第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（复习讲义）（黑吉辽蒙专用）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配平与计算核心考点，按命题规律（陌生化、缺项配平、离子融合）-知识框架（配平原则、电子守恒、新情境分析）-考点拆解（配平方法、缺项书写、守恒计算）逻辑组织，通过考情梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生系统构建知识网络，突破难点。 资料创新采用“规律-方法-情境”三维教学策略，如配平教学中用“定系数先后规律”培养科学思维，新情境分析结合工业流程提升科学探究能力。设置分层练习与真题溯源，确保复习针对性，助力教师把控高考趋势，有效提升学生应考能力。

第05讲 氧化还原反应方程式配平与计算 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 配平原则与方法 ∣ 知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写 考向破译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 ∣ 考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写 考点二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 计算原理——得失电子守恒 ∣ 知识点2 得失电子守恒计算方法 考向破译 考向1 得失电子守恒综合应用 考点 三 新“情境”中的氧化还原反应 知识解构 知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性 知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响 知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析 知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应 考向破译 考向1 新“情境”中氧化还原反应的综合应用 ) ( 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配平与书写 —— 黑吉辽蒙卷T16（7）,3分 黑吉辽卷T16（2），3分； 辽宁卷T16（5），3分 辽宁卷T16（2），3分； 氧化还原反应计算 黑吉辽蒙卷T13,3分；16（4），3分 —— —— —— —— 新情景中氧化还原反应的综合应用 黑吉辽蒙卷T12 3分； 黑吉辽蒙卷T12,3分； 黑吉辽卷T6，3分； 辽宁卷T12，3分 辽宁卷T18（6），3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：本讲是黑吉辽蒙卷必考核心考点，属于高频高分值模块。 1.方程式书写的三大命题规律 规律一：陌生化程度逐年提升，从 "课本原型" 转向 "工业真实反应" 规律二：缺项配平成为主流，强调 "情境推理" 而非 "机械配平"：命题不再给出完整反应物和产物让学生配平，而是： a.给出部分反应物和产物，需推断缺项物质（H⁺/OH⁻/H₂O）； b.给出工艺流程，需自行判断哪些元素发生了价态变化 c.给出反应现象或产物性质，反推反应方程式 规律三：与离子反应深度融合，离子方程式书写占比超 80% 2.氧化还原反应计算命题特点：电子守恒法是绝对核心，"得失电子总数相等" 贯穿所有计算 3.新“情境”中氧化还原反应特点： a.情境陌生度：从常见物质→稀有金属 / 新型材料 b.反应复杂度：从单元素变价→多元素同时变价 c.计算综合度：从一步计算→多步反应 + 误差分析 ►复习目标：1.熟练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.提升在新情境中分析氧化还原反应的综合能力 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配平与书写 知●识●解●构 知识点1 配平原则与方法 1．氧化还原方程式配平三大原则 （1）电子守恒：氧化剂__________________ = 还原剂__________________，即化合价升高总数=化合价降低总数； （2）质量守恒：反应前后物质质量不变，即原子的______和______不变； （3）电荷守恒：离子反应前后，阴离子所带____________=阳离子所带______________。 2．氧化还原方程式配平步骤与方法 步骤1.标变价：标明反应前后变价元素的______； 步骤2.找得失：根据化合价的变化值，列出变价元素__________； 步骤3.求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数______； 步骤4.定系数：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； 步骤5.查守恒：检查______、______、______是否守恒。 例1.Cu与稀HNO3反应的方程式配平方法如下： ①标变价 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ②找得失 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ③求总数 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ④定系数 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。 例2.歧化反应配平：S与KOH（热、浓）反应方程式配平： S + KOH（热、浓） —— K2S + K2SO3 + H2O S K2S 降2价 S K2SO3 升6价,由于S的化合价既升又降，所以定系数要先从生成物定，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。最后配平： __________S + ____________KOH（热、浓） ——__________K2S + ________K2SO3 + ________H2O 例3.归中反应配平：KClO3 + HCl → KCl + Cl2↑ + H2O Cl+5→0（降5）；Cl-1→0（升1），由于Cl2中既有降价到0价又有升价到0价的Cl元素，所以定系数要先从反应物定，而HCl中氯元素既有升价又有不变价态，所以先定KClO3化学计量数为1，根据K元素守恒再定 KCl化学计量数为1 ，然后定HCl化学计量系数为6，最后配平： 解题技巧 1、正确理解步骤3求总数：根据最小公倍数计算得到的是:变价原子的个数,不等于系数!而根据变价原子的个数可以推导出系数。如：例1中Cu失2个电子，HNO3 中的N元素得到3个电子，最小公倍数为6，2个N原子得电子，但并不代表HNO3的系数为2，因为还有没有变价的N元素，可以通过产物Cu(NO3)2判断得出，所以定系数要有先后。 2.配平关键——定系数先后规律：凡是变价“单纯”的物质系数先定，而变价“不单纯”不单纯的物质后定。所谓“单纯”指的是：物质所含变价元素要么都升，要么都降；或者都由升价生成的物质，都有降价所生成的物质。如：例1中Cu元素在反应中都升高到了2价应该先定系数，而HNO3(稀)中N元素只有一部分由5价降到了+2价所以就后定系数；例2中K2S中的S元素全都是0价降到-2价而得应该先定系数，K2SO3 中的S元素也都是由0价升高到+4价而生成也应该先定系数；而S的化合价既升又降，所以应该后确定系数；例3中Cl2既有—1价升高到0价又有+5价降低到0价的氯元素，应该后确定系数。 知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写 1.“缺项”方程式书写及配平 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，一般缺项为______、______或______。 （1）配平方法 （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____________ 2. “信息”型方程式书写 “信息”型方程式:一般氧化剂/还原剂或还原产物/氧化产物以信息形式给出。 （1）一般书写步骤：a.根据题干信息或流程图，结合氧化还原反应中元素价态变化确定氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。b.结合溶液的酸碱性，配平化学方程式或离子方程式。 例1硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：______________________________________________ 第一步： 根据题义判断氧化剂还原剂 氧化剂：NaClO →还原产物 Cl⁻； 还原剂：Ni²⁺→氧化产物 NiOOH 第二步： 按 “还原剂 + 氧化剂→ 氧化产物 + 还原产物”写出 Ni²⁺ + ClO⁻ → NiOOH + Cl⁻，根据得失电子守恒可得主要物质的化学计量数：2Ni²⁺ + ClO⁻ → 2NiOOH + Cl⁻ 第三步：补项 左边补 OH⁻，右边补 H₂O。即 2Ni²⁺ + ClO⁻ + OH⁻ → 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O 第四步：配平方程式 2Ni²⁺ + ClO⁻ + 4OH⁻ ══ 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O 考●向●破●译 考向1 氧化还原反应方程式配平 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。 ______________________________________________。 【变式1·换载体】．（2024·辽宁大连·一模）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3＋Cl2＋H2O===NaCl＋HCl＋H2SO4。下列说法错误的是(　　) A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1 B．若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol电子 C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊 D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低 【变式2·变题型——有机氧化还原反应配平】.（2025·东北师范大学附属中学·二模）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．表示 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．可用替换 D．若生成气体，则反应转移的电子数为 考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写 例2.（2025——2026·黑龙江省大庆铁人中学·二模）NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是(　　) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小 C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【变式1·变类型——缺项OH-】（24-25高三上·北京丰台·期末）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-+ 【变式2·变类型——缺项OH-和H2O】（25-26高三上·河北·阶段检测）“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·变题型】（2025——2026·全国·高三上月考）在有氧条件下与以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是。将该反应的化学方程式补充完整：______。 ______+______+______ = ______ 考点二 氧化还原反应计算 知●识●解●构 知识点1 计算原理——得失电子守恒 1．核心原理：得失电子守恒：还原剂失________________ = 氧化剂__________________ 配套两个守恒辅助：a. 电荷守恒（离子方程式适用：______________） b.原子守恒（物料守恒，________________________） 解题技巧 利用好守恒思维，可以抛开繁琐的反应过程，可以抛开化学方程式不写，抛开中间反应过程，只要追踪物质中变价元素的始态和终态，计算出得电子与失电子总数，便可迅速获得正确结果。 2．守恒法解题的流程： （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(失电子)=n(还原剂)×变价原子个数×∣化合价升高差值∣ n(得电子)=n(氧化剂)×变价原子个数×∣化合价降低差值∣ n(失电子)=n(得电子)，列式计算。 知识点2 得失电子守恒计算方法 一、确定元素价态 例1．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 二、确定物质组成 例2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 三、多元素间得失电子守恒 例3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　) A．1 mol B. mol C. mol D．2 mol 四、多步反应得失电子守恒 例4．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8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，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17.02 g。则x等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 考●向●破●译 考向1 得失电子守恒综合应用 例1（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g金属铜与100 mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为0.3 mol D．生成的NO、、物质的量之比为 【变式1·变载体】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2·变类型——多步反应得失电子守恒】．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，将这些气体与1.68 L O2(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5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL 【变式2·新情境——工业流程中得失电子守恒】（2026·吉林省吉林市·三模）．已知还原性：HSO>I－，氧化性：IO>I2。 (1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。 NaIO3＋NaHSO3===I2＋Na2SO4＋H2SO4＋H2O (2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__________(填化学式)。 (3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_____________________________________________________________________________； 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为__________mol。 考点三 新“情境”中的氧化还原反应 知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性 当原子失去或者得到电子以后，原子核外电子排布形成了稳定的结构：原子轨道______、______、______， 则具有较强的还原性或氧化性 例（2026·吉林省吉林市·三模）17. 稀土元素有工业“黄金”之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元素）中提取稀土元素的工艺如下： 已知：月桂酸（）熔点为44℃；月桂酸和均难溶于水；该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；的；开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / Ⅰ.根据流程回答下列问题 Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。 （4）脱铕：基态Eu原子的价层电子排布式是，可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离，从原子结构的角度解释易被还原为的原因是______。 知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响 溶液的酸碱性对物质的氧化性/还原性强弱产生影响，从而影响氧化还原反应。 例（2026·辽宁锦州渤海大学附中·三模）17. 化学让生活更美好，各类水处理剂能让水质得到提升达到饮用水的标准。生活中较常见的水处理剂有氯气、次氯酸钠、漂白粉（主要成分为次氯酸钙）、二氧化氯、明矾、硫酸铁、高铁酸钠等。 （4）已知：为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生，在碱性溶液中较稳定。现利用如图装置（夹持装置略）制备，并设计以下方案探究能否氧化产生。 方案Ⅰ 取三颈烧瓶中的紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验，气体中含有 方案Ⅱ 用冷的KOH浓溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量溶液b，滴加足量盐酸得到溶液c且有产生；取少量溶液c，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色 ①写出三颈烧瓶中生成反应的化学方程式：____________。 ②三颈烧瓶中加入过量KOH溶液的目的是____________。 ③依据的化学性质，甲同学认为方案Ⅰ不能证明能将氧化为，试分析其可能的原因：________（填离子方程式）。 ④由方案Ⅱ是否能得出可将氧化为的结论？____（填“能”或“不能”）。 ⑤为了改善溶液的稳定性，延长高铁酸钾处理水的作用时间，可添加一定浓度的次氯酸钠。在不同浓度NaClO作用下高铁酸钾随反应时间的分解率如图所示： 次氯酸钠溶液可提高高铁酸钾溶液稳定性的原因是______。 知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析 例（2026·吉林长春·一模）10. 利用光催化剂，可选择性的实现键的氯化。以、和甲苯为原料合成医药中间体对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 是催化剂 B. ②过程中有非极性键的断裂 C. ③对应的反应方程式为 D. 该方法下，甲苯的甲基键氯化选择性低 知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应 以工业流程为载体的试题中往往涉及分析陌生的氧化还原反应，分析重点：氧化剂——还原产物；还原剂——氧化产物，要根据工业流程图结合信息综合推理才能得到答案。 例（2026·辽宁省22校协作体·二模）16. 锝()在医疗、工业上均有重要用途。某核废料液中含有的主要的离子为、、、、、。用此工业废水获得的工业路线如图所示。 已知：滤液1加入氨水调的目的是把进行沉淀分离。具有强氧化性，还原产物为。 （5）浸取过程中发生的离子方程式为___________。 考向1新“情境”中氧化还原反应的综合应用 例1（2026·辽宁鞍山·二模）. 16. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： （4）“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； 【变式1·变类型——酸碱环境中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）. 14. 铬的机械强度高、抗腐蚀性能好，从钒铬锰矿渣（主要成分为、、MnO）中提取铬的一种工艺流程如图： 已知：在酸性溶液中钒通常以钒酸根阴离子存在；Mn（Ⅱ）在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为。 下列说法错误的是 A. “沉钒”过程利用了胶体的吸附性，使含钒微粒沉降 B. 实验室模拟处理“沉铬”后的操作时不能用玻璃棒搅拌 C. “提纯”过程中使用溶液，原因是有氧化性，将锰元素氧化，实现与铬元素的分离 D. “转化”过程中发生反应为 【变式2·变类型——反应机理中的氧化还原反应】(2026·辽宁鞍山·二模). 催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 18g 中含有的质子数为10 B. 过程Ⅴ，氧化1mol CuCl需氧气分子数为0.25 C. 标准状况下，11.2L 溶于足量水中，转移电子数为0.5 D. 标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积均为22.4L 【变式3·新情境——非水溶液中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）稀土元素有工业“黄金”之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元素）中提取稀土元素的工艺如下： 已知：月桂酸（）熔点为44℃；月桂酸和均难溶于水；该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；的；开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。 （5）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂，写出用氢气还原和熔融盐制备的化学方程式______。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 2．（2024·黑吉辽卷）分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A. 无色→蓝色：生成 B. 蓝色→无色：转化为化合态 C. 起漂白作用 D. 淀粉作指示剂 3．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）12. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 4．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）一种从废旧电池正极材料（）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是 A. 电极反应： B. 电路中转移电子，理论上可回收 C. 电极连接电源正极 D. 可转化为和，会降低锂的理论回收产率 5．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 6．（2022·辽宁卷） 某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 83 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： （2）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。 7．（2023·辽宁卷）16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 回答下列问题： （5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。 8. （2024·黑龙江、吉林、辽宁卷）16. 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （2）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为_______。 9.（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。 10.（2022·辽宁卷） 作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下： 已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题： （6）氢醌法制备总反应的化学方程式为___________。 11.（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 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 配平原则与方法 ∣ 知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写 考向破译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 ∣ 考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写 考点二 氧化还原反应的计算 知识解构 知识点1 计算原理——得失电子守恒 ∣ 知识点2 得失电子守恒计算方法 考向破译 考向1 得失电子守恒综合应用 考点 三 新“情境”中的氧化还原反应 知识解构 知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性 知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响 知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析 知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应 考向破译 考向1 新“情境”中氧化还原反应的综合应用 ) ( 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配平与书写 —— 黑吉辽蒙卷T16（7）,3分 黑吉辽卷T16（2），3分； 辽宁卷T16（5），3分 辽宁卷T16（2），3分； 氧化还原反应计算 黑吉辽蒙卷T13,3分；16（4），3分 —— —— —— —— 新情景中氧化还原反应的综合应用 黑吉辽蒙卷T12 3分； 黑吉辽蒙卷T12,3分； 黑吉辽卷T6，3分； 辽宁卷T12，3分 辽宁卷T18（6），3分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：本讲是黑吉辽蒙卷必考核心考点，属于高频高分值模块。 1.方程式书写的三大命题规律 规律一：陌生化程度逐年提升，从 "课本原型" 转向 "工业真实反应" 规律二：缺项配平成为主流，强调 "情境推理" 而非 "机械配平"：命题不再给出完整反应物和产物让学生配平，而是： a.给出部分反应物和产物，需推断缺项物质（H⁺/OH⁻/H₂O）； b.给出工艺流程，需自行判断哪些元素发生了价态变化 c.给出反应现象或产物性质，反推反应方程式 规律三：与离子反应深度融合，离子方程式书写占比超 80% 2.氧化还原反应计算命题特点：电子守恒法是绝对核心，"得失电子总数相等" 贯穿所有计算 3.新“情境”中氧化还原反应特点： a.情境陌生度：从常见物质→稀有金属 / 新型材料 b.反应复杂度：从单元素变价→多元素同时变价 c.计算综合度：从一步计算→多步反应 + 误差分析 ►复习目标：1.熟练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.提升在新情境中分析氧化还原反应的综合能力 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配平与书写 知●识●解●构 知识点1 配平原则与方法 1．氧化还原方程式配平三大原则 （1）电子守恒：氧化剂得电子总数 = 还原剂失电子总数，即化合价升高总数=化合价降低总数； （2）质量守恒：反应前后物质质量不变，即原子的种类和个数不变； （3）电荷守恒：离子反应前后，阴离子所带负电荷总数=阳离子所带正电荷总数。 2．氧化还原方程式配平步骤与方法 步骤1.标变价：标明反应前后变价元素的化合价； 步骤2.找得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； 步骤3.求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； 步骤4.定系数：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； 步骤5.查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 例1.Cu与稀HNO3反应的方程式配平方法如下： ①标变价 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ②找得失 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ③求总数 u＋O3(稀)—— (NO3)2＋＋H2O ④定系数 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。 例2.歧化反应配平：S与KOH（热、浓）反应方程式配平： S + KOH（热、浓） —— K2S + K2SO3 + H2O S K2S 降2价 S K2SO3 升6价,由于S的化合价既升又降，所以定系数要先从生成物定，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。最后配平： 3 S + 6 KOH（热、浓） —— 2 K2S + 1 K2SO3 + 3 H2O 例3.归中反应配平：KClO3 + HCl → KCl + Cl2↑ + H2O Cl+5→0（降5）；Cl-1→0（升1），由于Cl2中既有降价到0价又有升价到0价的Cl元素，所以定系数要先从反应物定，而HCl中氯元素既有升价又有不变价态，所以先定KClO3化学计量数为1，根据K元素守恒再定 KCl化学计量数为1 ，然后定HCl化学计量系数为6，最后配平： KClO3 + 6HCl == KCl + 3Cl2↑ + 3H2O 解题技巧 1、正确理解步骤3求总数：根据最小公倍数计算得到的是:变价原子的个数,不等于系数!而根据变价原子的个数可以推导出系数。如：例1中Cu失2个电子，HNO3 中的N元素得到3个电子，最小公倍数为6，2个N原子得电子，但并不代表HNO3的系数为2，因为还有没有变价的N元素，可以通过产物Cu(NO3)2判断得出，所以定系数要有先后。 2.配平关键——定系数先后规律：凡是变价“单纯”的物质系数先定，而变价“不单纯”不单纯的物质后定。所谓“单纯”指的是：物质所含变价元素要么都升，要么都降；或者都由升价生成的物质，都有降价所生成的物质。如：例1中Cu元素在反应中都升高到了2价应该先定系数，而HNO3(稀)中N元素只有一部分由5价降到了+2价所以就后定系数；例2中K2S中的S元素全都是0价降到-2价而得应该先定系数，K2SO3 中的S元素也都是由0价升高到+4价而生成也应该先定系数；而S的化合价既升又降，所以应该后确定系数；例3中Cl2既有—1价升高到0价又有+5价降低到0价的氯元素，应该后确定系数。 知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写 1.“缺项”方程式书写及配平 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，一般缺项为水、酸或碱。 （1）配平方法 （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－ 2. “信息”型方程式书写 “信息”型方程式:一般氧化剂/还原剂或还原产物/氧化产物以信息形式给出。 （1）一般书写步骤：a.根据题干信息或流程图，结合氧化还原反应中元素价态变化确定氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。b.结合溶液的酸碱性，配平化学方程式或离子方程式。 例1硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：______________________________________________ 第一步： 根据题义判断氧化剂还原剂 氧化剂：NaClO →还原产物 Cl⁻； 还原剂：Ni²⁺→氧化产物 NiOOH 第二步： 按 “还原剂 + 氧化剂→ 氧化产物 + 还原产物”写出 Ni²⁺ + ClO⁻ → NiOOH + Cl⁻，根据得失电子守恒可得主要物质的化学计量数：2Ni²⁺ + ClO⁻ → 2NiOOH + Cl⁻ 第三步：补项 左边补 OH⁻，右边补 H₂O。即 2Ni²⁺ + ClO⁻ + OH⁻ → 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O 第四步：配平方程式 2Ni²⁺ + ClO⁻ + 4OH⁻ ══ 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O 答案：2Ni² + ClO⁻+ 4OH⁻ ══ 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O 考●向●破●译 考向1 氧化还原反应方程式配平 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↑ 【变式1·换载体】．（2024·辽宁大连·一模）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3＋Cl2＋H2O===NaCl＋HCl＋H2SO4。下列说法错误的是(　　) A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1 B．若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol电子 C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊 D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低 【答案】A　 【解析】根据电子守恒和原子守恒配平方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O===2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A不正确；若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。 【变式2·变题型——有机氧化还原反应配平】.（2025·东北师范大学附属中学·二模）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．表示 B．氧化剂与还原剂物质的量之比为 C．可用替换 D．若生成气体，则反应转移的电子数为 【答案】B 【解析】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错误；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，B正确；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，C错误；未注明气体状态，无法计算，D错误；故选B。 考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写 例2.（2025——2026·黑龙江省大庆铁人中学·二模）NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是(　　) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小 C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【答案】C　 【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以内应填H＋，配平化学方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH增大，故A、B、D错误，由上述离子方程式可知，C项正确。 【变式1·变类型——缺项OH-】（24-25高三上·北京丰台·期末）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】 【详解】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：。 【变式2·变类型——缺项OH-和H2O】（25-26高三上·河北·阶段检测）“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·变题型】（2025——2026·全国·高三上月考）在有氧条件下与以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是。将该反应的化学方程式补充完整：______。 ______+______+______ = ______ 【答案】 【解析】题目说明有氧条件参与，且产物笑气几乎都是，说明每个中1个来自反应物，1个普通来自，因此反应物、系数比为，为第三个反应物。和的系数比为，可知中的O原子数和中的O原子数相同，完整方程式为。 考点二 氧化还原反应计算 知●识●解●构 知识点1 计算原理——得失电子守恒 1．核心原理：得失电子守恒：还原剂失去电子总物质的量 = 氧化剂得到电子总物质的量 配套两个守恒辅助：a. 电荷守恒（离子方程式适用：左右总电荷相等） b.原子守恒（物料守恒，反应前后同种原子数目不变） 解题技巧 利用好守恒思维，可以抛开繁琐的反应过程，可以抛开化学方程式不写，抛开中间反应过程，只要追踪物质中变价元素的始态和终态，计算出得电子与失电子总数，便可迅速获得正确结果。 2．守恒法解题的流程： （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(失电子)=n(还原剂)×变价原子个数×∣化合价升高差值∣ n(得电子)=n(氧化剂)×变价原子个数×∣化合价降低差值∣ n(失电子)=n(得电子)，列式计算。 知识点2 得失电子守恒计算方法 一、确定元素价态 例1．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 【答案】B 【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 二、确定物质组成 例2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【解析】―→xNa2O4，NaO―→Na， 得关系式1×·x＝16×2，x＝5。 三、多元素间得失电子守恒 例3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为(　　) A．1 mol B. mol C. mol D．2 mol 【答案】C 【解析】如果按照方程式解题，找出还原剂：BrF3和H2O；氧化剂：BrF3。其中5 mol H2O参加反应有2/5做还原剂，3molBrF3参加反应有2/3做氧化剂，1/3做还原剂，还得计算出被水还原的氧化剂——BrF3占几分之几，比较麻烦。换一个思路——得失电子守恒思路解题，所谓：被水还原，就是氧化剂——BrF3得到水失去的电子，也就是：H2O失电子总物质的量=BrF3得电子总物质的量。问题就会比较简洁的解答。 　设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。 四、多步反应得失电子守恒 例4．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8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，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17.02 g。则x等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 【答案】B 【解析】反应流程为 x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即： n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 考●向●破●译 考向1 得失电子守恒综合应用 例1（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g金属铜与100 mL一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是 A．该浓硝酸浓度为 B．过程①中转移电子的数目为 C．过程②生成的物质的量为0.3 mol D．生成的NO、、物质的量之比为 【答案】D 【分析】该反应过程涉及Cu与浓硝酸，氮氧化物与NaOH发生的氧化还原反应，由于产物不止一种，要抓住原子守恒及电子转移守恒进行相关计算。 【解析】A．根据N原子守恒，Cu与浓硝酸反应，浓硝酸中的N一部分转化为，一部分生成氮氧化物，而氮氧化物中的N最终转化为和，由Na原子守恒和的物质的量等于NaOH的物质的量，结合题干信息据此列式：，已知浓硝酸体积为100 mL，所以浓硝酸的浓度为，A正确； B．过程①中转移电子的数目可由Cu的量计算，已知1mol Cu生成转移2mol 电子，即，即转移电子的数目为，B正确； C ．由得失守恒知：0.3mol Cu失去0.6mol 电子，经多步反应最终转化为得电子，即，， C正确； D．设、、的物质的量分别为a、b、c，由题干信息列式①，由N原子守恒列式②，由Cu与浓硝酸反应每生成1mol 转移3份电子，生成1mol 转移1份电子，生成1mol 转移2mol 电子，由电子转移守恒列式③，联立三式计算得a=0.05 mol、b=0.15 mol、c=0.15 mol，所以生成的NO、、物质的量之比为a:b:c=0.05 mol:0.15 mol:0.15 mol=1:3:3，D错误；故答案选D。 【变式1·变载体】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，被氧化的P的物质的量为y，根据得失电子守恒得：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2·变类型——多步反应得失电子守恒】．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，将这些气体与1.68 L O2(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5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL ( NO NO 2 N 2 O 4 ) ( Cu ) ( O 2 )【答案】A 【解析】由题意可知，HNO3 HNO3，分析变价元素始态和终态：Cu从0价升高到+2价，O从0价降低到—2价。Cu失去的电子总数=O2得到的电子数相等。 即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。 【变式2·新情境——工业流程中得失电子守恒】（2026·吉林省吉林市·三模）．已知还原性：HSO>I－，氧化性：IO>I2。 (1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。 NaIO3＋NaHSO3===I2＋Na2SO4＋H2SO4＋H2O (2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__________(填化学式)。 (3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_____________________________________________________________________________； 当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为__________mol。 【答案】(1)===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O (2)NaI　(3)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O　 【解析】(2)由还原性：HSO>I－可知，当NaHSO3溶液过量时，IO先被还原成I2，再被还原成I－。(3)OA段，随着IO的量增加，NaHSO3的量减少，IO被还原成I－，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I－的反应：IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当I－与I2的物质的量之比为5∶3时，设加入的NaIO3为x mol，根据转移电子数守恒，得5×2＝x×6＋x×5，解得x＝。 考点三 新“情境”中的氧化还原反应 知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性 当原子失去或者得到电子以后，原子核外电子排布形成了稳定的结构：原子轨道全满、半充满、全空， 则具有较强的还原性或氧化性 例（2026·吉林省吉林市·三模）17. 稀土元素有工业“黄金”之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元素）中提取稀土元素的工艺如下： 已知：月桂酸（）熔点为44℃；月桂酸和均难溶于水；该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；的；开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / Ⅰ.根据流程回答下列问题 Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。 （4）脱铕：基态Eu原子的价层电子排布式是，可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离，从原子结构的角度解释易被还原为的原因是______。 【答案】（4）Eu原子的价层电子排布式为，价电子排布为，得到1个电子变为后，价电子排布变为，4f轨道为半充满稳定结构，因此易被还原 【解析】稀土矿（含RE、Fe、Al杂质）经酸化浸取，得到含、、、的浸取液；氧化调pH将氧化为，调节pH使铁铝沉淀除去，过滤1得到含、的滤液1；加月桂酸钠沉淀，过滤2得到(C11H23COO)3RE滤饼；滤饼加盐酸55℃反应，得到和月桂酸，最后经操作X分离得到溶液和月桂酸晶体； （4）Eu原子的价层电子排布式为，价电子排布为，得到1个电子变为后，价电子排布变为，4f轨道为半充满稳定结构，因此易被还原； 知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响 溶液的酸碱性对物质的氧化性/还原性强弱产生影响，从而影响氧化还原反应。 例（2026·辽宁锦州渤海大学附中·三模）17. 化学让生活更美好，各类水处理剂能让水质得到提升达到饮用水的标准。生活中较常见的水处理剂有氯气、次氯酸钠、漂白粉（主要成分为次氯酸钙）、二氧化氯、明矾、硫酸铁、高铁酸钠等。 （4）已知：为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产生，在碱性溶液中较稳定。现利用如图装置（夹持装置略）制备，并设计以下方案探究能否氧化产生。 方案Ⅰ 取三颈烧瓶中的紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验，气体中含有 方案Ⅱ 用冷的KOH浓溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b，取少量溶液b，滴加足量盐酸得到溶液c且有产生；取少量溶液c，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色 ①写出三颈烧瓶中生成反应的化学方程式：____________。 ②三颈烧瓶中加入过量KOH溶液的目的是____________。 ③依据的化学性质，甲同学认为方案Ⅰ不能证明能将氧化为，试分析其可能的原因：________（填离子方程式）。 ④由方案Ⅱ是否能得出可将氧化为的结论？____（填“能”或“不能”）。 ⑤为了改善溶液的稳定性，延长高铁酸钾处理水的作用时间，可添加一定浓度的次氯酸钠。在不同浓度NaClO作用下高铁酸钾随反应时间的分解率如图所示： 次氯酸钠溶液可提高高铁酸钾溶液稳定性的原因是______。 【答案】（4） ①. ②. 提供碱性环境，保证稳定存在，提高的产率；增大的浓度，促进的析出 ③. ④. 能 ⑤. 水解使溶液呈碱性，有利于溶液的稳定 【解析】本题以水处理剂为背景，核心是制备氯气和高铁酸钾，先通过实验室常规装置制取氯气，再将氯气通入过量浓KOH溶液的三颈烧瓶中反应制备高铁酸钾，同时涉及NaClO漂白液配制、NaClO溶液吸收NO、高铁酸钾氧化性探究与稳定性分析，围绕含氯水处理剂及高铁酸钾的制备、反应原理、性质验证与条件控制展开。 （4）①反应物为Cl2、Fe(OH)3、KOH，产物为K2FeO4，配平得到该方程式：。 ②K2FeO4在碱性溶液中更稳定，过量KOH可维持碱性环境，提高产率；且K2FeO4微溶于浓KOH，增大K+浓度有利于平衡向沉淀方向移动，利于K2FeO4析出。 ③制备K2FeO4后溶液中反应生成的ClO−，酸性条件下ClO−与Cl−反应生成Cl2，因此无法证明Cl2是K2FeO4氧化Cl−得到的。 ④方案Ⅱ用冷浓KOH洗涤固体，已经除去了可溶性杂质（如ClO−），因此生成Cl2可证明是K2FeO4氧化Cl−得到。 ⑤由图像可知，NaClO浓度越高，高铁酸钾分解率越低，NaClO水解为碱性，抑制高铁酸钾分解，提高稳定性。 知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析 例（2026·吉林长春·一模）10. 利用光催化剂，可选择性的实现键的氯化。以、和甲苯为原料合成医药中间体对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. 是催化剂 B. ②过程中有非极性键的断裂 C. ③对应的反应方程式为 D. 该方法下，甲苯的甲基键氯化选择性低 【答案】C 【解析】A．整个反应循环中，先被消耗，反应结束后重新生成，反应前后的质量和化学性质都不变，因此是该反应的催化剂，A说法正确； B．过程②的反应物​结构中存在非极性共价键；反应后​转化为​，非极性键发生断裂，因此过程②存在非极性键的断裂，B说法正确； C．过程③中，2个（每个降1价，共得2e⁻）氧化1个（从-1价升为+1价，失2e⁻）生成，氧原子由体系中的水分子提供，正确的离子方程式为： 选项给出的不符合反应事实，方程式书写错误，C说法错误； D．题干明确说明该方法可选择性实现键（苯环上的碳氢键）的氯化，最终得到苯环氯化的对氯甲苯；甲苯甲基的键是，该条件下很难被氯化，因此甲苯甲基键氯化的选择性低，D说法正确； 故选C。 知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应 以工业流程为载体的试题中往往涉及分析陌生的氧化还原反应，分析重点：氧化剂——还原产物；还原剂——氧化产物，要根据工业流程图结合信息综合推理才能得到答案。 例（2026·辽宁省22校协作体·二模）16. 锝()在医疗、工业上均有重要用途。某核废料液中含有的主要的离子为、、、、、。用此工业废水获得的工业路线如图所示。 已知：滤液1加入氨水调的目的是把进行沉淀分离。具有强氧化性，还原产物为。 （5）浸取过程中发生的离子方程式为___________。 【答案】（5） 【解析】重点分析氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，只要能分析出这些物质，再结合氧化还原反应方程式配平的技巧，就可以写出反应。 【分析】废料液中含有的主要离子为、、、、、，加入氨水调节pH，除去了。滤液1加入氨水调节，生成沉淀，即滤渣1。滤液2加入，和生成和沉淀，即滤渣2。滤液3加入试剂X之后生成了，说明Tc发生了还原反应，需要加入还原剂。滤渣1在酸性溶液中，生成具有强氧化性的，将重新氧化为，再加入生成沉淀。 （5）中为价，浸取后要得到可溶性（为价），被氧化，根据信息可知：具有强氧化性，还原产物为，配平得离子方程式。 考向1新“情境”中氧化还原反应的综合应用 例1（2026·辽宁鞍山·二模）. 16. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下： 回答下列问题： （4）“沉锰”步骤中生成的离子方程式是________； （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，与NaClO反应的离子方程式为________； 【答案】 （4） （5）或 【解析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌、铜单质，经稀酸浸，锌、铁、钴、锰的氧化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为沉淀，浸渣主要为、；酸浸液通入，与反应生成沉淀，实现沉铜；加入，被氧化为沉淀，实现沉锰；加调，水解为沉淀除去；最后加，被氧化为沉淀，完成沉钴，据此分析。 （4）“沉锰”步骤中，被氧化为，被还原为，配平得离子方程式为； （5）“沉钴”步骤中，的弱酸性条件下，被氧化为沉淀，被还原为，配平得离子方程式为；若过量，部分与结合生成，对应离子方程式为； 【变式1·变类型——酸碱环境中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）. 14. 铬的机械强度高、抗腐蚀性能好，从钒铬锰矿渣（主要成分为、、MnO）中提取铬的一种工艺流程如图： 已知：在酸性溶液中钒通常以钒酸根阴离子存在；Mn（Ⅱ）在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为。 下列说法错误的是 A. “沉钒”过程利用了胶体的吸附性，使含钒微粒沉降 B. 实验室模拟处理“沉铬”后的操作时不能用玻璃棒搅拌 C. “提纯”过程中使用溶液，原因是有氧化性，将锰元素氧化，实现与铬元素的分离 D. “转化”过程中发生反应为 【答案】C 【解析】钒铬锰矿渣经酸浸后，金属氧化物转化为对应离子。沉钒过程加入氢氧化铁胶体，吸附含钒微粒，生成含钒固体，滤液A中含有；沉铬过程中加入氢氧化钠，将转化为沉淀，滤液B中含有；向固体A中加入溶液，除去杂质后煅烧得；向滤液B中加入、NaOH，氧化生成。由此解题。 【详解】A．胶体具有吸附性，可吸附酸性溶液中的钒酸根等含钒微粒，使其沉降，实现沉钒，A正确； B．“沉铬”后得到沉淀，后续操作涉及过滤、洗涤等。实验室中，若用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，导致过滤失败，因此不能搅拌，B正确； C．是强还原剂，而非氧化剂。提纯过程中，的作用是还原固体A中可能存在的高价锰杂质，将其转化为可溶性进入滤液，从而实现与铬的分离，C错误； D．根据已知条件：Mn（Ⅱ）在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为，可得该反应的离子方程式为，D正确； 故答案选C。 【变式2·变类型——反应机理中的氧化还原反应】(2026·辽宁鞍山·二模). 催化氧化法将工业副产物HCl制成，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 18g 中含有的质子数为10 B. 过程Ⅴ，氧化1mol CuCl需氧气分子数为0.25 C. 标准状况下，11.2L 溶于足量水中，转移电子数为0.5 D. 标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积均为22.4L 【答案】B 【解析】A．中含有的质子数为2+8=10，18g 的物质的量为，其含有的质子数为8.2，A错误； B．过程Ⅴ：，氧元素化合价由0降低到-2价，Cu由+1价升高到+2价，方程式中共转移4个电子，故氧化1mol CuCl需氧气分子数为0.25，B正确； C．标准状况下，11.2L即0.5mol溶于水，该反应是可逆反应，转移电子数小于0.5，C错误； D．标准状况下，等物质的量的与HCl所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D错误； 故选B。 【变式3·新情境——非水溶液中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）稀土元素有工业“黄金”之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元素）中提取稀土元素的工艺如下： 已知：月桂酸（）熔点为44℃；月桂酸和均难溶于水；该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；的；开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。 （5）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂，写出用氢气还原和熔融盐制备的化学方程式______。 【答案】（5） 【解析】稀土矿（含RE、Fe、Al杂质）经酸化浸取，得到含、、、的浸取液；氧化调pH将氧化为，调节pH使铁铝沉淀除去，过滤1得到含、的滤液1；加月桂酸钠沉淀，过滤2得到(C11H23COO)3RE滤饼；滤饼加盐酸55℃反应，得到和月桂酸，最后经操作X分离得到溶液和月桂酸晶体； （5）H2做还原剂，将、还原为，被氧化为，化学方程式为。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 【答案】C 【解析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。 A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误； B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误； C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确； D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误； 答案选C。 2．（2024·黑吉辽卷）分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①溶液；②淀粉、丙二酸和混合溶液；③、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是 A. 无色→蓝色：生成 B. 蓝色→无色：转化为化合态 C. 起漂白作用 D. 淀粉作指示剂 【答案】C 【解析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。 A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确； B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO，I2转化为化合态，B正确； C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误； D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确； 故答案选C。 3．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）12. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A. Ⅱ中发生的反应有 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【解析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 A．II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确； B．II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确； C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误； D．若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确； 答案选C。 4．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）一种从废旧电池正极材料（）中回收锂元素的电化学装置如图。下列说法错误的是 A. 电极反应： B. 电路中转移电子，理论上可回收 C. 电极连接电源正极 D. 可转化为和，会降低锂的理论回收产率 【答案】D 【解析】左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a电极是阴极，连接电源的负极。电极反应: ，右侧池被氧化为，这是氧化反应，因此b电极是阳极，连接电源的正极。电极反应: ；阴离子交换膜：允许阴离子(如、OH-等)通过，以维持电荷平衡。 A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A正确 B．电路中转移电子时，整个体系总电子转移量为，每释放对应电子转移（），双电极可同时回收，理论上可回收，B正确； C．右侧发生氧化反应：被氧化为，阳极连接电源正极，C正确； D．若歧化转化为和​，反应为：，该歧化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数（氧化的总能力）不变：原本可得到电子，歧化后作为氧化剂可得到电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的总物质的量不变，因此不会降低锂的理论回收产率，D错误； 故选D。 5．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 【答案】C 【解析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误； B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误； C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确； D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 故选C。 6．（2022·辽宁卷） 某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 83 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： （2）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。 【答案】 （2） 【解析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。 （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； 7．（2023·辽宁卷）16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含和)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 回答下列问题： （5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。 【答案】（5） 【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：； 8. （2024·黑龙江、吉林、辽宁卷）16. 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： （2）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为_______。 【答案】（2） 【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； 9.（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。 【答案】（7）PbC4H4O6Pb+4CO↑+2H2O↑ 【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 （7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：PbC4H4O6Pb+4CO↑+2H2O↑。 10.（2022·辽宁卷） 作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下： 已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题： （6）氢醌法制备总反应的化学方程式为___________。 【答案】（6） 【解析】从的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。启普发生器A为制取的装置，产生的中混有和，需分别除去后进入C中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D干燥后进入C中发生反应生成和乙基蒽醌，F中装有浓，与C相连，防止外界水蒸气进入C中，使催化剂中毒。 （6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。 11.（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 【答案】（4）2 【解析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； （4）被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $