第12讲 电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用（真题+考点+模拟）-备战2027年高考化学【筑基提能100讲】复习讲义（全国通用）

该高中化学高考复习讲义聚焦电子守恒法在氧化还原反应计算中的核心考点，覆盖高考选择与非选择题型。以真题明方向（5道选择、1道非选择）、精讲建体系（守恒法原理、思维流程及3道例题）、模练促落实（11道选择、5道非选择）为架构，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生突破计算难点，体现复习的系统性与针对性。 资料采用“真题-精讲-模练”三阶教学法，精讲环节通过Na₂Sₓ与NaClO反应计算x值等例题，培养学生科学思维中的守恒思想与证据推理能力。模练题分层设计，从基础到综合，落实科学探究与实践中的问题解决能力。真题对接高考命题规律，例题典型性强，助力学生高效提升解题效率，为教师把控复习节奏提供清晰指导。

以真题明方向 | 以精讲建体系 | 以模练促落实 备战2027年高考化学【筑基提能100讲】复习讲义（全国通用） 第12讲 电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用 第一部分 以【真题】明方向 选择题： 5 题 非选择题： 1 题 第二部分 以【精讲】建体系 电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用+3道例题 第三部分 以【模练】促落实 选择题： 11 题 非选择题： 5 题 第一部分 以【真题】明方向 1、[2025·重庆，15(4)]Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.100 0 g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00 mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3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　　　　。 【答案】4H++H2SeO3+4I-===2I2+Se+3H2O　94.8% 【详解】第一次加入40.00 mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者同时作还原剂，将H2SeO3还原，第二次再加入同浓度的Na2S2O3溶液滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48.00 mL 0.1 mol·L-1的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应，根据已知条件Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，则n[Se(Ⅳ)]=×48×10-3 L×0.1 mol·L-1=1.2×10-3 mol，样品中Se的含量：×100%=94.8%。 2．（2023·湖南·高考真题）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 【详解】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。 3．（2023·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．生成，转移电子 B．是还原产物 C．既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，为负极产物 【答案】A 【详解】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确； B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误； C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误； D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误； 故选A。 4．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A．温度升高时不利于吸附 B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C．转化为的反应是 D．每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【详解】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D。 5．（2022·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．发生反应，转移电子 【答案】B 【详解】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 综上所述，本题选B。 6．（2022·重庆·高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。 ②产品中Sn的质量分数为_____%。 【答案】(3)滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6% 【详解】（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后半滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O； ②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%，故答案为：47.6%。 第二部分 以【精讲】建体系 1．计算依据 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．守恒法解题的思维流程 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)列出一个原子或离子的化合价的变化 (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。 在氧化还原反应中，转移电子数＝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) 【易错提醒】部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原。 【例题1】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　　　　。 【答案】5 【详解】Na2 →xNa2O4，NaO→Na，由得失电子守恒得关系式1×[6-]·x=16×2，解得x=5。 【例题2】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 【答案】A 【详解】由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2×=0.15 mol。根据元素守恒及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。 【例题3】立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达式)。 【答案】浅蓝色至无色 ×100% 【解析】滴定终点时，I2被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.100 0×，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.100 0－n1(I2)＝ mol，由电子守恒可知S2－～I2，则样品中S2－的含量为×100%。 第三部分 以【模练】促落实 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Cr元素在还原产物中的化合价为 A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 【答案】B 【详解】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可得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。 2、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 【详解】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得到电子的物质的量，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。 3．在反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 A．1：5 B．1：3 C．5：1 D．3：1 【答案】A 【详解】该反应为歧化反应，既是氧化剂又是还原剂：3 mol 含6 mol 原子，其中1 mol 化合价升高被氧化，对应0.5 mol 作还原剂；5 mol 化合价降低被还原，对应2.5 mol 作氧化剂，还原剂与氧化剂物质的量之比为，A正确； 故答案选A。 4．制取漂白粉的化学方程式为，该反应中 A．只失电子，被氧化 B．是氧化剂，是还原剂 C．每消耗，则转移2 mol e- D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 【答案】D 【详解】A．该反应中中部分化合价升高失电子被氧化，部分化合价降低得电子被还原，并非只失电子，A错误； B．反应中中各元素化合价均未发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，氧化剂和还原剂均为，B错误； C．由反应可知，每消耗，转移，因此每消耗，转移，C错误； D．参与反应时，作氧化剂的与作还原剂的物质的量相等，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为，D正确； 因此答案选D。 5．已知在硫酸溶液中1 mol 可与3 mol 恰好完全反应，反应后全部转化为，则可能转化为 A．C B．CO C． D． 【答案】C 【详解】氧化还原反应中得失电子守恒，先计算氧化剂得到的总电子数，再据此计算还原剂中C元素的最终化合价，匹配对应产物即可：得电子计算：1 mol 中为价，转化为时每个得，总得到电子物质的量为。失电子计算：设反应后化合价为，中为价，3 mol该离子失电子总物质的量为，由得失电子守恒得，解得，即产物中为价，故选C。 6．《天工开物》中记载：“凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅”。黑火药爆炸时发生的反应为。下列说法正确的是 A．在反应中作氧化剂只有 B．元素的化合价降低，发生氧化反应 C．反应的还原产物是和 D．每生成1 mol 分子转移的电子数为 【答案】D 【详解】A．反应中中元素化合价从0价降低到-2价，中元素化合价从+5价降低到0价，二者均得电子作氧化剂，故氧化剂不只有，A错误； B．元素化合价降低，得电子被还原，发生还原反应，B错误； C．氧化剂对应还原产物，该反应的氧化剂为和，对应的还原产物是和，是被氧化得到的氧化产物，C错误； D．反应中元素化合价从0价升高到+4价，每生成，有失去电子，转移的电子数为，D正确； 故选D。 7．把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和物质的量浓度之比为，则已反应的和未反应的物质的量之比为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据反应，设已反应的物质的量为，则生成的物质的量为；溶液体积相同，物质的量浓度之比等于物质的量之比，由反应后和浓度比为可知，未反应的物质的量为，因此二者比值为，可知B正确。 8．工业上常用和稀硫酸制备，反应开始加入少量的的生成速率会大大提高，过程如图所示，下列说法不正确的是 A．为反应过程中的催化剂，为中间产物 B．过程1中，氧化剂与还原剂的个数比为1：1 C．过程2中每生成1mol转移4个电子 D．制备总反应的离子方程式为 【答案】C 【详解】A．参与过程1反应，又在过程2中生成，且加入可提高生成速率，为催化剂；在过程1生成，过程2消耗，为中间产物，A正确； B．过程1反应为，氧化剂与还原剂的个数比为1:1，B正确； C．过程2反应为，中为-1价，生成1 mol 转移个电子，C错误； D．将过程1和过程2的反应相加，消去中间产物和催化剂，得到总离子方程式，D正确； 故答案选C。 9．以为主要原料制备粗产品的工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．氧化性： B．溶解过程中可以用稀盐酸代替稀硫酸 C．发生器中每生成，理论上需消耗 D．吸收塔中主要反应的离子方程式： 【答案】D 【详解】该工艺先把氯酸钠固体加稀硫酸溶解，进入发生器，通入二氧化硫和空气，反应生成二氧化氯；二氧化氯进入吸收塔，和氢氧化钠、过氧化氢反应，生成亚氯酸钠、氧气和水，再经过系列操作得到亚氯酸钠粗产品，据此分析： A．发生器中作氧化剂，为还原产物，则氧化性：，吸收塔内与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，作氧化剂，作还原剂，则氧化性：，A错误； B．具有强氧化性，可以氧化盐酸中生成，故溶解过程中不可以用稀盐酸代替稀硫酸，B错误； C．固体NaClO3加入稀硫酸溶解，溶液中通入二氧化硫发生反应2NaClO3+SO2=2ClO2+Na2SO4，发生器中每生成理论上需消耗0.5molSO2，质量为0.5mol×64g/mol=，C错误； D．吸收塔中主要反应离子方程式：，D正确； 故答案选D。 10．将一定量的CuS投入足量的中，收集到NO和的混合气体V L(标准状况)。反应后的溶液中存在和，加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到的CuO固体，则V可能为 A．10 B．17.8 C．31.4 D．53.8 【答案】C 【详解】首先计算，根据Cu元素守恒，；反应中S元素从-2价升高到+6价，1 mol 转移8 mol电子，总失电子物质的量为；用极限法判断气体体积范围：若还原产物全为，每个N得3 e⁻，，；若还原产物全为，每个N得1 e⁻，，；实际为混合气体，因此，选项中满足该范围的V=31.4 L，故答案为C。 11．足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(已折算为标准状况)与NO的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．与浓硝酸反应的Cu为0.3mol B．消耗氧气的体积为1.12L(标准状况) C．参加反应的是0.45mol D．混合气体中NO的体积分数约为33% 【答案】A 【详解】Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、水、氮氧化物：氮氧化物和氧气、水反应生成硝酸，硝酸铜和NaOH反应生成氢氧化铜和硝酸钠。得失电子角度来看，Cu的电子转移给了氧气，结合得失电子守恒计算。 A．根据加入的NaOH量计算，n(OH-)=0.15L×4mol/L=0.6mol。每个Cu2+需2个OH⁻，故n(Cu2+)=0.3mol，对应反应的Cu为0.3mol，A正确； B．整体来看，Cu的电子转移给了氧气，Cu失去的电子总物质的量为0.3mol×2=0.6mol，所需O2物质的量为0.6mol÷4=0.15mol，在标况下的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，B错误； C．参加反应的HNO3包括生成Cu(NO3)2的酸部分（0.3mol×2=0.6mol）和被还原为氮氧化物部分（0.3mol），总物质的量为0.6mol+0.3mol=0.9mol，C错误； D．设NO2为x mol，NO为y mol，则x+y=0.3，且x+3y=0.6，解得y=0.15，x=0.15，NO的体积分数为50%，D错误； 答案选A。 12．实验室利用K2Cr2O7标准溶液测定硫代硫酸钠的纯度，回答下列问题： 测定步骤如下： (1)溶液配制：称取a g某硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）样品，用新煮沸后冷却的蒸馏水在烧杯中将样品完全溶解，冷却至室温后，全部转移至100 mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。 ①溶液的转移过程需要用到玻璃棒，玻璃棒的作用为________________________。 ②当加蒸馏水至液面离容量瓶颈部刻度线1～2 cm时，改用______（填仪器名称）继续加蒸馏水至液体凹面与刻度线相切。 ③溶解该样品的蒸馏水煮沸的目的是__________________________。 (2)滴定：取V1 mL 用硫酸酸化的K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，往锥形瓶中加入过量KI溶液，发生反应（杂质不参与反应），充分反应后，往锥形瓶中加入淀粉溶液，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应（不考虑其他反应），当到达滴定终点时，记录数据。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为V2 mL。 ①K2Cr2O7中Cr元素的化合价为______价。 ②滴定时，眼睛应注视______（填“锥形瓶”或“滴定管”）中溶液变化情况。 ③淀粉溶液的作用为__________________________。 ④滴定结束后，若俯视滴定管读数，所测得的样品纯度将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 ⑤该硫代硫酸钠样品的纯度为______%（用含a、c、V1、V2的代数式表示）。 【答案】(1)引流 胶头滴管 除去溶解在水中的氧气，防止氧化 (2)+6 锥形瓶 作指示剂 偏大 【详解】（1）①转移溶液时，玻璃棒的作用是引流，避免溶液洒出造成溶质损失； ②定容操作的规范要求：液面距刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，防止直接倾倒导致液面超过刻度线； ③硫代硫酸钠具有还原性，蒸馏水中溶解的会将其氧化，煮沸蒸馏水可以除去水中溶解的氧气，防止后续溶解样品时被氧化，保证测定准确； （2）①根据化合物化合价代数和为0：K为+1价、O为-2价，设Cr化合价为，有，解得； ②滴定操作规范：滴定时眼睛需注视锥形瓶内溶液的颜色变化，及时判断滴定终点，不能盯着滴定管的液面； ③淀粉遇会变蓝色，滴定过程中随着被消耗，溶液蓝色逐渐变浅，当蓝色恰好褪去且半分钟不恢复时即为终点，因此淀粉是该滴定反应的指示剂； ④俯视滴定管读数会使读取的样品溶液消耗体积偏小，根据后续纯度推导公式，在分母位置，最终计算出的纯度会偏大； ⑤纯度推导：根据两个反应的定量关系，可得计量关系，，对应参与反应的，这是样品溶液中的溶质物质的量，则100 mL样品溶液中总，的摩尔质量为248 g/mol，因此样品纯度为。 13．黄铁矿（主要成分）是自然界分布较广的一种硫化物矿物。工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，并以制硫酸产生的尾气（）为原料制备焦亚硫酸钠（）的流程如图所示。 (6)中硫是________价，所以具有________性，可用作葡萄酒的抗氧化剂。为测定某葡萄酒中的含量，取100.00 mL葡萄酒样品与碘标准液反应，消耗20.00 mL标准液（假设葡萄酒中其他成分不与反应），则样品中的含量为________。（已知：） 【答案】(6) 还原 【详解】（6）在中，元素的化合价为价，元素的化合价为价。设元素的化合价为，根据化合物中正负化合价代数和为，可得，解得。价的硫处于中间价态，在作葡萄酒抗氧化剂时，易被氧化为价，从而消耗体系中的氧气，体现出还原性。根据已知化学方程式，可得定量关系式：；滴定消耗的的物质的量为：， 则葡萄酒样品中含有的物质的量为：，其质量为：。故样品中的含量为：。 14．无水（易水解、易升华）是常用的有机合成催化剂。工业铁粉（含少量杂质As）与氯气反应制备无水的实验装置如图所示： 回答下列问题： (6)产品中含有少量杂质（已知的相对分子质量为181.5）。取产品溶于稀盐酸中，用的标准溶液滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液。测定过程中发生的相关反应有：和。产品中的质量分数为______%（保留到小数点后一位）。 【答案】(6)99.5 【详解】（6）根据反应方程式可得关系式：，滴定消耗的； 则； 杂质的质量为； 产品中的质量分数为。 15．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂。实验室用NaClO3与Na2SO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制NaClO2，装置如下图所示。 已知装置A中反应的化学方程式为： (4)为了测定所得NaClO2样品的纯度，称取样品0.200g，溶于水后加入硫酸酸化，向溶液中加入0.4000mol·L-1的KI溶液，恰好完全反应时消耗KI溶液的体积为20.00mL。已知反应的化学方程式为：，杂质不参与反应。 ①配制100mL 0.4000mol·L-1的KI溶液所用到的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有______、______。 ②通过计算确定样品中NaClO2的质量分数，写出计算过程______。 【答案】(4)100 mL容量瓶 胶头滴管 根据化学方程式可知，，则 ，其质量为 ，样品中 的质量分数为 。 【详解】（4）①配制一定物质的量浓度的100 mL溶液，除烧杯、玻璃棒外，还需要用100 mL容量瓶定容体积，最后用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线。 ②样品中的质量分数计算 解： 参与反应的的物质的量： ，根据反应方程式，可得计量关系，因此： ，的摩尔质量为，其质量为： 样品中的质量分数： 。 16．铁氰化钾{}易溶于水，不溶于乙醇，常用于检验溶液中的。 已知：ⅰ．与直接混合时，会将氧化成。 ⅱ．、能与形成、。 一种制备铁氰化钾的流程如下： 实验步骤： 步骤①：如图甲，向三颈烧瓶中加入5g铁粉，通入一定量的排尽装置内的空气，打开，滴加稀硫酸至铁粉反应完全。 步骤②：关闭、打开，向三颈烧瓶中通入一定量的，用气球收集排出的气体。 步骤③：关闭、打开，持续搅拌下向三颈烧瓶中滴加足量溶液，制得溶液。 步骤④：氧化制备，其实验装置如图乙所示。 回答下列问题： (7)铁氰化钾可用于测定硫酸钴晶体()中的钴含量。取硫酸钴晶体样品，加水配成100溶液，取20.00待测液于锥形瓶中，加入铁氰化钾标准液，反应的离子方程式为，充分反应后，用质量浓度为的(Ⅱ)标准液滴定剩余的铁氰化钾，消耗(Ⅱ)标准液。样品中钴的质量分数为__________(用代数式表示)。 【答案】(7) 【详解】（7）20 mL待测液中，总铁氰酸根的物质的量为，滴定消耗的Co(Ⅱ)的物质的量为，根据关系式可知，对应消耗剩余铁氰酸根的量也为该值，因此20 mL样品中Co2+的物质的量为，100 mL溶液中总Co的物质的量是该值的5倍，则Co的总质量为，则样品中钴的质量分数为。 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 以真题明方向 | 以精讲建体系 | 以模练促落实 备战2027年高考化学【筑基提能100讲】复习讲义（全国通用） 第12讲 电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用 第一部分 以【真题】明方向 选择题： 5 题 非选择题： 1 题 第二部分 以【精讲】建体系 电子守恒法在氧化还原反应计算中的应用+3道例题 第三部分 以【模练】促落实 选择题： 11 题 非选择题： 5 题 第一部分 以【真题】明方向 1、[2025·重庆，15(4)]Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.100 0 g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00 mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3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　　　　。 2．（2023·湖南·高考真题）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 3．（2023·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．生成，转移电子 B．是还原产物 C．既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，为负极产物 4．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A．温度升高时不利于吸附 B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C．转化为的反应是 D．每获得时，转移电子的数目为 5．（2022·浙江·高考真题）关于反应，下列说法正确的是 A．发生还原反应 B．既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．发生反应，转移电子 6．（2022·重庆·高考真题）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (3)产品中锡含量的测定 称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。 ①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。 ②产品中Sn的质量分数为_____%。 第二部分 以【精讲】建体系 1．计算依据 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．守恒法解题的思维流程 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)列出一个原子或离子的化合价的变化 (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。 在氧化还原反应中，转移电子数＝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) 【易错提醒】部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原。 【例题1】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　　　　。 【例题2】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 【例题3】立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达式)。 第三部分 以【模练】促落实 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Cr元素在还原产物中的化合价为 A.+2 B.+3 C.+4 D.+5 2、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 3．在反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 A．1：5 B．1：3 C．5：1 D．3：1 4．制取漂白粉的化学方程式为，该反应中 A．只失电子，被氧化 B．是氧化剂，是还原剂 C．每消耗，则转移2 mol e- D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5．已知在硫酸溶液中1 mol 可与3 mol 恰好完全反应，反应后全部转化为，则可能转化为 A．C B．CO C． D． 6．《天工开物》中记载：“凡火药以硝石、硫黄为主，草木灰为辅”。黑火药爆炸时发生的反应为。下列说法正确的是 A．在反应中作氧化剂只有 B．元素的化合价降低，发生氧化反应 C．反应的还原产物是和 D．每生成1 mol 分子转移的电子数为 7．把一定量的铁粉投入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和物质的量浓度之比为，则已反应的和未反应的物质的量之比为 A． B． C． D． 8．工业上常用和稀硫酸制备，反应开始加入少量的的生成速率会大大提高，过程如图所示，下列说法不正确的是 A．为反应过程中的催化剂，为中间产物 B．过程1中，氧化剂与还原剂的个数比为1：1 C．过程2中每生成1mol转移4个电子 D．制备总反应的离子方程式为 9．以为主要原料制备粗产品的工艺流程如下： 下列说法正确的是 A．氧化性： B．溶解过程中可以用稀盐酸代替稀硫酸 C．发生器中每生成，理论上需消耗 D．吸收塔中主要反应的离子方程式： 10．将一定量的CuS投入足量的中，收集到NO和的混合气体V L(标准状况)。反应后的溶液中存在和，加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到的CuO固体，则V可能为 A．10 B．17.8 C．31.4 D．53.8 11．足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到6.72L(已折算为标准状况)与NO的混合气体，这些气体与一定体积的混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入溶液，恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．与浓硝酸反应的Cu为0.3mol B．消耗氧气的体积为1.12L(标准状况) C．参加反应的是0.45mol D．混合气体中NO的体积分数约为33% 12．实验室利用K2Cr2O7标准溶液测定硫代硫酸钠的纯度，回答下列问题： 测定步骤如下： (1)溶液配制：称取a g某硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）样品，用新煮沸后冷却的蒸馏水在烧杯中将样品完全溶解，冷却至室温后，全部转移至100 mL容量瓶中，加蒸馏水至刻度线。 ①溶液的转移过程需要用到玻璃棒，玻璃棒的作用为________________________。 ②当加蒸馏水至液面离容量瓶颈部刻度线1～2 cm时，改用______（填仪器名称）继续加蒸馏水至液体凹面与刻度线相切。 ③溶解该样品的蒸馏水煮沸的目的是__________________________。 (2)滴定：取V1 mL 用硫酸酸化的K2Cr2O7溶液于锥形瓶中，往锥形瓶中加入过量KI溶液，发生反应（杂质不参与反应），充分反应后，往锥形瓶中加入淀粉溶液，然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应（不考虑其他反应），当到达滴定终点时，记录数据。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为V2 mL。 ①K2Cr2O7中Cr元素的化合价为______价。 ②滴定时，眼睛应注视______（填“锥形瓶”或“滴定管”）中溶液变化情况。 ③淀粉溶液的作用为__________________________。 ④滴定结束后，若俯视滴定管读数，所测得的样品纯度将______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。 ⑤该硫代硫酸钠样品的纯度为______%（用含a、c、V1、V2的代数式表示）。 13．黄铁矿（主要成分）是自然界分布较广的一种硫化物矿物。工业上以黄铁矿为原料生产硫酸，并以制硫酸产生的尾气（）为原料制备焦亚硫酸钠（）的流程如图所示。 (6)中硫是________价，所以具有________性，可用作葡萄酒的抗氧化剂。为测定某葡萄酒中的含量，取100.00 mL葡萄酒样品与碘标准液反应，消耗20.00 mL标准液（假设葡萄酒中其他成分不与反应），则样品中的含量为________。（已知：） 14．无水（易水解、易升华）是常用的有机合成催化剂。工业铁粉（含少量杂质As）与氯气反应制备无水的实验装置如图所示： 回答下列问题： (6)产品中含有少量杂质（已知的相对分子质量为181.5）。取产品溶于稀盐酸中，用的标准溶液滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液。测定过程中发生的相关反应有：和。产品中的质量分数为______%（保留到小数点后一位）。 15．亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂。实验室用NaClO3与Na2SO3制取ClO2气体，再由ClO2在强碱性条件下与过量的H2O2反应制NaClO2，装置如下图所示。 已知装置A中反应的化学方程式为： (4)为了测定所得NaClO2样品的纯度，称取样品0.200g，溶于水后加入硫酸酸化，向溶液中加入0.4000mol·L-1的KI溶液，恰好完全反应时消耗KI溶液的体积为20.00mL。已知反应的化学方程式为：，杂质不参与反应。 ①配制100mL 0.4000mol·L-1的KI溶液所用到的玻璃仪器，除烧杯、玻璃棒外，还有______、______。 ②通过计算确定样品中NaClO2的质量分数，写出计算过程______。 16．铁氰化钾{}易溶于水，不溶于乙醇，常用于检验溶液中的。 已知：ⅰ．与直接混合时，会将氧化成。 ⅱ．、能与形成、。 一种制备铁氰化钾的流程如下： 实验步骤： 步骤①：如图甲，向三颈烧瓶中加入5g铁粉，通入一定量的排尽装置内的空气，打开，滴加稀硫酸至铁粉反应完全。 步骤②：关闭、打开，向三颈烧瓶中通入一定量的，用气球收集排出的气体。 步骤③：关闭、打开，持续搅拌下向三颈烧瓶中滴加足量溶液，制得溶液。 步骤④：氧化制备，其实验装置如图乙所示。 回答下列问题： (7)铁氰化钾可用于测定硫酸钴晶体()中的钴含量。取硫酸钴晶体样品，加水配成100溶液，取20.00待测液于锥形瓶中，加入铁氰化钾标准液，反应的离子方程式为，充分反应后，用质量浓度为的(Ⅱ)标准液滴定剩余的铁氰化钾，消耗(Ⅱ)标准液。样品中钴的质量分数为__________(用代数式表示)。 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $