第1章　第5讲　氧化还原反应方程式的配平和计算课件 2027届高三化学一轮复习

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应方程式配平和计算”核心考点，依据高考评价体系明确物质转化路径分析、化合价升降配平、守恒法计算三大考查要求，系统梳理配平三原则、五步骤及正向逆向等五种方法，结合近五年真题统计“缺项配平”“信息型方程式书写”等高频题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”策略，如以2024湖南卷铜阳极泥氧化酸浸反应为实例，运用“标变价-列变化-求总数”三步法突破配平难点，培养学生科学思维与证据推理能力。特设易错辨析模块纠正电子守恒应用误区，教师可依托此课件精准落实考点，助力学生高效掌握解题技巧，提升高考得分率。

第一章 物质及其变化 第5讲　氧化还原反应方程式的配平和计算 复习目标 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。 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。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式配平的三个“基本原则” 氧化剂 还原剂 升高 降低 种类 个数 总数 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 2．氧化还原反应方程式配平的五个“关键步骤” 化合价 电荷 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 以上方法步骤以Cu与稀HNO3反应的方程式配平为例说明如下： ①标变价 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 ④配系数 3Cu＋8HNO3(稀)=====3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ⑤查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 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全变的，一般从左边反应物着手配平。如： ①_____KI＋_____KIO3＋_____H2SO4=====______I2＋______K2SO4＋______H2O 5 1 3 3 3 3 2 16 10 2 5 8 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)逆向配平：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。如： ①_____S＋_____KOH=====_____K2S＋______K2SO3＋______ H2O ②_____P4＋_____KOH＋_____H2O=====_____K3PO4＋_____ PH3↑ (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察环境，酸性环境一般加H＋，碱性环境一般加OH－，然后进行两边电荷数配平。如： 3 6 2 1 3 2 9 3 3 5 H＋ H2O OH－ 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (4)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。如： ②_____Cu2S＋_______HNO3(稀)=====_____Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2SO4＋______H2O ③______As2S3＋________HNO3＋______H2O=====______H2SO4＋______H3AsO4＋________NO↑ 4 11 2 8 3 22 6 10 3 8 3 28 4 9 6 28 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (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，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [微点归纳]　(1)“缺项”配平原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)组合方式   反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 4．陌生化学方程式书写的思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： 元素化合价无变化 此反应为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律 元素化合价有变化 此反应为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 【易错辨析】 (1)根据得失电子守恒，铜与浓硫酸的反应中Cu与H2SO4按物质的量之比为1∶1进行反应。(　　) [提示]　×　铜与浓硫酸的反应中浓硫酸表现出强氧化性与酸性，Cu与H2SO4按物质的量之比为1∶2进行反应。 (2)过氧化氢与酸性高锰酸钾溶液反应的化学方程式为2KMnO4＋3H2O2＋3H2SO4=====K2SO4＋2MnSO4＋6H2O＋4O2↑。(　　) [提示]　×　题给化学方程式得失电子不守恒。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [提示]　×　根据电荷守恒，x＝4。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (5)在反应式：aFeCl2＋bKNO3＋cHCl=====dFeCl3＋eKCl＋fX＋gH2O中，若b＝1，d＝3，则X的分子式为N2。(　　) [提示]　×　根据原子守恒，X的分子式为NO。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (8)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2=====O2↑＋2H＋＋2Fe2＋。(　　) 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [提示]　√ 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 1．(高考题，节选)(1)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备过程第一步如下： 微考点1　氧化还原反应方程式的配平 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平后的离子方程式为_______________ ____________。 [答案]　(1)2∶7 (2)MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=====Mn2＋＋I2＋3H2O 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 2．配平下列氧化还原反应方程式。 (1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=====____I2＋____K2SO4＋____H2O (2)____P4＋____KOH＋____H2O=====____K3PO4＋____PH3 (3)____KClO3＋___H2C2O4＋___H2SO4=====___ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O [答案]　(1)5　1　3　3　3　3 (2)2　9　3　3　5 (3)2　1　2　2　2　2　2 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 3．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 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 4．有机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 [答案]　(1)5　12　18　6　12　10　28 (2)3　2　8　2　2　3　11 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 5．配平下列离子方程式。 微考点2　缺项型方程式的配平 [答案]　(1)3　2　4OH－　3　2　5 (2)2　5　6H＋　2　5　8 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 6．(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上制取K2FeO4时，向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应：①KOH＋Cl2―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)； ②____Fe(NO3)3＋____KClO＋____KOH=====____K2FeO4＋____KNO3＋____KCl＋________。请补充完整并配平上面反应②。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体： [答案]　(1)2　3　10　2　6　3　5H2O (2)1　3　1　3H2↑ 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 “三步法”配平缺项型氧化还原反应方程式 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 7．(高考题节选)(1)完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式： [答案]　(1)1　6　6H＋　1　6　3H2O (2)2　5　16H＋　2　10　8H2O 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 8．二氧化氯消毒剂是国际上公认的高效消毒灭菌剂，可以杀灭一切微生物。二氧化氯常温下为黄绿色或桔黄色气体，以下是二氧化氯的几种工业制备方法。 (1)SO2还原法：配平该反应的离子方程式： (2)索尔维法：NaClO3在酸性条件下将CH3OH氧化为HCHO，该反应的离子方程式为_______________________。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 9．按要求完成下列方程式。 (1)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为__________　________________。 (2)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为____________。 (3)在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_____________________________________。 (4)写出硫酸亚铁高温分解生成SO2、SO3的化学方程式为_________　_________________________________________________________。 微考点3　信息型氧化还原反应方程式的书写 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (5)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_________________________________________________。 (6)在45～50 ℃时向CuCl悬浊液中持续通入空气，得到碱式氯化铜[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]，该反应的化学方程式为_____________________ _____________。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 10．(1)(2024·湖南卷，节选)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的部分化工流程如下： “滤液1”中含有Cu2＋和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为____________________________________________。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)(2024·河北卷，改编)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。部分工艺流程如下。已知：室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。 在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_________ ____________________________。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 信息型氧化还原方程式的书写 (1)陈述信息类：通过文字叙述的形式给出信息，一般有明确的反应物或生成物及反应环境。主要考查书写并配平氧化还原反应方程式的基本功。 (2)流程信息类：在化工流程题目中常考查陌生氧化还原反应方程式的书写。解决此类问题的关键是准确分析相关反应所处的“环节”，并前后联系，判断反应物、生成物及反应环境，再书写方程式。 1 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (3)反应机理类：反应机理往往涉及多步反应，此类考查方式一般选取反应机理中的某个环节要求书写方程式，解决此类问题需明确图示中各物质及箭头的含义，先判断反应物与生成物，再结合氧化还原反应的规律写出方程式。 信息型非氧化还原方程式的书写 主要考查熟悉知识的迁移类比、平衡移动，解决问题的基本思路一般是先提取题目所给出的文字信息、流程图箭头的指向等判断反应物与生成物，再根据已有知识进行类比，推断出反应原理，最后依据守恒思想书写化学方程式。 2 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 依据电子得失守恒、原子守恒、电荷守恒进行配平的具体步骤 3 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 考点二　守恒法在氧化还原计算中的应用 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__________得到电子总数＝__________失去电子总数，即得失电子守恒。 氧化剂 还原剂 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 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 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 【微思考】　实验室中可用Na2SO3溶液吸收Cl2尾气，发生反应：Na2SO3＋Cl2＋H2O=====Na2SO4＋2HCl。现有500 mL 1.0 mol·L－1 Na2SO3溶液，则最多吸收Cl2的体积为________L(标准状况)。 提示：第一步：根据化合价变化，找出“两剂”“两产物”：Na2SO3―→Na2SO4，S元素化合价升高，则Na2SO3是还原剂，Na2SO4是氧化产物。Cl2―→HCl，Cl元素化合价降低，则Cl2是氧化剂，HCl是还原产物。 第二步：确定单个粒子得失电子数：Na2SO3―→Na2SO4～2e－，Cl2―→2HCl～2e－。 11.2 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 第三步：根据得失电子守恒列出关系式：n(Na2SO3)×(6－4)＝n(Cl2)×2，代入数据：0.5 L×1.0 mol·L－1×2＝n(Cl2)×2，n(Cl2)＝ 0.5 mol，在标准状况下的体积为0.5 mol×22.4 L·mol－1＝11.2 L。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 【易错辨析】 (1)1 mol Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。(　　) [提示]　×　1 mol Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为NA。 (2)1 mol KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2，转移电子数为6NA。(　　) [提示]　×　1 mol KIO3与足量的HI完全反应，转移电子数为5NA。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (3)24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知：Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素铬在还原产物中的化合价为＋3。(　　) [提示]　√　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6；而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中铬元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024 L×0.05 mol·L－1×(6－4)＝0.02 L ×0.02 mol·L－1×2×(6－n)，解得n＝3。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 1．(2026·湖北荆州三校联考)实验室中利用氧化铜和氧化铁的混合物进行如图实验。下列说法错误的是(　　) A．“3.04 g固体”一定是铁铜混合物 B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.1 mol C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol D．反应②能生成0.04 g H2 [答案]　D 微考点1　多步相关氧化还原反应的计算 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [解析]　实验中得到溶液1发生的反应为CuO＋H2SO4=====CuSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4=====Fe2(SO4)3＋3H2O，溶液1中的阳离子为Fe3＋、Cu2＋、H＋，向溶液1中加入Fe，发生反应的离子的顺序为Fe3＋、 Cu2＋、H＋。加入的硫酸的物质的量为0.1 mol，Fe的物质的量也为 0.1 mol，则溶液2中溶质为0.1 mol FeSO4，相当于3.04 g固体质量为原混合物中Fe、Cu元素的质量，设氧化铁的物质的量为x mol、氧化铜为 y mol，由氧化物的质量可得160x＋80y＝4,2x×56＋64y＝3.04，解得x＝0.01、y＝0.03。由分析可知，3.04 g固体中含有铜和铁，A正确；溶液2中含有0.1 mol硫酸亚铁，B正确；4 g固体中含有0.01 mol氧化铁、 0.03 mol氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol，C正确；溶液1中硫酸的物质的量为(0.1－0.01×3－0.03)mol＝0.04 mol，则与铁反应生成氢气的质量为0.04 mol×2 g·mol－1＝0.08 g，D错误。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 2．(2026·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 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 4．(2025·山东滨州高三检测)在热的稀H2SO4中溶解了11.4 g FeSO4，当加入50 mL 0.5 mol·L－1 KNO3溶液后，其中的Fe2＋全部转化为Fe3＋，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出。 □FeSO4＋□KNO3＋□H2SO4=====□K2SO4＋□Fe2(SO4)3＋□NxOy↑＋□H2O (1)推算出x＝________，y＝________。 (2)配平该化学方程式(化学计量数填写在上式方框内)。 (3)反应中氧化剂为________。 (4)用双线桥标出电子转移的方向和总数。 __________________________________________________________ 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　(1)1　1 (2)6　2　4　1　3　2　4 (3)KNO3 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 5．(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。 微考点2　氧化还原滴定的计算 (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_____________________________________________________。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)产品中锡含量的测定 ①终点时的现象为_______________________________________，产生I2反应的离子方程式为___________________________________。 ②产品中Sn的质量分数为________%。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [思路分析]　计算产品中Sn的质量分数的思路如下： 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 6．(2023·湖北卷，节选)铜与过量H2O2反应的探究如下： 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　(1)CuO2 (2)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色消失，且在半分钟内不变色，说明到达滴定终点　96% 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 多步反应得失电子守恒计算 有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，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，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，正确分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 1．易混的三个守恒关系 氧化还原反应中离子方程式的配平，先得失电子守恒，再电荷守恒，最后质量守恒。 2．方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。 3．配平氧化还原反应方程式的两种常用方法 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 4．氧化还原反应型离子方程式的书写流程 (1)找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。 (2)正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定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电子的数目，配平含变价元素的相关物质。 (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H2O、OH－还是H＋。 (5)整体元素配平：通过观察法确定所有物质的化学计量数。 (6)三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 5．两种元素间得失电子守恒计算 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(或失)电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解等式中的未知量。 氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂的得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂的失电子数。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 提能训练　练案[5] 1．(2026·福建三明一中模拟)高铜酸钾(KCuO2)是一种难溶于水的黑色粉末状固体，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①K2[Cu(OH)4]＋HBrO―→KCuO2＋KBr＋KBrO＋H2O(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②KCuO2＋H2SO4―→O2↑＋CuSO4＋H2O＋K2SO4(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．①中KCuO2是还原产物 B．①中若消耗9.7 g HBrO，则生成4.5 g H2O C．②中若有22.4 L O2生成，则转移4 mol电子 D．由①、②可知氧化性强弱顺序为KCuO2>HBrO>O2 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [思路分析]　配平反应方程式的步骤如下： ①第一步：标注升降价 确定K2[Cu(OH)4]、KBr的化学计量数： 2K2[Cu(OH)4]＋HBrO―→KCuO2＋1KBr＋KBrO＋H2O； 第二步：根据K2[Cu(OH)4]、KBr的化学计量数确定KCuO2、KBrO的化学计量数：2K2[Cu(OH)4]＋HBrO―→2KCuO2＋1KBr＋1KBrO＋H2O； 第三步：确定HBrO、H2O的化学计量数：2K2[Cu(OH)4]＋2HBrO =====2KCuO2＋KBr＋KBrO＋5H2O。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 ②第一步：标注升降价 确定O2、CuSO4的化学计量数：KCuO2＋H2SO4―→1O2＋4CuSO4＋H2O＋K2SO4； 第二步：根据CuSO4的化学计量数确定KCuO2的化学计量数：4KCuO2＋H2SO4―→1O2＋4CuSO4＋H2O＋K2SO4； 第三步：确定K2SO4、H2SO4、H2O的化学计量数：4KCuO2＋6H2SO4=====O2↑＋4CuSO4＋6H2O＋2K2SO4。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　B [解析]　反应①中，K2[Cu(OH)4]中Cu的化合价升高，被氧化，KCuO2为氧化产物，A错误；根据化学方程式①判断，消耗9.7 g(即 0.1 mol)HBrO，生成0.25 mol H2O，质量为0.25 mol×18 g·mol－1＝ 4.5 g，B正确；题中未给出气体所处的温度与压强，无法计算22.4 L O2的物质的量，C错误；氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据反应①可知，HBrO为氧化剂，KCuO2为氧化产物，则氧化性：HBrO>KCuO2，D错误。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 2．(2026·广东广州模拟)氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，处理氨氮废水的流程示意图如图所示。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 4．(2026·山西运城模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：NaN3＋KNO3―→K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂 B．该反应中只有1种元素的化合价发生变化 C．配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16 D．生成N2的个数与转移电子的个数之比为4∶5 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 5．(2026·江西吉安期末)金属钛(Ti)的性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti涉及的反应为 下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法错误的是(　　) A．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂 B．C、Mg在反应中均被氧化 C．a＝1，b＝e＝2 D．每生成19.2 g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol电子 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [解析]　在反应Ⅰ中四氯化钛是氯气作氧化剂生成的还原产物，在反应Ⅱ中钛元素的化合价降低，作氧化剂，A正确；反应Ⅰ中C作还原剂，被氧化，反应Ⅱ中Mg作还原剂，被氧化，B正确；根据反应前后原子守恒，有2a＝e，2b＝4a，所以a＝1，b＝e＝2，C正确；根据盖斯定律，反应Ⅰ＋反应Ⅱ可得TiO2＋2Cl2＋2C＋2Mg=====Ti＋2MgCl2＋2CO，所以每生成19.2 g钛转移电子的物质的量为3.2 mol，D错误。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 6．(2025·湖南张家界期末)甲硅烷(SiH4)可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应为SiH4＋KMnO4―→MnO2↓＋K2SiO3＋H2O＋H2(未配平)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(　　) A．64 g SiH4和32 g CH4分子中含共价键的数目均为8NA B．消耗1 mol KMnO4的同时生成氢气的分子数目为0.5NA C．500 mL 0.2 mol·L－1 K2SiO3溶液中含有的氧原子数目为0.3NA D．每生成0.5 mol水，转移的电子数目为3NA [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [解析]　64 g SiH4和32 g CH4的物质的量均为2 mol，SiH4的结构与甲烷类似，其含有共价键数目均为8NA，A正确；配平反应SiH4＋2KMnO4=====2MnO2↓＋K2SiO3＋H2O＋H2，消耗1 mol KMnO4的同时生成氢气的分子数目为0.5NA，B正确；500 mL 0.2 mol·L－1 K2SiO3溶液中，n(K2SiO3)＝0.2 mol·L－1×0.5 L＝0.1 mol，K2SiO3溶液中含有K2SiO3和水，则含有的氧原子数目大于0.3NA，C错误；在该反应中每生成0.5 mol水，转移的电子数目为3NA，D正确。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 7．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3 ―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 8．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 [答案]　B 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 11．(2026·辽宁沈阳重点高中联合体期中)向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的Cl2，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知b－a＝5，曲线Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素。下列说法错误的是(　　) A．原溶液中n(FeBr2)∶n(FeI2)＝3∶1 B．曲线Ⅱ表示Fe2＋的变化情况 D．根据图像可计算出a＝5，b＝10 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [思路分析]　还原性强弱为I－>Fe2＋>Br－，向含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入过量的Cl2，依次发生反应：2I－＋Cl2=====I2＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl2=====2Fe3＋＋2Cl－、2Br－＋Cl2=====Br2＋2Cl－。则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表I－、Fe2＋、Br－的变化情况；曲线Ⅳ表示一种含氧酸根离子的变化情况，且Ⅰ和Ⅳ表示的离子中含有相同的元素，则该含氧酸根离子中含有碘元素。 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 12．(2026·安徽部分高中联考)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，反应原理如下： 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　C 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 13．(2025·山东青岛期末)在Pt－BaO催化下，NO的“储存—还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 下列说法错误的是(　　) A．NO2与BaO的反应中，NO2既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为Ba(NO3)2＋8H2=====BaO＋2NH3＋5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的质量之比是3∶5 [答案]　D 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [解析]　NO2和BaO反应生成Ba(NO3)2，N元素化合价升高，则必有元素化合价下降，对比反应物和生成物可得应为部分N元素的化合价下降，则NO2既是氧化剂，又是还原剂，A正确；由题图可知，反应Ⅰ中氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，化学方程式为Ba(NO3)2＋8H2=====BaO＋2NH3＋5H2O，B正确；由题图可知，反应Ⅱ为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，相应的关系为5NH3～4N2，题图中氨的最大量为 0.25a mol，则最终生成N2的物质的量为0.2a mol，C正确；反应Ⅱ为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得失电子守恒可知，10NH3～3Ba(NO3)2，再结合反应Ⅰ的数量关系：Ba(NO3)2～2NH3，可知反应Ⅰ为5Ba(NO3)2～10NH3，反应Ⅱ为10NH3～3Ba(NO3)2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的质量之比是5∶3，D错误。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　A 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 15．(1)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为S＋2KNO3＋3C=====K2S＋N2↑＋3CO2↑；在该反应中还原剂是(填化学式，下同)________；还原产物是________和________；发生氧化反应的物质是________。 (2)配平如下反应方程式： ____Zn＋____HNO3=====____Zn(NO3)2＋____NH4NO3＋____H2O (3)在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数比1∶2完全反应，生成一种棕黄色气体X，同时Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为________(填选项序号)。 A．Cl2O7　　　　　　 B．ClO2 C．Cl2O D．Cl2 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (4)在Fe＋4HNO3(稀)=====Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O的反应中，生成 1 mol NO转移电子数为________；56 g Fe参加反应时，被还原的HNO3为________g。 [答案]　(1)C　K2S　N2　C (2)4　10　4　1　3　(3)C　(4)3NA　63 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [解析]　(1)S＋2KNO3＋3C=====K2S＋N2↑＋3CO2↑，该反应中S元素化合价由0降到－2，N元素化合价由＋5降到0，碳元素化合价由0升高到＋4，所以S、KNO3为氧化剂，K2S和N2为还原产物，C为还原剂，发生氧化反应。(2)反应中Zn的化合价升高2价，N元素化合价降低8价，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为4Zn＋10HNO3=====4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O。(3)在硫酸溶液中，NaClO3和Na2SO3能按粒子个数比1∶2完全反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素的化合价升高2价，总共升高4价，则Cl的化合价降低4价，NaClO3中Cl为＋5价，降低4价，生成的产物中Cl为＋1价，则反应产物为Cl2O，故C正确。(4)N元素化合价降低3价，则生成1 mol NO转移电子数为3NA；根据反应Fe＋4HNO3(稀)=====Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，反应1 mol Fe，被还原的硝酸为1 mol，质量为1 mol×63 g·mol－1＝63 g。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 16．(2026·安徽黄山模拟)氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途。 (1)当人体缺铁时，有时需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是＋2价的铁，但是＋2价的铁很容易被氧化。维生素C可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________(填化学性质)。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (2)NH4Cl常用于焊接，在焊接铜器时可用NH4Cl除去铜器表面的氧化铜，便于焊接，其反应如下： ①配平上述氧化还原反应。 ②该反应中，氧化剂是________(填化学式)，被氧化的元素是________(填元素名称)。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (3)二氧化氯是一种高效消毒剂，工业上制备ClO2反应的化学方程式如下。 2NaClO3＋4HCl=====2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl ①用双线桥法标出反应中电子转移的方向和数目。 _______________________________________________ A．O2 B．FeCl2 C．KI D．KMnO4 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 (4)过氧化氢溶液是公认的绿色氧化剂。已知氧化性：H2O2(H＋) >Fe3＋>I2，向FeI2溶液中加入足量硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生反应的离子方程式为_____________________________________________。 (5)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1个O3转化为1个O2和1个H2O)等物质常被用作消毒剂。相同数目的上述物质消毒效率最高的是________(填化学式)。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 [答案]　(1)还原性 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 剂，常作氧化剂，A错误；FeCl2中亚铁离子能失电子生成铁离子，可用作还原剂，B正确；KI中的碘离子能失电子作还原剂，C正确；高锰酸钾具有强氧化性，无法作还原剂，D错误。(4)由氧化性：H2O2(H＋)> Fe3＋>I2可知，酸化的过氧化氢溶液可以氧化Fe2＋和I－，离子方程式为2Fe2＋＋4I－＋3H2O2＋6H＋=====2Fe3＋＋2I2＋6H2O。(5)1 mol Cl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子的物质的量依次为2 mol、 2 mol、5 mol、2 mol，等物质的量的这4种物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。 高考一轮总复习 • 化学 第一章　物质及其变化 返回导航 谢谢观看 u＋HO3(稀)——(NO3)2＋O＋H2O ②列变化 u＋HO3(稀)——(NO3)2＋ O＋H2O ③求总数 u＋HO3(稀)——(NO3)2＋ O＋H2O ②______MnO ＋________H＋＋________Cl－=====______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O ①2MnO＋5C2O＋16______=====2Mn2＋＋10CO2↑＋8______ ②3ClO－＋2Fe(OH)3＋4__________=====3Cl－＋2FeO＋5H2O ①______FeS2＋________O2______Fe2O3＋______SO2 (3)工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe(OH)3＋ClO－＋OH－―→ FeO＋Cl－＋H2O(未配平)，上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2。(　　) [提示]　√　配平后反应为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=====2FeO＋3Cl－＋5H2O。 (4)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－=====Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，反应的离子方程式中x＝2。(　　) (6)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClO＋4H＋=====2ClO2＋Cl－＋2H2O。(　　) [提示]　×　应为5ClO＋4H＋=====4ClO2＋Cl－＋2H2O。 (7)NO2通入水中制硝酸：2NO2＋H2O=====2H＋＋NO＋NO。(　　) [提示]　×　应为3NO2＋H2O=====2H＋＋2NO＋NO。 [提示]　×　Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解：2H2O22H2O＋O2↑。 (9)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋=====I2＋3H2O。(　　) [提示]　×　应为IO＋5I－＋6H＋=====3I2＋3H2O。 (10)Fe3O4与Na2CO3在空气中“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2。(　　) 该步骤的主要反应为FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为________。 [解析]　(1)根据得失电子守恒和质量守恒，配平可得2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，故FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2∶7。(2)I元素由－1价升高到0价，Mn元素由＋4价降低到＋2价，根据得失电子守恒可得MnO(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恒配平：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=====Mn2＋＋I2＋3H2O。 [答案]　(1)2x　2　2x　1 (2)　2　　1　1 (3)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1) (1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋________=====____Cl－＋____FeO＋____H2O (2)____MnO＋____H2O2＋________=====____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。完成Ⅰ中反应的总化学方程式： ____NaCl＋____H2O____NaClO3＋________。 [解析]　(1)根据得失电子守恒及元素守恒可得反应②为2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH=====2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。(2)反应Ⅰ中，Cl元素由－1价升高到＋5价，反应物中Cl和O元素的化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知H2O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子守恒配平：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑。 归纳拓展： ____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↑＋_____。 ____ClO＋____SO2＋____H2O=====2ClO2↑＋____Cl－＋____SO＋____H＋。 [答案]　(1)3　4　3　1　4　6 (2)ClO＋3CH3OH=====3HCHO＋Cl－＋3H2O [答案]　(1)2MnO＋3Mn2＋＋2H2O=====5MnO2↓＋4H＋ (2)NaAlH4＋4H2O=====Na[Al(OH)4]＋4H2↑ (3)5ClO＋4H＋=====Cl－＋4ClO2↑＋2H2O (4)2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑ (5)4Ag＋4NaClO＋2H2O=====4AgCl＋4NaOH＋O2↑ (6)4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O [答案]　(1)Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=====2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O (2)HCO＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2VO [解析]　(1)“滤液1”中含有Cu2＋和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为Cu2Se＋4H2O2＋4H＋=====2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O。(2)在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO、OH－反应生成CaCO3、VO和H2O，离子方程式为HCO＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2VO。 归纳拓展： [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，故整个流程中最多生成PH3 1 mol＋1.5 mol＝2.5 mol，D正确。 3．在酸性条件下，可发生如下反应：ClO＋2M3＋＋4H2O=====M2O＋Cl－＋8H＋，M2O中M的化合价是(　　) [解析]　设M2O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，C正确。 (4) ＋4H2O [解析]　n(FeSO4)＝＝0.075 mol，n(KNO3)＝0.05 L× 0.5 mol·L－1＝0.025 mol。设NxOy中N元素的化合价为z。根据得失电子守恒有1×0.075＝0.025×(5－z)，解得z＝2，即NO转化成了NO，故x＝1，y＝1。 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－1 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)根据题中关键信息，确定物质转化：Na2SnO3Sn4＋Sn2＋Sn4＋。 (2)根据滴定反应原理，确定Sn2＋与KIO3的关系式，并结合滴定数据进行计算。 [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)①滴定过程中IO被还原为I－，当Sn2＋反应完全后，再滴入KIO3溶液，IO和I－在酸性条件下发生反应生成I2：IO＋5I－＋ 6H＋=====3I2＋3H2O，淀粉遇I2变蓝色，故终点时的现象是滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。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－1＝0.006 mol，则1.500 g产品中锡元素的质量分数为×100%＝47.6%。 (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－1 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________。 [解析]　(1)黑色铜的氧化物应为CuO，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： CuO2 ～ 3S2O 96 g 3 mol m(CuO2)　0.100 0×15.00×10－3 mol＝1.5×10－3 mol m(CuO2)＝0.048 g 粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 归纳拓展： 本讲要点速记： K2[(OH)4]＋HO―→KO2＋K＋KBrO＋H2O K＋H2SO4―→＋SO4＋H2O＋K2SO4 下列离子方程式书写错误的是(　　) A．过程①：NH＋OH－=====NH3·H2O B．过程②的总反应为3Cl2＋2NH3·H2O=====6Cl－＋N2＋2H2O＋6H＋ C．过程③：Cl2＋SO＋H2O=====2Cl－＋SO＋2H＋ D．Cl2溶于水：Cl2＋H2OCl－＋ClO－＋2H＋ [解析]　Cl2与水的反应为可逆反应，生成的HClO为弱酸，不能拆开，反应的离子方程式为Cl2＋H2OCl－＋HClO＋H＋，D符合题意。 3．在常温下，发生下列几个反应： ①16H＋＋10Z－＋2XO=====2X2＋＋5Z2↑＋8H2O ②2A2＋＋B2=====2A3＋＋2B－ ③2B－＋Z2=====B2＋2Z－ 根据上述反应，下列结论正确的是(　　) A．X2＋是XO的氧化产物 B．反应①中每生成1 mol Z2转移5 mol电子 C．溶液中可发生反应：Z2＋2A2＋=====2A3＋＋2Z－ D．还原性：A2＋>B－>X2＋>Z－ [解析]　反应①，XO中X元素的化合价降低生成X2＋，因此X2＋是XO的还原产物，A错误；反应①中Z元素的化合价由－1价变为0价，因此每生成1 mol Z2转移2 mol电子，B错误；由题给离子方程式可知，氧化性：XO>Z2>B2>A3＋，因此溶液中可发生反应：Z2＋2A2＋=====2A3＋＋2Z－，C正确；由题给离子方程式可知，还原性：A2＋>B－>Z－>X2＋，D错误。 [解析]　配平题给化学方程式为10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，该反应中，NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；题给反应中只有氮元素的化合价发生变化，B正确；由A项分析可知，配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16，C正确；反应中若生成16个N2分子，转移10个电子，则生成N2的个数与转移电子的个数之比为8∶5，D错误。 Ⅰ.aTiO2＋bCl2＋eCaTiCl4＋eCO Ⅱ.TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2 [解析]　5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O，A错误；NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。 ……　…… 　　　 图1 图2 对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是(　　) A．IO是氧化剂，具有氧化性 B．氧化性：MnO>IO C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2 D．若有2个Mn2＋参加反应，则转移10个电子 [解析]　由题干信息得到该反应的离子方程式为5IO＋2Mn2＋＋3H2O=====2MnO＋5IO＋6H＋，IO中的碘元素在反应中化合价降低，得电子，作氧化剂，具有氧化性，A正确；根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO，氧化产物是MnO，则氧化性强弱顺序是IO>MnO，B错误；根据离子方程式可知，氧化剂高碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5∶2，C正确；根据离子方程式可知，有2个Mn2＋参加反应时，转移电子的个数是10个，D正确。 9．(2026·湖北黄冈调研)NiFe基催化剂是碱性条件下活性较高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，FeO发生的一步反应为FeO＋H2O―→FeO(OH)＋O2↑＋OH－(未配平)，下列说法正确的是(　　) A．FeO中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价层电子数相等 B．反应中FeO(OH)是氧化产物 C．生成22.4 L O2时，转移4 mol电子 D．配平后，FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3 [解析]　FeO中铁元素的化合价为＋6价，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，A错误；FeO(OH)是还原产物，B错误；未注明温度和压强，不能确定O2的物质的量，C错误；配平后的化学方程式为4FeO＋6H2O=====4FeO(OH)＋3O2↑＋8OH－，则FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3，D正确。 10．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－ [解析]　根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(其物质的量为＝0.6 mol)时，反应中转移电子 ×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 C．曲线Ⅳ表示IO的变化情况 [解析]　根据消耗Cl2的物质的量计算可得n(I－)＝2×1 mol＝2 mol，n(Fe2＋)＝2×(3 mol－1 mol)＝4 mol，原溶液中存在电荷守恒关系：n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，n(Br－)＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4 mol－2 mol＝6 mol，则n(FeBr2)∶n(FeI2)＝n(Br－)∶n(I－)＝3∶1，A正确；由思路分析可知，曲线Ⅱ代表Fe2＋的变化情况，B正确；曲线Ⅳ代表的微粒中含有碘元素，即发生Cl2氧化I2的反应，溶液中n(I－)＝2 mol，转化成1 mol I2，根据b－a＝5可知氧化1 mol I2时反应消耗的n(Cl2)＝5 mol，根据得失电子守恒可知5 mol Cl2共得10 mol电子，则1 mol I2共失10 mol电子，生成的含氧酸根离子中I为＋5价，即生成的含氧酸根离子为IO，C正确；溶液中n(Br－)＝6 mol，根据2Br－＋Cl2=====Br2＋2Cl－可知需要3 mol Cl2，则a＝3＋3＝6，b＝a＋5＝11，D错误。 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将 1 L 0.008 mol·L－1的氨氮水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(NH3和NO)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．由NH3直接转化为N2的离子方程式：2NH3＋3ClO－=====N2＋ 3Cl－＋3H2O B．当x＝x1 mol时，生成物中的n(N2)∶n(NO)＝19∶2 C．当x＝x1 mol时，整个反应过程中转移电子的物质的量为2.3× 10－2 mol D．当x>x1 mol时，x值越大，生成N2的量越少 [思路分析]　根据题中描述可知，氨氮废水中的NH3在通入NaClO溶液后，分别被氧化成N2、NO，结合化合价升降守恒和元素守恒可配平反应的离子方程式：2NH3＋3ClO－=====N2＋3Cl－＋3H2O、NH3＋4ClO－＋OH－=====NO＋4Cl－＋2H2O。 [解析]　由思路分析可知，由NH3直接转化为N2的离子方程式为2NH3＋3ClO－=====N2＋3Cl－＋3H2O，A正确；1 L 0.008 mol·L－1的氨氮水中含n(NH3)＝0.008 mol·L－1×1 L＝0.008 mol，当x＝x1 mol时，氨去除率为100%，总氮残余率为5%(转化为NO)，根据N原子守恒可知，反应生成的＝＝，B正确；每生成1 mol N2转移6 mol电子，每生成1 mol NO转移8 mol电子，当x＝x1 mol时，整个 反应过程中转移电子的物质的量为6n(N2)＋8n(NO)＝×6＋0.008 mol×5%×8＝0.026 mol，C错误；当x>x1 mol时，氨去除率为100%，x值越大，总氮残余率越高，即反应生成的NO越多，生成的N2越少，D正确。 14．(2026·湖南高三检测)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2O6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是(　　) A．产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mol e－ B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6 C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在 [解析]　该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中＋5价，每个碘原子升高5价，即6I2～60e－，又因方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以产生22.4 L(标准状况)Cl2即1 mol Cl2时，反应中应转移20 mol e－，A错误；该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量数可知，11KClO3～6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；食盐中IO可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H＋、I－发生归中反应IO＋5I－＋6H＋=====3I2＋3H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在，D正确。 ____CuO＋____NH4Cl____Cu＋____CuCl2＋____N2↑＋____H2O。 ②ClO2在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐(ClO)，需要将其转化为Cl－除去，下列试剂能实现其转化过程的是________(填字母)。 (2)①4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O　②CuO　氮 (3)①＋2H2O＋2NaCl　②BC (4)2Fe2＋＋4I－＋3H2O2＋6H＋=====2Fe3＋＋2I2＋6H2O (5)ClO2 [解析]　(1)维生素C能将食物中的Fe3＋还原为Fe2＋，维生素C失电子体现还原性。(2)由反应物和生成物可知，铜元素的化合价由＋2价降低为0价，氮元素的化合价由－3价升高为0价，因此反应的化学方程式为4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O；氮元素失去电子被氧化，铜元素得到电子，则CuO为氧化剂。(3)①题给反应中NaClO3得电子转化为ClO2，部分HCl失电子转化为Cl2，用双线桥法表示的化学方程式为＋2H2O＋2NaCl。②O2不是还原 $