第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（天津专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应计算与方程式配平核心考点，按命题透视、思维建模、考点精讲、真题溯源逻辑架构知识，通过电子守恒四步骤梳理、配平三原则归纳及分层例题变式训练，帮助学生系统构建解题框架。 资料以天津本土化工业情境为素材，创新“始态终态法”突破多步计算、“四步法”书写信息方程式，培养科学思维与探究能力。设置真题溯源与梯度练习，确保学生高效掌握配平技巧与守恒计算，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 02 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 03 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 有关氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 电子守恒定律 考向破译 考向1 两元素及多元素之间得失电子守恒问题 考向2 多步反应得失电子守恒问题 解题妙招1 抓住 “ 始态 ” 与 “ 终态 ” 突破多步氧化还原反应的计算 考点二 氧化还原反应方程式的配平与书写 知识解构 知识点1 氧化还原反应的配平 ∣ 知识点2 情景方程式的书写 知识点3 缺项方程式的配平 考向破译 考向1 直接型氧化还原反应的配平与书写 考向2 缺项型氧化还原反应方程式的配平 考向3 信息型氧化还原反应方程式的书写 解题妙招1 缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式 解题妙招2 循环转化关系图中物质变化分析思路 ) ( 04 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理—五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 有关氧化还原反应的计算 天津卷T7、T15 天津卷T16 天津卷T16 氧化还原反应的书写与配平 天津卷T5 天津卷T13 天津卷T15 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1.配平考查主流：信息型陌生离子反应（缺项配平），极少考课本经典方程式，全部为工业、实验新反应；弱化纯机械配平，强化 “先预判产物，再配平方程式”； 2.计算主线：电子守恒天津卷几乎不考复杂方程组，全部使用关系式法，回避过量讨论；高频场景：高锰酸钾滴定、重铬酸钾测还原性物质、海水提溴多步转化计算。 3.素材高度本土化：题干固定选用海水卤水氧化除杂、滨海废水处理、矿物浸出、蛋壳与金属离子定量测定、含氯消毒剂反应，极少选用外地工业素材。 4.跨模块常态化：配平→离子方程式正误、电化学电极反应；计算→滴定实验、沉淀定量分析、工艺流程产率计算。 ►复习目标： 1.掌握常见氧化还原反应方程式的配平。 2.掌握常见氧化还原反应的相关计算。 3.理解质量守恒定律、电子守恒定律。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 有关氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 电子守恒定律 1．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 的电子总数与 剂失去的电子总数相等，即 守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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．应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三、四”。 “一找 ” 找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 “二定 ” 确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。 “三列出 ” 根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 “四找 式” 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。 得分速记 多步反应得失电子守恒问题 有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若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，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。 考●向●破●译 考向1 两元素及多元素之间得失电子守恒问题 例1（25-26高三上·天津蓟州·开学考试）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的中子数为 B．工业合成氨的反应中，生成，断裂键的数目为 C．与足量充分反应转移的电子数为 D．常温下，的溶液中，水电离出的数目为 【变式1·变载体】（2026·天津河西·三模）氢化钙()可在野外用作生氢剂，反应原理为：。下列有关说法正确的是 A．是还原剂 B．氧化产物与还原产物的质量相等 C．生成1 mol H2，转移2 mol e- D．着火，可用水灭火 【变式2】（2025·天津南开·二模）氮的氧化物是大气污染物之一，下图为某消除氮氧化物的反应机理。下列说法错误的是 A．整个过程中作催化剂 B．过程Ⅰ中NO既是氧化剂又是还原剂 C．过程Ⅰ中每生成1 mol 时转移4 mol电子 D．过程Ⅱ中发生的化学反应为 【变式3】（25-26高三上·天津南开·阶段检测）由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，可发生反应：(浓)。下列说法错误的是 A．混盐中既含离子键又含共价键 B．浓硫酸体现氧化性与酸性 C．每产生1mol氯气，转移电子物质的量为1mol D．1mol混盐中含有3mol离子 考向2 多步反应得失电子守恒问题 例2（25-26高三上·天津静海·阶段检测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。 (1)高铁酸钾中铁元素的化合价为_______，推测其具有的化学性质是_______。 (2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。 ①该反应的离子方程式为_______。 ②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是_______。 (3)干法制备高铁酸钾分两步进行 第一步反应为： ， 第二步反应为： 若实验室用100 mL 2.00 mol·L-1 FeSO4溶液发生上述反应，产品经干燥后得到纯品35.0 g，则K2FeO4的产率为_______(保留一位小数)。 (4)一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是_______。 解题妙招 抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算 在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等，找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 例如：a mol的铜与足量的浓硝酸反应，将产生的NO2气体与b mol的O2混合作用于水，气体完全被吸收。 则“始态物质Cu”Cu2＋， “中间物质HNO3”NO2↑， 故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu～O2，即a＝2b。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津·阶段检测）碘单质(微溶于水，具有挥发性)及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)HI主要用于药物合成，通常用和P反应生成，再水解制备HI。的空间结构是_______。的键是由磷的_______轨道与碘的轨道重叠形成键。 (2)的一种制备方法如下图所示： ①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。 ②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______。 (3)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入适量，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。 (4)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成1 mol ，消耗的至少为_______。 (5)与足量在一定条件下发生反应可生成卤素互化物，写出与发生非氧化还原反应的化学方程式_______。 【变式2·变题型】（24-25高三上·天津·期末）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。 I．某小组同学将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，装置如下： (1)甲装置用来制备氨气，反应的化学方程式为：___________；B的作用是___________。 (2)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二，___________。 (3)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验已经洗涤干净的操作为___________。 (4)该装置的不足之处___________。 Ⅱ．水产运输中常向水中加一定量增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理为： A．固氧：碱性下，将氧化为 B．氧化：酸性下，将氧化为； C．滴定：用标准溶液滴定生成的。 某同学向水中加一定量，取此水样，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗标准溶液。 (5)写出加入增加水中溶氧量(DO)的化学方程式___________。 (6)步骤b中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的可能原因___________(用离子方程式表示，至少写出1个)。 (7)量取水样及标准溶液用___________(填仪器名称)，测定实验中，该仪器用蒸馏水洗涤后，没有用标准溶液润洗，会导致测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；该水样中的溶解氧量(DO)为___________mg/L。 【变式3·变考法】Ⅰ．是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： (1)中Cl的化合价为_______。 (2)“反应”步骤中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。 (3)电解所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去、，要加入的试剂分别为_______、_______。 Ⅱ．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产产品。已知：高于60℃时易分解成和NaCl。 (4)已知装置B中的产物有气体和，则B中产生气体的化学方程式为_______。 (5)装置C的作用是_______。 (6)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______。 (7)测定样品中的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)。 ①确认滴定终点的现象是_______。 ②所称取的样品中的质量分数为_______。(用含V、c、m的代数式表示) 考点二 氧化还原反应方程式的配平与书写 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应的配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则 配平三原则 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 守恒 反应前后原子的种类和个数不变 守恒 离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 配平五步骤 标 标明反应前后变价元素的化合价 列 列出化合价的变化值 求 通过最小公倍数使化合价升降相等 配 配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察配平其他物质的化学计量数 查 检查质量、电荷、电子是否守恒 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 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ②列得失 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ③求总数 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O 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。 知识点2 情景方程式的书写 “四步法”突破新情景下氧化还原方程式的书写 第1步：列 根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：标 按“氧化剂+还原剂——氧化产物+还原产物”写出方程式，根据电子守恒配平上述四种物质 第3步：看环境 根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等 第4步：配环境 根据质量守恒配平反应方程式 知识点3 缺项方程式的配平 1.配平流程 缺项型方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（H＋）或碱（OH－），其配平流程如下： 第1步： 找出化合价变化的元素，利用氧化还原反应方程式的配平方法确定含化合价变化的元素物质的化学计量数 第2步： 利用原子守恒结合溶液酸碱性确定缺项物质或离子 第3步： 利用原子守恒和电荷确定缺项物质或离子的化学计量数 2.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－ 得分速记 配平的基本技能 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。 (2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。 (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。 (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 考●向●破●译 考向1 直接型氧化还原反应的配平与书写 例1（25-26高三上·天津·开学考试）根据溶液中发生的两个反应：① ②（未配平） 下列说法不正确的是 A．反应①中作氧化剂显氧化性 B．反应②配平后，的化学计量数为2 C．等物质的量的的消毒能力是的2.5倍 D．在溶液中反应可发生 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津武清·阶段检测）某工业废水中含有大量的和，常用次氯酸钠进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是 A．生活中次氯酸钠作为水处理剂和高铁酸钾的功效完全相同 B．反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．反应②离子方程式为： D．氧化处理过程中，用代替NaClO会更环保，效果更好 【变式2】（2025·天津河东·二模）常温下，高铜酸钠是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，在中性或碱性溶液中稳定存在，在溶液中可用氧化制得。下列说法错误的是 A．中为价 B．制备高铜酸钠时，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．在碱性条件下有强氧化性 D．-参加反应转移 【变式3】（24-25高三上·天津静海·阶段检测）利用NaClO氧化尿素[CO(NH)2]制备N2H4•H2O(水合肼)的实验流程如图所示： 已知：N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ的反应中变价元素只有氯元素 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，当产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3 C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中 D．生成水合肼反应的离子方程式为：ClO－+CO(NH2)2+2OH－=Cl－+N2H4·H2O+ 考向2 缺项型氧化还原反应方程式的配平 例2（25-26高三上·天津武清·开学考试）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒(杂质)，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。 (1)完成并配平其反应的化学方程式：____________。 (2)高温时，用CO还原可制备高纯。750℃时，测得气体中含等物质的量和，此时反应的化学方程式是：________。 (3)溶于稀的离子方程式：________。 解题妙招 缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式 （1）补项原则 介质 多一个氧原子 少一个氧原子 酸性 ＋2H＋结合1个O→H2O ＋H2O提供1个O→2H＋ 中性 ＋H2O结合1个O→2OH－ ＋H2O提供1个O→2H＋ 碱性 ＋H2O结合1个O→2OH－ ＋2OH－提供1个O→H2O （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＋ 酸性或中性溶液 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性或中性溶液 【变式1·变载体】（2026·天津河东·二模）铂（Pt）在催化剂及医药领域有重要的用途，回答下列问题。 (1)①Cu与Pt同副族、不同周期，铜的基态原子的电子排布式为：________。 ②氯铂酸（）常用作石油化工中催化剂的活性成分。 完成制备的化学方程式配平：________。 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津和平·阶段检测）I、阅读下面一段材料并回答问题。 高铁酸钾使用说明书 【化学式】 【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味 【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理 【用量】消毒净化1 L水投放即可达到卫生标准…… (1)工业制备需要在碱性环境下进行，现提供反应体系中7种物质，、请写出制备的化学反应方程式_______。 (2)将与水反应的化学方程式补充完整并配平：_______。 __________________（胶体）＋______+______KOH 该反应消耗1个时，转移的电子数为_______个。 【变式3·变考法】（23-24高三上·天津·期中）铁及其化合物与生产、生活关系密切 (1)生铁（以赤铁矿为例）是通过高炉冶炼而得，用化学方程式表示其原理为__________ (2)在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理，不得留有水，原因是__________（用化学方程式表示） (3)用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下： ①步骤Ⅰ若要检验是否有Fe3+生成，方法是__________ ②步骤Ⅱ中发生反应：，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，能体现“绿色化学”思想的是__________（任写一项）。 (4) Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4 ______ Fe2O3+______NaClO+______KOH______ K2FeO4(高铁酸钾)+ _____NaCl+_____H2O ①K2FeO4中铁元素的化合价__________；配平上述反应__________。此过程中氧化剂是__________（填化学式）。 ②高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂的作用是__________、__________。 