第一章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平和计算-【衡中学案】2026年高考化学一轮总复习学案

C2在10~15℃下通人饱和K0H溶液中发生反应Cl2+2K0H一KC微考点2 +KC0+H,0,由于“反应2”中e(N03)3发生氧化反应，推测参与“反3.(1)24d-2Fe2+ 应2”的上一步所得物质是KCIO,故反应得到白色沉淀b是KCL,B错误 (2)1313H2↑ 根据化合物中各元素化合价代数和为0推知，K,Fe04中Fe元素显+6 [解析](1)Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失 价，C正确；“反应2”中反应物为KClO、Fe(NO3)3和KOH,生成物有 电子守恒、元素守恒可得，该离子方程式为2Fe3++AS+4C1- KFeO4,结合氧化还原反应规律及元素守恒推知，反应还生成KC、 2Fe2++2[AgC2]-+S。(2)反应I中，CI元素由-1价升高到+5价， KN03和H20,D正确。 反应物中C1和0元素的化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知 5.D由图示可知，过程I中NO2一→NO,N元素由+3价降低到+2价， H20中+1价H元素被还原，则未知产物为H2,结合得失电子守恒和原 故NO2是氧化剂，发生还原反应，A错误；由得失电子守恒、电荷守恒和 子守恒配平：NaC+3H,0电篷NaC10,+3H2↑。 原子守恒可知过程I的离子方程式为N0,+2H+e一N0↑+4.(1)2，KI0, H0,生成1molN0,a过程转移1mole;依据得失电子守恒、电荷守恒 40期 和原子守恒可知过程Ⅱ的离子方程式为2H+NH+N0+3e= (2)8KMn04+15Ki+17H2S04=8MnS04+5I2+5KI03+9K2S04 H20+N2H4,消耗1 mol NO,b过程转移3mole,转移电子数日不相等 +17H20 B错误；过程Ⅱ中反应的n(NO):n(NH)=1:1,C错误；综合过程 [解析](1)I元素的化合价由-1价升高到0价和+5价，故2、KIO3 I、Ⅱ、Ⅲ可知，总反应为NO5+NH=N2↑+2H,0,D正确。 为氧化产物：(2)如果该反应化学方程式中I,和KO2的化学计量数都 第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算 是5，根据得失电子守恒，该方程式配平为8KMn04+15KI+17H2S04 8MnS04+5L2+5KI03+9K,S04+17H20,方程式中I元素转移了40 个电子。 考点一 微考点3 必备知识·梳理夯实 5.(1)2Mn04+3Mn2++2H20=5Mn02↓+4H 1.氧化剂还原剂升高降低种类个数总数 (2)Ph0+C10Phb02+C1 2.化合价电荷 (3)2FeS0,商温Fe,0,+S02↑+S0,↑ 3.(1)51333321610258 (4)4Ag +4NaClO +2H20=4AgCI+4NaOH+02 (2)3621329335 6.(1)N2↑4H20 (3)H+H200H (2)①Na2Cr04②Fe203 (4)4112832261038 ③2Cr20号-+3S203-+10H+=4C3++6S02-+5H20 【正误辨析】 [解析](1)①根据化学方程式中反应前后Cr的化合价降低，且反应生 (1)×KMnO4为氧化剂，FeS04为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和 成无污染气体，推出生成的无污染气体为N2,根据C和N得失电子守 还原剂的物质的量之比为1：5。 恒配平反应，确定(NH4)2C20,、C203和N2前的化学计量数均为1，再 (2)V根据得失电子守恒，7.5 mol CuS(04得7.5mol电子，1molP失去5 由H、0原子守恒，确定另一产物为H20,且水前的化学计量数为4。 mol电子，所以有1.5molP被CuS04氧化。 (2)①根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CO子存在， (3)√配平后反应为2Fe(0H)3+3Cl0-+40H-—2Fe0-+3C1 敌煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。②煅烧时通入空气，含铁化合物 +5H20 转化为Fe,0,且Fe03不溶于水，故水浸渣中还含有Fe03。③分离钒 (4)×根据电荷守恒，x=4。 后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O号存在，还原过程中Cr20号被S2O?还 (5)×根据原子守恒，X的分子式为NO。 原为C3+,S20号转化为S0,因此反应的离子方程式为2C,0+ (6)×应为5Cl02+4H+=4CI02+C1+2H20. 3S,0?+10H*—4Cr3++6S02+5H,0,之后调pH,Cr3+转化为 (7)×应为3N02+H,0=2H++2N03+N0。 Cr(OH)3。 (8)× Fe3+的氧化性弱于H202,不能氧化H,02,但Fe3+能催化H,02的 考点二 分解：2H,0,2H,0+0,↑。 必备知识·梳理夯实 (9)×应为I03+5I+6H+=3I2+3H20 1.氧化剂还原剂 考点突破·能力提升 2.还原产物氧化产物化合价化合价 微考点1 11.2第一步：根据化合价变化，找出“两剂”“两产物”：N2S03 1.(1)2C2+Hg0==Cl20+HgCl: Na2S04,S元素化合价升高，则Na2S03是还原剂，Na2S04是氧化产物 (2)54H+412H,0 Cl2→HCl,C1元素化合价降低，则CL2是氧化剂，HCl是还原产物。 [解析]歧化反应采用逆向配平法。(1)中每生成1moCl,0转移2 第二步：确定单个粒子得失电子数：Na2S03→Na2S04~2e,Cl2 mol电子，每生成1 mol HgCl.2也转移2mol电子，所以二者配平的系数比 +2HCl~2e。 为1：1，再根据质量守恒配Cl2和Hg0的系数。(2)中每生成1mol 第三步：根据得失电子守恒列出关系式：n(Na2S03)×(6-4)= Cl02转移1mol电子，每生成1 mol Cl-转移4mol电子，所以二者配平的 n(Cl2)×2,代人数据：0.5L×1.0mol·L-1×2=n(Cl2)×2,n(Cl2)= 系数比为4：1，再根据电荷守恒和质量守恒补出H+和H20并配平。 0.5mol,在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L·mol-=11.2L. 2.(1)2:7 【正误辨析】 (2)Mn0(0H)2+2I-+4H+=Mn2++L2+3H,0 (1)×1molC2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电 [解析](1)根据得失电子守恒和质量守恒，配平可得：2Fe0·Cr203+ 子数应为NA。 (2)×1 mol KI03与足量的HⅢI完全反应，转移电子数为5NA。 4Na,C0,+7NaN0,高适4Na2C04+Fe203+4C02↑+7NaN02,故 (3)V√题目中指出被还原的元素是C,则得电子的物质必是K2Cr20,失 Fe0·Cr203与NaNO3的化学计量数之比为2：7。(2)I元素由-1价升 电子的物质一定是Na2S03,其中疏元素的化合价从+4→+6；而铬元 高到0价，M元素由+4价降低到+2价，根据得失电子守恒可得 素的化合价将从+6→+n(设+n为生成物中铬元素的化合价)，根据 MO(OH)2与I的化学计量数之比为1：2，再结合原子守恒和电荷守 得失电子数日相等，有0.024L×0.05mol·L1×(6-4)=0.02L× 恒配平：Mn0(0H)2+2I-+4H*—Mn2++【2+3H20。 0.02mol·L×2×(6-n),解得n=3。 522 考点突破·能力提升 11.4g [解析】n(Fes0,）152g:1na=0.075md,a(K0,）=0.05LX 微考点1 0.5mol·L-1=0.025mol。设N,0,中N元素的化合价为z。根据得失 1.D KMnO4固体受热分解生成K2Mn04、MmO2和O2,K2MnO4、MnO2均 电子守恒有1×0.075=0.025×(5-z),解得z=2,即N03转化成了 具有氧化性，在加热条件下都能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程 N0,故x=1,y=1 中Cl被氧化为Cl2,K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2,因此气体单质G 6.(1)+4 为O2,气体单质H为Cl2,02和Cl2均为氧化产物，A正确：KMn04固体 (2)9Cr20号 14H+23I7H20(或6Cm,0号14H+2 受热分解过程中，M元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被 3L27H20) 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：： (3)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化 KMnO4→K2Mn04+MnO2,K2MnO4→MnCl2,MnO2→MnCl2,Mn 元素化合价均降低，故M元素至少参加3个氧化还原反应，C正确；生 （49cx10-5x65 -×100% 成1mol02转移4mol电子，生成1 mol Cl2转移2mol电子，若KMn04 转化为MCl2过程中得到的电子全部是Cl生成Cl2所失去，则得到气 [解析](2)V中加入过量KI溶液，置于暗处5~10min,溶液呈棕黄 色，是酸性条件下C0号将I氧化成2,2与I反应生成I5,同时自 体的物质的量最大，由2KMn04~5Cl2可知，n(气体)mw=0.25mol,但 该气体中一定含有02，故最终所得气体的物质的量小于0.25mol,D 身被还原为C3+,反应的离子方程式为9I+Cr20号+14H+—3L +2Cr3++7H20或6I-+C20号+14H+—3L2+2Cr3++7H20 错误。 (3)以淀粉为指示剂，用Na2S203标准溶液滴定生成的碘，故V中滴定终 2.A本题结合铜与浓硫酸的反应及产物的检测，考查氧化还原反应及其 点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化。(4)由方案可知， 计算。铜与足量浓硫酸反应生成C2S和白色物质X,无气体生成，生成 利用Na2S203标准溶液确定生成的【2，再根据化学反应方程式计算 Cu2S时铜元素从0价升高到+1价，硫元素从+6价降低到-2价，根据 Pb2+的物质的量，进而计算P0,的质量，确定P04的质量分数，依据 得失电子数守恒，必定存在其他产物（所含元素化合价升高），按元素守 恒分析只能为CSO4,则白色物质X为CS04,配平得到该反应的化学： 题意得到定量关系为子Pm,0-2m2+-C,0片-3-6S,0,故样 方程式为5Cu+4H2S0,(浓)△3CuS04+C2S+4H,0。白色物质X 1 为CuSO4,A正确；Cu2S和CSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，发生反应 中四氧化三铅的质量分数为9x103×6 -×100% 3Cu,5+16H*+4N0;一6C2++3S↓+4N0↑+8,0，单质Y为S,聚焦高考·真题演练 则N0为还原产物、Y(S)为氧化产物，B错误；由反应可知，疏元素从+6 价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占1.C02的电子式为*[：0：0：]P,含有离子键和0一0非极性 25%,C错误：根据反应的化学方程式可知，3 mol Cu发生反应生成0.6 共价键，阴、阳离子个数比为1：2；Ca的电子式为[H:]Ca2+[:H, molC2S,0.6 mol Cu2S发生反应3C2S+16H++4N036Cu2++ 只含有离子键，阴、阳离子个数比为2：1，A错误，C正确；①中过氧化钠 3S↓+4N0↑+8H,0可生成0.8mdlN0与0.6molS,故N0与S物质 既发生氧化反应又发生还原反应，水中各元素的化合价不发生变化；② 的量之和为1.4mol,D错误。 中水中氢元素的化合价从+10，发生还原反应，B错误；反应①中转移 3.AFe,0中0元素显-2价，则Fe元素的平均化合价为+2价，通人C,将 2mole生成1mol02,反应②中转移2mole生成2molH2,故①和② 中转移的电子数相同时，产生O2和H2的物质的量不相同，D错误。 Fe2+完全氧化生成Fe3+,标准状况下112mLCl2的物质的量为0.005mol。 根据氧化还原反应中电子得失守恒规律列式：n(Cl2)×2=-n(Fe,0)× 2.DS0中S原子上的。键电子对数为4，孤电子对数为7×(6+2-2 (3-）x即0.05m×2=66×3-子）×，解得=080 ×4)=0,价层电子对数为4+0=4，故S0的空间结构为正四面体形 而S,0-相当于是将S0中的1个0原子替换为1个S原子，故其空 故选A。 间结构为四面体形，而非正四面体形，A不正确；反应I中只有S元素被 微考点2 氧化，B不正确；反应1为2A2S,+602+3H,0费外光2A20,+ 4.(1)SnO2 +2NaOHNaz SnO:+H2O 3HS,0,反应Ⅱ为As5,+70,+6H,0自然光2HAs0,+3H,S04,参加 (2)①滴人最后半滴KIO,标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内 不褪色I03+5I+6H+—3L2+3H20②47.6% 反应的，：>L,C不正确；氧化1 mol As2,反应1转移12mO [解析](2)①滴定过程中10被还原为I,当S2+反应完全后，再滴 e-,反应Ⅱ转移28mole,转移电子数之比为3：7，D正确。 入K0,溶液，I0,和I厂在酸性条件下发生反应生成2：I0+5I+3.D在熔融状态下强碱性介质会与瓷坩埚中的成分(Si02)反应，不能用 6H+一32+3H0,淀粉遇I2变蓝色，故终点时的现象是滴入最后半 瓷坩埚作反应器；用NaOH作强碱性介质，产物中会混有NaMnO4,应用 滴KI03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 KOH作强碱性介质；K2 MnO4发生歧化反应生成KMnO,和MnO2,既体现 氧化性又体现还原性；根据得失电子守恒，K,MO4发生歧化反应生成的 程中发生反应：3Sn2++I03+6H+—3Sn4++I-+3H20,则有 KMnO4和MnO2物质的量之比为2：1，①中MnO2中Mn元素全部转化 n(Sn2+)=3n(KI03)=3×0.02L×0.1000mol·L-1=0.006mol,则 1.500g产品中锡元素的质量分数为0.006m0lx19g·mol -×100% 为K,i0,由2可得①中M0,中的Mm元素有号转化为KMmn04,则 1.500g MnO2转化为KMn04的理论转化率约为66.7%；综上所述可知选D =47.6%。 4.17% 5.(1)11 [解析]滴定反应中，MO→Mn2+,Mn元素由+7价降低到+2价， (2)6241324 H202→02,0元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒可得关系式： (3)KN0, 2KM04~5H202。三组数据中20.90mL偏差较大，应舍去，故消耗酸性 得6e KM04溶液的平均体积为20.00mL,则H02的质量分数为 (4)6Fes04+2KN03+4H2S04—K2S04+3Fe2(S04)3+2N0↑ ,5.100mL 20.0x103Lx0.000mad.L×子×z00l×34g·m 失6e -×100% 2.50g +4H20 =17%。 —523— 5.100(m-m）AB :2.D1mol青蒿素的质量为282g,A错误；双氢青蒿素的相对分子质量为 108cV 284,则其摩尔质量为284g·m0l-1,B错误；14.1g青蒿素为0.05mol, [解析]滴定过程中C20将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成C+, 含有原子总数为0.05mol×42×V mol·L-1=2.1VA,C错误。 根据得失电子守恒可知，m1g样品中n(FeC2)=6n(C0号）=6cV×3.C摩尔质量的单位是g·mol-,则该物质的摩尔质量为256g·mol-1, 10-3mol。m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水的物质的量 A错误；1mol该分子中含有8mol硫原子，1个硫原子含有16个质子，则 为”8ml,则有a(Bd):a(L,0)=1a=(6e×103: 含有128N个质子，B错误；0.5mol该分子的质量为0.5mol×256g m0l1=128g,C正确；1个硫原子含有16个电子，1个该分子中含有电 m,解得n100阅，持品中含少量F0素质，溶于格 子128个，D错误 18 108cV 微考点2 硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K,Cr20,溶液的体积V偏大，使n的测量 4.D标准状况下，11.2L由C0和C02组成的混合气体的质量为16g,其 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 物质的量为24=05m,设①为mlc0为ym.则有 耗的KzCr20,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K,Cr2O,溶液的体积 V偏小，使n的测量值偏大，D错误 混合气体中，C0和C02的物质的量之比为3：1，A正确：混合气体中， 第二章物质的量 C0和C02气体的质量之比为(3×28)：44=21：11，B正确；同温同压 下，气体密度之比=摩尔质量之比，该混合气体的摩尔质量是16g÷0.5 第6讲物质的量 气体摩尔体积 mol=32g·mol-1,是H2(摩尔质量为2g·mol-1)密度的16倍，C正 确；标准状况下，该混合气体中C02的体积为0.125mol×22.4 考点一 L·mol-1=2.8L,D错误。 5.A在标准状况下，1mdl任何气体的体积均约为22.4L,A正确：氢气为 必备知识·梳理夯实 单原子分子，含1mol氨原子的氨气在标准状况下的体积应为22.4L,B 1.(1)一定数目粒子6.02×103原子分子 错误；不是在标准状况下，C错误；在标准状况下，H20的状态不是气态， 2aNg D错误。 6.(1)64S02(2)①1.61②36 2.相对分子质量 相对原子质量牙 (3)2d 2是mal6dgmo1 3.(1)数目 [解析](1)M=2.87g·L-1×22.4L·mol-1≈64g·mol1。 (2)单位物质的量的气体VL·mol-I m3·mol-1 V= (2)2C0+02槛2C02,C0的体积与生成C02的体积相等，故18gC0 和C02的混合气体的总体积为11.2L,在标准状况下，该混合气体的物 温度压强气体 质的量为0.5mol,设C0的物质的量为xmol,C02的物质的量为ymol, 4.(1)体积相同 片÷是 则28+418解得x=0.25,y=0.25。①混合气体在标准状况下的 Lx+y=0.5, 【正误辨析】 苦度为8品1.61g-。 (1)×氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，氯化氢是共价化 ②解法-：M=p×22.4L·mol-l=1.61gL1×22.4L·moll≈36g 合物，只存在分子，则1mol氯化钠中含有2mol离子，1mol氯化氢中 ·mol-l; 含有1mol分子。 (2)×摩尔质量是物质固有属性，不会随物质的多少而变化。 (3)×1mol任何粒子或物质的质量以克为单位时数值上与它的相对分 ,18g=36 g mol-。 子质量或相对原子质量相等。 解法三：M=28g·mol-1×50%+44g·mol1×50%=36g·mol-1。 (4)√根据甲醛的结构简式可知一个甲醛分子中含有3个8键，30g甲 (3)根据密度之比等于相对分子质量之比，NH3、C02、H20(g)的平均相 醛中含有3NA个σ键。 对分子质量为2d,由n=霜得ng=器md,根据化学方程式NH,HC03 (5)×0是一个整体，所以7.8gNa202即0.1 mol Na202中所含有阴 离子数为0.1NA。 △N,↑+C0,↑+H,0↑，Nl,HC0,的物质的量为费×号m0l= (6)×乙烯、丙烯中均含有一个双键，但总物质的量不确定。 (7)V同温、同压下，气体的摩尔质量之比等于密度之比 品ml,所以N00,的摩尔资量为是8·m=6dgm。 (8)×任何物质的状态不确定，可能为固体、液体、气体。 6d (9)V二者的摩尔质量相同，在等质量的前提下物质的量相同，所以，常微考点3 温常压下体积相同。 7.C左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，两种气体的体积之比等 (10)V√02和H2在标准状况下不反应，二者比例的不同，不影响总数。 于其物质的量之比，左右体积之比为4：1，则左右气体的物质的量之比 考点突破·能力提升 为4：1，则右侧气体物质的量为0.25mol。相同条件下气体密度与其摩 微考点1 尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的8=14倍。 1.B1个草酸分子含2个H2个C和4个0，则1mol草酸含有2molH28.D反应②是02与0反应生成03，元素化合价不变，不是氧化还原反 molC和4mdl0,A正确；H2C204的相对分子质量为90，则其摩尔质量 应，故A错误；16g03和02的混合气体中含有1mol氧原子，所含质子 为90g·mol-1,与含有0原子数无关，B错误；1个草酸分子含有8个原 数为8NA,故B错误；0.5 mol NO2溶于水发生反应：3NO2+H20 子，45g草酸为0.5mol,则含有4mol原子，故含有的原子总数为4WA,C 2HN03+N0,因此得到硝酸的物质的量约为0.33mol,则可得到0.33 正确；H2C204燃烧生成C02和H20,117g草酸的物质的量为1.3mol mol·L-1的硝酸溶液，故C错误；标准状况下，11.2LN0和02的混合 完全燃烧时转移电子为1.3mol×2×(4-3)=2.6mol,D正确。 气体的物质的量为0.5mol,因此所含的原子数为NA,故D正确。 524正价最高莫过八， (3)硝酸工业：H,一一0一N0,一HN0, 负价最低四为限， (4)接触法制硫酸：feS →50250， 正负变价要分清， 莫忘单质都为零。 H.SO. (2)特殊复杂物质中的元素化合价判断 (5)合成氨工业：N 一H ①根据元素的非金属性确定元素的化合价 (6)氯碱工业：Nadd, 例：CuH非金属性H>Cu (7)工业制漂白粉：CL2一→CaCl2和Ca(Cl0)2 :显正价←一一 Cu →显负价 5.氧化性、还原性强弱的八种判断依据 ②根据物质的性质确定元素的化合价 (1)化学反应方程式； 例：Felg (2)金属、非金属活动性； (3)元素周期表中相对位置； Fe3+、上不能共存 (4)反应条件及反应剧烈程度； (5)氧化或还原的程度； Fe2 Fe (6)电化学信息； (7)外界条件； , (8)元素最高价氧化物的水化物的酸碱性。 6.必记的电子守恒关系 ③有机物中H、0化合价定为+1、-2，确定C的 氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总 化合价 数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。 030 ④常考复杂物质化合价的汇总 7.氧化性、还原性强弱比较的两种方法 22 ,0 K:FeO, LiNH2 AIN 氧化性：氧化剂>氧化产物； HCN +(8-) FeO2 还原性：还原剂>还原产物。 o: 度 4.高中化学涉及氧化还原反应的工艺 温馨提示：复习至此，请完成练案[4 新 (I)海水提澳：Br一→B,一Br一→Br 计 (2)海带提碘：十1， 衡 第5讲 氧化还原反应方程式的配平和计算 1.能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。 课标解读 2.能利用化合价升降法进行氧化还原反应方程式的配平。 3.依据得失电子守恒，列出等式进行计算。 考点一 氧化还原反应方程式的配平 必备知识·梳理夯实 2.氧化还原反应方程式配平的五个“关键步骤” 标明反应前后变价元素的 1.氧化还原反应方程式配平的三个“基本原则” 标变价 :888888888888888:88888388888 得电子总数= 失电子 配 列变化 列出化合价升高和降低的数值 总数，化合价 总数=化合价 通过求最小公倍数使化合价升降总数 电子守恒 总数 求总数 相等 保据得失电子守恒规祥 配 配平氧化还原反应方程式并进行计算的主要依据 个 反应前后原子的 和 确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还 质量守恒 配系数 原产物的化学计量数，利用观察法配 不变 步 平其他物质的化学计量数，配平后把 骤 短线改等号 离子反应前后，阴、阳离子所 依据质量守恒规律” 电荷守恒 带电荷 相等 查守恒 检查质量 电子是否守恒 以上方法步骤以Cu与稀HNO,反应的方程式配 [微点归纳]（1)“缺项”配平原则 平为例说明如下： 条件 补项原则 ①标变价 0 42 缺H(氢)或多O(氧)补H+,少O(氧)补 Cu+HNO3(稀)—Cu(NO3)2+N0+H,0 酸性条件下 H,0(水) ②列变化 Cu+HN0,(稀)—Gi(N0,)2+0+H,0 缺H(氢)或多0（氧）补H,0(水)，少0 碱性条件下 ↑2 13 (氧)补OH ③求总数 8u+H0,(稀)一(N0,)2+0+H,0 (2)组合方式 2×3 ↓3×2 反应物 生成物 使用条件 ④配系数 3Cu+8HNO3(稀)—3Cu(NO3)2+2NO 个 组合一 H H,0 酸性溶液 +4H,0 组合二 H20 H' 酸性溶液或酸碱性未知 ⑤查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用0原 组合三 OH H,O 碱性溶液 子守恒来进行验证。 组合四 H,0 OH 碱性溶液或酸碱性未知 3.氧化还原反应方程式配平的常用方法 (1)正向配平：氧化剂、还原剂中某元素化合价是 4.陌生化学方程式书写的思路 全变的，一般从左边反应物着手配平。如： 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生 ①KI+KI03+HS04= L2+ 成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化 K2S04+H20 判断反应类型： ②MnO&+H++Cl= Mn2+ +CL2↑+H0 元素化合 此反应为非氧化还原反应，遵循质量守恒 高 (2)逆向配平：自身氧化还原反应（包括分解、歧 价无变化定律 化)一般从右边着手配平。如： ①S+KOH— K2S+K2S03+ 此反应为氧化还原反应，除遵循质量守恒 总 H,O 元素化合 外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据 ②P4+KOH+H20= K,PO 价有变化 题目要求写出化学方程式或离子方程式（需 +PH,↑ 学 要遵循电荷守恒规律)即可 (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察环 031 境，酸性环境一般加H+,碱性环境一般加OH,然后 【正误辨析】 进行两边电荷数配平。如： (1)高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反 ①2Mn04+5C202+16 =2Mn2+ 应，KMn04+FeS0,+H2S04一→K2S04+MnS04+ 10C02↑+8 ②3Cl0+2Fe(0H)3+4 Fe2(S04)3+H20(未配平)，氧化剂和还原剂物质 =3Cl1 2Fe0?-+5H20 的量之比为5：1。 (4)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元 (2)在P+CuS04+H20一→C3P+HP04+H2S04(未 素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有 配平)的反应中，7.5 mol CuS(04可氧化P的物质的 两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配 量为1.5mol。 () 平。如： (3)工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3+ ①FeS2+0,高温 Fe203+S02 Cl0+0H一→Fe0?+Cl+H20(未配平)，上 ②Cu,S+HNO3(稀)—Cu(NO3)2 述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2。 +N0个+H2S04+H0 () (5)平均配平法：在有机物参与的氧化还原反应 方程式的配平中，一般有机物中H显+1价，0显-2 (4)水热法制备Fe304纳米颗粒的反应是3Fe2++ 价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳 2S20号+02+x0H=Fe04↓+S403+2H,0, 元素的平均价态，然后进行配平。 反应的离子方程式中x=2。 () (5)在反应式：aFeCla,+KNO,+cHC一dFeCl,+微考点2缺项型方程式的配平 KC1+X+gH,0中，若b=1,d=3,则X的分子式3.(1)(2023·北京卷，节选)“浸银”时，使用过量 为N2。 FeCL,、HCl和CaCL,的混合溶液作为浸出剂，将 (6)一种有效成分为NaCIO2、NaHS04、NaHCO3的“二 Ag2S中的银以[AgCl2]形式浸出。将“浸银” 氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得 反应的离子方程式补充完整：☐Fe3++AgS+ 到C1O,溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化 反应：3C102+4H*—=2C102+C1-+2H,0。 +2[AgCl ] +S。 (2)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl (7)NO2通入水中制硝酸：2N02+H20一2H+ NO,+NO。 溶液80℃，电解NaC1O,溶液室温，KC,KCIO,晶 (8)向H,02溶液中滴加少量FeCL:2Fe3++H,02— 体。完成I中反应的总化学方程式：☐NaCl+ 02↑+2H++2Fe2+。 ( ☐H,0电解 ☐NaClO,+☐ (9)酸性溶液中KIO3与KI反应生成L2:IO3+I+ 4.(2025·广东重点高中联考)某化学反应的反应物 6H+=l2+3H20。 和产物如下：KMn04+KI+H2S04→MnS04+2+ 夸点突破·能力提升 KI03+ +H20。 (1)该反应的氧化产物是 032 微考点1 常规类型方程式的配平 (2)如果该反应化学方程式中2和KIO3的化学计 1.(1)CL,0为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，其制备 量数都是5。补全下面的化学方程式并用单线 年 方法为Hg0+CL2一→CL,0+HgCl2,请配平该反 桥法标出电子转移的方向和数目。 度 应方程式： ☐KMnO4+KI+H2S04= MnSO 新 +☐1，+☐KI03+☐ +☐H,0 计 (2)亚氯酸钠(NaCIO2)是一种性能优良的漂白剂， 它与盐酸反应可制备环保型消毒剂C102,请配 归纳拓展： 中 缺项型氧化还原方程式的配平 平该反应的离子方程式：CO2+ 找出变价元素，利用氧化还原反应方程 =Cl02+C1+ 第一步 式的配平方法确定含变价元素物质的 2.(高考题节选)(1)重铬酸钾是一种重要的化工原 化学计量数 料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为 利用原子守恒确定缺项物质是H,0、 Fe0·Cr203,还含有硅、铝等杂质。制备过程第 步如下： H*或OH;在酸性条件下缺H或多O 第二步 补H*,少0补H20,在碱性条件下缺H 路铁的、。一俗类 熔融、氧化 或多0补H20,少0补0H 该步骤的主要反应为Fe0·Cr,03+Na2C03+ 最后利用原子守恒和电荷守恒确定缺 第三步 NaNO,商温Na,Cr0,+Fe,0,+C0,个+NaNO2 项物质的化学计量数 上述反应配平后Fe0·Cr,O3与NaNO3的化学 微考点3 氧化还原方程式的书写 计量数之比为 5.(2025·河南新乡高三检测)按要求完成下列方 (2)酸性条件下，Mn0(OH)2将I氧化为L2: 程式。 Mn0(0H)2+I+H*-→Mn2++L2+H,0(未 (1)KMn04氧化酸性废水中Mn2+生成MnO2的离子 配平)。配平后的离子方程式为 方程式为 (2)Pb02可由Pb0与次氯酸钠溶液反应制得，反应 (2)(2023·新课标卷，27节选)铬和钒具有广泛用 的离子方程式为 途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存 在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬 (3)写出硫酸亚铁高温分解生成S02、S03的化学方 钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示： 程式： Na.CO MgSO,溶液 NaOH H,0 稀HSO.(NH)SO,溶液 (4)NaCIO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和 通空气 02,该反应的化学方程式为 铬钒渣一 煅烧→浸取→沉淀一→除硅磷 水浸渣 滤渣 滤渣 归纳拓展： Na,S,O溶液 稀HS0 信息型氧化还原方程式书写的一般步骤 调pH 列物质：根据题干信息或流程图，判断 调脚H还原 Cr(OH) 分离钒 第一步 氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 V,0 平电子：按“氧化剂+还原剂→还原 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以C20存 第二步 产物+氧化产物”写出反应方程式，根 在，在碱性介质中以CO?存在。回答下列 据得失电子守恒配平上述四种物质 问题。 平电荷：根据电荷守恒和反应物的酸碱 ①煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价 第三步 性，在反应方程式左边或右边补充H、 含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填 0H或H,0等 化学式)。 第四步 平原子：根据质量守恒配平反应方程式 ②水浸渣中主要有Si02和 总 6.(1)(2022·广东卷，19节选)催化剂Cr03可由 ③“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na,S,0,)溶 液，反应的离子方程式为 习 (NH4)2C2O,加热分解制备，反应同时生成无 污染气体。完成化学方程式：(NH4)2CrO, 学 △Cr,03+ 033 考点二 氧化还原反应的计算 必备和识·梳理夯实 例：实验室中可用NaSO3溶液吸收Cl2尾气，发 生反应：Na,S03+CL2+H,0-Na,S04+2HCl。现有 1.氧化还原反应的计算—电子守恒法 500mL1.0mol·L-1Na,03溶液，则最多吸收CL2的 氧化还原反应计算的基本依据是 得到电 体积为 L(标准状况)。 子总数= 失去电子总数。 【正误辨析】 2.“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 (1)1 mol Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。 () 找出氧化剂、还原剂及对应的 和 第一步 (2)1 mol KI0,与足量的浓HI溶液完全反应生成2， 找准一个原子或离子得失电子数（注意化学式 转移电子数为6VA () 第三步中粒子的个数 (3)24mL浓度为0.05mol·L的Na,S03溶液恰好 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列 与20mL浓度为0.02mol·L的K2Cr0,溶液完 第三步 出等式：n(氧化剂)×变价原子个数× 变化值（高价-低价）=（还原剂）×变价原子个 全反应。已知：Na2S03可被K,Cr0,氧化为 数× 变化值（高价-低价）】 Na2S04,则元素铬在还原产物中的化合价为+3。 () (2)产品中锡含量的测定 考点突破·能力提升 称取产品1.500g,用大量盐酸溶解，在C02保 微考点1多步相关氧化还原反应的计算 护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+,再用 1.（2021·山东卷，13改编)实验室中利用固体KM04 0.1000mol·L1KI03标准溶液滴定，以淀粉 进行如图实验，下列说法错误的是 ( 作指示剂滴定过程中IO3被还原为I,终点时 消耗KI03溶液20.00mL。 0.1 mol KMnO 足量浓盐酸 ①终点时的现象为 加热→固体一→加热→气体单质 气体单质G 酸性MnC,溶液 产生【2反应的离子方程式为 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 ②产品中Sn的质量分数为 %。 C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 [思路分析]计算产品中Sn的质量分数的思路 D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol 如下： 2.(2025·广东广州检测)实验室中利用洁净的铜片 (1)根据题中关键信息，确定物质转化：Na,Sn0 和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有 盐瞻Sn+l片sn2,K0Sn C2S和白色物质X,下列说法正确的是 (2)根据滴定反应原理，确定Sn2+与KI03的关系 3 mol Cu 稀硝酸、稀硫酸 式，并结合滴定数据进行计算。 034 足量浓硫酸一→微热5m血→固体→溶解上0 →固体单质Y 5.(2025·山东滨州高三检测)在热的稀H2S04中溶 22 (反应中无气体产生) 解了11.4gFeS04,当加入50mL0.5mol·L- X溶液 KNO,溶液后，其中的Fe2+全部转化为Fe3+,KNO, 度 A.白色物质X为CuSO4 也反应完全，并有NO,气体逸出。 B.NO和Y均为还原产物 新 ☐Fes0+☐KNO,+☐H2S0,=■K,S04+ C.参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占75% 计 D.NO与Y的物质的量之和可能为2mol ☐Fe2(s04)3+☐N,0,↑+☐H,0 衡 3.(2025·河北衡水高三检测)将1.52g某铁的氧化 (1)推算出x= ,y= 学 物(Fe,0)溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准 (2)配平该化学方程式（化学计量数填写在上式方 状况下112mLCL2,恰好将Fe2+完全氧化，则x值为 框内) (3)反应中氧化剂为 A.0.80 B.0.85 (4)用双线桥标出电子转移的方向和总数。 C.0.90 D.0.93 微考点2 氧化还原滴定的计算 6.(2025·北京昌平区调研)四氧化三铅（化学式可以 4.(2022·重庆卷，15节选)电子印制工业产生的某退 写为2Pb0·PbO2)被广泛用作防锈漆成分。测定某 样品中四氧化三铅含量的步骤如下（样品中杂质均 锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对 不参与反应)： 其处理的流程如图。 I.称取αg样品，加酸溶解，滤去不溶物，所有的铅 NaOH溶液 调节pH=1.5 NaOH HO 元素进入溶液中并得到含有P弘2+的溶液； 退锡沉过沉淀1焙浸过滤液2蒸发 Ⅱ.加入过量K,C0,溶液，加热，生成黄色沉淀 废液淀滤】 烧出滤 结晶 →Na.SnO, (PbCO4),冷却，过滤； 滤液1 残渣 Ⅲ.将沉淀全部转移至仪器A中，加入浓HCl,沉淀 (1)沉淀1的主要成分是SnO2,焙烧时，与NaOH反 溶解，溶液转为橙色； 应的化学方程式为 V.加入过量KI溶液，置于暗处5~l0min,溶液呈 棕黄色； V.加入cmol·L-Na2S20,溶液进行滴定，当溶液 转为浅黄色时，加入淀粉，滴定至终点。进行3次平 聚焦高考·真题演练 行实验，消耗Na,S,O3溶液的平均体积为VmL。 1.（2023·北京卷，12,3分)离子化合物Na202和 已知： CaH,与水的反应分别为 i.Cr20号+H20→2C0}+2H+; ①2Na,02+2H04Na0H+02↑； 橙色 黄色 ②CaH2+2H,0Ca(0H)2+2H2↑。 ⅱ.I2在水中溶解度小，易挥发； 下列说法正确的是 i.12+I; 黄色 无色棕黄色 A.Na,O2、CaH2中均有非极性共价键 iV.12+2S20号=2I°+S406。 B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 无色 无色 C.Na02中阴、阳离子个数比为1：2，CaH2中阴、阳 (1)Pb02中Pb元素的化合价是 离子个数比为2：1 (2)将V中反应的离子方程式补全： D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2 □1+ +□C3++ 和H,的物质的量相同 (3)V中滴定终点的现象是 2.(2023·湖南卷，10,3分)油画创作通常需要用到多 种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照 (4)样品中四氧化三铅的质量分数为 条件下，颜料雌黄(As,S,)褪色的主要原因是发生了 (列出表达式即可，M四氧化三=685g·mol)。 以下两种化学反应： 归纳拓展： 空气，紫外光A0,+HS,0, ☐应用电子守恒法的解题步骤 As S(s) 空气，自然光H,As0+H,S0, 总 找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物 找物质一 和氧化产物 下列说法正确的是 ( 确定一个原子或离子得失电子数（注意 A.S,0和S0?的空间结构都是正四面体形 学 定得失 化学式中的原子个数) B.反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 039 根据题中物质的物质的量和得失电子 C.反应I和Ⅱ中，参加反应的n(0) 列等式 n(H,o):IsⅡ 守恒列出等式 D.反应I和Ⅱ中，氧化1 mol As2S,转移的电子数之 对于多步连续进行的氧化还原反应，只 比为3：7 要中间各步反应过程中没有损耗，可直3.(2022·山东卷，8,2分)实验室制备KM04过程为 找关系一→接找出起始物和最终产物，删去中间产 ①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO, 物，建立二者之间的电子守恒关系，快速 制备K2MnO4;②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性， 求解 K,MnO4歧化生成KMnO4和MnO2;③减压过滤，将 ☑多步反应得失电子守恒计算 滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。 有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多， 下列说法正确的是 () 数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，若抓住失 电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简 A.①中用瓷坩埚作反应器 单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要 B.①中用NaOH作强碱性介质 理清具体的反应过程，正确分析在整个反应过程中化合价 C.②中K,MnO4只体现氧化性 发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。 D.MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% 4.(2022·辽宁卷，17节选)取2.50gH202产品，加蒸 4.竞争型氧化还原反应方程式的书写步骤 例：将CL,缓缓通入FeBr,溶液中 馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL置于锥形瓶 根据氧化性和还原性确定反应的先后 中，用0.0500mol·L-酸性KMn04标准溶液滴定。 顺序 第一步 平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL 还原性：Fe24>Br,通氯气后，Fe2+先 20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产 反应，Br后反应 根据用量判断反应发生的程度 品中H202质量分数为 第二步 ①CL2少量时，只有Fe2+与CL2反应 5.(2022·山东卷，18节选)现有含少量杂质的FeCl2· ②Cl足量时，Fe2和Br均与Cl,反应 nH,0,为测定n值进行如下实验。 采用“设少为1，以少定多”法书写氧化 还原反应离子方程式 实验I:称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用 ①CL2少量时，即当n(FeBr2):n(Cl2) cmol·L1K2Cr,0,标准溶液滴定Fe2+达终点时消 ≥2：1时，2Fe2++Cl2—2Fe3+ 耗VmL(滴定过程中Cr,0转化为C3+,Cl不反 +2C1 ②CL2足时量，即当n(FeBr2):n(CL2) 应)。 第三步 ≤1：1.5时，2Fe2++4Br+3CL 实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2 2Fe3++2Br2 +6Cl- 036 反应后（已知SOCL,遇水极易反应生成两种酸性气 ③当n(FeBr2):n(Cl2)=1:1时， Fe2+全部被氧化，Br部分被氧化， 2b26 体)，固体质量为m2g。 2Fe2++2Br+2CL2=2Fe3++Br2+ 则n= ;下列情况会导致n测量值偏 4C1 度 小的是 (填字母)。 5.氧化还原反应型离子方程式的书写流程 新 (1)找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价 计 A.样品中含少量Fe0杂质 态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。 衡 B.样品与SOCL2反应时失水不充分 (2)正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定 中 C.实验I中，称重后样品发生了潮解 氧化产物和还原产物。 (3)配平变价微粒：应用最小公倍数法确定得失 D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 电子的数目，配平含变价元素的相关物质。 ?本讲要点速记： (4)确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒 确定缺项物质是H20、OH还是H。 1.易混的三个守恒关系 (5)整体元素配平：通过观察法确定所有物质的 氧化还原反应中离子方程式的配平，先得失电子 化学计量数。 (6)三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电 守恒，再电荷守恒，最后质量守恒。 荷、质量是否守恒。 2.方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系 6.两种元素间得失电子守恒计算 数、查守恒。 解决这类试题的关键是先找出氧化剂（或还原 剂)的物质的量以及每摩尔氧化剂（或还原剂）得（或 3.配平氧化还原反应方程式的两种常用方法 失)电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解 全变从 氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化 等式中的未知量。 氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂的得电子数= 左边配 的，一般从左边反应物开始配平 还原剂的物质的量×每摩尔还原剂的失电子数。 自变从 自身氧化还原反应（包括分解反应、歧化 温馨提示：复习至此，请完成练案[5 右边配 反应)一般从右边配平