是还原产物，NaH2PO2是氧化产物，据此可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C错误；反应①中1 mol P4参与反应，生成1 mol PH3和3 mol NaH2PO2，经反应②后3 mol NaH2PO2转化为3 mol H3PO2，反应③为2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，该步反应中3 mol H3PO2生成1.5 mol PH3，故整个流程中生成PH3为1 mol＋1.5 mol＝2.5 mol，D正确。 考向2　氧化还原滴定的相关计算 [例2] (2023·湖北卷，节选)铜与过量H2O2溶液反应的探究如下： (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＝确定X的组成。 (2)确定粗品中X的含量：根据关系式2CuO2～3I2～6S2O，结合滴定数据确定X的含量。 答案：(1)CuO2 (2)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色消失，且在半分钟内不变色　96% 解析：(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： 列式：＝，则有m(CuO2)＝0.048 g，粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 [对点训练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____________ ________________________________________________________________________。 (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 解析：(2)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%。 [对应学生用书P26] 1.(2024·河北省衡水中学调研)在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为CuO＋NH4Cl―→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B.该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的 C.反应中产生0.2 mol气体时，转移0.6 mol电子 D.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 D　解析：根据CuO＋NH4Cl―→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu的化合价由＋2降低为0，被还原；N的化合价由－3升高为0，被氧化；根据得失电子守恒、原子守恒配平：4CuO＋2NH4Cl===3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O。氯化铵中N化合价升高被氧化，氧化铜中Cu化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，A错误；由反应的化学方程式可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的，B错误；由反应可知，生成1 mol气体时转移6 mol电子，则产生0.2 mol的气体时转移的电子为0.2 mol×6＝1.2 mol，C错误；根据反应的化学方程式可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2，D正确。 2.(2025·江苏盐城期初调研)酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下：MnO＋CuS＋H＋―→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)，下列有关该反应的说法正确的是(　　) A.被氧化的元素是Cu和S B.Mn2＋的还原性强于CuS的还原性 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5 D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol C　解析：反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由－2升高到＋4，只有硫元素被氧化，A错误；还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性CuS＞Mn2＋，B错误；氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为x mol，CuS为y mol，根据得失电子守恒：x×(7－2)＝y×[4－(－2)]，x∶y＝6∶5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；二氧化硫的物质的量为0.1 mol，由离子方程式可知，反应中硫元素化合价由－2升高为＋4，故转移电子为0.1 mol×(4＋2)＝0.6 mol，D错误。 3.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－，配平后的化学计量数为8 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 e－ C　解析：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正确；“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，反应中转移电子的物质的量为×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 4.(2025·江西省重点中学十校联考)用硫化亚铁、硫化亚铜处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A.当参加反应的FeS和Cu2S的物质的量相同时，FeS去除的Cr2O较多 B.反应中每处理含0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－ C.反应Ⅱ中涉及三种元素价态变化 D.使用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 A　解析：根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平两个离子方程式如下：反应Ⅰ：2FeS＋3Cr2O＋26H＋===2Fe3＋＋2SO＋6Cr3＋＋13H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。当参加反应的FeS和Cu2S的物质的量相同时，Cu2S去除的Cr2O较多，A错误；反应Ⅰ、Ⅱ中Cr化合价由＋6变成＋3，1 mol Cr2O反应转移6 mol电子，处理0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－，B正确；反应Ⅱ中Cu化合价由＋1变成＋2，S化合价由－2变成＋6，Cr化合价由＋6变成＋3，反应涉及三种元素价态变化，C正确；使用FeS除去废水中Cr2O的同时生成Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，D正确。 5.(2024·全国甲卷，节选)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 (1)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是____________________________。 (2)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。 (3)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，其反应的离子方程式为______________________________________________________________。 答案：(1)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O (2)4.0 mol (3)2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋ [课时训练(4)见P416、章末综合测试卷(一)见P419] 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