第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（北京专用）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方程式配平与计算核心考点，涵盖直接型、缺项型、信息型配平及电子守恒计算等高考高频内容，按“命题透视-思维建模-考点精讲-真题溯源”逻辑架构知识，通过考点梳理（如配平五步法）、方法指导（如缺项补项原则）、真题训练（近五年高考题）帮助学生突破价态判断、介质补平、电子守恒计算等难点，体现复习教学的系统性和针对性。 讲义以工业冶炼、滴定实验等真实情境为载体，创新采用“价态分析-守恒配平-定量计算”三步思维模型，培养学生科学思维与证据推理能力，例如在信息型方程式书写中，引导学生从题干提取氧化剂、还原剂及产物，结合电子守恒和介质条件配平，提升解决陌生问题能力。设置分层练习配合即时反馈，保障复习效果，为教师把控复习节奏提供清晰路径，助力学生高效提升应考能力。

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 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 氧化还原反应方程式的配平与书写 知识解构 知识点 1 氧化还原反应方程式配平 ∣ 知识点2 常见配平方法 知识点3 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 考查直接型氧化还原反应的配平与书写 ∣ 考向 2 考查缺项型氧化还原反应方程式的配平 考 向 3 考查“信息型”氧化还原反应(离子)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 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点 二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 氧化还原反应的 计算原理∣ 知识点2 守恒法解题的思维流程 知识点 3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用∣ 知识点 4 四大北京必考计算模型 考向破译 考向1 考查 氧化还原反应中电子 守恒问题∣ 考向2 考查 多步反应 得失电子守恒问题 解题妙招1 得失电子守恒三步解题法 解题妙招2 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 ) ( 0 4 ) ( 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 氧化还原方程式的书写和配平 T16(1) 氧化还原反应的计算 T18Ⅱ① T14,3分T19(2) T16(1)、T18(2) T12,3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：(1) 命题素材常结合工业冶炼、尾气处理、电池电极反应、污水降解、陌生新型反应等真实生产实验背景，摒弃单纯机械配平默写，依托化工转化、电化学、定量滴定情境设问，在化合价升降、电子守恒推导中落实证据推理与变化观念核心素养考查； (2) 以陌生氧化还原方程式配平、电子转移定量计算、得失电子守恒综合计算三大题型为核心，考查变价元素化合价判断、介质（酸性/碱性/中性）补平离子、电子守恒比例关系、电荷守恒与原子守恒联用，高频设置 “价态判断陷阱”“介质环境配平陷阱”“电子转移数目定量陷阱”； (3) 围绕 “化合价升降判断正误、得失电子数目计算、缺项（H+/OH-/H2O）补写、多步连续氧化还原定量求值” 等细节设问，考查学生对氧化还原本质、守恒规律的精准理解与定量计算规范书写能力。 ►复习目标： 1.掌握氧化还原配平通用核心流程（标变价—算升降—配电子—平电荷—补原子），能准确识别复杂化合物、有机物、过氧化物中元素变价，厘清酸/碱/中性介质下缺项微粒补写逻辑，快速辨析歧化、归中、多元素变价类方程式配平方案正误； 2.拆解单一方程式配平、连续多步氧化还原计算、得失电子守恒定量求值三类题型本质规律，熟记典型体系（如NO3-酸性氧化体系、MnO4-酸碱不同还原产物、Na2O2歧化、有机物燃烧氧化）的价态变化差异与配平限制条件，区分 “电子得失不守恒、介质微粒搭配错误、计量数最简整数比” 两类答题误区； 3.熟练掌握 “标变价定电子—守恒配平反应—电子守恒定量计算” 三步解题流程，能独立完成 N、S、Mn、Cr、Fe、有机物等多元素混合氧化还原体系配平与定量运算，熟记酸性/碱性条件下MnO4-、Cr2O72-、ClO-、H2O2等高频率氧化剂、还原剂标准配平书写话术； 4.结合工业转化、滴定定量、电池电极反应情境中的 “酸碱介质、变价产物、分步反应定量比例” 信息，依托电子守恒、电荷守恒、原子守恒完整推导配平陌生氧化还原方程式，并完成产物质量、气体体积、反应物浓度相关定量计算。 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 氧化还原反应方程式的配平与书写 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应方程式配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则——配平三大原则 (1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价 总数=化合价 总数； (2)质量守恒：反应前后原子的 和 不变； (3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数 。 2．“五步骤”配平氧化还原反应方程式 (1)标变价：标明反应前后变价元素的 ； (2)列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素 ； (3)求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数 ； (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的 数，观察法配平其他物质的 数； (5)查守恒：检查 、 、 是否守恒。 3．记住元素的价态 (1)记住元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 氧O H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 (2)明确一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2： ；②K2FeO4： ；③Li2NH、LiNH2、AlN： ；④Na2S2O3： ；⑤MO： ；⑥C2O： ； ⑦HCN： ；⑧CuH： ；⑨FeO： ；⑩Si3N4： 。 得分速记 氧化还原反应配平的思维模型 第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质； 第三步：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； 第四步：根据质量守恒配平反应方程式； 第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。 知识点2 常见配平方法 1. 正向配平法 （1）普通化学方程式（稀硝酸与Cu） Cu + HNO3(稀) → Cu(NO3)2 + NO↑+ H2O ①标变价：→；→ ②单变：Cu 升 2e⁻；每个 N 降 3e⁻ ③最小公倍数 6：Cu×3，NO×2 3Cu + HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ H2O ④配N：产物3×2+2=8个N，故HNO3系数8；最后配H2O为4 ⑤配平结果：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O （2） 酸性离子方程式（MnO4- + Cl- + H+） MnO4- + Cl- + H+ →Mn2+ + Cl2↑+ H2O ①Mn+7→+2，降5e⁻；2Cl⁻→Cl2，升2e⁻ ②最小公倍数10：MnO4- ×2，Cl2×5，Cl- ×10 2MnO4- + 10Cl- + H+ →2Mn2+ + 5Cl2↑+ H2O ③电荷守恒：左边电荷：-2-10=-12；右边：+4 左边加16个H+平衡电荷；最后配8H2O 结果：2MnO4- + 10Cl- + 16H+ →2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 2. 逆向配平法 适用于一种元素的化合价既 的反应和 反应中的氧化还原反应。 先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。 由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 3. 缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些 物或 物的分子式没有写出来，一般为 、 或 。 （1）配平方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 （2）补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺 或多 补H＋，少 补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补 ，少O(氧)补 如：碱性CrO2- + H2O2→CrO42- + H2O ①Cr+3→+6，升3e⁻；O₂²⁻→2O²⁻，每个H₂O₂降2e⁻ ②公倍数6：CrO2-×2，H2O2×3 2CrO2- + 3H2O2→2CrO42- + H2O ③碱性电荷：左-2；右-4，左边补2OH⁻；配H、O得2H₂O 配平：2CrO2- + 3H2O2+ 2OH⁻→2CrO42- + 4H2O 4. 歧化/归中 （1） 歧化：Cl2 + NaOH(冷)→NaCl + NaClO + H2O Cl：0→-1（降1）；0→+1（升1），系数1:1 配平：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O （2） 归中：KClO3 + HCl → KCl + Cl2↑ + H2O Cl+5→0（降5）；Cl-1→0（升1），HCl中5份被氧化、1份成盐 配平：KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O 得分速记 万能配平法：化合价升降五步法 通用五步 标变价：只标出反应前后化合价改变的元素 算单变：1个物质分子/离子中，变价元素总升/降电子数 求公倍数：升降数值最小公倍数，配平变价物质系数（保证电子相等） 平剩余：原子守恒配不变价；离子方程式先配电荷，再补水H₂O、H⁺、OH⁻ 三重检查：电子、原子、电荷全部守恒 知识点3 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“信息型”氧化还原反应化学(离子)方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－(H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 3．掌握书写信息型氧化还原反应化学(离子)方程式的步骤(4步法) 第1步：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：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 考●向●破●译 考向1 考查直接型氧化还原反应的配平与书写 例1（25-26高三上·北京海淀·期末）请回答下列问题。 (1)配平下列化学反应，并用单线桥表示电子转移的方向和数目______。 (2)某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：、、、、、。已知该反应中只发生了如下过程：。则该反应中发生还原反应的过程是：______→______，该反应应选择的酸是：______（填序号）。 A．盐酸    B．稀硫酸    C．醋酸 (3)用溶液，还原含 的溶液，过量的用酸性溶液氧化（其中被还原成），共消耗溶液0.8 mL，则元素X在还原产物中的化合价是______（填序号）。 A．+1 B．+2 C．+3 D．+4 (4)以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下： 已知：是一种难溶于水、难溶于酸的白色沉淀。 1）过程Ⅰ中，在催化下，Pb和反应生成的化学方程式是______。 2）过程Ⅰ中的催化过程伴随着和的相互转化，可表示为： ⅰ. ⅱ…… ①写出ⅱ的离子方程式：______。 ②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。 a.向酸化的溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。 b______。 【变式1·变载体】下列方程式与所给事实不相符的是 A．NaCl在水中电离： B．钠与水反应： C．用氢氧化钠溶液吸收少量： D．工人用溶液制作电路板，利用反应： 【变式2·变载体】（25-26高三上·北京朝阳·期末）探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A．①中可能发生：、、 B．②中与③中的作用不同 C．③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D．④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 【变式3】（2026·北京·模拟预测）将钢铁部件发蓝处理，可在表面形成致密的氧化膜以减缓腐蚀。工业上常用高温水蒸气或碱性溶液将铁氧化。某发蓝工艺中铁的转化关系如下图，过程Ⅰ、Ⅱ中均产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 下列说法正确的是 A．利用高温水蒸气进行发蓝处理的化学方程式为 B．可用硫酸铜溶液浸泡法检验膜层致密性，检验原理为 C．过程Ⅰ中进一步升高温度或增大溶液浓度，均有利于发蓝处理 D．过程Ⅱ中反应的离子方程式为 考向2 考查缺项型氧化还原反应方程式的配平 例2（25-26高三上·北京平谷·期末）高铁酸钾是一种新型净水剂，制备流程如下： 资料：I.可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇。KOH易溶于乙醇。 II.在碱性溶液中稳定，中性和酸性溶液中不稳定。 (1)具有强氧化性，其中铁元素的化合价为_______价。 (2)补全“氧化”中反应的离子方程式：_______。 (3)滤液2中存在的阴离子主要有_______。 (4)下列说法正确的是_______。 a.“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使稳定存在 b.“转化”过程说明碱性条件下溶解度： c.设计物质循环的目的是提高原料的利用率 (5)粗转化为纯的操作包含洗涤，去除固体表面的KOH，可以用_______洗涤。 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】（25-26高三上·北京大兴·调研）某废旧金属材料主要含、、、、、，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收、和绿矾。 已知：焙烧是指在低于物质熔点的温度下，在空气中加热固体物质的过程，属于高温热处理工艺。 (1)操作1和操作2的名称是_____。 (2)焙烧后，金属单质无剩余，写出碱浸时反应的离子方程式_____。 (3)滤渣I的主要成分为和，滤渣I酸浸后，写出Fe粉与酸浸液中金属阳离子反应的离子方程式_____、_____。 (4)工业废水中含有的重铬酸根离子有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾做处理剂，反应时被还原为，补全该反应的离子方程式：_____。 (5)现取部分被氧化的绿矾晶体溶于水，待固体完全溶解后，通入（标准状况）氯气恰好将完全氧化。晶体中所含的质量分数为_____。 【变式2】（25-26高一上·北京朝阳·期末）研究含氯消毒剂的制备与合理使用方法具有重要意义。 (1)目前，很多自来水厂用氯气杀菌、消毒。 ①的电子式是_____。 ②用化学方程式解释氯气溶于水能杀菌、消毒的原因_____。 (2)二氧化氯具有强氧化性，是新的自来水消毒剂。实验室研究用过氧化氢与氯酸钠在酸性条件下制备，结果如下。 已知：i．原料氯酸钠中一般总是含有少量。 ii．常温常压下，是黄绿色气体，易溶于水，受热、光照条件下分解。 ①在反应中作_____剂。 ②将制备反应的离子方程式补充完整：_____。 (3)研究其他条件一定时温度对氯酸钠转化率和二氧化氯收率的影响，数据如下图。 已知： 分析温度高于后，二氧化氯收率明显下降的可能原因：_____。 (4)实验研究该反应机理时发现：对反应有较强的催化作用，反应是否伴有产生主要取决于的投加量。综合以上实验现象，制备的反应机理可表示为以下反应步骤： i． ii． iii．_____ iv． 写出步骤iii对应反应的离子方程式_____。 【变式3·变考法】（24-25高三上·北京丰台·期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。 (1)物质X和Y的化学式分别为_______、_______。 (2)预测化学性质。 ①从物质类别角度，HCl能与_______(填序号)发生反应。 ②从化合价角度，HCl能与_______(填序号)发生反应。 A．NaOH        B．KMnO4        C．Fe2O3 (3)解决实际问题。 ①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有_______(填序号)。 A．氧化性        B．还原性 ②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是_______。 ③84消毒液和洁厕灵(含稀盐酸)不能混用，用离子方程式表示其原因_______。 ④利用NaClO与Fe(NO3)3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)、补全离子方程式_______。 ClO-+ 考向3 考查“信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 例3（2026·北京·模拟预测）下列方程式与所给事实相符的是 A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中： B．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH-＋18O2↑ C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙： 解题妙招 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 【变式1】（2026·北京朝阳·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．将通入水中制得硝酸： B．用NaOH溶液吸收少量 C．用催化转化器处理汽车尾气中的CO和 D．将通入苯酚钠溶液中产生浑浊： 【变式2·变考法】（2026·湖北孝感·一模）某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到、和的混合溶液，下列有关说法错误的是 A．的VSEPR模型为四面体形 B．生成的化学方程式为： C．若参加反应的，则反应中转移电子的物质的量可能为 D．若溶液中，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为 【变式3】某同学设计以下实验方案，从海带中提取。下列说法中不正确的是 A．实验方案中两次使用到过滤操作 B．向滤液中加入双氧水的作用是将氧化为 C．和在酸性条件下发生反应的离子方程式为 D．试剂a可以是、液体石蜡或乙醇 考点二 氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应的计算原理 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 的电子总数与还原剂 的电子总数相等，即 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，只要把物质分为始态和终态，从 电子与 电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。 知识点2 守恒法解题的思维流程 1．“一找各物质”：找出氧化剂、 剂及相应的 产物和氧化产物。 2．“二定得失数”：确定一个原子或离子 电子数(注意化学式中粒子的个数)。 3．“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和 电子守恒列出等式。 n(氧化剂)× 原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n( 剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定 还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 1.直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的 关系。 2.对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出 反应物与 生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 3.以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 4.多池串联时，流经各个电极上的电子数 。 知识点4 四大计算模型 1. NA电子转移计算 例：1 molH2O2完全分解，转移电子多少mol？ 2H2O2 = 2H2O + O2↑，O (-1)一半升0，一半降- 2 2 mol H2O2 转移2 mol e⁻，故1mol转移1mol e⁻ 得分速记 北京陷阱：只看升价/只看降价，重复计算电子。 2. 单一反应定量计算（滴定、原料纯度） 例：酸性条件下，20mL 0.1mol/LKMnO4恰好氧化Fe2+，求n(Fe2+) Mn：+7→+2，每个MnO4-得5e⁻；Fe+2→+3，每个失1e⁻ n(MnO4-)×5 =n(Fe2+)×1 0.02×0.1×5 = n(Fe2+) → n(Fe2+)=0.01mol 3. 多步连续反应 技巧：跳过中间产物，只抓始态、终态电子守恒 例：Cu和稀硝酸生成NO，NO遇空气变NO₂，溶于水再循环氧化Cu，总过程Cu全部转化Cu2+，N最终不变（循环）。 电子关系：Cu失电子 = O₂得电子，直接列n(Cu)×2 = n(O2)×4，不用分步写3个方程式。 4. 混合物氧化还原计算 例：Fe、Cu合金溶于足量稀硝酸，全部生成Fe3+、Cu2+，放出NO；加足量NaOH沉淀，灼烧得金属氧化物。 守恒思路：金属失电子总数 = NO3-得电子总数；沉淀灼烧O得电子=金属失电子，可快速求金属质量。 考●向●破●译 考向1 考查氧化还原反应中电子守恒问题 例1（2026·北京·模拟预测）常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．上述流程中每一步均有元素化合价变化 B．在流程中都属于还原产物 C．次磷酸钠()属于酸式盐 D．次磷酸分解时转移电子 解题妙招 得失电子守恒三步解题法 1.“找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“定得失”：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)。 3.“列关系”：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。 【变式1】（2024·北京东城·一模）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。 下列说法不正确的是 A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5 【变式2】（2025·北京东城·模拟预测）海水提溴过程中发生反应：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列说法正确的是 A．标准状况下2molH2O的体积约为44.8L B．0.1mol•L-1Na2CO3溶液中CO的物质的量为0.1mol C．反应中消耗3molBr2转移的电子数约为5×6.02×1023 D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1 【变式3】（2023·北京海淀·三模）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．标准状况下，和在密闭容器中混合，容器内气体分子数为 B．乙醇和二甲醚组成的混合物中，含有个杂化的碳原子 C．反应(浓)中，每生成转移的电子数为 D．中含键的个数为 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 例2（25-26高三上·北京·阶段检测）铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　) A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 解题妙招 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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。 【变式1】（2025·北京海淀·模拟预测）铜和镁的合金完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是（   ） A． B．和 C． D．、和 【变式2】在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是 A．0.3mol NO、0.1mol NO2 B．0.3mol NO2 C．0.6mol NO D．0.3mol NO2、0.1mol NO 【变式3】 已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 3.36L，充分反应后测得溶液中Cl－与Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 A．2 mol/L B．1 mol/L C．0.4 mol/L D．0.2 mol/L 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·北京卷，12，3分）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A．中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 2．（2022·北京卷，12，3分）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示： 已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0 下列说法不正确的是 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3 D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为 3．（2024·北京卷，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 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 4．（2024·北京卷，18，14分）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 5．（2023·北京卷，18，14分）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 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 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 氧化还原反应方程式的配平与书写 知识解构 知识点 1 氧化还原反应方程式配平 ∣ 知识点2 常见配平方法 知识点3 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 考查直接型氧化还原反应的配平与书写 ∣ 考向 2 考查缺项型氧化还原反应方程式的配平 考 向 3 考查“信息型”氧化还原反应(离子)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 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 考点 二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 氧化还原反应的 计算原理∣ 知识点2 守恒法解题的思维流程 知识点 3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用∣ 知识点 4 四大北京必考计算模型 考向破译 考向1 考查 氧化还原反应中电子 守恒问题∣ 考向2 考查 多步反应 得失电子守恒问题 解题妙招1 得失电子守恒三步解题法 解题妙招2 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 ) ( 0 4 ) ( 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 氧化还原方程式的书写和配平 T16(1) 氧化还原反应的计算 T18Ⅱ① T14,3分T19(2) T16(1)、T18(2) T12,3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：(1) 命题素材常结合工业冶炼、尾气处理、电池电极反应、污水降解、陌生新型反应等真实生产实验背景，摒弃单纯机械配平默写，依托化工转化、电化学、定量滴定情境设问，在化合价升降、电子守恒推导中落实证据推理与变化观念核心素养考查； (2) 以陌生氧化还原方程式配平、电子转移定量计算、得失电子守恒综合计算三大题型为核心，考查变价元素化合价判断、介质（酸性/碱性/中性）补平离子、电子守恒比例关系、电荷守恒与原子守恒联用，高频设置 “价态判断陷阱”“介质环境配平陷阱”“电子转移数目定量陷阱”； (3) 围绕 “化合价升降判断正误、得失电子数目计算、缺项（H+/OH-/H2O）补写、多步连续氧化还原定量求值” 等细节设问，考查学生对氧化还原本质、守恒规律的精准理解与定量计算规范书写能力。 ►复习目标： 1.掌握氧化还原配平通用核心流程（标变价—算升降—配电子—平电荷—补原子），能准确识别复杂化合物、有机物、过氧化物中元素变价，厘清酸/碱/中性介质下缺项微粒补写逻辑，快速辨析歧化、归中、多元素变价类方程式配平方案正误； 2.拆解单一方程式配平、连续多步氧化还原计算、得失电子守恒定量求值三类题型本质规律，熟记典型体系（如NO3-酸性氧化体系、MnO4-酸碱不同还原产物、Na2O2歧化、有机物燃烧氧化）的价态变化差异与配平限制条件，区分 “电子得失不守恒、介质微粒搭配错误、计量数最简整数比” 两类答题误区； 3.熟练掌握 “标变价定电子—守恒配平反应—电子守恒定量计算” 三步解题流程，能独立完成 N、S、Mn、Cr、Fe、有机物等多元素混合氧化还原体系配平与定量运算，熟记酸性/碱性条件下MnO4-、Cr2O72-、ClO-、H2O2等高频率氧化剂、还原剂标准配平书写话术； 4.结合工业转化、滴定定量、电池电极反应情境中的 “酸碱介质、变价产物、分步反应定量比例” 信息，依托电子守恒、电荷守恒、原子守恒完整推导配平陌生氧化还原方程式，并完成产物质量、气体体积、反应物浓度相关定量计算。 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 氧化还原反应方程式的配平与书写 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应方程式配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则——配平三大原则 (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．“五步骤”配平氧化还原反应方程式 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价； (2)列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； (3)求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； (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。 3．记住元素的价态 (1)记住元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 -1 0 +1 氧O H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 -2 -1 0 +2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 -4 -1 0 +2 +3 +4 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 -2 -1 0 +2 +4 +6 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 0 +1 +2 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+、CuFeS2 K2FeO4 价态 0 +2 +2(1/3)、+3(2/3) +3 +6 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 0 +3 +6 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 0 +2 +3 +4 +6 +7 (2)明确一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：； ⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 得分速记 氧化还原反应配平的思维模型 第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质； 第三步：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； 第四步：根据质量守恒配平反应方程式； 第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。 知识点2 常见配平方法 1. 正向配平法 （1）普通化学方程式（稀硝酸与Cu） Cu + HNO3(稀) → Cu(NO3)2 + NO↑+ H2O ①标变价：→；→ ②单变：Cu 升 2e⁻；每个 N 降 3e⁻ ③最小公倍数 6：Cu×3，NO×2 3Cu + HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ H2O ④配N：产物3×2+2=8个N，故HNO3系数8；最后配H2O为4 ⑤配平结果：3Cu + 8HNO3(稀) = 3Cu(NO3)2 + 2NO↑+ 4H2O （2） 酸性离子方程式（MnO4- + Cl- + H+） MnO4- + Cl- + H+ →Mn2+ + Cl2↑+ H2O ①Mn+7→+2，降5e⁻；2Cl⁻→Cl2，升2e⁻ ②最小公倍数10：MnO4- ×2，Cl2×5，Cl- ×10 2MnO4- + 10Cl- + H+ →2Mn2+ + 5Cl2↑+ H2O ③电荷守恒：左边电荷：-2-10=-12；右边：+4 左边加16个H+平衡电荷；最后配8H2O 结果：2MnO4- + 10Cl- + 16H+ →2Mn2+ + 5Cl2↑+ 8H2O 2. 逆向配平法 适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。 先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。 由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 3. 缺项型氧化还原反应方程式的配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。 （1）配平方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。 （2）补项原则 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－ 如：碱性CrO2- + H2O2→CrO42- + H2O ①Cr+3→+6，升3e⁻；O₂²⁻→2O²⁻，每个H₂O₂降2e⁻ ②公倍数6：CrO2-×2，H2O2×3 2CrO2- + 3H2O2→2CrO42- + H2O ③碱性电荷：左-2；右-4，左边补2OH⁻；配H、O得2H₂O 配平：2CrO2- + 3H2O2+ 2OH⁻→2CrO42- + 4H2O 4. 歧化/归中 （1） 歧化：Cl2 + NaOH(冷)→NaCl + NaClO + H2O Cl：0→-1（降1）；0→+1（升1），系数1:1 配平：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O （2） 归中：KClO3 + HCl → KCl + Cl2↑ + H2O Cl+5→0（降5）；Cl-1→0（升1），HCl中5份被氧化、1份成盐 配平：KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O 得分速记 万能配平法：化合价升降五步法 通用五步 标变价：只标出反应前后化合价改变的元素 算单变：1个物质分子/离子中，变价元素总升/降电子数 求公倍数：升降数值最小公倍数，配平变价物质系数（保证电子相等） 平剩余：原子守恒配不变价；离子方程式先配电荷，再补水H₂O、H⁺、OH⁻ 三重检查：电子、原子、电荷全部守恒 知识点3 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“信息型”氧化还原反应化学(离子)方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 2．熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 Cl2 O2 浓H2SO4 HNO3 KMnO4(H＋)、MnO2 Fe3＋ KClO3 、ClO－ H2O2 还原产物 Cl－ O2－ SO2 NO、NO2 Mn2+ Fe2＋ Cl－ H2O 还原剂 I－ S2－(H2S) CO、C Fe2＋ NH3 SO2、SO H2O2 氧化产物 I2 S CO2 Fe3＋ NO 、N2 SO42- O2 3．掌握书写信息型氧化还原反应化学(离子)方程式的步骤(4步法) 第1步：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：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 考●向●破●译 考向1 考查直接型氧化还原反应的配平与书写 例1（25-26高三上·北京海淀·期末）请回答下列问题。 (1)配平下列化学反应，并用单线桥表示电子转移的方向和数目______。 (2)某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：、、、、、。已知该反应中只发生了如下过程：。则该反应中发生还原反应的过程是：______→______，该反应应选择的酸是：______（填序号）。 A．盐酸    B．稀硫酸    C．醋酸 (3)用溶液，还原含 的溶液，过量的用酸性溶液氧化（其中被还原成），共消耗溶液0.8 mL，则元素X在还原产物中的化合价是______（填序号）。 A．+1 B．+2 C．+3 D．+4 (4)以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下： 已知：是一种难溶于水、难溶于酸的白色沉淀。 1）过程Ⅰ中，在催化下，Pb和反应生成的化学方程式是______。 2）过程Ⅰ中的催化过程伴随着和的相互转化，可表示为： ⅰ. ⅱ…… ①写出ⅱ的离子方程式：______。 ②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。 a.向酸化的溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红。 b______。 【答案】(1) (2) B (3)C (4) 取a中溶液，加入Pb粉，Fe3+被还原为Fe2+，血红色褪去 【详解】（1）双氧水把硫酸铬氧化为铬酸钾，铬元素化合价由+3升高为+6，双氧水中氧元素化合价由-1降低为-2，根据得失电子守恒配平反应方程式为，用单线桥表示电子转移的方向和数目为。 （2）某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：、、、、、。该反应中只发生了，氧元素化合价升高发生氧化反应，则根据化合价升降规律，锰元素化合价降低发生还原反应，该反应中发生还原反应的过程是→；能氧化氯离子，所以不能选择盐酸，醋酸是弱酸，所以不能选择醋酸，该反应应选择的酸是硫酸，选B。 （3）用溶液，还原含 的溶液，过量的用酸性溶液氧化（其中被还原成），共消耗溶液0.8 mL，Na2SO3的氧化产物是Na2SO4，S元素化合价由+4升高为+6，设元素X在还原产物中的化合价是a。根据得失电子守恒，a=3，故选C。 （4）1）过程Ⅰ中，在催化下，Pb和反应生成，根据得失电子守恒，反应的化学方程式是 。 2）①总反应减去反应ⅰ，得反应ⅱ的离子方程式为。 ②a．向酸化的溶液中加入溶液，溶液几乎无色，再加入少量，溶液变红，说明Fe2+转化为Fe3+。 b．为了证明上述的催化过程，取a中溶液，加入Pb粉，Fe3+被还原为Fe2+，血红色褪去。 【变式1·变载体】下列方程式与所给事实不相符的是 A．NaCl在水中电离： B．钠与水反应： C．用氢氧化钠溶液吸收少量： D．工人用溶液制作电路板，利用反应： 【答案】A 【详解】A．NaCl在水中电离是溶解时自发进行的离子化过程，不需要通电条件，其电离方程式为，A错误； B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为，B正确； C．用氢氧化钠溶液吸收少量SO2时，生成亚硫酸钠和水，离子方程式为，C正确； D．FeCl3溶液与铜反应生成FeCl2和CuCl2，用于蚀刻电路板，离子方程式为，D正确； 故选A。 【变式2·变载体】（25-26高三上·北京朝阳·期末）探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A．①中可能发生：、、 B．②中与③中的作用不同 C．③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D．④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 【答案】C 【详解】A．①中产生气体，说明有氧气生成，主要反应为；为中间步骤，随后分解：，A正确； B．②中MnO2催化H2O2分解产生O2，为催化剂；③中KMnO4被H2O2还原为MnO2，为氧化剂，作用不同，B正确； C．③中反应为，该产生气体与沉淀物质的量之比为3：2，但生成的MnO2会催化分解产生更多的氧气，故③中产生气体与的物质的量之比大于3：2，C错误； D．④中纯NaOH溶液使KMnO4缓慢褪色生成，而③中快速褪色生成MnO2，排除NaOH导致快速褪色的可能，D正确； 答案选C。 【变式3】（2026·北京·模拟预测）将钢铁部件发蓝处理，可在表面形成致密的氧化膜以减缓腐蚀。工业上常用高温水蒸气或碱性溶液将铁氧化。某发蓝工艺中铁的转化关系如下图，过程Ⅰ、Ⅱ中均产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。 下列说法正确的是 A．利用高温水蒸气进行发蓝处理的化学方程式为 B．可用硫酸铜溶液浸泡法检验膜层致密性，检验原理为 C．过程Ⅰ中进一步升高温度或增大溶液浓度，均有利于发蓝处理 D．过程Ⅱ中反应的离子方程式为 【答案】D 【详解】A．利用高温水蒸气进行发蓝处理生成，化学方程式为，A错误； B．若“发蓝”失败，铁暴露会与CuSO4反应析出Cu，检验原理为，成功则无反应，B错误； C．升高温度，NaNO2受热易分解，反而降低氧化效率，不利于发蓝；增大NaNO2浓度，NaNO2浓度过高会导致Fe过度腐蚀，膜层疏松不致密，同样不利于发蓝处理，C错误； D．过程Ⅱ中Na2FeO2与NaNO2溶液、NaOH溶液在140℃生成Na2Fe2O4，NaNO2作氧化剂，Na2FeO2作还原剂，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明还生成了氨气，反应的离子方程式为，D正确； 故选D。 考向2 考查缺项型氧化还原反应方程式的配平 例2（25-26高三上·北京平谷·期末）高铁酸钾是一种新型净水剂，制备流程如下： 资料：I.可溶于水，微溶于KOH溶液，难溶于乙醇。KOH易溶于乙醇。 II.在碱性溶液中稳定，中性和酸性溶液中不稳定。 (1)具有强氧化性，其中铁元素的化合价为_______价。 (2)补全“氧化”中反应的离子方程式：_______。 (3)滤液2中存在的阴离子主要有_______。 (4)下列说法正确的是_______。 a.“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使稳定存在 b.“转化”过程说明碱性条件下溶解度： c.设计物质循环的目的是提高原料的利用率 (5)粗转化为纯的操作包含洗涤，去除固体表面的KOH，可以用_______洗涤。 【答案】(1)+6 (2) (3) (4)abc (5)乙醇 【详解】（1）中，K为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，则铁元素的化合价为+6价。 （2）“氧化”中反应是在碱性条件下进行，根据题中信息，Fe3+中铁元素化合价升高转化为，失去3e-，ClO-中氯元素化合价应该下降转化为Cl-，得到2e-，根据得失电子守恒和原子守恒得出离子方程式为：。 （3）滤液2可循环利用到氧化步骤中，结合流程可知，滤液2中存在的阴离子主要； （4）a．根据题意，在碱性溶液中稳定，则“氧化”中NaOH溶液过量的目的是使稳定存在，正确； b．可溶于水，微溶于KOH溶液，则转化中生成固体，说明碱性条件下溶解度：，正确； c．设计物质循环的目的，使没有反应的反应物继续参加反应，从而提高原料的利用率，正确； 故选abc。 （5）由资料知：难溶于乙醇，KOH易溶于乙醇，所以用乙醇洗涤。 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】（25-26高三上·北京大兴·调研）某废旧金属材料主要含、、、、、，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收、和绿矾。 已知：焙烧是指在低于物质熔点的温度下，在空气中加热固体物质的过程，属于高温热处理工艺。 (1)操作1和操作2的名称是_____。 (2)焙烧后，金属单质无剩余，写出碱浸时反应的离子方程式_____。 (3)滤渣I的主要成分为和，滤渣I酸浸后，写出Fe粉与酸浸液中金属阳离子反应的离子方程式_____、_____。 (4)工业废水中含有的重铬酸根离子有毒，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾做处理剂，反应时被还原为，补全该反应的离子方程式：_____。 (5)现取部分被氧化的绿矾晶体溶于水，待固体完全溶解后，通入（标准状况）氯气恰好将完全氧化。晶体中所含的质量分数为_____。 【答案】(1)过滤 (2) (3) (4) (5)7% 【详解】（1）由分析可知，操作1和操作2是过滤； （2）由分析可知，在碱浸时与NaOH反应生成，该反应离子方程式为： ； （3）和CuO在酸浸过程被溶解，酸浸液中的主要金属阳离子为和，Fe与二者反应的离子方程式为：和； （4）根据题干信息，被还原为，Cr元素从+6价降至+3价，被氧化为，从+2价升至+3价，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出该反应离子方程式：； （5）标准状况下112 mL 的物质的量。与反应的离子方程式为：，若与恰好完全反应，根据离子方程式，绿矾晶体中的物质的量，则，晶体中的质量分数为。 【变式2】（25-26高一上·北京朝阳·期末）研究含氯消毒剂的制备与合理使用方法具有重要意义。 (1)目前，很多自来水厂用氯气杀菌、消毒。 ①的电子式是_____。 ②用化学方程式解释氯气溶于水能杀菌、消毒的原因_____。 (2)二氧化氯具有强氧化性，是新的自来水消毒剂。实验室研究用过氧化氢与氯酸钠在酸性条件下制备，结果如下。 已知：i．原料氯酸钠中一般总是含有少量。 ii．常温常压下，是黄绿色气体，易溶于水，受热、光照条件下分解。 ①在反应中作_____剂。 ②将制备反应的离子方程式补充完整：_____。 (3)研究其他条件一定时温度对氯酸钠转化率和二氧化氯收率的影响，数据如下图。 已知： 分析温度高于后，二氧化氯收率明显下降的可能原因：_____。 (4)实验研究该反应机理时发现：对反应有较强的催化作用，反应是否伴有产生主要取决于的投加量。综合以上实验现象，制备的反应机理可表示为以下反应步骤： i． ii． iii．_____ iv． 写出步骤iii对应反应的离子方程式_____。 【答案】(1) (2)还原 (3)温度过高，ClO2发生分解；或温度过高，H2O2还原性增强，NaClO3被还原为化合价更低的含氯产物 (4) 【详解】（1）①Cl2的结构式为，则电子式为； ②氯气溶于水能杀菌、消毒，原因是氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，反应的化学方程式为； （2）①NaClO3与H2O2反应时，NaClO3转化为ClO2，Cl的化合价降低，则NaClO3为氧化剂，故H2O2作还原剂； ②中+5价的Cl还原为+4价的ClO2，得到1个电子，H2O2中-1价的O氧化为0价的O2，失去2个电子，根据得失电子守恒，则与的计量系数比为2:1，再根据电荷守恒、原子守恒配平方程式为； （3）温度高于后，NaClO3的转化率继续上升，但二氧化氯收率明显下降，原因可能是：温度过高，ClO2发生分解；或温度过高，H2O2还原性增强，NaClO3被还原为化合价更低的含氯产物； （4）根据题意，为反应的催化剂，则步骤ii生成的在步骤iii又重新转化为，且作还原剂在步骤iii中参与反应，则步骤iii对应反应的离子方程式为。 【变式3·变考法】（24-25高三上·北京丰台·期末）元素的价—类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型工具。如图为氯元素的价—类二维图，回答下列问题。 (1)物质X和Y的化学式分别为_______、_______。 (2)预测化学性质。 ①从物质类别角度，HCl能与_______(填序号)发生反应。 ②从化合价角度，HCl能与_______(填序号)发生反应。 A．NaOH        B．KMnO4        C．Fe2O3 (3)解决实际问题。 ①用氯气与氢氧化钠溶液制取84消毒液，体现了氯气具有_______(填序号)。 A．氧化性        B．还原性 ②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，其原因是_______。 ③84消毒液和洁厕灵(含稀盐酸)不能混用，用离子方程式表示其原因_______。 ④利用NaClO与Fe(NO3)3溶液反应制取新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)、补全离子方程式_______。 ClO-+ 【答案】(1) ClO2 HClO (2) AC B (3) AB 浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO-反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO-，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力 Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O 【详解】（1）根据上述分析可知：X是ClO2，Y是HClO； （2）①A．HCl是酸，能够与NaOH发生中和反应产生NaCl、H2O，A符合题意； B．KMnO4具有强氧化性，HCl具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，与元素化合价有关，而与物质类别无关，B不符合题意； C．Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3、H2O，与元素化合价无关，而与物质类别有关，C符合题意； 故合理选项是AC； ②根据①分析可知：从化合价角度分析，HCl与KMnO4会发生氧化还原反应，故合理选项是B。 （3）①Cl2与NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在该反应中Cl元素化合价部分升高，部分降低，因此Cl2既表现了氧化性，又表现了还原性，故合理选项是AB； ②84消毒液的有效成分是NaClO，使用时需浸泡一段时间或滴加白醋，这是由于浸泡吸收CO2或加入白醋为溶液提供H+，H+与ClO-反应生成HClO，HClO氧化性大于ClO-，增强了消毒液的漂白性和杀菌能力； ③84消毒液和洁厕灵(含稀盐酸)不能混用，这是由于84消毒液的有效成分是NaClO，洁厕灵主要成分是稀盐酸，二者混合使用，会发生氧化还原反应产生有毒Cl2，用离子方程式表示其原因是：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O； ④在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe3+中+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价；Cl元素化合价由反应前ClO-中+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe3+、的系数都是2，ClO-、Cl-的系数都是3；然后根据电荷守恒，可知反应物应该有10个OH-，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是5，则配平后的离子方程式应该为：。 考向3 考查“信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 例3（2026·北京·模拟预测）下列方程式与所给事实相符的是 A．Cl2通入足量碳酸钠溶液中： B．向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋4OH-＋18O2↑ C．重油裂解获得的丙烯制聚丙烯： D．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的硫酸钙： 【答案】D 【详解】A．Cl2通入足量碳酸钠溶液反应，首先Cl2与水反应生成HCl和HClO，Cl2＋H2OHCl＋HClO，生成的HCl和HClO分别与足量的碳酸钠反应生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，综合其反应的正确离子方程式为，A错误； B．Na2O2与水的反应为歧化反应，氧气中的氧元素全部来自Na2O2，产物中O2不含18O，正确的离子方程式为2Na2O2＋2H218O=4Na＋＋218OH-＋2OH-+O2↑，B错误； C．聚丙烯的链节中只有2个碳原子在主链上，还有一个是侧链甲基，则方程式为：，C错误； D．CaCO3的溶度积小于CaSO4，加饱和Na2CO3溶液可将硫酸钙转化为碳酸钙，所给离子方程式正确，D正确； 故答案选D。 解题妙招 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型 【变式1】（2026·北京朝阳·一模）下列方程式与所给事实不相符的是 A．将通入水中制得硝酸： B．用NaOH溶液吸收少量 C．用催化转化器处理汽车尾气中的CO和 D．将通入苯酚钠溶液中产生浑浊： 【答案】D 【详解】A．NO2与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为 3NO2+H2O=2HNO3+NO,方程式与事实相符，A正确； B．少量SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式 SO2+2OH-=+H2O，符合反应事实，电荷、原子均守恒，B正确； C．汽车尾气中的CO和NO在催化剂作用下可以发生反应，转化为无毒的N2和 CO2，反应方程式2CO+2NON2+2CO2，得失电子守恒、原子守恒，符合尾气处理的原理，C正确； D．酸性顺序为：碳酸>苯酚>碳酸氢根，因此苯酚钠和二氧化碳反应时，无论二氧化碳量多少，都只能生成苯酚和碳酸氢钠，不会生成碳酸钠，正确的反应方程式为: C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3；题给方程式与事实不符，D错误； 故答案选D。 【变式2·变考法】（2026·湖北孝感·一模）某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到、和的混合溶液，下列有关说法错误的是 A．的VSEPR模型为四面体形 B．生成的化学方程式为： C．若参加反应的，则反应中转移电子的物质的量可能为 D．若溶液中，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比为 【答案】C 【详解】A．中心氯原子的价层电子对数，包含3个σ键和1对孤电子对，即VSEPR模型为四面体形，A正确； B．氯气与氢氧化钙反应生成氯酸钙、氯化钙和水，方程式为，B正确； C．若产物只有CaCl2和Ca(ClO3)2，依据B项方程式，6 molCa(OH)2参与反应时转移10 mol电子，a molCa(OH)2反应时转移 mol电子；若产物只有Ca(ClO)2和CaCl2，方程式为，2 molCa(OH)2参与反应时转移2 mol电子，a molCa(OH)2反应时转移a mol电子；若产物有CaCl2、Ca(ClO3)2、Ca(ClO)2，当a molCa(OH)2反应时转移电子的物质的量在a mol和 mol之间；因为＞，所以反应中转移电子的物质的量不可能为 mol，C错误； D．当时，设，则被氧化的氯原子为10x mol，失去电子的物质的量；还原产物为氯离子，根据得失电子守恒可得被还原氯原子为26x mol，则被还原的氯原子与被氧化的氯原子个数比等于物质的量之比=26:10=13:5，D正确； 故答案选C。 【变式3】某同学设计以下实验方案，从海带中提取。下列说法中不正确的是 A．实验方案中两次使用到过滤操作 B．向滤液中加入双氧水的作用是将氧化为 C．和在酸性条件下发生反应的离子方程式为 D．试剂a可以是、液体石蜡或乙醇 【答案】D 【详解】A．海带灰浸泡后，需要第一次过滤除去不溶性残渣，得到含的滤液；最后从碘的悬浊液中分离出粗碘，需要第二次过滤分离固体碘，因此实验共两次过滤，A正确； B．双氧水在酸性条件下作氧化剂，可将氧化为，还原产物为水，不引入杂质，B正确； C．和在酸性条件下发生归中反应生成，离子方程式为，C正确； D．萃取剂需要满足与水不互溶、与水和碘均不反应的要求，、液体石蜡都不溶于水，可以作萃取剂，但乙醇与水可以任意比互溶，不能作萃取碘的萃取剂，D错误； 故选D。 考点二 氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应的计算原理 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。 知识点2 守恒法解题的思维流程 1．“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。 2．“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 3．“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 1.直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 2.对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 3.以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 4.多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。 知识点4 四大计算模型 1. NA电子转移计算 例：1 molH2O2完全分解，转移电子多少mol？ 2H2O2 = 2H2O + O2↑，O (-1)一半升0，一半降- 2 2 mol H2O2 转移2 mol e⁻，故1mol转移1mol e⁻ 得分速记 北京陷阱：只看升价/只看降价，重复计算电子。 2. 单一反应定量计算（滴定、原料纯度） 例：酸性条件下，20mL 0.1mol/LKMnO4恰好氧化Fe2+，求n(Fe2+) Mn：+7→+2，每个MnO4-得5e⁻；Fe+2→+3，每个失1e⁻ n(MnO4-)×5 =n(Fe2+)×1 0.02×0.1×5 = n(Fe2+) → n(Fe2+)=0.01mol 3. 多步连续反应 技巧：跳过中间产物，只抓始态、终态电子守恒 例：Cu和稀硝酸生成NO，NO遇空气变NO₂，溶于水再循环氧化Cu，总过程Cu全部转化Cu2+，N最终不变（循环）。 电子关系：Cu失电子 = O₂得电子，直接列n(Cu)×2 = n(O2)×4，不用分步写3个方程式。 4. 混合物氧化还原计算 例：Fe、Cu合金溶于足量稀硝酸，全部生成Fe3+、Cu2+，放出NO；加足量NaOH沉淀，灼烧得金属氧化物。 守恒思路：金属失电子总数 = NO3-得电子总数；沉淀灼烧O得电子=金属失电子，可快速求金属质量。 考●向●破●译 考向1 考查氧化还原反应中电子守恒问题 例1（2026·北京·模拟预测）常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．上述流程中每一步均有元素化合价变化 B．在流程中都属于还原产物 C．次磷酸钠()属于酸式盐 D．次磷酸分解时转移电子 【答案】B 【详解】A．和反应生成和，无元素化合价发生变化，A错误； B．反应(浓)中，元素的化合价由0价降至中的-3价，为还原产物，中的化合价为+1价，的化合价为-3价，所以分解生成为还原反应，属于还原产物，B正确； C．白磷与过量氢氧化钠溶液反应生成，且次磷酸()为一元酸，其分子中只有一个羟基氢可以电离，故为正盐，C错误； D．分解方程式为，从+1价升高到+5价，同时，从+1价降低到-3价，在该反应中，，转移电子，D错误； 故选B。 解题妙招 得失电子守恒三步解题法 1.“找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“定得失”：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)。 3.“列关系”：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。 【变式1】（2024·北京东城·一模）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。 下列说法不正确的是 A．与BaO的反应中，既是氧化剂，又是还原剂 B．反应Ⅰ为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比是3∶5 【答案】D 【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则既是氧化剂，又是还原剂，A正确； B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：，B正确； C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，则可知，相应的关系式为：，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成的物质的量为0.2a mol，C正确； D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，，再结合第一步反应，可知第一步为，第二步为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误； 故选D。 【变式2】（2025·北京东城·模拟预测）海水提溴过程中发生反应：3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，下列说法正确的是 A．标准状况下2molH2O的体积约为44.8L B．0.1mol•L-1Na2CO3溶液中CO的物质的量为0.1mol C．反应中消耗3molBr2转移的电子数约为5×6.02×1023 D．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1 【答案】C 【详解】A．标准状况下H2O不是气体，不能用22.4L/mol计算2mol水的体积，A错误； B．CO在溶液中会水解，另外未知溶液的体积，无法计算CO的物质的量，B错误； C．每消耗3mol Br2，其中有0.5mol Br2被氧化成NaBrO3，有2.5mol Br2被还原成NaBr，整个过程中转移电子的物质的量为5mol，数目约为5×6.02×1023，C正确； D．氧化产物是NaBrO3，还原产物是NaBr，由化学计量数可知氧化产物与还原产物物质的量之比为1:5，D错误； 答案选C。 【变式3】（2023·北京海淀·三模）为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．标准状况下，和在密闭容器中混合，容器内气体分子数为 B．乙醇和二甲醚组成的混合物中，含有个杂化的碳原子 C．反应(浓)中，每生成转移的电子数为 D．中含键的个数为 【答案】B 【详解】A．标况下，22.4LNO的物质的量为1mol，11.2LO2的物质的量为0.5mol，由反应2NO+O2=2NO2可知，1molNO与0.5molO2反应生成1molNO2，但是存在反应2NO2N2O4，因此标准状况下，22.4LNO和11.2LO2在密闭容器中混合，容器内气体分子数小于NA，A错误； B．乙醇和二甲醚的摩尔质量均为46g/mol，乙醇和二甲醚组成的混合物的物质的量为0.1mol，1个乙醇或二甲醚均含有2个sp3杂化的碳原子，因此4.6g乙醇和二甲醚组成的混合物中，含有0.2NA个sp3杂化的碳原子，B正确； C．由反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3中Cl得到五个电子，5个HCl中Cl各失去一个电子，每生成3mol氯气转移5mol电子，C错误； D．单键为σ键，双键中含有1个σ键，一个π键，因此1mol中含有σ键个数为10NA，D错误； 故答案选B。 考向2 考查多步反应得失电子守恒问题 例2（25-26高三上·北京·阶段检测）铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2气体和336 mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为 (　　) A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 【答案】B 【详解】4.48L的 NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol， 最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g， 故答案选B。 解题妙招 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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。 【变式1】（2025·北京海淀·模拟预测）铜和镁的合金完全溶于足量的硝酸后，再加入过量的NaOH溶液，生成沉淀，则合金与硝酸反应时，放出的气体可能是（   ） A． B．和 C． D．、和 【答案】B 【详解】A. 转移电子的物质的量为，A不符合题意； B. 可以看成，则转移电子的物质的量为，B符合题意； C. 转移电子的物质的量为，C不符合题意； D. 可以看成，则转移电子的物质的量为，D不符合题意； 答案选B。 【变式2】在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀，则下列表示气体X组成的选项中合理的是 A．0.3mol NO、0.1mol NO2 B．0.3mol NO2 C．0.6mol NO D．0.3mol NO2、0.1mol NO 【答案】D 【详解】A．氮原子得到的电子数为0.3×3+0.1×1=1(mol)，得失电子不守恒，A错误； B．氮原子得到电子数为0.3×1=0.3(mol)，得失电子不守恒，B错误； C．氮原子得到电子数为0.6×3=1.8(mol)，得失电子不守恒，C错误； D．氮原子得到电子数为0.3×1+0.1×3=0.6(mol)，得失电子守恒，D正确； 选D。 【变式3】 已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 3.36L，充分反应后测得溶液中Cl－与Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 A．2 mol/L B．1 mol/L C．0.4 mol/L D．0.2 mol/L 【答案】A 【详解】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15mol Fe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3 mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L。故选A。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·北京卷，12，3分）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是 A．中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 【答案】C 【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误； B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确； D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误； 故选C。 2．（2022·北京卷，12，3分）某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示： 已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0 下列说法不正确的是 A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定 B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除 C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3 D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为 【答案】D 【详解】A．已知：2NO2(g)N2O4(g) ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A正确； B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确； C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，故C正确； D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×，故D错误。 故选D。 3．（2024·北京卷，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 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。 4．（2024·北京卷，18，14分）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) (3) 随焙烧温度升高，生成的速率加快 发生分解生成难溶于水的 (4) (5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+ 【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。 5．（2023·北京卷，18，14分）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】(1)> 、 (2) 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀 (3)、、 被氧气氧化为，把氧化为 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $