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

该高中化学高考复习讲义围绕氧化还原反应方程式的书写与配平核心考点，按配平原则、步骤、常规与缺项配平、电子守恒计算、信息型方程式书写的逻辑层次展开，通过考点梳理、方法指导（如“三步法”“四步法”）、真题训练（2024-2025年高考题）等环节，帮助学生系统突破难点。 讲义采用“四步法”书写信息型方程式、“三步法”配平缺项反应等创新策略，结合分层练习（基础配平题、综合化工流程题）和真题解析，培养学生科学思维与科学探究能力。通过标变价、列得失等具体步骤，提升学生快速解题能力，为教师把控复习节奏提供精准指导。

第4讲　氧化还原反应方程式的书写与配平 [课程标准]　1.掌握氧化还原反应方程式的配平。2.掌握氧化还原反应方程式的计算。 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1．配平原则 2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤 [自主思考] 配平化学方程式： K2Cr2O7＋____H2C2O4＋____H2SO4―→____Cr2(SO4)3＋____CO2↑＋____K2SO4＋____H2O [配平流程] 第一步，标变价：K2r2O7＋H22O4＋H2SO4―→r2(SO4)3＋O2↑＋K2SO4＋H2O 第二步，列得失： ＋K2SO4＋H2O 第三步，求总数： ＋K2SO4＋H2O 第四步，配系数：________K2Cr2O7＋________H2C2O4＋________H2SO4===________Cr2(SO4)3＋________CO2↑＋________K2SO4＋________H2O 第五步，查守恒：检查剩余元素K、S、H和O是否守恒，是离子方程式的还需检查是否电荷守恒。 提示　1　3　4　1　6　1　7 一、常规氧化还原反应方程式的配平 1．(2026·福建漳州开学考试)利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H＋＋CH3OH＋NO→X＋CO2＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．X表示NO B．还原剂与氧化剂物质的量之比为5∶6 C．可用O3替换CH3OH D．若生成22.4 L CO2，则反应转移的电子数目为4NA 解析　由题意可知，X应为N2，因为NO仍是有害物质，A错误；根据得失电子守恒可得反应原理为6H＋＋5CH3OH＋6NO===3N2↑＋5CO2↑＋13H2O，CH3OH(还原剂)与NO(氧化剂)的物质的量之比为5∶6，B正确；O3是强氧化剂，无法替代还原剂CH3OH，C错误；未说明气体状态，且1 mol CO2对应6 mol电子转移，D错误。 答案　B 2．配平下列化学方程式。 (1)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O (2)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑ 答案　(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5 常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法 二、缺项氧化还原反应方程式的配平 3．(2026·北京开学考试)做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸(乙二酸)的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋===CO2↑＋Mn2+＋________(未配平)，下列有关叙述正确的是(　　) A．发生还原反应的是H2C2O4 B．该离子方程式右侧空格的产物是OH－ C．10 mol H＋参加反应时，转移5 mol电子 D．该反应开始时较慢，随后逐渐加快，是因为Mn2+对反应起催化剂作用 解析　H2C2O4中碳元素化合价从＋3升至＋4，发生氧化反应，而非还原反应，A错误；酸性条件下不可能生成OH－，右侧产物应为H2O，B错误；根据配平方程式(2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O)，6 mol H＋参与反应时转移10 mol电子，因此10 mol H＋参与反应时转移电子的物质的量为×10 mol≈16.67 mol，而非5 mol，C错误；反应生成的Mn2+可作为催化剂(自催化)，导致反应速率加快，D正确。 答案　D 4．将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式： NaBiO3＋Mn2+＋____===Na＋＋Bi3+＋____＋____ 答案　5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O “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： 考点二　氧化还原反应的计算 1．氧化还原反应计算的基本方法 电子守恒法(化合价守恒)。 2．解题的一般步骤 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。 (3)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(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。 一、电子守恒法的基本计算 1．24 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________价。 解析　由题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中Cr元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024 L×0.05 mol·L-1×(6－4)＝0.02 L×0.02 mol·L-1×2×(6－n)解得n＝3。 答案　＋3 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，计算x的值为________。 解析　Na2Sx中S元素的化合价为－，根据题意及得失电子守恒有：x＝16×[1－(－1)]，解得x＝5。 答案　5 二、电子守恒法在多步反应中的应用 3．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8960 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＝________(保留三位有效数字)。 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。 答案　9.20 难点突破1　信息型氧化还原反应方程式的书写 “四步法”突破新情境下氧化还原反应方程式的书写 【书写示例】　KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2+和CO2，该反应的离子方程式是______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 【分析流程】　第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2+是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnO＋C2O―→Mn2+＋CO2↑。由MnO→Mn2+，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2+前配2，即2MnO＋5C2O―→2Mn2+＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，即2MnO＋5C2O＋H＋―→2Mn2+＋10CO2↑＋H2O。 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平，2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O。 一、依据所给信息书写方程式 1．(2024·江苏卷节选)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 (1)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 (2)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag＋杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生Ag＋的离子方程式为__________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_________________ _______________________________________________________。 解析　(1)结合题给信息可知，根据原子守恒和得失电子守恒可得化学方程式为Fe＋AgCl＋2HCl===FeCl3＋Ag＋H2↑。(2)①根据题图可知，O2为氧化剂，H＋也参与反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可得离子方程式为4Ag＋4H＋＋O2===4Ag＋＋2H2O。②若溶解氧浓度过高，可能会在纳米Ag表面形成Ag2O，包裹纳米Ag，导致其抗菌性能下降。 答案　(1)Fe＋AgCl＋2HCl===FeCl3＋Ag＋H2↑ (2)①4Ag＋4H＋＋O2===4Ag＋＋2H2O　 ②纳米Ag表面形成Ag2O 2．(2023·辽宁卷改编)(1)Co(OH)2可被O2氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为________________________。 (2)pH＝4，Mn2+被过一硫酸(H2SO5)氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____________ __________ (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 答案　(1)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O (2)Mn2+＋HSO＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋ 二、化工流程中方程式的书写 3．(2024·湖南卷节选)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： “滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为__________ ________________________________________________________________________________________________________________________________。 解析　滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为Cu2Se＋4H2O2＋4H＋===2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O。 答案　Cu2Se＋4H2O2＋4H＋===2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O 三、探究实验中方程式的书写 4．(2023·湖北卷节选)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为________________________；产生的气体为________。 答案　Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O　O2 四、反应机理图中方程式的书写 5．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 1．(2024·甘肃卷)兴趣小组设计了从AgCl中提取Ag的实验方案，下列说法正确的是(　　) A.还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗1 mol Fe可回收1 mol Ag C．反应①的离子方程式是＋4H＋===Cu2+＋4NH D．溶液①中的金属离子是Fe2+ 解析　由题中的实验方案能得出还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A错误；由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B错误；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是＋ 4H＋===Cu2+＋4NH，C正确；铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，D错误。 答案　C 2．(2024·北京卷)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 IO 已知：MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A．反应①，n∶n＝1∶5 B．对比反应①和②，x＝3 C．对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变 解析　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－＋2MnO＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)＝2∶5，A错误；根据反应①可得关系式10I－～2MnO，可以求得n＝0.000 2，则反应②的n(I－)∶n(MnO)＝0.001∶(10×0.000 2)＝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－～2MnO～MnO2～IO～6e－，IO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－＋2MnO＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－，B正确；已知MnO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错误；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错误。 答案　B 3．(2025·河南卷节选)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)已知“酸溶2”中Rh转化为H3，则生成该物质的化学方程式为____________ ________________________；“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。 (2)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成4-，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为________；反应中同时生成2-，Rh(Ⅲ)以3-计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 解析　(1)“酸溶2”中Rh转化为H3，Rh元素化合价由0升高至＋3，HNO3中N元素化合价由＋5降低至＋2，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh＋6HCl＋HNO3===H3＋NO↑＋2H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 (2)“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由＋3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。 (3)配离子4-中，配体－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则x＋5×(－1)＝－4，则x＝＋1；Rh(Ⅲ)以3-计，反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为2-，Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl－形成－，作为新的配体，每生成1个4-，需要5个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1＋5)∶1＝6∶1。 答案　(1)Rh＋6HCl＋HNO3===H3＋NO↑＋2H2O　SiO2 (2)Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl (3)＋1　6∶1 4．(2025·浙江1月卷节选)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法： Ⅰ.用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣(主要成分为CaSO4)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷(P4)燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。 (1)方法Ⅰ，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是________________。 (2)以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na2SO4，流程如下： 溶液A是____________，系列操作B是____________________，操作C是__________。 (3)方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10(PO4)6O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷(P4)和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是_________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)方法Ⅰ中，Ca5(PO4)3OH、Ca5(PO4)3F、Ca5(PO4)3Cl和过量浓硫酸反应生成CaSO4、H3PO4、HF、HCl，其中部分HF和SiO2反应生成SiF4气体和水，还可能生成H2SiF6，则H3PO4溶液中含有的杂质酸是H2SO4、HCl、HF(或H2SiF6)。(2)因碳酸钙比硫酸钙更难溶，且渣与溶液A反应后可制得Na2SO4，则应将碳酸钠溶液加入渣中，反应生成碳酸钙沉淀和硫酸钠，故溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除去碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得Na2SO4·xH2O，Na2SO4·xH2O加热脱水得无水Na2SO4。(3)根据元素守恒，反应生成的可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca10(PO4)6O＋30C＋20SiO220CaSiO3＋3P4＋30CO↑。 答案　(1)H2SO4、HCl、HF(或H2SiF6) (2)碳酸钠溶液　过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　加热脱水 (3)2Ca10(PO4)6O＋30C＋20SiO220CaSiO3＋3P4＋30CO↑ 学科网（北京）股份有限公司 $