第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（江苏专用）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的配平与计算核心考点，按命题规律研判、思维框架搭建、考点拆解（配平原则与步骤、信息型方程式书写、电子守恒计算）及考向分类的逻辑架构组织内容，通过考点梳理、方法指导（如“三步法”缺项配平）、真题训练等环节，帮助学生系统突破难点。 讲义采用“建模-破译-分层”教学模式，以化合价升降配平模型、电子守恒计算框架培养科学思维，设计“信息型方程式四步法”等探究活动提升实践能力，设置基础例析、变式拓展、真题溯源三级练习，助力学生构建解题范式，为教师把控复习节奏提供高效指导。

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 ) ( 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书写与配平 知识解构 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 考向2 “信息型”氧化还原反应方程式的书写 考点二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 计算原理与思维流程 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向破译 考向1 判断生成物的量或比值 考向2 多元素之间得失电子守恒问题 考向3 多步反应得失电子守恒问题 ) ( 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 氧化还原反应方程式的书写与配平 T6，3分 T6，3分 T6，3分 氧化还原反应的计算 T17（3）③，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．命题规律： （1）在选择题中考查：电子转移数目的判断，粒子氧化性与还原性或强弱的判断，物质的用途与氧化性、还原性的关系。 （2）在非选择题中考查：用物质的氧化性、还原性解释有关反应中的现象，书写陌生的氧化还原反应方程式，用电子守恒法进行有关计算。 2．复习策略： 复习过程中对于氧化还原反应概念要与原电池、电解进行整合，并融合有机化学的氧化反应与还原反应；有关方程式书写在练后指导学生小结解题思维模型，提升陌生反应方程式的书写与分析能力，强化氧化还原反应规律的运用，特别是得失电子守恒规律在氧化还原反应配平及计算中的应用。 ►复习目标： 1．能用化合价升降法配平氧化还原反应方程式。 2．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。 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书写与配平 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 1．配平的基本原则 配平 三大原则 电子守恒 氧化剂和还原剂得失电子总数相等 质量守恒 反应前后原子的种类和个数不变 电荷守恒(对离子方程式而言) 离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等 2．配平的一般步骤 （1）正向配平法 （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－ 得分速记 ❶熟记下列陌生物质中指定元素的化合价 O K2O4 LiPO4 2O HN Na22O3 2O H B Cu 2H4 ❷烃及烃的衍生物中碳元素化合价计算：H元素为+1价，O元素为-2价，根据物质中各元素的化合价代数为0，可求出C元素的化合价(可为0价也可能为负价或为分数)。 ❸“三步法”突破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－)，其配平流程为： 第一步 依据配平五步骤，确定氧化产物和还原产物的化学计量数 第二步 根据原子守恒确定缺项的粒子： 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－ 第三步 最后利用原子守恒和电荷守恒，确定缺项粒子的化学计量数 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写 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。 4．氧化还原反应化学(离子)方程式的配平步骤： （1）标出化合价变化了的元素的化合价。 （2）列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数 （3）根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。 （4）利用元素守恒，观察配平其他物质 5． “补缺”的技巧 缺项化学(离子)方程式的配平： 配平化学(离子)方程式时，有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O，右边加H+ 左边加OH-，右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+，右边加H2O 左边加H2O，右边加OH- 注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。 考●向●破●译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 例1（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）的工业制法是：将白磷()与溶液反应生成气体和，后者再与反应。配平白磷与溶液反应的化学方程式。 ______________________________________________。 【答案】2P4 +3Ba(OH)2 + 6H2O =3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ 【解析】白磷与Ba(OH)2溶液的反应属于氧化还原反应，根据电子得失守恒配平该反应为2P4 +3Ba(OH)2 + 6H2O =3Ba(H2PO2)2+2PH3↑ 解题妙招 氧化还原反应方程式配平技法 部分氧化还原反应 化学计量数分两部分：作氧化剂或还原剂和参加非氧化还原反应的 自身氧化还原反应 逆向配平（从后往前配平） 缺项配平 先配氧化剂与还原剂及各自的还原产物与氧化产物的化学计量数，最后由质量守恒，电荷守恒确定所缺的物质的化学式（通常所缺的物质为H＋或OH－或H2O） 【变式1】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 【解析】A项，NH＋NO3－―→HNO3＋N2↑＋H2O，NH中N价态升高3价、NO3－中N价态降低5价，由电子守恒得5NH＋3NO3－―→HNO3＋4N2↑＋H2O，由电荷守恒得5NH＋3NO3－＋2NO3－―→HNO3＋4N2↑＋H2O，再由质量守恒得5NH4NO3＝2HNO3＋4N2↑＋9H2O，错误；B项，NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO3－所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，正确；C项，该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中有元素化合价发生变化，则属于氧化还原反应，正确；D项，氧化产物(5NHN2)和还原产物(3NO3－N2)的物质的量之比为∶＝5∶3，正确。 【变式2】“生活无处不化学”，请回答下列问题： 钼酸钠()是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上可利用钼精矿(主要成分是不溶于水的，还含少量PbS等)制备钼酸钠，一般流程为先焙烧，再浸取，后除杂……最后制得钼酸钠。 另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，采用直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液的方法来得到钼酸钠。 根据上述材料，配平下列反应的离子方程式______：□□□______=□□□□______。 【答案】 【解析】向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液的方法来得到，即、NaClO和NaOH发生氧化还原反应生成、、和，由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得反应的离子方程式为：； 【变式3】氧化还原反应是指有电子转移的反应，表现为参与反应的物质的元素化合价发生变化，广泛存在或应用于生产、生活和科技领域中。 黄铜矿()在硫酸溶液中被氧气氧化的反应如下，配平离子方程式：_______。 _________________________________________________； 【答案】4CuFeS2+17O2+4H+=2H2O+4Cu2++4Fe3++8SO42- 【解析】CuFeS2中Fe化合价由+2价升高到+3价，S化合价由-2价升高到+6价，O2中O化合价由0价降低到-2价，根据得失电子守恒及电荷守恒，4CuFeS2+17O2+4H+=2H2O+4Cu2++4Fe3++8SO42-，标准状况下22.4L空气为1mol，氧气体积分数为21%，则为n(O2)=1mol×21%=0.21mol，则转移电子数为0.21mol×4×NAmol-1=0.84NA，故答案为：4CuFeS2+17O2+4H+=2H2O+4Cu2++4Fe3++8SO42-； 考向2 信息型氧化还原反应方程式的书写 例2(2026·江苏镇江·一模)绿矾()、保险粉()溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和，其化学方程式为_______。 【答案】 【解析】反应物是绿矾 ()、保险粉 () 和 NaOH ，产物是纳米粉和。这是一个氧化还原反应，被还原为，得到2个电子，被氧化为，两个S原子失去2个电子，根据电子守恒和原子守恒配平可得，其化学方程式为。 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·江苏南通·一模)是常用的分析试剂。一种利用含铁制备的实验流程如下： 已知：“酸化”时发生反应(aq，黄)(aq，橙)  。 “碱浸氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 【答案】 【解析】在碱性条件下，Cr(OH)3被H2O2氧化为，Cr元素从+3价升高到+6价，H2O2中O元素从-1价降低到-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为：； 【变式2】在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。 总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O＝2Fe2＋＋4SO＋4H＋。 （1）分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式： ①反应Ⅰ：___________________________________________________________________。 ②反应Ⅱ：_______________________________________________________________。 （2）NO在总反应中的作用是__________。 【答案】（1）①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋2SO＋16H＋ （2）作催化剂 【解析】（1）①图可知，反应Ⅰ为酸性条件下O2氧化Fe(NO)2＋生成NO、Fe3＋和H2O，离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O；②由图可知，反应Ⅱ中Fe3＋氧化FeS2生成Fe2＋、SO42－，离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋2SO＋16H＋；（2）NO在反应Ⅲ中是反应物，在反应Ⅰ中生成物，则NO改变了反应历程，对总反应有催化作用，是总反应的催化剂。 【变式3】（2025·江苏省南京市盐城市一模）生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为[Cu(NH3)4]Cl2、NH4Cl、NH3·H2O等。蚀刻反应原理为Cu＋[Cu(NH3)4]Cl2＝2[Cu(NH3)2]Cl。蚀刻过程中[Cu(NH3)4]Cl2浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为______________________________________________________________________。 【答案】4[Cu(NH3)2]Cl＋O2＋4NH4Cl＋4NH3·H2O＝4[Cu(NH3)4]Cl2＋6H2O 【解析】当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，说明[Cu(NH3)4]Cl2被氧气氧化为[Cu(NH3)4]Cl2，化学方程式为：4[Cu(NH3)2]Cl＋O2＋4NH4Cl＋4NH3·H2O＝4[Cu(NH3)4]Cl2＋6H2O。 考点二 氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 计算原理与思维流程 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。 2．电子守恒原理 依据 氧化还原反应的实质是——氧化剂得电子总数与还原剂失去电子总数相等 步骤 一找物质 找出氧化剂和还原剂以及各自的还原产物和氧化产物 二定得失 确定1个原子/离子得失电子数（注意：化学式中原子的个数） 三列关系 由题中物质的物质的量，根据电子守恒列等式： 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 知识点2 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。 得分速记 ❶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。 ❷利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，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。 考●向●破●译 考向1 判断生成物的量或比值 例1已知反应：aFeSO4＋bNa2O2＝cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，已知a＝2，下列关于该反应的说法正确的是 A．3a＝b B．氧化性：Na2O2＜Na2FeO4 C．每生成1 mol Na2FeO4，反应有4 mol电子转移 D．每消耗3 mol Na2O2，产生1 mol O2 【答案】A 【解析】A项，根据Fe元素和S元素守恒可知：a＝c＝d，根据Na元素守恒可知：b＝2＋c＋d，又a＝2，故b＝6，正确；B项，在该反应中Na2O2为氧化剂，Na2FeO4为氧化产物，所以物质的氧化性：Na2O2＞Na2FeO4，错误；C项，根据选项A分析，结合原子守恒可知方程式为2FeSO4＋6Na2O2＝2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，每生成1 mol Na2FeO4，反应中共有5 mol电子转移，错误；D项，根据C项分析，每消耗6 mol Na2O2，反应产生1 mol O2，错误。 【变式1】(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是__________。 【答案】2∶3 【解析】(NH4)2PtCl6分解的氧化产物是N2，还原产物是Pt。根据得失电子守恒得：6n(N2)＝4n(Pt)，n(N2)∶n(Pt)＝2∶3。 【变式2】关于反应Cu2S2+MnO4-+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O (未配平，S22-的结构与O22-相似)、下列说法正确的是( ) A．反应中氧化产物仅是SO2 B．方程式配平后的系数为28 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 D．生成1molSO2，转移电子的物质的量是6mol 【答案】D 【解析】5Cu2S2+12MnO4-+56H+=10Cu2++10SO2↑+12Mn2++28H2O反应中，铜元素的化合价由+1价升到+2价，硫元素的化合价由-1价升到+4价，共转移60个电子。A项，根据分析，氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；B项，H+的系数为56，B错误；C项，SO2为氧化剂，Cu2S2为还原剂，比例为12：5，C错误；D项，据方程式10SO2~60e-，则生成1molSO2，转移电子的物质的量是6mol，D正确；故选D。 考向2 多元素之间得失电子守恒问题 例2在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 【答案】1.5 2.2 【解析】设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被还原P的物质的量为y，根据电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x·(5－0)，x＝1.5 mol。 1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y·(5－0)，y＝1.2 mol 所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 【变式1】为测定某NiC2O4•2H2O产品的纯度，现进行如下实验：准确取2.400 g样品，用足量硫酸溶解后，加水稀释到250 mL，取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加入12.00 mL 0.0500 mol·L－1标准KMnO4溶液，振荡使其充分反应；向反应后的溶液滴加0.0300 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液与过量的KMnO4反应，恰好完全反应时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为20.00 mL，计算NiC2O4•2H2O产品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)，实验过程中反应如下： H＋＋C2O42－＋MnO4－——Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；H＋＋Fe2＋＋MnO4－——Mn2＋＋Fe3＋↑＋H2O(未配平)。Ni相对原子质量为59。 【答案】91.5% 【解析】MnO4－Mn2＋、C2O42－CO2，Fe2＋Fe3＋，n(MnO4－)×5＝n(C2O42－)×2＋n(Fe2＋)×1，由得失电子数目守恒可知，在25.00 mL中：0.0500 mol·L－1×0.012 L×5＝n(C2O42－)×2＋0.0300 mol·L－1×0.020 L×1，n(C2O42－)＝0.0012 mol，250 mL溶液中二水草酸镍的物质的量为0.012 mol，则产品的纯度为×100%＝91.5%，故答案为：91.5%。 【变式2】α－FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。 在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α－FeOOH固体。 制备1 mol α－FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为___________mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是___________________________________________。 【答案】 少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量 【解析】Fe2＋化合价升高，失去1e－生成Fe3＋，ClO3－中Cl由＋1价降低，得到6e－生成Cl－，则参加反应Fe与Cl的个数比为6∶1，故1 mol α−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为 mol；或ClO3－Cl－、Fe2＋FeOOH，由得失电子数目守恒可知，n(ClO3－)×6＝n(Fe2＋)×1，n(ClO3－)×6＝1 mol×1，n(ClO3－)×6＝ mol；因少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量；故答案为：；少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量。 【变式3】回答下列问题： （1）在标准状况下的体积为___________L，等质量的和的物质的量之比为___________。 （2）Xe与反应生成、和三种气体，一定条件下，在50L容器中通入1molXe和，反应10min后，剩余8.0mol气体，则___________。 （3）向和组成的混合物中加入溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到4480mL(标准状况)NO气体。与稀硝酸反应的离子方程式为___________。若将上述混合物用足量的加热还原，所得固体的质量为___________g。 【答案】（1）8.96 （2） （3） 32 【解析】（1）在标准状况下的体积为，等质量的和的物质的量之比为。 （2）Xe与反应生成、和三种气体，反应方程式为Xe+F2=XeF2、Xe+2F2=XeF4、Xe+3F2=XeF6，设反应生成、和的物质的量分别为xmol、ymol、zmol，则，①×2－②得x=z，则1:1。 （3）与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为。根据氮元素守恒，反应生成硝酸铜的物质的量为，则和组成的混合物中还原铜元素0.5mol，若将上述混合物用足量的加热还原，所得固体的质量为0.5mol×64g/mol=32g。 考向3 多步反应得失电子守恒问题 例3金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： （5）“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。 ______________________________ 【答案】（5） 【解析】（5）“锂化”是将和发生反应，其中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：； 【变式1】氨氧化法制硝酸工业中，可用尿素溶液除去尾气中氮氧化物（NO和NO2）。尾气中的NO、NO2与水反应生成亚硝酸、亚硝酸再与尿素反应生成对大气无污染的气体。1 mol 尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1∶1）的质量为_________g。 【答案】76 【解析】NON2、NO2N2；CO(NH2)2N2，n(NO)×2＋n(NO2)×4＝n[CO(NH2)2]×6，n(NO)＝n(NO2)＝1 mol，m(NO)＋m(NO2)＝30 g＋46 g＝76 g。 【变式2】为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00 mL 0.500 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，再用0.010 0 mol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00 mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)： VO＋Fe2＋＋H＋―→VO2＋＋Fe3＋＋H2O MnO＋Fe2＋＋H＋―→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O 计算V2O5样品的纯度(O—16，V—51，写出计算过程)。 【答案】86.45% 【解析】由得失电子守恒可得： n(Fe2＋)＝n(VO)＋5n(MnO)，n(V2O5)＝n(VO)＝＝×(0.500 0 mol·L－1×10.00×10－3 L－5×0.010 0 mol·L－1×24.00×10－3 L)＝1.9×10－3 mol，m(V2O5)＝182 g·mol－1×1.9×10－3 mol×＝1.729 g，w＝×100%＝×100%＝86.45% 【变式3】(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 （1）制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 【答案】（1）将中Mn还原为+2价Mn（或） ，， 【分析】正极材料含及炭黑、铝箔等，加入、硫酸，酸浸，将中Mn还原为，Al生成，过滤除掉不溶的炭黑，加入，沉锰，生成MnS沉淀，以此回答。 【解析】（1）①流程目标是合成MnS，所以加入，目的是中Mn还原为+2价Mn（或）； ②，， ③由流程可知，加入后生成MnS和，所以离子方程式为：； 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·江苏卷）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 【答案】A 【解析】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误； 故选A。 2．（2026·黑吉辽蒙卷）下列过程对应的化学方程式错误的是 A．铜丝插入热的浓硫酸：（浓） B．少量溶液滴入足量浓烧碱溶液： C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液： D．溶液滴入悬浊液： 【答案】B 【解析】A．铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜和二氧化硫，其化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，A正确； B．少量AlCl3溶液滴入足量浓烧碱溶液，生成四羟基合铝酸钠，其化学方程式为AlCl3+4NaOH=NaAl(OH)4+3NaCl，B错误； C．乙烯含碳碳双键，和溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，其化学方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，C正确； D．Ag2S的溶解度远小于AgCl，所以向AgCl悬浊液中加入Na2S发生沉淀转化生成Ag2S，其化学方程式为Na2S(aq)+2AgCl(s)=Ag2S(s)+2NaCl(aq)，D正确； 故选B。 3．（2024·湖北卷）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 溶液褪色，产生白色沉淀 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 【答案】A 【解析】A．过量 与的溶液反应，生成产生的淡黄色沉淀是S，还生成，过量不能生成，因此，总反应的化学方程式为，A错误； B．过量 与的溶液反应，生成，总反应的化学方程式为，B正确； C．过量 与的溶液反应，生成的白色沉淀是，总反应的化学方程式为，C 正确； D．水解使溶液显碱性，其水溶液能使酚酞变红；过量 与的溶液反应，生成，溶液显酸性，因此，溶液由红色变无色，总反应的化学方程式为，D正确； 综上所述，本题选A。 4．（2025·浙江1月卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 【答案】D 【解析】A．氯气具有强氧化性，可将氧化为，A项正确； B．与水溶液反应，生成和，还原产物为，B项正确； C．根据反应可知，氧化剂为，氧化产物为，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：，C项正确； D．与足量溶液反应生成和，反应方程式为：，3mol参与反应，电子转移5mol，D项错误； 答案选D。 5．（2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：    下列说法正确的是 A．和的空间结构都是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7 【答案】D 【解析】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误； B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误； C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误； D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确； 故选D。 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 氧化还原反应方程式的书写与配平 知识解构 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 考向破译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 考向2 “信息型”氧化还原反应方程式的书写 考点二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 计算原理与思维流程 知识点2 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 考向破译 考向1 判断生成物的量或比值 考向2 多元素之间得失电子守恒问题 考向3 多步反应得失电子守恒问题 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 氧化还原反应方程式的书写与配平 T6，3分 T6，3分 T6，3分 氧化还原反应的计算 T17（3）③，3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．命题规律： （1）在选择题中考查：电子转移数目的判断，粒子氧化性与还原性或强弱的判断，物质的用途与氧化性、还原性的关系。 （2）在非选择题中考查：用物质的氧化性、还原性解释有关反应中的现象，书写陌生的氧化还原反应方程式，用电子守恒法进行有关计算。 2．复习策略： 复习过程中对于氧化还原反应概念要与原电池、电解进行整合，并融合有机化学的氧化反应与还原反应；有关方程式书写在练后指导学生小结解题思维模型，提升陌生反应方程式的书写与分析能力，强化氧化还原反应规律的运用，特别是得失电子守恒规律在氧化还原反应配平及计算中的应用。 ►复习目标： 1．能用化合价升降法配平氧化还原反应方程式。 2．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。 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书写与配平 知●识●解●构 知识点1 氧化还原反应方程式的配平 1．配平的基本原则 配平 三大原则 电子守恒 和 得失电子总数相等 质量守恒 反应前后原子的 和 不变 电荷守恒(对离子方程式而言) 离子反应前后，阴、阳离子所带 相等 2．配平的一般步骤 （1）正向配平法 （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 得分速记 ❶熟记下列陌生物质中指定元素的化合价 O K2O4 LiPO4 2O HN Na22O3 2O H B Cu 2H4 ❷烃及烃的衍生物中碳元素化合价计算：H元素为+1价，O元素为-2价，根据物质中各元素的化合价代数为0，可求出C元素的化合价(可为0价也可能为负价或为分数)。 ❸“三步法”突破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－)，其配平流程为： 第一步 依据配平五步骤，确定氧化产物和还原产物的化学计量数 第二步 根据原子守恒确定缺项的粒子： 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－ 第三步 最后利用原子守恒和电荷守恒，确定缺项粒子的化学计量数 知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写 1．“四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写 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。 4．氧化还原反应化学(离子)方程式的配平步骤： （1）标出化合价变化了的元素的化合价。 （2）列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数 （3）根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。 （4）利用元素守恒，观察配平其他物质 5． “补缺”的技巧 缺项化学(离子)方程式的配平： 配平化学(离子)方程式时，有时要用H+、OH-、H2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下： 酸性环境 碱性环境 反应物中少氧 左边加H2O，右边加H+ 左边加OH-，右边加H2O 反应物中多氧 左边加H+，右边加H2O 左边加H2O，右边加OH- 注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。 考●向●破●译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 例1（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）的工业制法是：将白磷()与溶液反应生成气体和，后者再与反应。配平白磷与溶液反应的化学方程式。 ______________________________________________。 解题妙招 氧化还原反应方程式配平技法 部分氧化还原反应 化学计量数分两部分：作氧化剂或还原剂和参加非氧化还原反应的 自身氧化还原反应 逆向配平（从后往前配平） 缺项配平 先配氧化剂与还原剂及各自的还原产物与氧化产物的化学计量数，最后由质量守恒，电荷守恒确定所缺的物质的化学式（通常所缺的物质为H＋或OH－或H2O） 【变式1】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 【变式2】“生活无处不化学”，请回答下列问题： 钼酸钠()是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上可利用钼精矿(主要成分是不溶于水的，还含少量PbS等)制备钼酸钠，一般流程为先焙烧，再浸取，后除杂……最后制得钼酸钠。 另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，采用直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液的方法来得到钼酸钠。 根据上述材料，配平下列反应的离子方程式______：□□□______=□□□□______。 【变式3】氧化还原反应是指有电子转移的反应，表现为参与反应的物质的元素化合价发生变化，广泛存在或应用于生产、生活和科技领域中。 黄铜矿()在硫酸溶液中被氧气氧化的反应如下，配平离子方程式：_______。 _________________________________________________； 考向2 信息型氧化还原反应方程式的书写 例2(2026·江苏镇江·一模)绿矾()、保险粉()溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和，其化学方程式为_______。 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·江苏南通·一模)是常用的分析试剂。一种利用含铁制备的实验流程如下： 已知：“酸化”时发生反应(aq，黄)(aq，橙)  。 “碱浸氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 【变式2】在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。 总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O＝2Fe2＋＋4SO＋4H＋。 （1）分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式： ①反应Ⅰ：___________________________________________________________________。 ②反应Ⅱ：_______________________________________________________________。 （2）NO在总反应中的作用是__________。 【变式3】（2025·江苏省南京市盐城市一模）生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为[Cu(NH3)4]Cl2、NH4Cl、NH3·H2O等。蚀刻反应原理为Cu＋[Cu(NH3)4]Cl2＝2[Cu(NH3)2]Cl。蚀刻过程中[Cu(NH3)4]Cl2浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为______________________________________________________________________。 考点二 氧化还原反应的计算 知●识●解●构 知识点1 计算原理与思维流程 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。 2．电子守恒原理 依据 氧化还原反应的实质是——氧化剂 总数与还原剂 总数相等 步骤 一找物质 找出氧化剂和还原剂以及各自的 产物和 产物 二定得失 确定1个原子/离子得失电子数（注意：化学式中原子的个数） 三列关系 由题中物质的物质的量，根据电子守恒列等式： n(氧化剂)× × =n(还原剂)× ×化合价变化值 知识点2 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 。 得分速记 ❶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。 ❷利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，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。 考●向●破●译 考向1 判断生成物的量或比值 例1已知反应：aFeSO4＋bNa2O2＝cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，已知a＝2，下列关于该反应的说法正确的是 A．3a＝b B．氧化性：Na2O2＜Na2FeO4 C．每生成1 mol Na2FeO4，反应有4 mol电子转移 D．每消耗3 mol Na2O2，产生1 mol O2 【变式1】(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是__________。 【变式2】关于反应Cu2S2+MnO4-+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O (未配平，S22-的结构与O22-相似)、下列说法正确的是( ) A．反应中氧化产物仅是SO2 B．方程式配平后的系数为28 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5 D．生成1molSO2，转移电子的物质的量是6mol 考向2 多元素之间得失电子守恒问题 例2在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 【变式1】为测定某NiC2O4•2H2O产品的纯度，现进行如下实验：准确取2.400 g样品，用足量硫酸溶解后，加水稀释到250 mL，取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加入12.00 mL 0.0500 mol·L－1标准KMnO4溶液，振荡使其充分反应；向反应后的溶液滴加0.0300 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液与过量的KMnO4反应，恰好完全反应时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为20.00 mL，计算NiC2O4•2H2O产品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)，实验过程中反应如下： H＋＋C2O42－＋MnO4－——Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；H＋＋Fe2＋＋MnO4－——Mn2＋＋Fe3＋↑＋H2O(未配平)。Ni相对原子质量为59。 【变式2】α－FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。 在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α－FeOOH固体。 制备1 mol α－FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为___________mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是___________________________________________。 【变式3】回答下列问题： （1）在标准状况下的体积为___________L，等质量的和的物质的量之比为___________。 （2）Xe与反应生成、和三种气体，一定条件下，在50L容器中通入1molXe和，反应10min后，剩余8.0mol气体，则___________。 （3）向和组成的混合物中加入溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到4480mL(标准状况)NO气体。与稀硝酸反应的离子方程式为___________。若将上述混合物用足量的加热还原，所得固体的质量为___________g。 考向3 多步反应得失电子守恒问题 例3金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： （5）“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整______。 ______________________________ 【变式1】氨氧化法制硝酸工业中，可用尿素溶液除去尾气中氮氧化物（NO和NO2）。尾气中的NO、NO2与水反应生成亚硝酸、亚硝酸再与尿素反应生成对大气无污染的气体。1 mol 尿素能吸收工业尾气中氮氧化物（假设NO、NO2体积比为1∶1）的质量为_________g。 【变式2】为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2.000 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL(VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00 mL 0.500 0 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，再用0.010 0 mol/L KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液24.00 mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)： VO＋Fe2＋＋H＋―→VO2＋＋Fe3＋＋H2O MnO＋Fe2＋＋H＋―→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O 计算V2O5样品的纯度(O—16，V—51，写出计算过程)。 【变式3】(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。 （1）制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含及炭黑、铝箔等)制备MnS的过程如下： ①“酸浸”时加入的目的是______。 ②“沉锰”前，需测定溶液的浓度。准确量取2.50 mL的溶液于烧杯中，加入滴溶液(作催化剂)及固体充分反应，加热除去过量的，将所得溶液冷却后完全转移至200 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点(滴定反应为，未配平)，平行滴定3次，平均消耗溶液25.00 mL。计算溶液的物质的量浓度：______(写出计算过程)。 ③已知硫脲的结构简式为。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：______。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·江苏卷）与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B．过程Ⅱ中发生了氧化反应 C．电催化与生成的反应方程式： D．常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 2．（2026·黑吉辽蒙卷）下列过程对应的化学方程式错误的是 A．铜丝插入热的浓硫酸：（浓） B．少量溶液滴入足量浓烧碱溶液： C．乙烯通入溴的四氯化碳溶液： D．溶液滴入悬浊液： 3．（2024·湖北卷）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是 溶液 现象 化学方程式 A 产生淡黄色沉淀 B 溶液由棕黄色变浅绿色 C 溶液褪色，产生白色沉淀 D (含酚酞) 溶液由红色变无色 4．（2025·浙江1月卷）关于溴的性质，下列说法不正确的是 A．可被氧化为 B．与水溶液反应的还原产物为 C．，说明氧化性： D．与足量溶液反应生成和，转移电子 5．（2023·湖南卷）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：    下列说法正确的是 A．和的空间结构都是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $