第8讲 氧化还原方程式的配平与计算【大单元精讲精练】-2027届高三化学一轮复习讲义●知识清单（新高考通）

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原方程式配平与计算核心考点，按配平三原则、五步骤及正向逆向等六类方法分层梳理，结合电子守恒计算，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，构建系统复习框架。 资料以高考预测为导向，突出陌生歧化归中反应、环境型缺项配平训练，采用真实工业情境命题，培养科学思维与探究能力，如缺项配平通过补项原则建模，助力学生高效突破难点，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第一单元　物质的分类、转化与化学计量 第8讲　氧化还原方程式的配平与计算 【高考考向预测】 氧化还原方程式配平依托化合价升降法，兼顾缺项补酸、碱、水，计算以电子守恒为核心开展得失电子定量运算，常结合陌生工业反应、滴定定量、电化学电极反应书写考查；近三年分散在选择、化工流程、实验大题中，方程式书写与定量计算常态化考查，考频很高；预测2027 年侧重陌生复杂歧化、归中反应与环境型缺项配平，联动氧化还原滴定数据进行守恒计算，结合废水处理、矿物冶炼实景命题，强化信息提取与守恒法灵活运用。 【核心梳理●明考点】 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1.配平的三原则 (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.配平的五步骤 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。 (2)列得失：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。 【考点突破●明方向】 1.正向配平。 (1)　　　　HCl(浓)+　　　　MnO2　　　　Cl2↑+　　　　MnCl2+　　　　H2O  (2)　　　　　Cu+　　　　　HNO3(稀)===　　　　　Cu(NO3)2+　　　　　NO↑+　　　　H2O  (3)　　　　KI+　　　　KIO3+　　　　H2SO4===　　　　　I2+　　　　　K2SO4+　　　　H2O  (4)　　　　Mn+　　　　H++　　　　Cl-===　　　　　Mn2++　　　　　Cl2↑+　　　　H2O  【答案】(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4 (3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8 2.逆向配平。 (1)　　　　S+　　　　KOH===　　　　K2S+　　　　K2SO3+　　　　H2O  (2)　　　　P4+　　　　KOH+　　　　H2O===　　　　K3PO4+　　　　PH3↑  【答案】(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5 3.整体配平法。 (1)　　　　FeS2+　　　　O2　　　　Fe2O3+　　　　SO2  (2)　　　　P+　　　　CuSO4+　　　　H2O===　　　　Cu3P+　　　　H3PO4+　　　　H2SO4  【答案】(1)4　11　2　8 (2)11　15　24　5　6　15 4.含有未知数的配平 (1)　　　　CO+　　　　NOx===　　　　CO2+　　　　N2  (2)　　　　FexS+　　　　HCl===　　　　S+　　　　FeCl2+　　　　H2S  (3)　　　　Na2Sx+　　　　NaClO+　　　　NaOH===　　　　Na2SO4+　　　　NaCl+　　　　H2O  【答案】(1)2x　2　2x　1　(2)　2　(-1)　1　1　(3)1　(3x+1)　(2x-2)　x　(3x+1)　(x-1) 5.有机物参与反应的配平。 (1)　　　　　KClO3+　　　　　H2C2O4+　　　　　H2SO4===　　　　　ClO2↑+　　　　CO2↑+　　　　KHSO4+　　　　H2O  (2)　　　　　C2H6O+　　　　　KMnO4+　　　　　H2SO4===　　　　　K2SO4+　　　　MnSO4+　　　　CO2↑+　　　　H2O  【答案】(1)2　1　2　2　2　2　2 (2)5　12　18　6　12　10　33 6.缺项配平。 (1)　　　　　ClO-+　　　　　Fe(OH)3+　　　　===　　　　Cl-+　　　　Fe+　　　　H2O  (2)　　　　Mn+　　　　H2O2+　　　　===　　　　　　Mn2++　　　　　　O2↑+　　　　H2O  (3)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)2　5　6H+　2　5　8 (3)5　2　14　H+　5　5　2　Mn　7　H2O 缺项配平的原则和流程 1.补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H+,少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O,少O补OH- 2.配平的思维流程 考点二　电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.电子守恒法原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 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,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.守恒法解题的思维流程 【考点突破●明方向】 1.在酸性条件下,可发生如下反应:Cl+Cl-+8H+,M2中M的化合价是(　　) A.+4 B.+5 C.+6 D.+7 【答案】C 【解析】设M2中M的化合价为+x,Cl元素由+5价降低到-1价,M元素由+3价升高到+x,根据得失电子守恒可得:6=2×(x-3),解得x=6,故C项正确。 2.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(都已折算到标准状态),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得电子的物质的量,即n(OH-)=×2×1=0.46 mol,所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 3.某工业废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,需要先测定其浓度:取20 mL废水,加入适量稀硫酸,再加入过量的V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2 mol ·L-1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2)为　　　　。  【答案】 mol·L-1 【解析】Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。利用得失电子守恒列等式:c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L ·mL-1=20 mL×10-3 L·mL-1×6c(Cr2)+5c2 mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1,解得:c(Cr2)= mol·L-1。 本讲感悟 疑点:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  盲点:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  【限时训练】 （60分钟） 一、单选题 1．（2026·浙江·高考真题）关于反应，下列说法中正确的是 A．CO中的C失电子 B．是还原剂 C．是还原产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】A 【分析】由方程式可知，反应中硫元素的化合价降低被还原，二氧化硫是反应的氧化剂、硫是还原产物，碳元素的化合价升高被氧化，一氧化碳是还原剂、二氧化碳是氧化产物。 【详解】A．由分析可知，一氧化碳是反应的还原剂，反应中碳元素失去电子发生氧化反应，A正确； B．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，B错误； C．由分析可知，二氧化碳是反应的氧化产物，C错误； D．由分析可知，二氧化硫是反应的氧化剂，一氧化碳是还原剂，由方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，D错误； 故选A。 2．（2025·湖南·高考真题）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应中消耗，转移 【答案】C 【详解】A．NaSbO3中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确； B．的中心N原子价层电子对数是，采用杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确； C．反应中氧化剂为NaNO3中的N（4mol）和O2（3mol），总物质的量7mol；还原剂为Sb（4mol）。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误； D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3mol O2参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol（Sb的氧化，化合价：0→+5），D正确； 故选C。 3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【详解】A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 4．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 5．（2024·北京·高考真题）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：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， 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 【详解】A．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+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=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~MnO2~~6e-，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+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确； C．已知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．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； 答案选B。 6．（2026·云南楚雄·三模）氮及其化合物之间有如图所示转化流程。下列说法正确的是 A．结合能力： B．属于离子化合物，性质稳定 C．过程②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．过程①的离子反应方程式为 【答案】D 【分析】在这个氮及其化合物的转化流程中，氨气（）在次氯酸钙（）的氧化作用下生成肼（），肼再与亚硝酸钠（）反应生成叠氮化钠（），叠氮化钠经撞击分解为氮气（）； 【详解】A．结合的能力取决于氮原子上孤电子对的电子云密度。在中，氮原子直接连接3个氢原子；而在中，氮原子连接一个基团，该基团具有吸电子诱导效应，降低了氮原子上孤电子对的电子云密度，使其结合的能力减弱。因此，结合的能力：，A错误； B．由和构成，属于离子化合物，但它的性质并不稳定，题目中明确提到其经“撞击”可发生爆炸分解为，说明它具有不稳定性，B错误； C．过程②是与反应生成。反应中，中N为-2价，被氧化为中平均价态为价的N；中N为+3价，被还原为中价的N。根据电子守恒，配平后的反应为，其中氧化剂（）与还原剂（）的物质的量之比为1:1，C错误； D．过程①是被氧化为的反应，氮元素从-3价被氧化为-2价，氯元素从+1价被还原为-1价，根据电子守恒和原子守恒配平，离子方程式为，D正确； 故选D。 7．（2026·江苏南通·模拟预测）化学储氢材料遇水可释放H2，同时生成NaBO2。NaBH4的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A．[BH4]-和BF3分子中B原子的杂化方式均为sp3 B．MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应 C．B的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂 D．理论上1mol NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1mol NaBH4所消耗的n(H2) 【答案】D 【详解】A．的中心原子B的价电子对数为，B原子为杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体；中B原子价层电子对数为，无孤电子对，杂化方式为，二者杂化方式不同，A错误； B．和反应生成和，反应中所有元素化合价都没有变化：B始终为价，中为价、为价，产物中仍为价，中仍为价，因此该反应不是氧化还原反应，B错误； C．中显价，说明的得电子能力强于，因此的电负性大于，C错误； D．制备需要，生成需要消耗；与水反应的化学方程式为：，反应生成，D正确； 故选D。 8．（2026·天津·二模）燃放烟花时会发生：，同时在火药中会加入、、等物质。下列说法不正确的是 A．该反应中，氧化剂是和 B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．该反应中，每生成，总共转移电子 D．火药中的、、均不参与化学反应 【答案】D 【详解】A．反应过程中，N元素化合价降低：+5→0，S元素化合价降低：0→-2，C元素化合价升高：0→+4，和S均得电子作氧化剂，被还原，A正确； B．氧化产物是还原剂C被氧化得到的产物，还原产物是氧化剂被还原得到的 和，根据方程式知，二者物质的量之比为，B正确； C．生成1mol 时，同时生成3mol，是该反应的氧化产物，且，则总共转移电子为，C正确； D．是硝酸盐，在烟花燃烧的高温条件下，它可以作为氧化剂参与反应，例如与碳、硫等还原剂发生氧化还原反应，提供氧气支持燃烧或参与放热反应；另外两种物质则通常作为发色剂加入火药中，它们在高温下主要发生物理变化（如原子激发、焰色反应），使火焰呈现特定颜色（锂的洋红色、钙的砖红色），在主反应中一般不参与氧化还原反应，但在极端高温下，也可能发生分解或其他反应，D错误； 故选D。 9．（2026·浙江·二模）异丙醇与高锰酸钾反应：（未配平）。下列说法正确的是 A．为还原产物 B．为氧化剂 C．0.1 mol异丙醇发生反应，转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 【答案】C 【详解】A．异丙醇转化为，失去2个H原子，发生氧化反应，则是氧化产物，A错误； B．中各元素化合价均未变化，仅起酸性介质作用，不是氧化剂，氧化剂为，B错误； C．每个异丙醇分子参与反应时，失去2个H原子，即失去2个电子，故0.1 mol异丙醇反应转移0.2 mol电子，C正确； D．氧化剂中Mn从+7价降到+2价得5个电子，还原剂异丙醇失2个电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为2:5，D错误； 故答案为：C。 10．（2026·辽宁朝阳·三模）一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂，催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．反应过程中可能有H2S生成 D．还原1 mol SO2至少需要2 molFeSx 【答案】C 【详解】A．根据原子守恒，图a中反应物为和，生成物为S和，配平后总反应为，选项中反应O原子不守恒，A错误； B．根据图b的原子守恒：反应，可得X为（中性），而选项给出的是带1个负电荷的的电子式，与X不符，B错误； C．反应过程中存在活泼的，可以与中间产物的S或进一步结合，生成，因此反应过程中可能有生成，C正确； D．是催化剂，在反应过程中循环使用，不会被消耗，因此不需要消耗，D错误； 故选C。 11．（2026·黑龙江吉林·模拟预测）含硫化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①中，（已折合成标准状况）完全燃烧需要消耗氧气分子的数目为 B．溶液中含有的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．的溶液中含有的数目为 【答案】C 【详解】A．标准状况下22.4L 的物质的量为1mol，反应①的燃烧反应为，1mol 完全燃烧消耗1.5mol ，即消耗分子数为，A错误； B．在水溶液中会发生水解，因此100mL 溶液中的数目小于，B错误； C．反应③中中S元素从+4价升高为中的+6价，1mol 完全反应失去2 mol电子，即转移电子数目为，C正确； D．题干未给出的溶液的体积，无法计算的物质的量，因此无法确定的数目，D错误； 故选C。 12．（2026·吉林·三模）硫元素的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A．反应①中，会消耗 B．反应②为泡沫灭火器的反应原理 C．反应③中，生成1 mol硫酸钠转移的电子数为 D．反应④中，随着反应的进行，溶液的酸性减弱 【答案】C 【分析】核心反应梳理： ① （强酸制弱酸） ② （双水解） ③（歧化反应） ④（氧化还原） 【详解】A．反应①为 1:1 反应，1 mol 仅消耗 1 mol，生成；若生成才需 2 mol ，A错误； B．泡沫灭火器原理是与双水解生成，反应②生成的是有毒的而非，不能用于灭火，B错误； C．中1个从+2价降为0价（得 2 e⁻），1个从+2价升为 + 4 价（失 2 e⁻）；中来自（价态不变）。生成 1 mol对应 1 mol反应，转移电子数为2，C正确； D．反应④生成，随着反应进行，溶液酸性增强，D错误； 故选C。 13．（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法错误的是 A．电极电势 B．反应中的物质的量不变 C．每生成，可制得 D．“反应Ⅱ”为 【答案】D 【分析】镍电极发生还原反应，作阴极，连接电源负极；二氧化铱电极发生氧化反应，作阳极，连接电源正极。从整个反应过程来看，在电极a转化为后，在后续反应中再生，反应Ⅰ为：，整个电解池的反应物为、和，生成物为和，总反应为，据此分析。 【详解】A．二氧化铱电极为阳极接电源正极，镍电极为阴极接电源负极，正极电势高于负极，故电极电势，A正确； B．在阳极被氧化为，又在后续反应Ⅰ和Ⅱ中再生，其总量不变，B正确； C．生成转移电子，阳极生成，对应生成，C正确； D．“反应Ⅱ”反应物为和，生成物为和，题干中“无膜”及图中阴极产生可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为，D错误； 故选D。 14．（2026·广东广州·模拟预测）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括 D．若Ⅲ中消耗，则理论上Ⅰ中水样消耗了的 【答案】B 【分析】Ⅰ中和水样中的有机物发生氧化还原反应，被还原生成，剩余部分；Ⅱ中、在酸性条件下和反应生成、等，、；Ⅲ中生成的再用滴定；由题意可知，水样消耗高锰酸钾的量越大说明水样的COD值越高，Ⅲ中消耗硫代硫酸钠溶液的量越多，说明Ⅱ中生成碘的量越多，从而计算出水样消耗高锰酸钾的量越小，COD值越低。 【详解】A．酸性条件下会氧化，导致消耗量偏大，折算的COD值偏高，A正确； B．Ⅱ中避光防止升华挥发，加盖防止被氧化为，若不避光加盖，则使损失，而整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，少说明有机物消耗的KMnO4的量多，水样中的COD值越高，所以使测定结果偏高，B错误； C．Ⅱ中酸性条件下氧化的离子方程式为，满足电子守恒、电荷守恒和原子守恒，C正确； D．设水样消耗物质的量为，加入的总为，反应生成，剩余，根据分析中反应关系：生成，生成，滴定中，代入得： 整理得：，即 ，D正确； 故选B。 15．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知、、、、为含有同一种元素的单质或化合物，转化关系如图所示(部分条件、生成物已省略)，其中为无氧酸钠盐，、为含氧酸钠盐，为难溶于水的黄色固体单质，为常见的大气污染物。下列说法错误的是 A．与溶液反应也可生成 B．也可以发生类似于①②的转化 C．反应②中和的物质的量之比为 D．可用H溶液吸收少量的G 【答案】C 【分析】根据题干信息，为难溶于水的黄色固体单质，F为S，G是含硫的常见大气污染物，且与S相互转化，G为，S与加热歧化发生反应，I为无氧酸钠盐、H为含氧酸钠盐，则I为，H为，E为含氧酸钠盐，加酸生成S和，E为，据此分析： 【详解】A．由分析可知，G为，I为，与发生归中反应，可生成S单质，，A正确； B．①与加热歧化，得到无氧酸盐、含氧酸盐，②加酸发生归中反应，和硫的转化规律一致，B正确； C．由分析可知，反应②为和酸性条件下发生归中反应生成S，中S的化合价从+4降为0，中S的化合价从-2变为0，根据电子守恒，，C错误； D．由分析可知，H为，G为，可以用溶液吸收少量，反应为，工业上常用该方法吸收含尾气，D正确； 答案选C。 16．（2026·山东德州·三模）通过空气催化氧化法去除电石渣浆(含有)上清液中的，以制备石膏()的流程如图所示。以下说法中正确的是 A．过程Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B．清除硫离子理论上共需要标准状况下 C．和都是空气催化氧化的催化剂 D．过程Ⅱ发生的离子方程式为： 【答案】B 【详解】A．过程Ⅰ中被氧化为，Mn化合价升高2价，被还原为，两个O化合价累计降低4价，故氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，A错误； B．最终被氧化为，1个S化合价共升高8价，化合价降低4价，故参与反应的和物质的量之比为1:2，消除16g（0.5 mol）需消耗1 mol（标准状况下22.4 L），B正确； C．是反应的中间产物，不是催化剂，C错误； D．过程Ⅱ中和发生氧化还原反应得到和，方程式为，D错误； 故答案为：B。 17．（2026·河南信阳·模拟预测）银久置空气中会变黑，其变色原理：①(未配平)；表面发黑的银首饰放入盛有食盐水的铝制容器中，发生原电池反应：②(未配平)；若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①消耗22.4 L O2时，转移电子数为 B．反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 C．反应②正极反应式为 D．反应②中若有电子转移，就有被氧化 【答案】C 【详解】A．未说明处于标准状况，无法确定的物质的量，无法计算转移电子数，A错误； B．配平反应①为，氧化产物为，还原产物为，二者物质的量之比为，B错误； C．原电池正极发生得电子的还原反应，中+1价Ag得电子生成Ag，结合原子守恒、电荷守恒，该正极反应式书写正确，C正确； D．反应②中中Ag元素化合价降低，发生还原反应，被还原，不是被氧化，D错误； 故选C。 二、综合题 （2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： 18．化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B． C．H    C．N、S D．N、H 19．离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 20．已知：的歧化反应                                      (1)根据上述信息，计算反应热___________ (2)在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 21．写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ _________________________________ 22．用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 23．写出正极的电极反应式___________。 24．反应中可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． 25．下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心    B．面心    C．顶点    D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 26．、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。 【答案】18．D 19．ABC 20． 875 不能 该温度下反应的，歧化反应正向自发，会转化为和 21．17 22．氧化剂 23． 24．A 25． A 4 26． 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【详解】18．该辅助光亮剂含、、、四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为，故电负性最大的是，最小的是，选D。 19．该离子液体的阳离子中含与环形成的配位键，阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的键可与阴离子中的形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选ABC。 20．(1) 根据盖斯定律，目标反应可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故。 (2) 298K时，反应的吉布斯自由能，说明歧化反应在该条件下正向自发进行，故在溶液中不能大量存在。 21．依据电子守恒，中从+2价升高到+3价，每个失1e⁻，从-2价升高到+6价，每个失8e⁻，4mol 共失电子，中从0价降低到-2价，1mol 得4e⁻，故的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为，的系数为16，配平后总反应为。 22．反应液中含、、、，为将元素全部转化为，便于调节pH生成沉淀除去，需添加氧化剂将氧化为。 23．电解装置右侧转化为，元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为。 24．反应中中、元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，、无强还原性，为氧化剂，故选A。 25．晶胞中原子采取面心立方堆积，已画出的位于顶点和面心位置，未画出的位于晶胞体心位置，选A；每个原子周围紧邻的原子构成四面体结构，故距离原子最近的原子有4个。 26．、、的中心原子均为杂化，中有1对孤电子对，中有1对孤电子对但的电负性小于，孤电子对排斥力更小，中有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为；和键角不同的原因是中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 三、解答题 27．（2025·贵州·高考真题）纳米可用于痕量酚类物质的快速检测。 Ⅰ．制备纳米并测定其活性成分的质量(装置如图，夹持等装置已略)。 将和纳米加入装有纯水的仪器a搅拌器中，搅拌，缓慢加入稳定剂后，加入缓冲液调节溶液pH为6.0，继续搅拌12 h。转移至烧杯中静置，磁分离、洗涤、干燥，制得纳米。 (1)仪器a的名称是________。 (2)调节溶液pH为6.0的原因是________。 (3)磁分离获得纳米的原理为________。 (4)质量的测定：向一定量的纳米样品中加入稀和溶液充分反应，加热，冷却至室温后，调节溶液pH为5.0，过滤；向滤液中加入指示剂和掩蔽剂，用EDTA标准溶液滴定滤液中，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液体积V mL(EDTA与反应的化学计量数之比为)。 ①转化为的化学方程式为________。 ②纳米样品中的质量为________mg(用含c、V的代数式表示)。 Ⅱ．检测酚类物质 向TMB溶液中加入纳米，得到检测液；向检测液中加入酚类物质，溶液变色，激光照射溶液2 min，通过照射前后温度变化检测酚类物质的浓度。 变色原理为：TMB(无色)氧化态TMB(蓝色) (5)当检测液中加入酚类物质时，溶液颜色的变化是________，该过程体现了酚类物质的________性。 (6)温度变化与酚类物质的浓度关系如图，该检测液能定量检测酚类物质的浓度范围为________。 【答案】(1)三颈烧瓶 (2)过低时，易被还原为，过高易生成等副产物 (3)具有磁性，可被磁铁吸引 (4) (5) 由蓝色逐渐变为无色 还原 (6) 【分析】Ⅰ．纳米的制备与质量测定：将和纳米在超纯水中混合，调后反应，利用的磁性磁分离得到产物；再通过还原为，用EDTA滴定测定质量； Ⅱ．酚类物质检测：利用催化TMB氧化变蓝，酚类物质可还原蓝色的氧化态TMB，结合激光照射的温度变化定量检测酚类浓度。 【详解】（1）由装置图可知，仪器a是三颈烧瓶； （2）调节溶液pH为6.0的目的是为了使的还原产物为，过低时，易被还原为，过高易生成等副产物； （3）纳米是磁性材料（具有铁磁性），产物可被磁铁吸引，从而从溶液中分离，故答案为：具有磁性，可被磁铁吸引； （4）①在酸性条件下被还原，作氧化剂，从 + 4 价→+2 价；作还原剂，O从 - 1 价→0 价，结合加热条件，因此反应的化学方程式为：； ②EDTA与反应的化学计量数之比为，因此；由反应可知，的摩尔质量为 87 g/mol，因此质量为：，故答案为：； （5）TMB（无色）被催化氧化为蓝色的氧化态TMB；加入酚类物质后，酚类将氧化态TMB还原为无色TMB，因此颜色由蓝色逐渐变为无色；酚类使氧化态TMB被还原，体现了酚类的还原性； （6）由温度变化图可知：浓度低于时，温度变化无明显响应，无法定量；浓度在时，温度变化随浓度升高呈规律下降，可定量；浓度高于时，温度变化趋于稳定，无法区分浓度差异；因此检测范围为，故答案为：。 28．（2026·河南郑州·模拟预测）三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解并水解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8oC)在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。实验装置(加热及夹持装置略)如图所示。 已知：COCl2气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 (1)COCl2分子的空间结构___________。 (2)实验装置合理的连接顺序为a→___________。 (3)装置B中反应的化学方程式为___________。 (4)装置C左侧的导管较粗，这样设计的原因___________。 (5)装置D中反应的离子方程式为___________。 (6)若无F装置将导致的结果是___________(用化学反应方程式表达)。 (7)测定CrCl3产品的纯度，实验如下： 取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量2mol·L-1NaOH溶液，生成绿色沉淀Cr(OH)3.冷却后，加足量30%H2O2，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入2mol·L-1H2SO4酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min后，加入淀粉作指示剂，用0.0240mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL(杂质不参加反应)。已知：2Cr(OH)3 + 3H2O2 + 4OH- = 2CrO+ 8H2O、2Na2S2O3 + I2 = Na2S4O6 + 2NaI。 ①判断该实验达滴定终点的现象___________。 ②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________%(结果保留小数点后两位)。 【答案】(1)平面三角形 (2)ef→bc →gh→ d (3)Cr2O3+3CCl42CrCl3+ 3COCl2 (4)升华的CrCl3遇冷后会凝华，防止其堵塞导管 (5)COCl2+4OH-=CO+2H2O+2Cl- (6)CrCl3 + 3H2O Cr(OH)3 + 3HCl [产物写成Cr(OH)Cl2或Cr(OH)2Cl，只要配平即可] (7) 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 88.76 【分析】实验室制备三氯化铬，整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与B中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，在C和D装置中间加一个干燥装置F，以此解答。 【详解】（1）光气（）分子中，中心碳原子与一个氧原子形成双键，与两个氯原子均形成单键。碳原子的价层电子对数为3，且无孤电子对。根据价层电子对互斥理论（VSEPR），中心碳原子采取杂化，分子的空间构型为平面三角形。 （2）三氯化铬易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化，所以实验过程中要确保装置内不能存在氧气和水蒸气，A装置的作用是干燥N2，E装置用N2将CCl4导入装置参与反应，F装置作用是防止水蒸气进入反应装置，C装置作用是收集产物，D装置是处理COCl2尾气，B装置是发生装置。整个反应流程先用干燥的N2排除装置内空气，然后再通入N2将CCl4气体带入装置，与B中的Cr2O3反应，生成的COCl2有毒气体与D装置中NaOH溶液反应从而进行吸收处理，为防止D装置中水蒸气进入反应装置，还在C和D装置中间加一个干燥装置F；根据上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为。 （3）根据题意，反应物 和，在高温下反应生成和，化学方程式为：Cr2O3+3CCl42CrCl3+ 3COCl2。 （4）题目已知易升华。在装置 B 中生成的蒸气进入装置C后会遇冷凝华成固体。如果导管较细，固体容易在导管内壁凝结，导致导管堵塞。因此，左侧导管设计得较粗以防止堵塞。 （5）装置D用于吸收有毒气体。已知遇水发生水解产生两种酸性气体（和）。在溶液中，这些酸性气体会与反应生成和，离子方程式为：。 （6）F 装置（无水）的作用是防止装置 D 中的水蒸气进入装置 C。若无 F 装置，易潮解，会与水蒸气反应生成氢氧化铬和氯化氢，化学方程式为：CrCl3 + 3H2O Cr(OH)3 + 3HCl。 （7）①滴定过程中，在酸性条件下氧化生成，溶液呈黄色或棕褐色。加入淀粉后，溶液变蓝。用 标准溶液滴定，当被完全消耗时，蓝色褪去，该实验达滴定终点的现象为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复； ②根据反应关系可得关系式：，，溶液中，溶液中，其质量分数为。 29．（2026·江苏扬州·模拟预测）氢能的开发和利用是新能源领域的重点发展方向。 (1)甲烷二氧化碳制氢及应用 ①反应，每生成，转移电子的数目为_______mol。 ②在透氢膜反应器中，以进料制氢的原理如图1所示。1500K，在透氢膜反应器中转化率增大，从速率和平衡角度分析其原因是_______。 ③993K，相同条件下，用或还原生成，平衡时气体中或的物质的量分数分别为0.0250、0.0192.还原为的反应限度：_______(填“>”或“<”)。 (2)甲烷水蒸气重整制氢 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   ①反应Ⅲ在_______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②在一定温度、催化下发生上述反应。工业上选择水碳投料比，适当提高有利于消除积碳并提高甲烷转化率，若过高，其缺点是_______。 (3)氢能的储存、运输和利用 ①太阳能、风能等无法实现及时或稳定的能源供应，通过它们产生的过剩电能制氢，再供给有能源需求的地区使用(如图2所示)，可实现能源的高效利用。 从物质转化和氢能运输角度综合分析该过程中的作用是_______。 ②某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池装置如图3所示，其负极的电极反应式是_______。 【答案】(1) 3 速率角度：透氢膜能促进氢气从催化剂表面及时脱附，有利于反应物的吸附，加快化学反应速率；平衡角度：氢气被及时吹扫出去，反应正向进行程度增大，转化率增大 < (2) 高温 获得大量的水蒸气需要消耗更多的能量，增加成本；大量水蒸气吸附在催化剂表面，使甲烷吸附量减少，反应量减少，反应速率减慢 (3) 有利于实现碳中和：将转化为更安全、易运输的，降低运输成本 【详解】（1）①反应方程式中，CH4中的C（-4价）反应后变成CO中的C（+2价），升高6价，失去6e-，CO2中的C（+4价）反应后变成CO中的C（+2价），降低2价，得到2e-，CH4中的4个H（+1价）反应后变成2个H2（0价），共降低4价，得到4e-，根据方程式，生成2 molH2时，总共转移电子为6 mol，故生成1 molH2时转移电子为3 mol； ②从速率角度，透氢膜能将产生的H2及时移走，这减少了产物在催化剂表面的覆盖，使催化剂空出更多的“活性位点”给反应物CH4和CO2吸附，从而加快反应速率，从平衡角度，根据勒夏特列原理，及时移走产物，平衡会向正反应方向移动，从而提高CH4的转化率； ③H2还原时，平衡时x（H2）=0.0250，则x（H2O）=1-0.0250=0.9750，KH2==39，CO还原时，平衡时x（CO）=0.0192，则x（CO2）=1-0.0192=0.9808，KCO=51，KCO＞KH2，说明用CO还原的程度更彻底，反应限度H2＜CO； （2）①根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，反应Ⅲ的焓变ΔH=206.3+（-41.2）=+165.1 kJ/mol，这是一个吸热反应，反应Ⅲ中反应物气体共3 mol，产物气体共5 mol，由于气体分子数增加，体系混乱度增大，所以ΔS＞0，由判据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发可知，当温度T足够高时，ΔG＜0，因此反应在高温下自发进行； ②当水蒸气太多时，加热过量的水蒸气需要巨额能量，不经济，大量水分子占据了催化剂表面，导致甲烷没有地方吸附，反而减慢了反应速率； （3）①氢气是气体，储运困难且易燃易爆，甲酸在常温下是液体，图中显示，先把H2变成甲酸运走后，再让甲酸分解放出H2，甲酸作为储氢介质，使氢能更安全、更易于长距离运输； ②负极通入燃料H2，发生氧化反应，介质是熔融，H2失电子变成H+，H+结合生成H2O和CO2，离子方程式为H2-2e-+=H2O+CO2。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一单元　物质的分类、转化与化学计量 第8讲　氧化还原方程式的配平与计算 【高考考向预测】 氧化还原方程式配平依托化合价升降法，兼顾缺项补酸、碱、水，计算以电子守恒为核心开展得失电子定量运算，常结合陌生工业反应、滴定定量、电化学电极反应书写考查；近三年分散在选择、化工流程、实验大题中，方程式书写与定量计算常态化考查，考频很高；预测2027 年侧重陌生复杂歧化、归中反应与环境型缺项配平，联动氧化还原滴定数据进行守恒计算，结合废水处理、矿物冶炼实景命题，强化信息提取与守恒法灵活运用。 【核心梳理●明考点】 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1.配平的三原则 (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.配平的五步骤 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。 (2)列得失：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。 【考点突破●明方向】 1.正向配平。 (1)　　　　HCl(浓)+　　　　MnO2　　　　Cl2↑+　　　　MnCl2+　　　　H2O  (2)　　　　　Cu+　　　　　HNO3(稀)===　　　　　Cu(NO3)2+　　　　　NO↑+　　　　H2O  (3)　　　　KI+　　　　KIO3+　　　　H2SO4===　　　　　I2+　　　　　K2SO4+　　　　H2O  (4)　　　　Mn+　　　　H++　　　　Cl-===　　　　　Mn2++　　　　　Cl2↑+　　　　H2O  2.逆向配平。 (1)　　　　S+　　　　KOH===　　　　K2S+　　　　K2SO3+　　　　H2O  (2)　　　　P4+　　　　KOH+　　　　H2O===　　　　K3PO4+　　　　PH3↑  3.整体配平法。 (1)　　　　FeS2+　　　　O2　　　　Fe2O3+　　　　SO2  (2)　　　　P+　　　　CuSO4+　　　　H2O===　　　　Cu3P+　　　　H3PO4+　　　　H2SO4  4.含有未知数的配平 (1)　　　　CO+　　　　NOx===　　　　CO2+　　　　N2  (2)　　　　FexS+　　　　HCl===　　　　S+　　　　FeCl2+　　　　H2S  (3)　　　　Na2Sx+　　　　NaClO+　　　　NaOH===　　　　Na2SO4+　　　　NaCl+　　　　H2O  5.有机物参与反应的配平。 (1)　　　　　KClO3+　　　　　H2C2O4+　　　　　H2SO4===　　　　　ClO2↑+　　　　CO2↑+　　　　KHSO4+　　　　H2O  (2)　　　　　C2H6O+　　　　　KMnO4+　　　　　H2SO4===　　　　　K2SO4+　　　　MnSO4+　　　　CO2↑+　　　　H2O  6.缺项配平。 (1)　　　　　ClO-+　　　　　Fe(OH)3+　　　　===　　　　Cl-+　　　　Fe+　　　　H2O  (2)　　　　Mn+　　　　H2O2+　　　　===　　　　　　Mn2++　　　　　　O2↑+　　　　H2O  (3)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++　　　　　　+　　　　　　  缺项配平的原则和流程 1.补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H+,少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O,少O补OH- 2.配平的思维流程 考点二　电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.电子守恒法原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 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,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.守恒法解题的思维流程 【考点突破●明方向】 1.在酸性条件下,可发生如下反应:Cl+Cl-+8H+,M2中M的化合价是(　　) A.+4 B.+5 C.+6 D.+7 2.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(都已折算到标准状态),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x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 3.某工业废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,需要先测定其浓度:取20 mL废水,加入适量稀硫酸,再加入过量的V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2 mol ·L-1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2)为　　　　。  【限时训练】 （60分钟） 一、单选题 1．（2026·浙江·高考真题）关于反应，下列说法中正确的是 A．CO中的C失电子 B．是还原剂 C．是还原产物 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 2．（2025·湖南·高考真题）是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是 A．中元素的化合价为 B．的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 D．反应中消耗，转移 3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 4．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．“反应1”中，每消耗，在下得到 B．“反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 5．（2024·北京·高考真题）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：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A．反应①， 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 6．（2026·云南楚雄·三模）氮及其化合物之间有如图所示转化流程。下列说法正确的是 A．结合能力： B．属于离子化合物，性质稳定 C．过程②中的氧化剂与还原剂物质的量之比为 D．过程①的离子反应方程式为 7．（2026·江苏南通·模拟预测）化学储氢材料遇水可释放H2，同时生成NaBO2。NaBH4的一种合成方法如下： 下列说法正确的是 A．[BH4]-和BF3分子中B原子的杂化方式均为sp3 B．MgH2转化为NaBH4的反应是氧化还原反应 C．B的电负性大于H，NaBH4常用作还原剂 D．理论上1mol NaBH4与水反应生成的n(H2)大于制备1mol NaBH4所消耗的n(H2) 8．（2026·天津·二模）燃放烟花时会发生：，同时在火药中会加入、、等物质。下列说法不正确的是 A．该反应中，氧化剂是和 B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 C．该反应中，每生成，总共转移电子 D．火药中的、、均不参与化学反应 9．（2026·浙江·二模）异丙醇与高锰酸钾反应：（未配平）。下列说法正确的是 A．为还原产物 B．为氧化剂 C．0.1 mol异丙醇发生反应，转移电子 D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 10．（2026·辽宁朝阳·三模）一种以Al2O3为催化剂载体，FeSx为催化剂，催化H2还原SO2制S的部分反应机理如下图a、b所示。下列说法正确的是 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．反应过程中可能有H2S生成 D．还原1 mol SO2至少需要2 molFeSx 11．（2026·黑龙江吉林·模拟预测）含硫化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①中，（已折合成标准状况）完全燃烧需要消耗氧气分子的数目为 B．溶液中含有的数目为 C．反应③中与足量反应转移电子的数目为 D．的溶液中含有的数目为 12．（2026·吉林·三模）硫元素的转化关系如图所示，为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 A．反应①中，会消耗 B．反应②为泡沫灭火器的反应原理 C．反应③中，生成1 mol硫酸钠转移的电子数为 D．反应④中，随着反应的进行，溶液的酸性减弱 13．（2026·山东德州·三模）一种无膜电合成碳酸乙烯酯()的工作原理如图。下列说法错误的是 A．电极电势 B．反应中的物质的量不变 C．每生成，可制得 D．“反应Ⅱ”为 14．（2026·广东广州·模拟预测）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 B．若Ⅱ中不进行避光、加盖，则测得水样的COD值偏低 C．Ⅱ中发生的反应包括 D．若Ⅲ中消耗，则理论上Ⅰ中水样消耗了的 15．（2026·河南驻马店·模拟预测）已知、、、、为含有同一种元素的单质或化合物，转化关系如图所示(部分条件、生成物已省略)，其中为无氧酸钠盐，、为含氧酸钠盐，为难溶于水的黄色固体单质，为常见的大气污染物。下列说法错误的是 A．与溶液反应也可生成 B．也可以发生类似于①②的转化 C．反应②中和的物质的量之比为 D．可用H溶液吸收少量的G 16．（2026·山东德州·三模）通过空气催化氧化法去除电石渣浆(含有)上清液中的，以制备石膏()的流程如图所示。以下说法中正确的是 A．过程Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 B．清除硫离子理论上共需要标准状况下 C．和都是空气催化氧化的催化剂 D．过程Ⅱ发生的离子方程式为： 17．（2026·河南信阳·模拟预测）银久置空气中会变黑，其变色原理：①(未配平)；表面发黑的银首饰放入盛有食盐水的铝制容器中，发生原电池反应：②(未配平)；若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应①消耗22.4 L O2时，转移电子数为 B．反应①氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1 C．反应②正极反应式为 D．反应②中若有电子转移，就有被氧化 二、综合题 （2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： 18．化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B． C．H    C．N、S D．N、H 19．离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 20．已知：的歧化反应                                      (1)根据上述信息，计算反应热___________ (2)在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 21．写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：___________ _________________________________ 22．用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 23．写出正极的电极反应式___________。 24．反应中可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． 25．下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心    B．面心    C．顶点    D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 26．、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。 三、解答题 27．（2025·贵州·高考真题）纳米可用于痕量酚类物质的快速检测。 Ⅰ．制备纳米并测定其活性成分的质量(装置如图，夹持等装置已略)。 将和纳米加入装有纯水的仪器a搅拌器中，搅拌，缓慢加入稳定剂后，加入缓冲液调节溶液pH为6.0，继续搅拌12 h。转移至烧杯中静置，磁分离、洗涤、干燥，制得纳米。 (1)仪器a的名称是________。 (2)调节溶液pH为6.0的原因是________。 (3)磁分离获得纳米的原理为________。 (4)质量的测定：向一定量的纳米样品中加入稀和溶液充分反应，加热，冷却至室温后，调节溶液pH为5.0，过滤；向滤液中加入指示剂和掩蔽剂，用EDTA标准溶液滴定滤液中，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准溶液体积V mL(EDTA与反应的化学计量数之比为)。 ①转化为的化学方程式为________。 ②纳米样品中的质量为________mg(用含c、V的代数式表示)。 Ⅱ．检测酚类物质 向TMB溶液中加入纳米，得到检测液；向检测液中加入酚类物质，溶液变色，激光照射溶液2 min，通过照射前后温度变化检测酚类物质的浓度。 变色原理为：TMB(无色)氧化态TMB(蓝色) (5)当检测液中加入酚类物质时，溶液颜色的变化是________，该过程体现了酚类物质的________性。 (6)温度变化与酚类物质的浓度关系如图，该检测液能定量检测酚类物质的浓度范围为________。 28．（2026·河南郑州·模拟预测）三氯化铬(CrCl3)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解并水解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室用Cr2O3和CCl4(沸点76.8oC)在高温下制备无水CrCl3，同时生成COCl2气体。实验装置(加热及夹持装置略)如图所示。 已知：COCl2气体有毒，遇水发生水解产生两种酸性气体。 (1)COCl2分子的空间结构___________。 (2)实验装置合理的连接顺序为a→___________。 (3)装置B中反应的化学方程式为___________。 (4)装置C左侧的导管较粗，这样设计的原因___________。 (5)装置D中反应的离子方程式为___________。 (6)若无F装置将导致的结果是___________(用化学反应方程式表达)。 (7)测定CrCl3产品的纯度，实验如下： 取三氯化铬样品0.300g，配制成250mL溶液。移取25.00mL于碘量瓶中，加热至沸腾后，加适量2mol·L-1NaOH溶液，生成绿色沉淀Cr(OH)3.冷却后，加足量30%H2O2，小火加热至绿色沉淀完全溶解。冷却后，加入2mol·L-1H2SO4酸化，再加入足量KI溶液，加塞摇匀充分反应后，铬元素只以Cr3+存在，暗处静置5min后，加入淀粉作指示剂，用0.0240mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至终点消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL(杂质不参加反应)。已知：2Cr(OH)3 + 3H2O2 + 4OH- = 2CrO+ 8H2O、2Na2S2O3 + I2 = Na2S4O6 + 2NaI。 ①判断该实验达滴定终点的现象___________。 ②样品中无水三氯化铬的质量分数为___________%(结果保留小数点后两位)。 29．（2026·江苏扬州·模拟预测）氢能的开发和利用是新能源领域的重点发展方向。 (1)甲烷二氧化碳制氢及应用 ①反应，每生成，转移电子的数目为_______mol。 ②在透氢膜反应器中，以进料制氢的原理如图1所示。1500K，在透氢膜反应器中转化率增大，从速率和平衡角度分析其原因是_______。 ③993K，相同条件下，用或还原生成，平衡时气体中或的物质的量分数分别为0.0250、0.0192.还原为的反应限度：_______(填“>”或“<”)。 (2)甲烷水蒸气重整制氢 Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   ①反应Ⅲ在_______下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 ②在一定温度、催化下发生上述反应。工业上选择水碳投料比，适当提高有利于消除积碳并提高甲烷转化率，若过高，其缺点是_______。 (3)氢能的储存、运输和利用 ①太阳能、风能等无法实现及时或稳定的能源供应，通过它们产生的过剩电能制氢，再供给有能源需求的地区使用(如图2所示)，可实现能源的高效利用。 从物质转化和氢能运输角度综合分析该过程中的作用是_______。 ②某熔融碳酸盐介质的氢氧燃料电池装置如图3所示，其负极的电极反应式是_______。 学科网（北京）股份有限公司 $