第5讲 氧化还原反应方程式的配平和计算-2027年高考化学一轮复习课件

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应方程式的配平和计算”核心考点，依据高考评价体系分析命题情境化、综合性特点及复杂情境书写与电子转移计算趋势，梳理配平三原则和五步骤、计算电子守恒法，明确正向/逆向配平、缺项配平、多步反应计算等高频题型分布。 课件亮点在于融合2025年广东、重庆等高考真题训练，通过“原理迁移+证据推理”培养科学思维，以正向配平法、电子守恒“三步法”解析典型题型，帮助学生掌握复杂情境方程式书写技巧，提升得分率，为教师提供系统复习框架和实战教学指导。

第5讲　氧化还原反应方程式的配平和计算 课标 指引 1.依据复分解反应和氧化还原反应原理,预测物质的化学性质和变化,设计实验进行初步验证。 2.能认识氧化还原反应的本质,能结合实例书写氧化还原反应方程式。 三年 高考 命题 分析 1.命题特点 情境化:基于工业流程、环保技术、古文献载体等真实情境,获取关键信息,书写氧化还原反应方程式。 综合性:强调学科融合,将氧化还原反应贯穿于工业流程、化学实验、化学反应原理综合题中,侧重考查解决真实问题的能力。 2.命题趋势:命题将更侧重复杂情境下氧化还原反应方程式的书写与多步反应电子转移的计算,需强化“原理迁移+证据推理”能力,避免机械刷题。 考点一 氧化还原反应方程式的配平 必备知识•梳理 1.配平氧化还原反应方程式的三个“基本原则” 氧化剂 还原剂 升高 降低 种类 个数 总数 2.配平氧化还原反应方程式的五个“关键步骤” 化合价 相等 电荷 3.应用示例 配平化学方程式:____K2Cr2O7+____H2C2O4+____H2SO4══ ____Cr2(SO4)3+____CO2↑+____K2SO4+____H2O  1 3 4 1 6 1 7 关键能力•提升 命题角度1　氧化还原反应方程式的配平 1.利用“正向配平法”配平下列化学方程式: (1)____Cu+____HNO3(稀) ══____Cu(NO3)2+____NO↑+____H2O  (2)____KI+____KIO3+____H2SO4══____I2+____K2SO4+____H2O  2.利用“逆向配平法”配平下列化学方程式: (1)____I2+____NaOH══____NaI+____NaIO3+____H2O  (2)____S+____KOH══____K2S+____K2SO3+____H2O  3 8 3 2 4 5 1 3 3 3 3 3 6 5 1 3 3 6 2 1 3 3.有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平: (1)____CH2═CH2+____KMnO4+____H2SO4══____K2SO4+____MnSO4+ ____CO2+____H2O  (2)____C2H5OH+____K2Cr2O7+____H2SO4══____K2SO4+____Cr2(SO4)3+ ____CH3COOH+____H2O  4.缺项氧化还原反应方程式的配平: (1)____ClO-+____Fe(OH)3+　　　 ══____Cl-+____Fe+____H2O  (2)____Mn+____H2O2+　　 ══____Mn2++____O2↑+____H2O  5 12 18 6 12 10 28 3 2 8 2 2 3 11 3 2 4OH- 3 2 5 2 5 6H+ 2 5 8 命题角度2　氧化还原反应方程式的书写 5.(2025·广东卷节选)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。 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有____________________(写一条)。  (2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为 _______+O2+____H2O ____Fe2O3↓+____H+。  (3)①“700 ℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,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_________________________。  ②与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是____________________________(写一条)。  搅拌 4Fe2+ 4 2 8 污染性气体排放量少 考点二　氧化还原反应的计算 (得失电子守恒法) 必备知识•梳理 1.氧化还原反应的计算——电子守恒法 氧化还原反应计算的基本依据是__________得到的电子总数=__________失去的电子总数。  氧化剂 还原剂 2.“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 还原产物 氧化产物 化合价 化合价 关键能力•提升 命题角度　氧化还原反应的相关计算 1.(2025·重庆卷节选)取0.1 g粗硒样品,加入HNO3,生成H2SeO3,向其中加入0.1 mol·L-1的Na2S2O3溶液和少量的淀粉KI溶液,用去40.00 mL的Na2S2O3溶液,反应完成后,再加入8 mL Na2S2O3溶液(I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6),至蓝色消失,通过反应②Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4。 (1)反应③的离子方程式为________________________________。  (2)样品中Se的含量为__________。  4H++H2SeO3+4I-══2I2+Se+3H2O 94.8% 解析:(2)加入40.00 mL的Na2S2O3溶液和少量的淀粉KI溶液,二者同时作还原剂,将H2SeO3还原为Se。再加入同浓度的8 mL Na2S2O3溶液滴定上一步生成的碘单质,根据得失电子守恒可知,整个过程相当于48 mL 0.1 mol·L-1的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应,根据已知条件Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,则n[Se(Ⅳ)]=×48×10-3×0.1 mol=1.2×10-3 mol,故样品中Se的含量为×100%=94.8%。 2.(2025·河南卷节选)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下: 回答下列问题: (1)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为__________________________________________________;“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。  (2)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________________________________________________。  (3)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为__________;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为__________。  Rh+6HCl+HNO3══H3[RhCl6]+NO↑+2H2O SiO2 +1 6∶1 解析:贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中,加入浓盐酸溶解其中的Fe,过滤后实现分离,再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸的混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为H3[RhCl6], Pt转化为相关可溶物,SiO2不溶,过滤后进行分离;“煮沸”滤液除去盐酸、硝酸,再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀,过滤后,滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行“高温还原”得到铑单质,向滤液2中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去,加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4-,再加入Zn进行“二次还原”,生成Rh,由于Zn过量有剩余,加入浓盐酸溶解过量的Zn和生成的Sn,实现Zn与Rh分离,过滤获得铑粉,以此分析解答。 (1)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中N元素化合价由+5降低至+2生成NO,结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3══H3[RhCl6]+NO↑+2H2O;由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 (2)“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均由+3降低至0,根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为 (3)配离子[Rh(SnCl3)5]4-中,配体[SnCl3]-带1个负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×(-1)=-4,则x=+1价;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合一个Cl-形成[SnCl3]-,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4-,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。 能力提升 题组1　教材习题改编 1.(必修第二册·P28,T7改编)氮化硅(Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备:SiO2+C+N2 Si3N4+CO(未配平),下列说法不正确的是(　　) A.该反应的化学方程式为3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO B.该反应中,SiO2是氧化剂,C是还原剂 C.SiO2晶体是共价晶体,30 g SiO2晶体中含有Si—O的数目为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) D.若该反应生成11.2 L CO(标准状况),则生成氮化硅的质量约为11.7 g B 解析:根据得失电子守恒和元素守恒可得该反应的化学方程式为3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO,A正确;该反应中N2是氧化剂,C是还原剂,B错误;SiO2晶体是共价晶体,1个Si原子与周围4个氧原子形成4个Si—O,30 g SiO2晶体为0.5 mol,故含有Si—O的数目为2NA,C正确;若该反应生成11.2 L CO(标准状况),即生成0.5 mol CO,结合反应可知同时生成×0.5 mol Si3N4,其质量为×0.5 mol×140 g·mol-1≈11.7 g,D正确。 2.(必修第二册·P28,T10改编)为测定空气中SO2的含量,某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的200 mL 0.100 mol·L-1的酸性KMnO4溶液,若管道中空气流量为a L·min-1,经过b min溶液恰好褪色,假定样品中的SO2可被溶液充分吸收,下列说法不正确的是(　　) A.该反应的离子方程式为5SO2+2Mn+4OH-══5S+2Mn2++2H2O B.酸性KMnO4溶液褪色,体现SO2的还原性 C.该空气样品中SO2的含量为g·L-1 D.若用酸性H2O2溶液代替KMnO4溶液,可发生反应:SO2+H2O2══H2SO4 A 解析:该反应体系呈酸性,反应的离子方程式为5SO2+2Mn+2H2O══ 5S+2Mn2++4H+,A错误;Mn→Mn2+,酸性KMnO4溶液褪色,SO2作还原剂,体现其还原性,B正确;n(KMnO4)=0.2 L×0.100 mol·L-1=0.02 mol,结合反应方程式可知,n(SO2)=n(KMnO4)=×0.02 mol=0.05 mol,故空气样品中SO2的含量为 g·L-1,C正确;若用酸性H2O2溶液代替KMnO4溶液,H2O2可将SO2氧化生成H2SO4,D正确。 题组2　高考真题集训 3.(2025·黑吉辽蒙卷)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O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-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MnO2+2I-+4H+══Mn2++I2+2H2O B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发 C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高 D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高 C 解析:Ⅱ中Mn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;Ⅱ中避光可防止I2挥发,加盖可防止I-被氧气氧化,B正确;整个反应中,KMnO4得电子生成Mn2+,据得失电子守恒可知,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的量越少,水样中的COD值越低,C错误;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。 4.(2025·河北卷节选)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: (1)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式: ____________________________________________________。  (2)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、_________、_______ (填化学式)。  (3)滤液Ⅱ的主要成分:__________(填化学式)。  (4)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。 Fe(CO)5+_______+_______══Cr(OH)3↓+_________+______+______CO↑  (5)滤渣Ⅱ可返回____________(填工序名称)工序。  MgO Al(OH)3 KHCO3 K2CrO4 4H2O Fe(OH)3↓ 2KOH 5 煅烧 2NH3N2+3H2　 Fe2O3+3H22Fe+3H2O　 Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl。 4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O $