考向3 信息型氧化还原反应方程式的书写 例4（25-26高三上·天津·开学考试）钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 (1)将废钒催化剂（主要成分为）与稀硫酸、溶液混合，充分反应后生成，该反应的离子反应方程式是：________。 (2)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是________。 (3)在20.00 ml的溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完成反应，则还原产物可能是________。 A．V B． C． D． 解题妙招 循环转化关系图中物质变化分析思路 (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。 (2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。 (3)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津红桥·期中）铁的配合物在自然界中广泛存在，Fe3+的配位数可以是1~6个，请回答下列问题： (1)基态 Fe 原子的价层电子排布式为___________；铁元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)铁及其化合物A~E的分类分布及其转化关系如图： ①从图中(A~E)选择反应物，实现Ⅰ的转化，写出反应Ⅰ的离子方程式：___________。 ②实现反应Ⅲ的转化，可选择含氮元素试剂的稀溶液，离子方程式为___________。 (3)溶液与KSCN溶液反应， 若Fe3+与SCN以个数比1：5配合， 则FeCl3与KSCN在水溶液中发生的化学方程式可以表示为___________。 (4)已知在酸性条件下， FeSO4能将+6价铬还原为+3价铬， 写出K2Cr2O7与FeSO4溶液在酸性介质中反应的离子方程：___________。 (5)纳米级铁粉由于高效性能，受到人们广泛研究和应用。查阅资料表明：纳米级铁粉在不同温度下与水蒸气加热反应的产物不同，正常加热时生成FeO，高温反应时则生成 ①纳米级铁粉与水蒸气反应正常加热反应的化学方程式是___________。 ②同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，将反应后得到的黑色粉末放入试管中，加入足量稀硫酸，黑色粉末溶解，并产生较多气泡。若要验证试管内所得溶液是否存在 ，下列试剂中最理想的是___________(单选)。 A．    B．NaSCN    C．氨水    D．Cu ③从物质分类角度看，纳米级铁粉是否___________属于胶体(填“是”或“不是”) 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津·阶段检测）回答下列问题。 (1)在作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：_______。反应中，实际消耗量总是大于理论的原因是_______。电子式为_______。 (2)上述制备反应中，下列物质均可替代作氧化剂，最适合的是_______(填序号)。 a.        b.        c. (3)和的反应可用于Cu含量的定量分析。向溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。 写出此反应的离子方程式_______。反应中KI的作用为_______。 【变式3·变考法】（24-25高三上·天津蓟州·阶段检测）按要求完成填空 (1)标况下有①1 g ；②个；③10.8 g ；④标准状况下6.72 L 所含原子个数从大到小的顺序为___________(用序号表示)。 (2)下面是一个还原过程的反应式：，、、、四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。写出并配平该氧化还原反应的离子方程式：___________。 (3)将通入KI和稀的混合溶液中，已知33.75克氧化剂反应时得到2.5 mol电子。则发生反应的离子方程式为___________。 (4)Fe、Co、Ni能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为___________。 真题溯源·考向感知 1．（2025·天津·高考真题）下列叙述和反应方程式相对应且正确的是 A．实验室制备氨气： B．与盐酸反应： C．常温下，将氯气通入溶液中： D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：(稀) 2．（2025·天津·高考真题）利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有的电子数目为 B．消耗，生成的体积为67.2 L C．处理6.5 g NaN3，至少需要 D．处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为 3．（2025·天津·高考真题）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ．溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ．组成的测定 ①SO定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知： (1)研细晶体的仪器名称为___________。 (2)配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。 a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？___________(填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为___________。 (4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为___________；③达到滴定终点的标志为___________。 (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为___________。 (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)； ①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________； ②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。 (7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填“能”或“不能”)，理由是________________。 4．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 02 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 03 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 有关氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 电子守恒定律 考向破译 考向1 两元素及多元素之间得失电子守恒问题 考向2 多步反应得失电子守恒问题 解题妙招1 抓住 “ 始态 ” 与 “ 终态 ” 突破多步氧化还原反应的计算 考点二 氧化还原反应方程式的配平与书写 知识解构 知识点1 氧化还原反应的配平 ∣ 知识点2 情景方程式的书写 知识点3 缺项方程式的配平 考向破译 考向1 直接型氧化还原反应的配平与书写 考向2 缺项型氧化还原反应方程式的配平 考向3 信息型氧化还原反应方程式的书写 解题妙招1 缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式 解题妙招2 循环转化关系图中物质变化分析思路 ) ( 04 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理—五年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 2023年 2022年 有关氧化还原反应的计算 天津卷T7、T15 天津卷T16 天津卷T16 氧化还原反应的书写与配平 天津卷T5 天津卷T13 天津卷T15 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1.配平考查主流：信息型陌生离子反应（缺项配平），极少考课本经典方程式，全部为工业、实验新反应；弱化纯机械配平，强化 “先预判产物，再配平方程式”； 2.计算主线：电子守恒天津卷几乎不考复杂方程组，全部使用关系式法，回避过量讨论；高频场景：高锰酸钾滴定、重铬酸钾测还原性物质、海水提溴多步转化计算。 3.素材高度本土化：题干固定选用海水卤水氧化除杂、滨海废水处理、矿物浸出、蛋壳与金属离子定量测定、含氯消毒剂反应，极少选用外地工业素材。 4.跨模块常态化：配平→离子方程式正误、电化学电极反应；计算→滴定实验、沉淀定量分析、工艺流程产率计算。 ►复习目标： 1.掌握常见氧化还原反应方程式的配平。 2.掌握常见氧化还原反应的相关计算。 3.理解质量守恒定律、电子守恒定律。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 有关氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 电子守恒定律 1．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，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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．应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三、四”。 “一找各物质” 找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 “二定得失数” 确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。 “三列出等式” 根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 “四找关系式” 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。 得分速记 多步反应得失电子守恒问题 有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若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，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。 考●向●破●译 考向1 两元素及多元素之间得失电子守恒问题 例1（25-26高三上·天津蓟州·开学考试）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．含有的中子数为 B．工业合成氨的反应中，生成，断裂键的数目为 C．与足量充分反应转移的电子数为 D．常温下，的溶液中，水电离出的数目为 【答案】B 【解析】A．的摩尔质量为，28g该Fe的物质的量为，1个的中子数为，故含有的中子数为，A错误； B．合成氨反应为，生成时消耗，1个含1个键，故断裂键数目为，B正确； C．与反应为歧化反应，反应转移电子，故反应转移电子数为，C错误； D．溶液中水解促进水的电离，溶液中的全部来自水的电离，时，1L溶液中水电离出的数目为，D错误； 故答案选B。 【变式1·变载体】（2026·天津河西·三模）氢化钙()可在野外用作生氢剂，反应原理为：。下列有关说法正确的是 A．是还原剂 B．氧化产物与还原产物的质量相等 C．生成1 mol H2，转移2 mol e- D．着火，可用水灭火 【答案】B 【解析】A．中H元素化合价从+1价降低为0价，得电子作氧化剂，不是还原剂，A错误； B．中-1价H被氧化得到0价H（对应氧化产物组分），中+1价H被还原得到0价H（对应还原产物组分），反应中被氧化和被还原的H物质的量相等，因此氧化产物与还原产物的质量相等，B正确； C．总反应生成2mol 时转移2mol ，因此生成1mol 转移1mol ，C错误； D．与水反应生成易燃易爆的，会加剧火情，不可用水灭火，D错误； 故选B。 【变式2】（2025·天津南开·二模）氮的氧化物是大气污染物之一，下图为某消除氮氧化物的反应机理。下列说法错误的是 A．整个过程中作催化剂 B．过程Ⅰ中NO既是氧化剂又是还原剂 C．过程Ⅰ中每生成1 mol 时转移4 mol电子 D．过程Ⅱ中发生的化学反应为 【答案】D 【分析】根据图示的反应机理可以写出过程I、过程II的方程式分别为2Ni2++2NO=2Ni3++N2+2O-、2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑。 【解析】A．根据反应流程图可知，Ni2+先参与反应后再次生成，则整个过程中Ni2+作催化剂，A正确； B．过程I的反应为2Ni2++2NO=2Ni3++N2+2O-，NO中N的化合价从+2价变为0价（被还原），O的化合价从-2价变为-1价（被氧化），因此NO既是氧化剂又是还原剂，B正确； C．根据过程I的反应可得如下关系N24e-，则生成1 molN2转移4 mol电子，C正确； D．由分析可知，过程II发生的化学反应为2Ni3++2O-=2Ni2++O2↑，D错误； 故选D。 【变式3】（25-26高三上·天津南开·阶段检测）由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐中加入足量浓硫酸，可发生反应：(浓)。下列说法错误的是 A．混盐中既含离子键又含共价键 B．浓硫酸体现氧化性与酸性 C．每产生1mol氯气，转移电子物质的量为1mol D．1mol混盐中含有3mol离子 【答案】B 【解析】A．混盐CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-和ClO-，离子间通过离子键结合，ClO-内部存在Cl-O共价键，因此既含离子键又含共价键，A正确； B．反应中H2SO4的S元素化合价未变化（仍为+6），浓硫酸仅提供H+和，未体现氧化性，仅表现酸性，B错误； C．Cl2的生成源于Cl-（-1→0，失去1mol电子）和ClO-（+1→0，得到1mol电子），每生成1mol Cl2，转移1mol电子，C正确； D．1mol CaOCl2含1mol Ca2+、1mol Cl-和1mol ClO-，总离子数为3mol，D正确； 故选B。 考向2 多步反应得失电子守恒问题 例2（25-26高三上·天津静海·阶段检测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠，然后在一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，从而使高铁酸钾析出。 (1)高铁酸钾中铁元素的化合价为_______，推测其具有的化学性质是_______。 (2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。 ①该反应的离子方程式为_______。 ②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是_______。 (3)干法制备高铁酸钾分两步进行 第一步反应为： ， 第二步反应为： 若实验室用100 mL 2.00 mol·L-1 FeSO4溶液发生上述反应，产品经干燥后得到纯品35.0 g，则K2FeO4的产率为_______(保留一位小数)。 (4)一定温度下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，原因是_______。 【答案】(1) ＋6价 强氧化性 (2) 杀菌消毒、净水 (3)88.4% (4)相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度 【解析】（1）K2FeO4中K是+1价，O是-2价，则Fe为+6价；元素最高价有强氧化性，故K2FeO4具有强氧化性，故答案为+6；强氧化性。 （2）①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体）和KOH，根据守恒原则可得该反应离子方程式：； ②高铁酸钾具有强氧化性，可以杀菌消毒，生成的氢氧化铁胶体可以吸附水中悬浮物质，起净水作用，故答案为杀菌消毒、净水。 （3）理论上FeSO4完全转化为K2FeO4，则根据元素守恒，生成的m(K2FeO4)=n(FeSO4)×M(K2FeO4)=100×10-3 L×2.00 mol·L-1×198 g·mol-1=39.6 g，则K2FeO4的产率为； （4）一定温度下在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。 解题妙招 抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算 在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等，找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 例如：a mol的铜与足量的浓硝酸反应，将产生的NO2气体与b mol的O2混合作用于水，气体完全被吸收。 则“始态物质Cu”Cu2＋， “中间物质HNO3”NO2↑， 故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu～O2，即a＝2b。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津·阶段检测）碘单质(微溶于水，具有挥发性)及含碘化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)HI主要用于药物合成，通常用和P反应生成，再水解制备HI。的空间结构是_______。的键是由磷的_______轨道与碘的轨道重叠形成键。 (2)的一种制备方法如下图所示： ①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。 ②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______。 (3)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入适量，恰好完全反应生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。 (4)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成1 mol ，消耗的至少为_______。 (5)与足量在一定条件下发生反应可生成卤素互化物，写出与发生非氧化还原反应的化学方程式_______。 【答案】(1) 三角锥形 (2) 硝酸银或 、 (3) (4)4 (5) 【解析】（1）中心原子价层电子对数为，且含有1个孤电子对，空间结构是三角锥形，P原子为杂化，的键是由磷的杂化轨道与碘的5p轨道通过头碰头的方式重叠形成σ键； （2） 由流程图可知悬浊液中含，可与Fe反应生成和Ag，易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中； 通入的过程中，因还原性强于，先氧化还原性强的，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是，故反应的化学方程式为，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部再氧化，恰好将全部和氧化，故氧化产物为、； （3）先向溶液中加入适量，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，I元素被还原为碘单质，S元素被氧化为硫酸根离子，根据得失电子守恒即电荷守恒，离子方程式：； （4）溶液和溶液混合可生成沉淀和，反应离子方程式为，若生产1 mol，则至少需要4 mol； （5）中I显+7价，F显-1价，故与发生的非氧化还原反应生成和HF，化学方程式为：。 【变式2·变题型】（24-25高三上·天津·期末）过氧化钙遇水具有放氧的特性，且本身无毒，不污染环境，是一种用途广泛的优良供氧剂，在工农业生产中有广泛的用途。 I．某小组同学将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，装置如下： (1)甲装置用来制备氨气，反应的化学方程式为：___________；B的作用是___________。 (2)乙中沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0℃左右，其可能的原因分析：其一，该反应是放热反应，温度低有利于提高的产率；其二，___________。 (3)反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得。检验已经洗涤干净的操作为___________。 (4)该装置的不足之处___________。 Ⅱ．水产运输中常向水中加一定量增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理为： A．固氧：碱性下，将氧化为 B．氧化：酸性下，将氧化为； C．滴定：用标准溶液滴定生成的。 某同学向水中加一定量，取此水样，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗标准溶液。 (5)写出加入增加水中溶氧量(DO)的化学方程式___________。 (6)步骤b中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的可能原因___________(用离子方程式表示，至少写出1个)。 (7)量取水样及标准溶液用___________(填仪器名称)，测定实验中，该仪器用蒸馏水洗涤后，没有用标准溶液润洗，会导致测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)；该水样中的溶解氧量(DO)为___________mg/L。 【答案】(1) 防倒吸 (2)减少的分解或减少氨气的逸出以提高氨气的利用率(合理均可) (3)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明已洗净 (4)氨气有毒，缺少尾气吸收装置 (5)或 (6)、、任写一种 (7) 碱式滴定管 偏高 10.8mg/L 【分析】甲用于制备氨气，反应时先将溶于水中，在搅拌下加入，再通入氨气进行反应可制备，氨气污染，注意后面需要接尾气处理装置，据此解答。 【解析】（1）甲装置用氢氧化钙和氯化铵来制备氨气，反应的化学方程式为；B为防倒吸装置，作用是防倒吸。 （2）温度高会使H2O2分解，冰水浴控制温度在0 ℃左右，故其二为可减少的分解或减少氨气的逸出以提高氨气的利用率(合理均可)； （3）CaO2·8H2O表面附着着CaCl2溶液，检验CaO2·8H2O是否洗涤干净即检验是否有氯离子存在，具体操作取少量最后一次洗涤液于试管中，先加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，没有白色沉淀生成，说明已洗净；(合理答案均可)； （4）氨气不能直接排放，则该装置的不足之处氨气有毒，缺少尾气吸收装置； （5）加入增加水中溶氧量(DO)的化学方程式或。 （6）酸性条件下会转化为S、SO2，SO2可以被碘氧化，则步骤b中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，产生误差的可能原因、、（任写一种）。 （7）硫代硫酸钠溶液显碱性，量取水样及标准溶液用碱式滴定管，测定实验中，该仪器用蒸馏水洗涤后，没有用标准溶液润洗，导致标准液被稀释，消耗体积增大，会导致测定结果偏高；根据方程式可得关系式O2～4S2O，则100.0mL水样中n(O2)＝ n(S2O)＝×0.0100mol·L－1×0.0135L＝0.00003375mol，该水样中的溶解氧量(DO)为＝10.8mg·L－1。 【变式3·变考法】Ⅰ．是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： (1)中Cl的化合价为_______。 (2)“反应”步骤中生成的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。 (3)电解所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去、，要加入的试剂分别为_______、_______。 Ⅱ．某实验小组模仿工业生产的方法，设计了一套实验室制备装置，生产产品。已知：高于60℃时易分解成和NaCl。 (4)已知装置B中的产物有气体和，则B中产生气体的化学方程式为_______。 (5)装置C的作用是_______。 (6)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______。 (7)测定样品中的纯度：准确称mg的样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL(已知：)。 ①确认滴定终点的现象是_______。 ②所称取的样品中的质量分数为_______。(用含V、c、m的代数式表示) 【答案】(1)+3 (2)2:1 (3) NaOH Na2CO3 (4) (5)防倒吸 (6)、NaCl (7) 滴入最后一滴标准液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 【分析】酸性条件下用二氧化硫还原氯酸钠生成二氧化氯和硫酸氢钠，电解二氧化氯和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成。在碱性条件下用双氧水还原二氧化氯生成。 【解析】（1）中Na显+1价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，Cl的化合价为+3。 （2）“反应”步骤中，酸性条件下用二氧化硫还原氯酸钠生成二氧化氯和硫酸氢钠，该反应SO2中S元素化合价由+4升高为+6，SO2是还原剂，NaClO3中Cl元素化合价由+5价降低为+4价，NaClO3是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。 （3）电解所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，加氢氧化钠生成氢氧化镁沉淀除去、加碳酸钠生成碳酸钙沉淀除去，要加入的试剂分别为NaOH、Na2CO3。 （4）装置B中NaClO3和Na2SO3在酸性条件下反应生成和， B中产生气体的化学方程式为 。 （5）装置C是安全瓶，作用是防倒吸。 （6）高于60℃时易分解成和NaCl，如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是、NaCl （7）①滴定终点，碘单质被完全消耗，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。 ②根据反应原理建立关系式~~2I2~~4，所称取的样品中n()=，所称取的样品中的质量分数为。 考点二 氧化还原反应方程式的配平与书写 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应的配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则 配平三原则 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 质量守恒 反应前后原子的种类和个数不变 电荷守恒 离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 配平五步骤 标变价 标明反应前后变价元素的化合价 列得失 列出化合价的变化值 求总数 通过最小公倍数使化合价升降相等 配系数 配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察配平其他物质的化学计量数 查守恒 检查质量、电荷、电子是否守恒 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 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ②列得失 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ③求总数 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O 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。 知识点2 情景方程式的书写 “四步法”突破新情景下氧化还原方程式的书写 第1步：列物质 根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：标得失 按“氧化剂+还原剂——氧化产物+还原产物”写出方程式，根据电子守恒配平上述四种物质 第3步：看环境 根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等 第4步：配环境 根据质量守恒配平反应方程式 知识点3 缺项方程式的配平 1.配平流程 缺项型方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（H＋）或碱（OH－），其配平流程如下： 第1步： 找出化合价变化的元素，利用氧化还原反应方程式的配平方法确定含化合价变化的元素物质的化学计量数 第2步： 利用原子守恒结合溶液酸碱性确定缺项物质或离子 第3步： 利用原子守恒和电荷确定缺项物质或离子的化学计量数 2.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－ 得分速记 配平的基本技能 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。 (2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。 (3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。 (4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 考●向●破●译 考向1 直接型氧化还原反应的配平与书写 例1（25-26高三上·天津·开学考试）根据溶液中发生的两个反应：① ②（未配平） 下列说法不正确的是 A．反应①中作氧化剂显氧化性 B．反应②配平后，的化学计量数为2 C．等物质的量的的消毒能力是的2.5倍 D．在溶液中反应可发生 【答案】A 【解析】A．反应①中Cl元素化合价从0价升高到+5价，Cl2失电子作还原剂，显还原性，并非作氧化剂显氧化性，A错误； B．反应②中中Cl元素化合价从+5价降低到中的+4价，HCl中的Cl元素化合价从-1价升高到中的0价，根据电子得失守恒、原子守恒配平可得，的化学计量数为2，B正确； C．消毒时中Cl从+4价变为-1价，1 mol 得5 mol电子；中Cl从0价变为-1价，1 mol 得2 mol电子，等物质的量时的消毒能力是的倍，C正确； D．由反应①可知氧化性，酸性条件下可氧化Cl⁻生成，氧化性更强，故该反应可发生，D正确； 故选A。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津武清·阶段检测）某工业废水中含有大量的和，常用次氯酸钠进行氧化处理，再进行一系列操作，回收锰和铬，以达到回收利用且降低污染的目的。下列说法正确的是 A．生活中次氯酸钠作为水处理剂和高铁酸钾的功效完全相同 B．反应①中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．反应②离子方程式为： D．氧化处理过程中，用代替NaClO会更环保，效果更好 【答案】B 【解析】A．次氯酸钠作为水处理剂主要利用氧化性杀菌消毒，高铁酸钾除氧化性外，其还原产物水解生成胶体可净水，功效不完全相同，A错误； B．反应①为被氧化，Mn从+2→+4（失2e⁻，还原剂），Cl从+1→-1（得2e⁻，氧化剂），电子守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，B正确； C．次氯酸钠溶液呈碱性，反应②应在碱性条件下进行，离子方程式中不应生成大量，正确方程式为，C错误； D．还原产物为更环保，但易被二氧化锰催化而分解，使含量降低，氧化效果不如NaClO，D错误； 故答案选B。 【变式2】（2025·天津河东·二模）常温下，高铜酸钠是一种黑色难溶于水的固体，有强氧化性，在中性或碱性溶液中稳定存在，在溶液中可用氧化制得。下列说法错误的是 A．中为价 B．制备高铜酸钠时，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．在碱性条件下有强氧化性 D．-参加反应转移 【答案】D 【解析】A．NaCuO2中Na元素的化合价为+1价、O元素的化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可知Cu元素的化合价为＋3价，A正确； B．该反应中Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后NaCuO2中的+3价、Cl元素化合价由反应前NaClO中的＋1价变为反应后NaCl中的-1价，则Cu是还原剂、NaClO是氧化剂，NaCuO2是氧化产物、NaCl是还原产物，因此氧化剂和还原剂的物质的量的比为3：2，B正确； C．在溶液中可用氧化制得高铜酸钠，在碱性条件下有强氧化性，C正确； D．1个ClO-参加反应转移电子个数=1×[+1-(-1) ]=2，所以1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子，D错误； 答案选D。 【变式3】（24-25高三上·天津静海·阶段检测）利用NaClO氧化尿素[CO(NH)2]制备N2H4•H2O(水合肼)的实验流程如图所示： 已知：N2H4•H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。 下列说法不正确的是 A．步骤Ⅰ的反应中变价元素只有氯元素 B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，当产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3 C．步骤Ⅱ中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中 D．生成水合肼反应的离子方程式为：ClO－+CO(NH2)2+2OH－=Cl－+N2H4·H2O+ 【答案】C 【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH-=+5Cl-+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。 【解析】A．步骤I中发生Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，氯发生歧化反应，变价的只有氯，故A正确； B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol，可知Cl失去电子为5mol×（1-0）+1mol×（5-0）=10mol，由电子守恒可知Cl得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）=5：3，故B正确； C．步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，因此步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C错误； D．由流程可知生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，故D正确； 故选C。 考向2 缺项型氧化还原反应方程式的配平 例2（25-26高三上·天津武清·开学考试）近年来，我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒(杂质)，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。 (1)完成并配平其反应的化学方程式：____________。 (2)高温时，用CO还原可制备高纯。750℃时，测得气体中含等物质的量和，此时反应的化学方程式是：________。 (3)溶于稀的离子方程式：________。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）根据生成物含硫酸根和氢元素，确定缺项反应物为。C从0价升高到+4价，每个C失；Cr从+6价降低到+3价，每个含2个Cr，共得。得失电子最小公倍数为12，故C系数为3，系数为2。依次配平含C、Cr、K、硫酸根的物质，最后根据H、O原子守恒配平即可，方程式为。 （2）CO作还原剂被氧化为，每个C失；中部分S从+6价被还原为+4价的，每个S得，中S化合价不变。已知和物质的量相等，则化学方程式中二者系数相等，根据原子守恒配平其余物质即可，方程式为。 （3）可看作，含1个+2价和2个+3价Fe，稀硝酸将+2价Fe氧化为+3价，自身被还原为NO。每个失，每个得，故系数为3，NO系数为1，根据原子守恒得系数为9。最后根据O、H原子守恒配平和，最终验证电荷守恒即可，方程式为。 解题妙招 缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式 （1）补项原则 介质 多一个氧原子 少一个氧原子 酸性 ＋2H＋结合1个O→H2O ＋H2O提供1个O→2H＋ 中性 ＋H2O结合1个O→2OH－ ＋H2O提供1个O→2H＋ 碱性 ＋H2O结合1个O→2OH－ ＋2OH－提供1个O→H2O （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＋ 酸性或中性溶液 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性或中性溶液 【变式1·变载体】（2026·天津河东·二模）铂（Pt）在催化剂及医药领域有重要的用途，回答下列问题。 (1)①Cu与Pt同副族、不同周期，铜的基态原子的电子排布式为：________。 ②氯铂酸（）常用作石油化工中催化剂的活性成分。 完成制备的化学方程式配平：________。 【答案】(1) 4NO、8 【解析】（1）①Cu为29号元素，根据构造原理可知，铜的基态原子的电子排布式为；； ②配平反应方程式时，Pt元素从0价升高为+4价，N元素从+5价降低为+2价生成NO，根据得失电子守恒与原子守恒，配平方程式为：，故产物为4NO，8H2O； 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津和平·阶段检测）I、阅读下面一段材料并回答问题。 高铁酸钾使用说明书 【化学式】 【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味 【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理 【用量】消毒净化1 L水投放即可达到卫生标准…… (1)工业制备需要在碱性环境下进行，现提供反应体系中7种物质，、请写出制备的化学反应方程式_______。 (2)将与水反应的化学方程式补充完整并配平：_______。 __________________（胶体）＋______+______KOH 该反应消耗1个时，转移的电子数为_______个。 【答案】(1) (2) 3 【解析】（1）根据题目信息，工业制备需要在碱性环境中进行，结合电荷守恒和原子守恒可得化学方程式为。 （2）根据方程式中已有物质分析，元素的化合价由+6价降为+3价，除元素外无升高的元素，故分析应该有生成，结合电荷守恒和原子守恒配平化学方程式为；由方程式可知，反应转移12 mol电子， 则消耗1个 转移电子数为个。 【变式3·变考法】（23-24高三上·天津·期中）铁及其化合物与生产、生活关系密切 (1)生铁（以赤铁矿为例）是通过高炉冶炼而得，用化学方程式表示其原理为__________ (2)在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理，不得留有水，原因是__________（用化学方程式表示） (3)用废铁皮制取铁红（Fe2O3）的部分流程示意图如下： ①步骤Ⅰ若要检验是否有Fe3+生成，方法是__________ ②步骤Ⅱ中发生反应：，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，能体现“绿色化学”思想的是__________（任写一项）。 (4) Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4 ______ Fe2O3+______NaClO+______KOH______ K2FeO4(高铁酸钾)+ _____NaCl+_____H2O ①K2FeO4中铁元素的化合价__________；配平上述反应__________。此过程中氧化剂是__________（填化学式）。 ②高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效的绿色水处理剂，在水中反应生成氢氧化铁胶体。高铁酸钾作为水处理剂的作用是__________、__________。 【答案】(1)Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 (2)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (3) 取少量待测溶液放入试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，否则不含Fe3+ 不产生氮氧化物 (4) +6 1 Fe2O3+ 3 NaClO+ 4 KOH 2 K2FeO4(高铁酸钾)+ 3 NaCl+ 2 H2O NaClO 杀菌消毒 净水 【分析】在低于60℃的温度下，废铁皮中加入HNO3，过滤，得到含Fe(NO3)2的溶液；往溶液中通空气、加水、废铁皮，在一定条件下发生反应，然后分离，得到未反应的铁皮、NH4NO3溶液和Fe2O3∙nH2O。 【解析】（1）生铁是以赤铁矿为原料，在高炉中利用CO还原而得，用化学方程式表示其原理为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2。 （2）在钢铁厂的生产中，炽热的铁水注入模具之前，必须对模具进行充分的干燥处理，不得留有水，否则铁在高温下与水发生剧烈反应，生成氢气，发生燃烧甚至爆炸，原因是：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。 （3）①步骤Ⅰ若要检验是否有Fe3+生成，通常使用KSCN溶液，方法是：取少量待测溶液放入试管，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则含有Fe3+，否则不含Fe3+。 ②步骤Ⅱ中发生反应：，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，发生反应4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)2+NH4NO3+3H2O，能体现“绿色化学”思想的是：不产生氮氧化物。 （4）①K2FeO4中，K显+1价，O显-2价，则铁元素的化合价为+6；利用得失电子守恒和质量守恒，配平上述反应为：1 Fe2O3+ 3 NaClO+ 4 KOH 2 K2FeO4(高铁酸钾)+ 3 NaCl+ 2 H2O。此过程中，NaClO中Cl元素由+1价降低到-1价，则氧化剂是NaClO。 ②高铁酸钾在水中发生反应4K2FeO4+10H2O=4 Fe(OH)3(胶体)+8KOH+3O2↑，表现强氧化性，生成的氢氧化铁胶体又具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，则铁酸钾作为水处理剂的作用是杀菌消毒、净水。 考向3 信息型氧化还原反应方程式的书写 例4（25-26高三上·天津·开学考试）钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 (1)将废钒催化剂（主要成分为）与稀硫酸、溶液混合，充分反应后生成，该反应的离子反应方程式是：________。 (2)能与盐酸反应生成和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与溶液反应而被吸收，则、、的还原性由强到弱的顺序是________。 (3)在20.00 ml的溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完成反应，则还原产物可能是________。 A．V B． C． D． 【答案】(1) (2) (3)B 【解析】（1）V元素从中的+5价降低到中的+4价，1mol 共得2mol电子；S元素从中的+4价升高到中的+6价，1mol 失2mol电子，根据得失电子守恒可确定氧化剂、还原剂的基础计量数；再结合酸性环境用配平电荷，最后根据原子守恒补出产物，得到配平后的离子方程式：； （2）氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物；①与盐酸反应时，是还原剂，是还原产物，故还原性；②黄绿色气体与反应时，是还原剂，是还原产物，故还原性，综上得到还原性顺序； （3）锌的物质的量，完全反应共失电子；的物质的量，设还原产物中V的化合价为，根据得失电子守恒列等式：，解得，对应还原产物为，故选B。 解题妙招 循环转化关系图中物质变化分析思路 (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。 (2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。 (3)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。 【变式1·变载体】（25-26高三上·天津红桥·期中）铁的配合物在自然界中广泛存在，Fe3+的配位数可以是1~6个，请回答下列问题： (1)基态 Fe 原子的价层电子排布式为___________；铁元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)铁及其化合物A~E的分类分布及其转化关系如图： ①从图中(A~E)选择反应物，实现Ⅰ的转化，写出反应Ⅰ的离子方程式：___________。 ②实现反应Ⅲ的转化，可选择含氮元素试剂的稀溶液，离子方程式为___________。 (3)溶液与KSCN溶液反应， 若Fe3+与SCN以个数比1：5配合， 则FeCl3与KSCN在水溶液中发生的化学方程式可以表示为___________。 (4)已知在酸性条件下， FeSO4能将+6价铬还原为+3价铬， 写出K2Cr2O7与FeSO4溶液在酸性介质中反应的离子方程：___________。 (5)纳米级铁粉由于高效性能，受到人们广泛研究和应用。查阅资料表明：纳米级铁粉在不同温度下与水蒸气加热反应的产物不同，正常加热时生成FeO，高温反应时则生成 ①纳米级铁粉与水蒸气反应正常加热反应的化学方程式是___________。 ②同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，将反应后得到的黑色粉末放入试管中，加入足量稀硫酸，黑色粉末溶解，并产生较多气泡。若要验证试管内所得溶液是否存在 ，下列试剂中最理想的是___________(单选)。 A．    B．NaSCN    C．氨水    D．Cu ③从物质分类角度看，纳米级铁粉是否___________属于胶体(填“是”或“不是”) 【答案】(1) 3d64s2 第四周期第Ⅷ族 (2) 2Fe3++Fe=3Fe2+ 3FeO+10H++= 3Fe3++NO↑+5H2O (3)FeCl3+5KSCN =K2[Fe(SCN)5]+3KCl (4)+6Fe2++14H+= 2Cr3++6Fe3++7H2O (5) Fe+H2O(g) FeO+H2 B 不是 【解析】（1）基态Fe原子的核外电子数为26，根据电子排布规律，其价层电子排布式为3d64s2；铁元素的原子序数为26，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族； （2）①反应Ⅰ是铁离子转化为亚铁离子，需要加入还原剂，从图中可知可选择Fe为还原剂，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+； ②反应Ⅲ是氧化亚铁转化为Fe3+，含氮元素的稀溶液且能作氧化剂的是稀硝酸，离子方程式为3FeO+10H++= 3Fe3++NO↑+5H2O； （3）Fe3+与SCN-以个数比1：5配合，生成[Fe(SCN)5]2-，化学方程式为FeCl3+5KSCN =K2[Fe(SCN)5]+3KCl； （4）在酸性条件下，K2Cr2O7将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，离子方程式为+6Fe2++14H+= 2Cr3++6Fe3++7H2O； （5）①纳米级铁粉与水蒸气正常加热反应生成FeO和H2，化学方程式为Fe+H2O(g) FeO+H2； ②检验铁离子最理想的试剂是NaSCN，因为铁离子与硫氰根离子反应会使溶液变为血红色，现象明显且特异性强；酸性高锰酸钾是强氧化剂，用于氧化还原性物质；氨水与铁离子反应生成红褐色沉淀，但不如NaSCN灵敏；Cu与Fe3+反应现象不如铁离子与硫氰根离子反应现象明显，故选：B； ③胶体是分散质粒子直径在1-100nm之间的分散系，纳米级铁粉是纯净物，不是分散系，所以不是胶体。 【变式2·变题型】（25-26高三上·天津·阶段检测）回答下列问题。 (1)在作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：_______。反应中，实际消耗量总是大于理论的原因是_______。电子式为_______。 (2)上述制备反应中，下列物质均可替代作氧化剂，最适合的是_______(填序号)。 a.        b.        c. (3)和的反应可用于Cu含量的定量分析。向溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。 写出此反应的离子方程式_______。反应中KI的作用为_______。 【答案】(1) 反应生成能够对进行催化分解为和 (2)b (3) 将充分还原为 【解析】（1）在氧化性的作用下，铜能与浓盐酸的反应生成，该反应的化学方程式为：；由于反应生成能够对进行催化分解为和而多消耗，导致反应中的实际消耗量总是大于理论量；为共价化合物，其结构式为，，故其电子式为：。 （2）下列物质均可替代作氧化剂，最适合的是： a．用代替，被还原生成的NO有毒，会污染环境，a不符合要求； b．用代替，的还原产物为，无污染，b符合要求； c．用代替，本身有毒也会污染环境，c不符合要求； 故答案为：b； （3）向溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明被氧化为，则只有被还原，没有红色固体产生，而是生成一种碘化物白色沉淀，说明被还原为与生成白色沉淀，则反应的离子方程式为：；根据发生的反应，反应中KI的作用为：将充分还原为。 【变式3·变考法】（24-25高三上·天津蓟州·阶段检测）按要求完成填空 (1)标况下有①1 g ；②个；③10.8 g ；④标准状况下6.72 L 所含原子个数从大到小的顺序为___________(用序号表示)。 (2)下面是一个还原过程的反应式：，、、、四种物质中的一种物质能使上述还原过程发生。写出并配平该氧化还原反应的离子方程式：___________。 (3)将通入KI和稀的混合溶液中，已知33.75克氧化剂反应时得到2.5 mol电子。则发生反应的离子方程式为___________。 (4)Fe、Co、Ni能与反应，其中Co和Ni均生成二氯化物，由此推断、和的氧化性由强到弱的顺序为___________。 【答案】(1)②＞③＞①＞④ (2) (3) (4)CoCl3>Cl2>FeCl3 【解析】（1）①1 g 的物质的量为，原子物质的量为1mol；②个的物质的量为，原子的物质的量为；③10.8 g 的物质的量为，原子的物质的量为；④标准状况下6.72 L的物质的量为，原子的物质的量为，综上，原子个数从大到小的顺序为②＞③＞①＞④； （2）NO3－+4H++3e→NO+2H2O，该反应中硝酸发生还原反应，所以另一种物质必须具有还原性，只有Cu2O符合，与硝酸发生氧化还原反应生成NO和Cu(NO3)2，离子方程式为； （3）为氧化剂，33.75g的物质的量为，发生氧化反应时得到2.5mol电子，则每摩得到5mol电子，即化合价从+4价降低到-1价，故离子方程式为； （4）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Cl2为氧化剂，FeCl3为还原产物，因此氧化性：Cl2>FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3>Cl2>FeCl3。 真题溯源·考向感知 1．（2025·天津·高考真题）下列叙述和反应方程式相对应且正确的是 A．实验室制备氨气： B．与盐酸反应： C．常温下，将氯气通入溶液中： D．氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：(稀) 【答案】C 【解析】A．实验室制备氨气需要与共热：，单独加热会分解但无法有效收集，A错误； B．不与盐酸反应，B错误； C．常温下通入溶液中，发生反应：，方程式书写正确，C正确； D．稀硝酸与反应时，还原产物应为，方程式为：，D错误； 故答案选C。 2．（2025·天津·高考真题）利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．中含有的电子数目为 B．消耗，生成的体积为67.2 L C．处理6.5 g NaN3，至少需要 D．处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为 【答案】C 【解析】A．N离子的电子数为3×7+1=22，则1 mol N离子含有的电子数为1mol×22×NAmol-1=22NA，A错误； B．未明确是否为标准状况，无法计算消耗1mol次氯酸钠时，生成氮气的体积，B错误； C．由方程式可知，反应消耗2 mol NaN3时，消耗次氯酸钠的物质的量为1 mol ，则处理6.5 g NaN3 时，至少需要次氯酸钠的物质的量为×=0.05 mol，C正确； D．由方程式可知，反应消耗2 mol NaN3时，转移电子的物质的量为2mol，处理1 mol NaN3时，转移电子的数目为1mol×2××NAmol-1=NA，D错误； 故选C。 3．（2025·天津·高考真题）硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为。某学习小组为探究其组成进行了如下实验。 Ⅰ．溶液的配制 将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL溶液。 Ⅱ．组成的测定 ①SO定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g和1.166 g。 ②Cu2+定量分析：取25.00 mL硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH至3~4，加入过量的KI溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。 已知： (1)研细晶体的仪器名称为___________。 (2)配制500 mL溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。 a.将蒸馏水注入容量瓶 b.改用胶头滴管滴加蒸馏水 c.观察到液面离刻度线1~2 cm d.至凹液面与刻度线相切 (3)分析时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？___________(填“能”或“不能”)。实验得到BaSO4的平均质量为___________。 (4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为___________；③达到滴定终点的标志为___________。 (5)硫酸铜铵晶体中元素Cu的质量分数为___________。 (6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)； ①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________； ②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。 (7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填“能”或“不能”)，理由是________________。 【答案】(1)研钵 (2)acbd (3) 不能 1.165 g (4) 淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； (5)16% (6) 偏低 偏低 (7) 能 由电荷守恒可以确定NH的物质的量，由质量守恒可以确定H2O的物质的量，进而推算出最简整数比，得出化学式 【分析】该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。 【解析】（1）实验室研细晶体的仪器为研钵； （2）配制500 mL溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd； （3）分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子转化为硫酸钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据偏差较大，应舍去，则硫酸钡的平均质量为=1.165 g； （4）由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作为将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； （5）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+-I2-2S2O，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代硫酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为=16%； （6）①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏低； ②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子含量的测定结果偏低； （7）由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸铜铵晶体中铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之比等于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式。 4．（2023·天津·高考真题）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如下，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。 Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成SO2。 (1)硫磺()的晶体类型是______。 (2)硫的燃烧应控制事宜温度。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致______(填序号)。 a.硫的消耗量增加   b.SO2产率下降   c.生成较多SO3 (3)SO2(g)氧化生成80g SO3(g)放出热量98.3kJ，写出该反应的热化学方程式______。随温度升高，SO2的平衡转化率______(填“升高”或“降低”)。 (4)从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为______。 Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2，完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97％。 (5)气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是______。升高温度后的气体都需要降温，其目的是______。 (6)采用四段转化工艺可以实现______(填序号)。 a．控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率 b．使反应达到平衡状态 c．节约能源 Ⅲ．工业上用浓硫酸吸收SO3。若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。 (7)SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。 据图分析，最适合的吸收条件；硫酸的浓度______，温度______。 (8)用32吨含S 99%的硫磺为原料生成硫酸，假设硫在燃烧过程中损失2%，SO2生成SO3的转化率是97%，SO3吸收的损失忽略不计，最多可以生产98%的硫酸______吨。 【答案】(1)分子晶体 (2)ab (3) 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) 降低 (4)降低反应活化能 (5) 反应放热 保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率 (6)ac (7) 98.3% 60℃ (8)94 【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸； 【解析】（1）是硫单质的分子晶体； （2）a．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，a正确； b．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，b正确； c．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，c错误； 故选ab。 （3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：80g÷80g/mol=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)2SO3 (g)；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低； （4）催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； （5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，提高SO2转化率，保证反应速率； （6）a．由题目信息可知，在每段SO2向SO3转化的过程中，各段控制适宜的温度，温度逐段降低，可以保持钒催化剂的活性温度，保证SO2的转化率和反应速率均保持较高水平，故a正确； b．由题目信息可知，反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误； c．降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，节约了能源，故c正确； 故选ac。 （7）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时SO3吸收率最高； （8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了2%，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94吨。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $