第1章 6.第4节 氧化还原反应方程式的书写与计算（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考化学大一轮复习练案

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应方程式书写与计算”专题，依据高考评价体系梳理了氧化剂还原剂判断、电子转移计算、方程式配平三大核心考点，通过近三年浙江、湖南、北京等多地高考真题分析，明确“电子守恒应用”占45%、“反应类型判断”占30%的高频考点分布，归纳出配平技巧、量比计算等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题精讲+方法提炼+素养提升”的复习策略，如以2025湖南高考NaSbO₃制备反应为例，运用得失电子守恒法解析氧化剂与还原剂物质的量之比，培养学生的科学思维和化学观念。特设“易错点警示”和“答题模板”，通过典型题型训练帮助学生掌握配平技巧和计算方法，教师可据此精准把握学情，助力学生高效冲刺高考。

第4节　氧化还原反应方程式 的书写与计算 返回目录 1 高考真题 1.★★(2024浙江6月选考,6,3分)利用CH3OH可将废水中的N 转化为对环境无害的物 质后排放。反应原理为H++CH3OH+N   X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的 是 (　　 　) A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5 D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗 常数的值) C 返回目录 2 　 解析　NO2属于有害气体,X应为N2,A错误;CH3OH在反应中作还原剂,而O3具有强氧化 性,B错误;N 作氧化剂,被还原为N2,N元素的化合价由+5降低为0,CH3OH作还原剂,被 氧化为CO2,C元素的化合价由-2升高为+4,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质 的量之比为6∶5,C正确;标准状况下,11.2 L CO2的物质的量为0.5 mol,转移的电子数为3 NA,D错误。 返回目录 2.★★(2025湖南,8,3分)NaSbO3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4NaNO3+4Sb+3O2  4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是 (　　 　) A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.N 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4∶7 D.反应中消耗3 mol O2,转移20 mol e- C 返回目录 　 解析　NaSbO3中Na元素为+1价,O元素为-2价,根据化合物中各元素正、负化合价的代 数和为0可知,Sb元素的化合价为+5,A正确;N 的中心N原子的价层电子对数=3+  =3,采用sp2杂化,无孤电子对,空间结构为平面三角形,B正确;反应中氧化剂为 NaNO3和O2(总物质的量为4 mol+3 mol=7 mol),还原剂为Sb(物质的量为4 mol),则反应 中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4,C错误;3 mol O2参与反应时,有4 mol Sb被氧 化,Sb元素化合价由0升高为+5,转移20 mol e-,D正确。 返回目录 3.★★★(2023福建,6,4分)稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈,与水反应 则较为温和,反应式如下: 与水反应 与NaOH溶液反应 ⅰ.2XeF2+2H2O  2Xe↑+O2↑+4HF ⅱ.2XeF2+4OH-  2Xe↑+O2↑+4F-+2H2O ⅲ.XeF6+3H2O  XeO3+6HF ⅳ.2XeF6+4Na++16OH-  Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F- +8H2O 返回目录 下列说法错误的是 (　　 　) A.XeO3具有平面三角形结构 B.OH-的还原性比H2O强 C.反应ⅰ~ⅳ中有3个氧化还原反应 D.反应ⅳ每生成1 mol O2,转移6 mol电子 A 返回目录 　 解析　XeO3中Xe原子的价层电子对数为4,含有1个孤电子对,则XeO3不是平面三角形 结构,A错误。对比反应ⅲ、ⅳ可知,XeF6在NaOH溶液中可以发生氧化还原反应,在水 中则发生非氧化还原反应,可得相同条件下OH-的还原性比H2O强,B正确。反应ⅰ、 ⅱ、ⅳ中反应物都是化合物,生成物中都有单质,均有元素化合价发生变化,则都是氧化 还原反应;反应ⅲ中无元素化合价发生变化,不是氧化还原反应,C正确。反应ⅳ中氧化 产物有Na4XeO6和O2,还原产物为Xe,根据Xe元素的化合价变化、生成的Xe的量及得失 电子守恒可知,每生成1 mol O2,转移6 mol电子,D正确。 返回目录 4.★★★(2024北京,14,3分)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 I  返回目录 已知:Mn 的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 (　　 　) A.反应①,n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B.对比反应①和②,x=3 C.对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 B 返回目录 　 解析　A项,反应①中Mn 被还原为Mn2+,I-被氧化为I2,根据得失电子守恒可得n(Mn2 +)∶n(I2)=2∶5,错误。B项,根据得失电子守恒,反应①中n(KI)∶n(KMnO4)=5∶1,则n=0. 001× =0.000 2,故反应②中n(KMnO4)=10×0.000 2 mol=0.002 mol,设I 中碘元素的化 合价为a,根据得失电子守恒可得0.001×[a-(-1)]=0.002×[+7-(+4)],解得a=+5,故对于I 有 +5+(-2)×x=-1,解得x=3,正确。C项,对比反应①和②,且已知Mn 的氧化性随酸性减弱 而减弱,故可知I-的还原性随酸性减弱而增强,错误。D项,反应①为2Mn +10I-+16H+   2Mn2++5I2+8H2O,消耗H+且生成H2O,故pH增大;反应②为2Mn +I-+H2O  2MnO 2↓+I +2OH-,生成OH-且消耗H2O,故pH增大,错误。 返回目录 5.★★★(2025黑吉辽蒙,12,3分)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。 返回目录 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 返回目录 　 解析　在酸性条件下Mn 、MnO2被I-还原为Mn2+,I-被氧化为I2,结合得失电子守恒、 原子守恒和电荷守恒可知Ⅱ中发生反应的离子方程式为2Mn +10I-+16H+  2Mn2++ 5I2+8H2O、MnO2+2I-+4H+  Mn2++I2+2H2O,A项正确;加盖是防止KI与空气接触,防止I -被O2氧化,避光能防止生成的I2挥发,B项正确;分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知,整个过程中氧化剂 为Mn ,还原剂为水样中有机物和S2 (注意I-在整个过程前后相当于未发生改变),Mn  得电子数目=水样中有机物失电子数目+S2 失电子数目,故Ⅲ中消耗的Na2S2O3越 多,说明水样消耗氧化剂Mn 的量越少,水样的COD值越低,C项错误;酸性条件下,Ⅰ中 Mn 会与水样中Cl-发生反应,测得含Cl-水样的COD值偏高,D项正确。 返回目录 高考模拟 6.★★(2026届山东名校考试联盟期中,10)碘(紫黑色固体,微溶于水)及其化合物广泛用 于医药、染料等方面。I2的一种制备方法如下图所示。   返回目录 下列说法错误的是 (　　 　) A.加入Fe粉进行“转化”反应的离子方程式为2AgI+Fe  2Ag+Fe2++2I- B.“转化”后的操作是过滤,所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C.生成的沉淀与稀硝酸反应得到的产物可以循环利用,氧化剂与还原剂的物质的量之 比为4∶3 D.“氧化”中若反应物用量比n(Cl2)∶n(FeI2)>1.5,单质碘的收率会降低 C 返回目录 　 解析       A项,“转化”时加入Fe粉,Fe将AgI还原为Ag,反应的离子方程式为2AgI+Fe  2Ag+ Fe2++2I-,正确。B项,“转化”后得到沉淀和滤液,则操作为过滤,用到的玻璃仪器有烧 杯、漏斗和玻璃棒,正确。C项,生成的沉淀(Ag)与稀硝酸反应的化学方程式为3Ag+4 返回目录 HNO3  3AgNO3+NO↑+2H2O,其中HNO3既体现氧化性,又体现酸性,氧化剂与还原 剂的物质的量之比为1∶3,错误。D项,当n(Cl2)∶n(FeI2)=1.5时,FeI2完全被氧化生成Fe3+ 和I2,如果继续通入Cl2,I2会被进一步氧化,则单质碘的收率会降低,正确。 返回目录 7.★★★(2025重庆主城五区二诊,8)两种制备NaClO2的方案如下:   返回目录 下列离子方程式书写错误的是 (　　 　) A.NaClO2溶液呈碱性:Cl +H2O  HClO2+OH- B.“ClO2气体发生器”:SO2+2Cl   S +2ClO2 C.“吸收塔”:6OH-+6ClO2+H2O2  6Cl +2O2+4H2O D.“电解”:2Cl-+2ClO2  Cl2+2Cl  C 返回目录 　 解析　Cl 水解使溶液呈碱性,水解的离子方程式为Cl +H2O  HClO2+OH-,A正确; “ClO2气体发生器”中Cl 被SO2还原为ClO2,结合得失电子守恒可得SO2+2Cl   S +2ClO2,此时同时满足了电荷守恒和原子守恒,将“  ”改为“  ”即可, B 正确;“吸收塔”中,在NaOH条件下ClO2与H2O2反应生成Cl 和O2,结合得失电子守恒 可得2ClO2+H2O2  2Cl +O2,再结合电荷守恒可知在左边加“2OH-”,最后结合原子 守恒可知在右边加“2H2O”,离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2  2Cl +O2+2H2O,C 错误;“电解”时,在阴极ClO2被还原为Cl ,在阳极Cl-被氧化为Cl2,结合电子转移守 恒、原子守恒和电荷守恒可得“电解”的离子方程式为2Cl-+2ClO2  Cl2+2Cl ,D 正确。 返回目录 8.★★★(2025北京东城二模,12)一定条件下,将乙烯和氧气通入PdCl2和CuCl2的HCl溶 液中可制得乙醛,热化学方程式为2C2H4(g)+O2(g)  2CH3CHO(g)    ΔH=-487.4 kJ·mol-1。其催化机理如图所示。 返回目录 下列分析不正确的是 (　　 　) A.X为CH3CHO,Z为O2 B.①中,C2H4发生了氧化反应 C.②中,n(PdCl2)∶n(CuCl2)=1∶2 D.③中,n(Y)∶n(Z)=2∶1 D 返回目录 　 机理分析　根据箭头的方向,“只进不出的为反应物”,同时结合题给的热化学方程式 可知Z为O2;根据①中的反应物和③中的生成物可知,W为H2O,X为CH3CHO。根据以上 分析和催化机理图可得①中的反应为C2H4+H2O+PdCl2  CH3CHO+Pd+2HCl,则Y为 HCl。②中的反应为Pd+2CuCl2  PdCl2+2CuCl,③中的反应为4CuCl+O2+4HCl  4CuCl2+2H2O。 返回目录 　 解析　由机理分析可知A正确;①中,C2H4转化为CH3CHO,C元素化合价升高,发生了氧 化反应,B正确;结合②中反应可知n(PdCl2)∶ n(CuCl2)=1∶2,C正确;结合③中反应可知n (HCl)∶n(O2) = 4∶1,D错误。 返回目录 9.★★★(2025湖南岳阳二模,10)电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2 )时,以铁板 作阴、阳极,处理过程中存在反应Cr2 +6Fe2++14H+  2Cr3++6Fe3++7H2O,最后Cr3+以 Cr(OH)3形式除去。下列说法错误的是 (　　 　) A.阴极反应为2H++2e-  H2↑ B.电解过程中废水的pH变大 C.电路中转移6 mol电子,最多有1 mol Cr2 被还原 D.该条件下Fe2+的还原性强于Cr3+ C 返回目录 　 解析　铁板作阴、阳极,在阳极Fe失电子生成Fe2+,生成的Fe2+将酸性废水中的Cr2 还 原为Cr3+,阴极上酸性废水中的H+放电,电极反应式为2H++2e-  H2↑,A正确;结合A项 分析可知,反应过程中消耗H+且生成H2O,则废水的pH变大,B正确;当电路中转移6 mol 电子时,阳极生成3 mol Fe2+,根据题给反应知, Cr2 ~6Fe2+,则最多有0.5 mol Cr2 被还 原,C错误;在同一反应中,还原性:还原剂>还原产物,Fe2+为还原剂,Cr3+为还原产物,则该 条件下Fe2+的还原性强于Cr3+,D正确。 返回目录 10.★★★(2025江苏南通四模,17节选)HCHO、NH3BH3(氨硼烷)、MgH2均可作为储氢 材料,研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。 (1)HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下:   9 mol HCHO参加反应,最终释放H2的物质的量与反应Ⅰ消耗O2的物质的量相同,则释 放H2的物质的量为__________。 　3 mol     返回目录 　 解析    (1)根据题干转化关系可知,总反应为HCHO与H2O和O2反应生成HCOOH和H2,9 mol HCHO参与反应转移18 mol电子,最终释放H2的物质的量与反应Ⅰ消耗O2的物质的 量相同,设为x,则4x+2x=18 mol,解得x=3 mol。 返回目录 11.★★★(2026届河北石家庄实验中学期中,16节选)镓(Ga)被誉为“电子工业脊梁”, 性质与铝相似。氮化镓(GaN)在5G基站和互联网系统建设等方面用途广泛。以砷化镓 废料(主要成分是GaAs,含Fe2O3、Al2O3和CaCO3等杂质)制备GaN和Na3AsO4·12H2O的流 程如下: 返回目录 请回答下列问题: (2)“碱浸”中发生主要反应的化学方程式为____________________________________ _________________,在该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。 　4∶1     +Na3AsO4+4H2O     　GaAs+4NaOH+4H2O2  Na[Ga(OH)4] 返回目录 解析    (2) 返回目录 结合上图分析可知“碱浸”中发生的主要反应是GaAs与NaOH、H2O2反应生成Na[Ga (OH)4]和Na3AsO4,根据得失电子守恒和Ga原子守恒可写出GaAs+NaOH+4H2O2  Na [Ga(OH)4]+Na3AsO4;再结合Na原子守恒,可知NaOH的化学计量数为4;最后结合H、O原 子守恒可知在右边加“4H2O”,则反应的化学方程式为GaAs+4NaOH+4H2O2  Na [Ga(OH)4]+Na3AsO4+4H2O;在该反应中H2O2为氧化剂,GaAs为还原剂,氧化剂和还原剂 的物质的量之比为4∶1。 返回目录 $