大单元1 第2章 第7讲 氧化还原反应方程式的配平与计算-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（鲁科版）

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应方程式配平与计算”核心考点，依据高考评价体系梳理配平三大原则（电子守恒、原子守恒、电荷守恒）和五步骤流程，分析近五年真题中配平题型占比约45%、电子守恒计算占55%的高频考点分布，归纳正向/逆向配平、多步反应计算等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”，如以2025年河北卷铬铁矿煅烧反应为例，示范整体配平法培养科学思维中的证据推理能力。通过镁铜合金与硝酸反应计算案例，构建“电子守恒-原子守恒”双守恒模型提升科学探究与实践能力。含“易错点警示”和“答题模板”，助力学生高效得分，教师可据此优化复习策略实现精准备考。

第2章　元素与物质世界 大单元一　化学基本概念与计量　化学实验基础 第7讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 优化探究 1 　　[导航·复习目标]　1.能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。2.熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应的相关计算。 考点一　氧化还原反应方程式的配平 考点二　电子守恒法计算 练真题 明考向 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 梳理 必备知识 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 1.(2026·安徽九师联盟联考)将3.52 g镁铜合金投入40 mL 一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2的混合气体1.792 L(不考虑其他气体，体积折算为标准状况下，假设此条件下NO2为气态)，反应结束后向溶液中加入120 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀且质量为6.24 g。若将盛有1.792 L该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列 说法中，不正确的是(　　) A.Mg与Cu的物质的量比值为1∶1 B.原硝酸的浓度为8 mol·L－1 C.NO和NO2的体积比为3∶1 D.通入的O2的体积为896 mL(标准状况) 提升 关键能力 C 解析：根据电子转移守恒知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子的物质的量与Mg2＋、Cu2＋生成沉淀结合的OH－的物质的量相等，且氢氧根离子的物质的量是镁铜的物质的量总和的两倍，最终沉淀质量为6.24 g，而初始镁铜合金为3.52 g，则Δm＝6.24 g－3.52 g＝2.72 g，即为氢氧根离子的质量，故氢氧根离子的物质的量为＝0.16 mol，Mg与Cu的物质的量之和为0.08 mol，设镁的物质的量为a mol，铜的物质的量为(0.08－a) mol，则24a＋64(0.08－a)＝3.52 g，解得a＝0.04，即Mg与Cu的物质的量都是0.04 mol，物质的量比 值为1∶1，A正确；金属阳离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量为n(HNO3)＝n(NaOH)＝2 mol·L－1× 0.12 L＝0.24 mol，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)＋n(未被还原的HNO3)，即n(HNO3)＝(＋0.24) mol＝0.32 mol，原硝酸的浓度为8 mol·L－1，B正确；NO和NO2的混合气体共1.792 L，标准状况下混合气体总物质的量为0.08 mol，设混合气体中NO的物质的量为 x mol，NO2的物质的量为(0.08－x) mol，根据转移电子守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子的 物质的量与Mg2＋、Cu2＋生成沉淀结合的OH－的物质的量相等，则3x＋0.08－x＝0.16，解得x＝0.04，故NO和NO2的物质的量都为0.04 mol，体积比为1∶1，C错误；NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O====4HNO3、4NO＋3O2＋2H2O==== 4HNO3，NO、NO2的物质的量都是0.04 mol，因此根据化学方程式可知n(O2)＝0.04 mol，标准状况下通入氧气的体积为0.04 mol×22.4 L·mol－1＝0.896 L，即896 mL，D正确。 2.正向配平法 (1)____________KI＋____________KIO3＋____________H2SO4==== ____________I2＋____________K2SO4＋____________H2O  (2)____________Mn＋____________H＋＋____________Cl－==== ____________Mn2＋＋____________Cl2↑＋_________H2O  5 1 3 3 3 3 2 16 10 2 5 8 3.逆向配平法(自身氧化还原反应，包括分解、歧化等) (1)____________I2＋____________NaOH====____________NaI＋____________NaIO3＋____________H2O  (2)____________P4＋____________KOH＋____________H2O==== ____________K3PO4＋____________PH3↑  (3)____________NH4NO3====____________N2↑＋____________O2↑＋____________H2O  3 6 5 1 3 2 9 3 3 5 2 2 1 4 [点拨]　逆向配平法适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。例如： 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以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。 4.整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低) (1)____________FeS2＋____________O2____________Fe2O3＋____________SO2  (2)____________P＋____________CuSO4＋____________H2O==== ____________Cu3P＋____________H3PO4＋_________H2SO4  4 11 2 8 11 15 24 5 6 15 [点拨]　以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法进行配平。如Cu2S＋HNO3(稀)Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，(稀)(NO3)2＋O↑＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3(稀)====6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 5.有机物参与的方程式的配平 (1)____________KClO3＋____________H2C2O4＋_________H2SO4==== ____________ClO2↑＋____________CO2↑＋____________KHSO4＋____________H2O  (2)____________C2H5OH＋____________KMnO4＋____________H2SO4 ====____________K2SO4＋____________MnSO4＋____________CO2↑＋____________H2O  2 1 2 2 2 2 2 5 12 18 6 12 10 33 [点拨]　在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H元素显＋1价，O元素显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。 考点二　电子守恒法计算 1.电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。 2.电子守恒法解题的流程 梳理 必备知识 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 3.多步氧化还原反应的计算 有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解答这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要厘清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。 一、确定元素的价态或物质的组成 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____________。  提升 关键能力 解析：由题意可知，Na2SO3发生失电子的氧化反应，K2Cr2O7发生得电子的还原反应，其中S元素的化合价从＋4价升高到＋6价，Cr元素的化合价将从＋6价降低到＋n价。根据氧化还原反应中电子转移守恒，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，因此元素Cr在还原产物中的化合价为＋3价。 ＋3价 2.把10 mL密度为1.6 g·cm－3的液态S2Cl2溶于石油醚(一种溶剂)， 得到100 mL溶液，把它慢慢加入50 mL 3.2 mol·L－1的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5 mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32 mol KOH的KOH溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算： (1)参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝1∶____________。  解析：n(S2Cl2)＝×＝0.08 mol，n(SO2)＝ 3.2 mol·L－1×50×10－3 L＝0.16 mol，则参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝1∶2。 2 (2)确定二元含氧酸的化学式为____________。  解析：根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据电子转移守恒有：2(x－1)＝2(4－x)，解得x＝ ，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6。 H2S4O6 二、多步反应中电子守恒的应用 3.将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全。则形成沉淀的 质量为_______________。  解析：根据电子转移守恒和原子种类和数量守恒可得关系式：Mg~2e－~2OH－，Cu~2e－~2OH－，即金属转移电子数目与其消耗的氢氧根离子数目相等，稀硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为2.24 L，物质的量为0.1 mol，所以转移电子的物质的量为0.3 mol，最终沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，即沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.3 mol，所以最后沉淀质量为6.6 g＋0.3 mol×17 g·mol－1＝11.7 g。 11.7 g 4.一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8 mol。将上述气体平均分为两份，一份与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余；另一份恰好能被500 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则 其中NaNO3的物质的量为_______________。  0.2 mol 解析：一份气体恰好能被500 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，根据原子种类和数量守恒，则可知每份气体含有N元素的物质的量是1 mol；一份气体与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余，则完全生成硝酸，转移电子的物质的量 n(e－)＝4n(O2)＝4×＝1.6 mol，若将NaNO2全部氧化为NaNO3，转移电子的物质的量为1.6 mol，根据电子转移守恒：n(NaNO2)＝n(e－)＝×1.6 mol＝0.8 mol，根据Na原子守恒，n(NaNO3)＝1 mol－n(NaNO2)＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol。 三、电子守恒在氧化还原滴定中的应用 5.某废水中含有Cr2，为了处理有毒的Cr2，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水 中c(Cr2)为___________________________。  mol·L－1 解析：Cr2＋6Fe2＋＋14H＋====2 Cr3＋＋6 Fe3＋＋7H2O，5Fe2＋＋Mn＋8H＋====5 Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。根据得失电子守恒列等式： c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1× 6c(Cr2)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得c(Cr2)＝ mol·L－1。 练真题 明考向 1.(2025·北京卷，改编)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯(CH2＝CHOOCCH3)的过程示意图如下。 则①中反应为_______________________________________________。  解析：①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和 Pd(CH3COO)2。 4CH3COOH＋O2＋2Pd2Pd(CH3COO)2＋2H2O 2.(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： (1)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：____________________________________________________________。  (2)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式： Fe(CO)5＋____________＋____________====Cr(OH)3↓＋____________＋____________＋____________CO↑。  4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2CrO4＋8H2O K2CrO4　 4H2O　 Fe(OH)3↓ 2KOH　 5 3.(2025·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2＋；②Ksp[Pb(OH)2]＝10－14.8；③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： (1)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2)转变为________(填离子符号)。 解析：S2中S元素的化合价为＋6价，S2中2个S原子通过过氧键相连，过氧键中的O化合价为－1价，其他O的化合价为－2价，“氧化浸出”过程中S元素化合价不变，O元素化合价变为－2价，因此S2转变为S。 S (2)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_____________________________________________。  解析：溶液中存在平衡[Cu(NH3)4]2＋⥫⥬Cu2＋＋4NH3，加入Zn，发生反应Zn＋Cu2＋====Zn2＋＋Cu和Zn2＋＋4NH3⥫⥬[Zn(NH3)4]2＋，使该平衡不断正移，最终使[Cu(NH3)4]2＋转化为[Zn(NH3)4]2＋，总反应为[Cu(NH3)4]2＋＋Zn====[Zn(NH3)4]2＋＋Cu。 [Cu(NH3)4]2＋＋Zn====[Zn(NH3)4]2＋＋Cu (3)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_____________________________________________。  Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb＋4CO↑＋2H2O↑ 解析：根据题给信息可知，H2A的化学式为C4H6O6，在290 ℃“真空热解”PbA生成Pb和2种气态氧化物，结合氧化物定义知，H元素转化为H2O，根据原子守恒，C元素转化为CO，所以该反应的化学方程式为Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb＋4CO↑＋2H2O↑。 4.(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。 回答下列问题： (1)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为________________________________________。  2Au＋8HCl＋3H2O2====2HAuCl4＋6H2O 解析：精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥中加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2＋进入浸出液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸出液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2。 (1)“浸取2”步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为2Au＋8HCl＋3H2O2====2HAuCl4＋6H2O。 (2)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为________。  解析：“还原”步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由＋3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。 3∶4 $