第4讲 氧化还原反应的配平与计算（Word试题版）-【创新大课堂】2027年高三化学一轮总复习

**基本信息** 聚焦氧化还原反应核心，整合配平（基础、缺项）与计算（电子守恒），含2024-2025年浙江、北京、重庆、安徽等省市高考真题，适配一轮复习能力提升 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |配平题|3题|基础配平、缺项配平、离子方程式配平|从基础到复杂，强化化合价分析与守恒思想| |计算题|4题|电子守恒计算、产物推断、沉淀质量关联|注重定量分析，突出电子转移守恒应用| |高考真题综合题|5题|工业流程、环境治理、实验测定|结合真实情境，体现高考命题趋势，强调科学思维与综合应用|

第4讲 氧化还原反应的配平与计算 考点一 氧化还原反应方程式的配平 提升·关键能力 1. 配平下列方程式 （1）；________。 （2） ；________。 （3） ；________。 （4） ；________。 2. 配平下列方程式 （1） ；________。 （2） ；________。 3. 缺项配平。 （1）___________ __________________ （2）___________ __________________ （3）将固体(黄色，微溶)加入和的混合溶液里，加热，溶液显紫色(无色)。配平该反应的离子方程式___________。 考点二 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 提升·关键能力 4. 现有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Cr在还原产物中的化合价为 A. +2 B. +3 C. +4 D. +5 5. 实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4溶液，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为 A. ClO2 B. Cl2O C. Cl2 D. Cl2O3 6. 取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，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17.02g。则x等于 A. 8.64 B. 9.00 C. 9.20 D. 9.44 7. 足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 A. 60mL B. 45mL C. 30mL D. 15mL 感悟·高考真题 (2024·浙江6月选考) 8. 利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是 A. X表示 B. 可用替换 C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为 D. 若生成标准状况下的气体，则反应转移的电子数为(表示阿伏加德罗常数的值) (2024·北京卷) 9. 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 (2025·重庆卷) 10. 硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用热解制备高纯硒的流程如下： Se的含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.1000 g，经过程①将其溶解转化为弱酸，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液40.00 mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用标准溶液滴定至蓝色消失为中点(原理为)，又消耗8.00 mL。过程②中Se(IV)与反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为_____。该样品中Se的质量分数为_____。 (2024·安徽卷) 11. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。 回答下列问题： （1）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为___________。 （2）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的___________ (填化学式)转化为。 （3）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为___________。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为___________ (填化学式)。 （4）“还原”步骤中，被氧化的与产物Au的物质的量之比为___________。 第4讲 氧化还原反应的配平与计算 考点一 氧化还原反应方程式的配平 提升·关键能力 【1题答案】 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 反应中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，共降低2价，，Cl元素化合价由-1价升高到0价，每生成1个，共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故、前系数为1，前系数为1，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为； 【小问2详解】 反应中，N元素化合价由+5价降低到+2价，共降低3价，，Cu元素化合价由0价升高到+2价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，故前系数为2，、前系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为； 【小问3详解】 反应中，I元素化合价由+5价降低到0价，共降低5价，，I元素化合价由-1价升高到0价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为5，故前系数为1，前系数为5，根据I原子守恒，前系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为； 【小问4详解】 反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，共降低5价，，Cl元素化合价由-1价升高到0价，每生成1个Cl2，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故、前系数为2，前系数为5，前系数为10，根据电荷守恒，H+前系数为16，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为。 【2题答案】 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 反应中SK2S，S元素化合价由0价降低为-2价，共降低2价，SK2SO3，S元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为4，故K2S的系数为2，K2SO3的系数为1，再根据原子守恒个数配平S、KOH、H2O的系数，配平后的方程式为； 【小问2详解】 反应中P4PH3，P元素化合价由0降低为-3价，共降低3价， P4K3PO4，P元素化合价由0价升高为+5价，共升高5价，化合价升降最小公倍数为15，故PH3的系数为5，K3PO4的系数为3，再根据原子守恒个数配平P4、KOH、H2O的系数，配平后的方程式为。 【3题答案】 【答案】（1）32325 （2）25258 （3） 【解析】 【小问1详解】 ClO-中的Cl从+1降为-1，Fe(OH)3中的Fe从+3升为+6，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：32325。 【小问2详解】 中的Mn从+7降为+2，降低5价；H2O2中的O从-1升为0，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：25258。 【小问3详解】 根据题意，将Mn2+氧化为，自身被还原为Bi3+，反应在酸性条件下进行，Bi元素由+5价下降到+3价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为：。 考点二 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 提升·关键能力 【4题答案】 【答案】B 【解析】 【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为+x价，根据电子转移守恒可得关系式：24 mL×0.05 mol/L×(6-4)=20 mL×0.02 mol/L×2×(6-x)，解得x=+3，故合理选项是B。 【5题答案】 【答案】A 【解析】 【详解】因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2×(5-x)=1×(6-4)，解得x=+4，故答案为A。 【6题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。 【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。 【7题答案】 【答案】A 【解析】 【详解】从题叙述可以看出，铜还原硝酸得到的气体，恰好又与1.68 L O2完全反应，所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu)，即n(Cu)×2＝n(O2)×4，得n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol，所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3 mol，所需V(NaOH)应为60 mL，故选A。 感悟·高考真题 (2024·浙江6月选考) 【8题答案】 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A不正确； B．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，B不正确； C．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，C正确； D．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的气体，即生成0.5mol，反应转移的电子数为0.5×6=，D不正确； 综上所述，本题选C。 (2024·北京卷) 【9题答案】 【答案】B 【解析】 【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。 (2025·重庆卷) 【10题答案】 【答案】 ①. ②. 94.8% 【解析】 【分析】粗硒加入铝粉焙烧得到，通入水蒸气氢化转化为，脱水后热解发生反应：，冷凝后得到精Se。 【详解】反应③是Se(IV)被KI还原为Se的过程，同时碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：； 参照图中过程②中Se(IV)与发生氧化还原反应，加入40.00 mL的溶液，做还原剂，将还原，根据已知“过程②中Se(IV)与反应的物质的量之比为1：4”，则存在关系式Se(Ⅳ) ~4Na2S2O3 ，之后，加入少量KI和淀粉溶液，继续用标准溶液滴定至蓝色消失为终点，此步为消耗8.00 mL同浓度的滴定上一步生成的碘单质，存在关系式Se(Ⅳ)~4I- ~2I2 ~4Na2S2O3 ，则整个过程相当于48 mL 0.1 mol/L的溶液与反应，根据已知条件Se(IV)与反应的物质的量之比为1：4，则，样品中Se的含量：。 (2024·安徽卷) 【11题答案】 【答案】（1） （2）AgCl （3） ① ②. （4）3：4 【解析】 【分析】浸取1中铜阳极泥加入硫酸和H2O2，Cu被溶解为Cu2+，而Ag和Au不溶，形成浸渣1（Ag、Au等）和浸出液1（CuSO4溶液），浸取2中浸渣1加入盐酸和H2O2，Au被溶解为HAuCl4，而Ag转化为AgCl沉淀（浸渣2），同时得到浸出液2（HAuCl4溶液），浸取3中浸渣2（AgCl）加入Na2S2O3溶液，AgCl转化为，进入浸出液3，浸出液3通过电解，阴极析出Ag，浸出液2（HAuCl4）被N2H4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2。 【小问1详解】 由分析可知，“浸取2”步骤中Au在盐酸作用下被氧化为，Au元素由0价上升到+3价，O元素由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 【小问2详解】 由分析可知，“浸取2”步骤中Ag在盐酸作用下被氧化为AgCl，“浸取3”中AgCl与作用生成。 【小问3详解】 结合“浸出液3”的主要成分及“电沉积”步骤中得到Ag，可知该步骤中得到电子生成Ag和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平阴极反应式为，“电沉积”后溶液中含大量的和，形成的可循环利用。 【小问4详解】 由分析可知，浸出液2（HAuCl4）被N2H4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2，Au元素由+3价下降到0价，N元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，则反应中被氧化的与产物Au的物质的量之比为3：4。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $