第1章 第4讲 氧化还原反应方程式的书写与配平（Word练习）-【精讲精练】2027年高考化学一轮复习（人教版）

**基本信息** 聚焦氧化还原反应核心素养，以“化合价分析-电子守恒-配平计算”为主线，系统构建解题方法体系，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念判断|3-6题|氧化剂/还原剂判断、化合价计算|从化合价变化切入，建立氧化还原反应核心概念关联| |定量计算|1-3、7-8题|得失电子守恒法、物质的量关系方程|以电子守恒为桥梁，连接宏观量与微观电子转移| |综合应用|9-12题|多步反应电子守恒、配平技巧|整合工业流程与实验数据，实现方法迁移与综合应用|

说明：选择题每题3分；非选择题共26分；本试卷共56分。 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为(　　) A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5 解析　Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素的还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。 答案　C 2．工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)处理工业废水中含有的重铬酸根离子(Cr2O)，反应的化学方程式为FeSO4＋K2Cr2O7＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋Cr2(SO4)3＋H2O＋K2SO4(未配平)，下列有关说法正确的是(　　) A．FeSO4是氧化剂 B．1 mol K2Cr2O7参与反应转移3 mol电子 C．K2Cr2O7中铬元素的化合价为＋7价 D．参与反应的Fe2+与Cr2O的物质的量之比为6∶1 解析　FeSO4中Fe元素化合价升高，作为还原剂，A错误；Cr元素化合价由＋6价降低为＋3价，转移电子关系为K2Cr2O7～6e－，故1 mol K2Cr2O7参与反应转移6 mol电子，B错误；K元素化合价为＋1价，O元素化合价为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，Cr元素化合价为＋6价，C错误；根据得失电子守恒可知，Fe2+与Cr2O的物质的量之比为6∶1，D正确。 答案　D 3．(2026·重庆长寿中学开学考试)红磷可在氯气中燃烧，若P和Cl2按物质的量之比1∶1.8混合，点燃使其完全反应，只生成PCl3和PCl5两种产物。则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比为(　　) A．5∶2 B．2∶5 C．7∶3 D．3∶7 解析　设生成n＝x mol，n＝y mol，根据质量守恒与得失电子守恒可得：x＋y＝1 mol，3x＋5y＝3.6 mol，解得x＝0.7 mol，y＝0.3 mol，故PCl3与PCl5的物质的量之比为7∶3。 答案　C 4．NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋―→Mn2+＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　) 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－ 解析　NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2+＋5NO＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。 答案　C 5．(2025·北京期中)某离子反应涉及MnO、Mn2+、H＋、H2O、H2O2、O2六种粒子，测得反应过程中MnO和O2的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.在该反应中，H2O2是还原剂，H2O是氧化产物 B．在该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2 C．在该反应中，每消耗1 mol还原剂，转移4 mol电子 D．随反应进行，溶液的pH逐渐增大 解析　随着反应的进行，MnO的物质的量减少，其为反应物，O2的物质的量增加，其为生成物。根据氧化还原反应原理，离子反应方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2+＋5O2↑＋8H2O。在该反应中，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，A错误；MnO是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，B错误；每消耗1 mol还原剂，转移2 mol电子，C错误；随反应进行，溶液的pH逐渐增大，D正确。 答案　D 6．(2026·福建漳州开学考试)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液(主要成分为ZnCl2，其他成分无干扰)中的Cl－，“浸铜”过程铜有剩余。相关流程如图，下列说法正确的是(　　) A．“浸铜”时应加入过量的H2SO4、H2O2 B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2===2Cu2+＋H2↑＋2H2O C．“脱氯”时仅Cu元素化合价发生改变 D．“脱氯”反应每生成1 mol CuCl，消耗1 mol Cu2+ 解析　“浸铜”过程中若加入过量的H2SO4、H2O2，后续“脱氯”时，过量的H2O2可能会氧化CuCl，H2SO4也会引入新的杂质，A错误；H2O2在酸性条件下作氧化剂时，还原产物为H2O而非H2，正确的“浸铜”反应为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2+＋2H2O，B错误；“脱氯”反应为Cu2+＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓，其中Cu2+(＋2价)被还原为＋1价，Cu(0价)被氧化为＋1价，仅Cu元素化合价改变，C正确；由“脱氯”反应Cu2+＋Cu＋2Cl－===2CuCl↓可知，生成2 mol CuCl消耗1 mol Cu2+，则生成1 mol CuCl消耗0.5 mol Cu2+，D错误。 答案　C 7．(2025·吉林白城期末)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断不正确的是(　　) A．生成44.8 L N2(标准状况) B．有0.250 mol KNO3被氧化 C．转移电子的物质的量为1.25 mol D．被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol 解析　反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原。根据反应方程式可知，每当生成16 mol N2时，氧化产物比还原产物多14 mol，转移电子的物质的量为10 mol，被氧化的N原子的物质的量为30 mol，被还原的有2 mol KNO3，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则生成2 mol N2，在标准状况下的体积为44.8 L，被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol，有0.250 mol KNO3被还原，转移电子的物质的量为1.25 mol，A、C、D正确，B错误。 答案　B 8．(2026·浙江杭州开学考试)次磷酸盐用于化学镀银的反应为H2PO＋Ag＋＋H2O→H3PO4＋Ag＋H2↑(未配平)，NA表示阿伏加德罗常数的值，当标况下生成3.36 L的H2时，下列说法正确的是(　　) A．H2O既不是氧化剂也不是还原剂 B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5 C．转移电子的数目为0.2NA D．消耗水的质量为7.2 g 解析　方程式配平后反应为2H2PO＋2Ag＋＋4H2O===2H3PO4＋2Ag↓＋3H2↑，H2O中H被还原为H2，说明H2O是氧化剂，A错误；氧化产物H3PO4(2 mol)与还原产物(Ag 2 mol＋H2 3 mol)的物质的量比为2∶5，B正确；当生成H2 0.15 mol时，生成H3PO4 0.1 mol，转移电子0.4 mol，转移电子数为0.4NA，C错误；当生成H2 0.15 mol时，消耗H2O 0.2 mol，0.2 mol H2O的质量为m＝n·M＝0.2 mol×18 g·mol-1＝3.6 g，D错误。 答案　B 9．(2025·福建泉州期中)已知：HSO的还原性强于I－的还原性，IO的氧化性强于I2的氧化性。在含一定量NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．原溶液中含有NaHSO3的物质的量为3 mol B．反应进行到z点时，共生成I2的物质的量为1 mol C．y→z的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1 D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶6时，加入的KIO3为1.7 mol 解析　0→y发生的反应为3HSO＋IO===3SO＋I－＋3H＋，y点时IO的物质的量为1.5 mol，则原溶液中含有NaHSO3的物质的量为4.5 mol，A错误；y→z发生的反应为5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，反应进行到z点时，共生成I2的物质的量为n＝n＝×1.5 mol＝0.9 mol，B错误；y→z的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，C错误；第一步反应3HSO＋IO===3SO＋I－＋3H＋有n(IO)＝n(I－)＝1.5 mol，第二步反应5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O中有如下计量关系5I－～IO～3I2，设n(I－)＝x mol，则n(IO)＝0.2x mol、n(I2)＝0.6x mol，当溶液中＝＝时，解得x＝1 mol，加入的n＝1.5 mol＋0.2x＝1.5 mol＋0.2 mol＝1.7 mol，D正确。 答案　D 10．(2025·北京海淀三模)氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是(　　) A．“另一种反应物”在反应中表现还原性 B．CuH与Cl2反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl C．CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl D．CuH与盐酸反应的离子方程式为CuH＋H＋===Cu＋＋H2↑ 解析　氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl，B正确；CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2和HCl，C正确；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为CuH＋H＋＋Cl－===CuCl↓＋H2↑，D错误。 答案　D 二、非选择题 11．(12分)过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒的作用来清洗伤口。有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。 (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：___________________ ________________________________________________________。(4分) H2O2＋____Cr2＋____KOH===____K2CrO4＋____K2SO4＋____H2O (2)如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN，C为＋2价)，经以下反应实现： KCN＋H2O2＋H2O===A＋NH3↑(已配平)。若反应中有6.72 L(标准状况)气体生成，转移电子数目为________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。(3分) (3)某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：O2、MnO、H2O、Mn2+、H2O2、H＋。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。该反应中发生还原反应的过程是________。(3分) (4)用0.2 mol·L-1 Na2SO3溶液32 mL，还原含4×10-3 mol XO的溶液，过量的Na2SO3用0.2 mol·L-1 KMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2+)，共消耗KMnO4溶液0.8 mL，则元素X在还原产物中的化合价是________。(2分) 解析　(1)过氧化氢中氧元素化合价由－1价降低到－2价，Cr元素化合价由＋3价升高到＋6价，依据得失电子守恒可知，配平后的化学方程式为3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O，用单线桥法表示转移电子数目和方向为＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O。 (2)A的化学式为KHCO3；标准状况下，6.72 L即0.3 mol氨气，依据方程式KCN＋H2O2＋H2O===KHCO3＋NH3↑可知，生成1 mol氨气转移2 mol电子，因此生成0.3 mol氨气，转移0.6 mol电子，转移电子数为0.6NA。 (3)H2O2是还原剂，氧气是氧化产物，因此发生还原反应的过程是MnO→Mn2+。 (4)n(Na2SO3)＝0.2 mol·L-1×32×10-3 L＝6.4×10-3 mol，n(XO)＝4×10-3mol，n(KMnO4)＝0.2 mol·L-1×0.8×10-3 L＝1.6×10-4 mol，Na2SO3被氧化为Na2SO4，硫元素化合价由＋4价升高到＋6价，KMnO4被还原，锰元素化合价由＋7价降低到＋2价，XO被还原，X元素化合价降低，令X元素在产物中的化合价为a价，依据得失电子守恒有6.4×10-3mol×(6－4)＝1.6×10-4mol×(7－2)＋4×10-3mol×(6－a)，解得a＝＋3，则元素X在还原产物中的化合价是＋3。 答案　(1) ＋10KOH===2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O　(2)0.6NA (3)MnO→Mn2+　(4)＋3 12．(14分)(2026·黑龙江齐齐哈尔开学考试)LiAlH4、LiH、NaBH4是有机合成中常用的还原剂。回答下列问题： (1)LiAlH4中H元素的化合价为__________。LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al，若1 mol LiAlH4完全分解，转移___________mol e－。(4分) (2)LiH加入水中生成气体的化学式为__________。(2分) (3)在一定条件下MgH2与NaBO2发生反应生成NaBH4(还生成另一种氧化物)，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为__________，将NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在500 ℃和4×105 Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠。该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(4分) (4)0.25 mol NaBH4的还原能力与标准状况下__________L H2的还原能力相当(还原能力即生成H＋失去电子的量)。(2分) (5)通过以下实验测定硼氢化钠样品的纯度。 ⅰ.准确称取干燥硼氢化钠样品0.50 g，用NaOH溶液溶解后配制成100 mL溶液； ⅱ.取10.00 mL样品溶液于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.10 mol·L-1KIO3溶液，然后加入足量KI，滴入几滴淀粉溶液，无明显现象(3NaBH4＋4KIO3===3NaBO2＋4KI＋6H2O)； ⅲ.加入足量稀硫酸酸化，溶液成深蓝色(KIO3＋5KI＋3H2SO4===3K2SO4＋3I2＋3H2O)； ⅳ.用0.50 mol·L-1的Na2S2O3标准液滴定，至终点时，消耗该标准液12.00 mL(I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)。 则样品中NaBH4的质量分数为__________。(2分) 解析　(1)LiAlH4中Li为＋1价，Al为＋3价，H元素的化合价为－1价；LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al，化学方程式为2LiAlH42LiH＋3H2↑＋2Al，若1 mol LiAlH4完全分解，转移3 mol e－； (2)LiH加入水中生成H2和LiOH； (3)在一定条件下MgH2与NaBO2发生反应生成NaBH4和MgO，根据原子守恒，理论上MgH2与NaBO2的物质的量之比为2∶1；将NaBO2、SiO2和Na的固体混合物与氢气在500 ℃和4×105Pa条件下制备NaBH4，同时生成硅酸钠，该反应的化学方程式为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2NaBH4＋2Na2SiO3； (4)NaBH4作还原剂，H元素化合价由－1价升高到＋1价，0.25 mol NaBH4失去2 mol电子，还原能力与1 mol H2的还原能力相当，标准状况下体积为22.4 L； (5)根据题中反应，可得关系式KIO3～3I2～6Na2S2O3，可知与NaBH4反应后，KIO3剩余0.025 L×0.1 mol·L-1－×0.012 L×0.5 mol·L-1＝0.001 5 mol，则样品中NaBH4的质量分数为×100%＝85.5%。 答案　(1)－1　3　(2)H2　(3)2∶1　NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2NaBH4＋2Na2SiO3 (4)22.4　(5)85.5% 学科网（北京）股份有限公司 $