难点专题2 电子守恒法计算及应用-【名师带你过关】2026-2027学年高考化学一轮复习

**基本信息** 聚焦电子守恒法的系统性方法构建，通过始态终态分析简化氧化还原计算，体现科学思维中的模型建构与化学观念中的变化规律。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |方法总结|2个核心方法（得失电子守恒、复杂反应计算）|电子守恒核心原则、始态终态全局思维、复杂反应关系式法|概念（电子守恒）→原理（思维流程）→应用（多反应计算）| |专题训练|7题（含基础计算、多反应关联等7类考法）|以题载法，强化守恒法在不同情境中的迁移应用|从单一反应到复杂体系，覆盖氧化还原计算全场景|

难点专题2　电子守恒法计算及应用 1.得失电子守恒 在处理氧化还原反应的计算时,关键在于理解反应的本质——氧化剂获得的电子总量与还原剂释放的电子总量是相等的,这体现了电子守恒的原则。运用这一守恒原则,我们可以绕过复杂的反应细节,无需书写化学方程式,也不必深究中间步骤。只需将物质状态划分为初始状态和最终状态,从电子的获得与失去两个角度出发,进行全局性的思考,便能迅速得到准确的答案。 2.守恒法解题的思维流程 3.复杂氧化还原反应的计算 对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算,可以通过分析反应前后,“始态”“终态”涉及 的所有物质,找出所有“始态”物质到“终态”物质 中化合价发生变化的元素,建立关系式,列式求解,简化解题步骤。 专题训练 1.(2026湖北宜昌月考)含有氧化剂X的溶液与亚硫酸钠(Na2SO3)溶液恰好反应完全,已知Na2SO3被氧化为Na2SO4,并且参加反应的X与SO3的个数比为1∶2,则还原产物中元素X的价态是(　　) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.+2价　 B.-2价　 C.+1价　 D.-1价 2.(2026江苏苏州月考)已知反应:①SO2+2Fe3++2H2O→S+2Fe++W;②Cr2+aFe2++bH+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是 (　　) A.方程式①中W为4H+ B.还原性强弱:SO2>Fe2+ C.a=6,b=7 D.反应Cr2+3SO2+2H+2Cr3++3S+H2O自能发生 3.(2026辽宁省名校联盟联考)用下列方法均可制备铜: ①CuO+COCu+CO2　②CuSO4+Fe FeSO4+Cu　③Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2 若要制得相同质量的铜,①②③反应中转移电子数之比为 (　　) A.1∶1∶1　　 B.1∶1∶6 C.6∶6∶1　　 D.2∶2∶1 4.(2026黑龙江省龙东联盟开学考)将Mg、Cu组成的1.98 g混合物投入适量稀硝酸中恰好反应,固体完全溶解时,得到还原产物NO气体0.672 L(标准状况),向反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液,生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量,其质量为(　　) A.7.02 g　 B.8.96 g　 C.5.5 g　 D.3.51 g 5.铜与一定量浓硝酸恰好完全反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与0.84 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-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,消耗NaOH溶液的体积是 (　　) A.60 mL　 B.45 mL　　 C.30 mL　　 D.15 mL 6.(2026贵州贵阳质量监测)H2O2、KMnO4、ClO2均能在酸性环境下将I-氧化为I2,已知这三种氧化剂反应后对应的还原产物如表,如果用个数相等的这三种氧化剂分别与足量KI作用,得到I2最少的是　　　　。  氧化剂 H2O2 KMnO4 ClO2 还原产物 H2O Mn2+ Cl- 7.(2026天津市北辰区月考)LiAlH4、LiH、NaBH4是有机合成中常用的还原剂。回答下列问题: (3)LiAlH4中H元素的化合价为　　　　;LiH加入水中生成气体的化学式为　　　　。  (4)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H2在500 ℃和4×105Pa条件下制备NaBH4,同时生成Na2SiO3。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　。  (5)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)  学科网（北京）股份有限公司 $ 专题训练 1.C　【解析】 参加反应的XO3与S的个数比为1∶2,设还原产物中元素X的价态为x,由得失电子守恒可知,1×(5-x)=2×(6-4),解得x=+1,故选C。 2.C　【解析】 根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知,反应①SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe3++4H+,W为4H+,A正确;氧化还原反应中,还原剂中某元素化合价升高,氧化剂中某元素化合价降低得到还原产物,由反应①中,还原剂为SO2,还原产物为Fe2+,而还原剂的还原性强于还原产物,因此还原性:SO2>Fe2+,B正确;反应②中,Cr元素的化合价由+6价降低到+3价,Fe元素的化合价由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒可得,Cr2和Cr3+对应的化学计量数分别为1、2,Fe2+和Fe3+对应的化学计量数均为6,则a=6,再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得,b=14,C错误;Cr2具有强氧化性,SO2具有还原性,且由①②可知氧化性:Cr2>S,则Cr2能将SO2氧化为S,即反应Cr2+3SO2+2H+2Cr3++3S+H2O能发生,D正确。 3.D　【解析】 反应①:CuO中Cu为+2价,被还原为0价,每生成1 mol Cu需转移2 mol电子。反应②:Fe从0价→+2价,每置换1 mol Cu转移2 mol电子。反应③:Cu从+1价→0价(每Cu得1e-),6 mol Cu共得6 mol电子;S从-2价→+4价(失6e-)。总转移电子数为6 mol,对应6 mol Cu,故每生成1 mol Cu 转移1 mol电子;故比值为2∶2∶1,故选D。 4.D　【解析】 硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672 L,物质的量为0.03 mol,根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量,最后沉淀为 Cu(OH)2、Mg(OH)2,金属提供的电子的物质的量=n(OH-),故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量。 硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672 L,物质的量为0.03 mol,所以转移的电子的物质的量为0.03 mol×((5-2)=0.09 mol,最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量,则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.09 mol,所以最后沉淀质量为1.98 g+0.09 mol×17 g/mol=3.51 g,故选D。 5.C　【解析】 NO2、N2O4、NO混合气体与0.84 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,说明整个过程中被还原的HNO3反应前后没有变化,即Cu失去的电子都被O2得到了,根据得失电子守恒建立关系式:n(Cu)×2=n(O2)×4,解得n(Cu)=0.037 5 mol×2=0.075 mol,根据Cu2+~2OH-得NaOH为0.075 mol×2=0.15 mol,则NaOH溶液的体积V= =0.03 L=30 mL。 6.【答案】H2O2 【解析】 根据表格中的氧化剂以及对应的还原产物,1个H2O2得2个电子,1个KMnO4得5个电子,1个ClO2得5个电子,根据电子守恒,用个数相等的这三种氧化剂分别与足量KI作用,得到I2最少的是H2O2。 7.【答案】(1)-1　H2　(2)2∶1　NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3　(3)22.4 【解析】 (1)LiAIH4中Li为+1价,Al为+3价,H元素的化合价为-1价;LiH加入水中生成氢气和氢氧化锂,生成气体的化学式为H2。(2)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H2在500 ℃和4×105 Pa条件下制备NaBH4,同时生成Na2SiO3,该反应中钠元素化合价升高、H元素的化合价降低为-1价;化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3。(5)NaBH4作还原剂,H元素化合价由-1价升高到+1价,0.25 mol NaBH4失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22.4 L。 难点专题3　化学计算的常用方法 学科网（北京）股份有限公司 $