大单元1 专题1 第4讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（课时作业）-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版）

该高中化学高考复习课件聚焦氧化还原反应、离子反应、物质性质探究及工艺流程等核心考点，依据高考评价体系梳理了电子转移分析、方程式配平、氧化剂还原剂判断等考查要求，通过真题及模拟题统计明确氧化还原反应占比达60%的高频考点，归纳选择、填空等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+素养导向”策略，如以2026年江苏徐州模拟题为例，用得失电子守恒法解析反应配平，培养科学思维中的证据推理能力。特设易错点分析（如氧化产物与还原产物判断），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准把握学情，助力高效复习冲刺。

一、选择题(每小题3分) 1.关于反应2Fe(CO)5＋7N2O4====2FeO2＋14NO＋10CO2，下列说法正 确的是(　　) A.N2O4发生氧化反应 B.生成1 mol CO2，转移2 mol电子 C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶7 D.FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 1 解析：在反应2Fe(CO)5＋7N2O4====2FeO2＋14NO＋10CO2中，Fe由0价升高到＋4价，C由＋2价升高到＋4价，N由＋4价降低到＋2价；电子转移的数目为28e－。N2O4中N元素由＋4价降低到＋2价，化合价降低，得电子发生还原反应，A不正确；在该反应中，转移电子数目为28e－，则生成1 mol CO2，转移2.8 mol电子，B不正确；氧化产物为FeO2、CO2，还原产物为NO，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为12∶14＝6∶7，C不正确；FeO2中Fe显＋4价，Fe2O3中Fe显＋3价，则含＋4价铁的FeO2和Fe反应，可以生成Fe2O3，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 2.(2026·江苏徐州模拟)某反应体系中的物质有NaOH、Au2O3、 Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正 确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B.Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C.Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D.当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol C 3 解析：Au2O3为反应物，则反应中Au2O3Au2O，Au的化合价由＋3价变为＋1价，化合价总共降低2×2＝4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为＋2.5价，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2价，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，根据得失电子数守恒配平反应方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O====Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol，A、B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4 3.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2＋＋2S2＋O2＋xOH－====Fe3O4＋S4＋2H2O。下列说法错误的是 (　　) A.该反应中O2作氧化剂 B.该反应中Fe2＋和S2都是还原剂 C.3个Fe2＋参加反应时有1个O2被氧化 D.离子方程式中x＝4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 5 解析：该反应O2中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；该反应中Fe2＋的铁元素化合价升高，S2中硫元素平均化合价为＋2价，S4中硫元素的平均化合价为＋2.5价，即S元素化合价升高，所以 Fe2＋和S2都是还原剂，故B正确；该反应中每有3个Fe2＋参加反应，消耗一个O2，但反应时O2中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误；由电荷守恒可知，3×(＋2)＋2×(－2)＋x×(－1)＝1×(－2)，解得x＝4，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O====S＋2Fe2＋＋W ②Cr2＋aFe2＋＋bH＋Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.方程式①中W为4OH－ B.还原性强弱：SO2＞Fe2＋ C.a＝6，b＝7 D.反应Cr2＋3SO2＋2H＋====2Cr3＋＋3S＋H2O不能发生 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 7 解析：根据原子数目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①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O====S＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋， A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2＞Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3价，Fe元素化合价由＋2价升高到＋3价，根据得失电子数守恒可得，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①、②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错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.(2026·河北唐山模拟)探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正 确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 选项 实验 试剂a 现象 结论 A 溶有SO2的BaCl2 溶液 产生沉淀 H2O2 有氧化性 酸性KMnO4 溶液 紫红色 溶液褪色 H2O2 有氧化性 B 淀粉-KI溶液 溶液变蓝 H2O2有氧化性 C 盐酸酸化 的FeCl2溶液 溶液变黄 H2O2有 氧化性 D B 9 解析：将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2＋SO2====H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4＋BaCl2==== BaSO4↓＋2HCl，故A正确；将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2Mn＋5H2O2＋6H＋====2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，Mn中Mn元素由＋7价得电子变成＋2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2＋，紫红色溶液褪色，H2O2中氧元素由－1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；将H2O2溶液加入 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 淀粉-KI溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2＋2I－＋2H＋====I2＋2H2O，H2O2中氧元素由－1价得电子变成－2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，淀粉遇生成的I2变蓝，故C正确；将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2＋＋H2O2＋2H＋====2Fe3＋＋2H2O，H2O2中氧元素由－1价得电子变成－2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，反应生成了Fe3＋，溶液变黄，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.某反应体系只有六种粒子：Mn、S、Mn2＋、S2(无色)、H2O和H＋。随着反应进行，其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列 叙述错误的是(　　) A.图中乙代表S2，甲代表 B.若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生 C.每消耗1 mol乙时转移4 mol电子 D.该反应为5S2＋2Mn2＋＋8H2O==== 2Mn＋10S＋16H＋ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 12 解析：根据反应体系中的粒子可以判断发 生氧化还原反应，锰元素的价态为＋7价和 ＋2价，S2中含过氧键，根据图像可 知，乙为反应物，甲为生成物，相同时间 反应的物质的量之比为5∶2，由此推知， 甲为高锰酸根离子，乙为S2。由分析 可知，甲为高锰酸根离子，乙为S2， A正确；高锰酸根离子为紫红色，S2为 无色，若溶液由无色变为紫红色，则反应已发生，B正确；根据价态变化可知，每消耗1 mol乙时转移2 mol电子，C错误；根据原子数目守恒和得失电子数守恒，可以得到反应的离子方程式为5S2＋2Mn2＋＋8H2O====2Mn＋10S＋16H＋，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(2026·重庆荣昌模拟)黄铁矿(FeS2)在酸性条件下发生催化氧化的反应 历程如图所示。下列说法错误的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之 比为1∶4 C.反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O====15Fe2＋＋ 16H＋ D.该过程的总反应为2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4 A 14 解析：反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋ ＋O2＋4H＋====4Fe3＋＋4NO＋2H2O，反 应Ⅲ的离子方程式为Fe2＋＋NO==== Fe(NO)2＋，反应Ⅱ的离子方程式为FeS2＋ 14Fe3＋＋8H2O====15Fe2＋＋2S＋16H＋。 反应Ⅰ、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无 元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋====4Fe3＋＋4NO＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，B正确；反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O====15Fe2＋＋2S＋16H＋，C正确；该过程的总反应为2FeS2＋7O2＋2H2O2FeSO4＋2H2SO4，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 8.(2026·湖南长沙模拟)乙二醇的生产工艺中，需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2，脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量，操作中涉及两个反应如下： ①V2O5＋6HCl＋2KI====2VOCl2＋2KCl＋I2＋3H2O；②I2＋2Na2S2O3 ====2NaI＋Na2S4O6。 下列说法错误的是(　　) A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2 B.反应①生成1 mol VOCl2时，反应转移1 mol电子 C.V的最高价为＋5价，推测V2O5有氧化性和还原性 D.溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 16 解析：KI中I元素的化合价由－1价升高到0价，则KI作还原剂，V2O5中V元素的化合价由＋5价降低到＋4价，则V2O5作氧化剂，故反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；反应①生成2 mol VOCl2时转移2 mol电子，则生成1 mol VOCl2时转移1 mol 电子，B正确；V2O5中V显＋5价，处于最高价，O显－2价，处于最低价，即V2O5既具有氧化性又具有还原性，C正确；在酸性过强时，S2与H＋反应生成S、SO2和H2O，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2026·河北唐山模拟)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中， 在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设 NaNO2的还原产物均为NH3)： 下列说法中，不正确的是(　　) A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O B.当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3 C.反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D.发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 18 解析：反应①中Fe和NaNO2碱性溶液 反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由 0价上升到＋2价，根据氧化还原反应 规律可知N元素由＋3价降低到－3价生成NH3，方程式为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，故A正确；当反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价升高到＋3价，NaNO2中N由＋3价降为－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，故B错误；反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由＋2价升 为＋价，Na2Fe2O4中Fe由＋3价降为 ＋价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，故C正确；由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子数守恒和原子数目守恒配平化学方程式为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 二、非选择题 10.(15分)(2026·上海模拟)实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应，生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl；用水溶解，滤去残渣；酸化滤液，K2MnO4转化为MnO2和KMnO4；再滤去沉淀MnO2，浓缩结晶得到KMnO4晶体。 (1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是___________________________________________________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：反应物为KOH、KClO3、MnO2，生成物为K2MnO4(锰酸钾)、KCl和水，该反应的化学方程式为6KOH＋KClO3＋3MnO2 3K2MnO4＋KCl＋3H2O。 6KOH ＋ KClO3 ＋ 3MnO23K2MnO4＋KCl＋3H2O 21 (2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。生成0.1 mol还原产物时转移电子____________________个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是____________________________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：K2MnO4转化为KMnO4的反应中，Mn元素的化合价由＋6价升高为＋7价，Mn元素的化合价由＋6价降低为＋4价，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，生成0.1 mol还原产物时转移电子0.1NA×(6－4)＝0.2NA或1.204×1023，由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知氧化性强弱顺序为KMnO4＞K2MnO4＞MnO2。 1∶2 0.2NA(或1.204×1023) KMnO4＞K2MnO4＞MnO2 (3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq，硫酸酸化)反应生成Mn2＋和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165 g，能与0.335 g Na2C2O4恰好完全反应 (假设杂质均不能参与反应)，该产品中KMnO4的纯度为_________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：KMnO4能与热的Na2C2O4(aq，硫酸酸化)反应生成Mn2＋和CO2，设KMnO4的纯度为x，则由电子守恒可知，×(7－2)＝×2×(4－3) ，解得x≈0.958。 0.958 11.(16分)以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4) 为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。 24 回答下列问题： (1)在“氧化”中低价态钒都转化为，其中V3＋转化反应的离子方程式为__________________________________________，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是______________________________________ _______________________________________________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3V3＋＋ ＋3H2O====3V ＋Cl－＋6H＋ HClO3易分解，不如NaClO3稳定；HClO3 会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量 解析：废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。 (1)酸性条件下，V3＋转化为的离子方程式为3V3＋＋ ＋3H2O ====3V ＋Cl－＋6H＋；由于氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不如NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3 是酸，会增大溶液的酸性，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L－1时，则溶液中c()＝__________(结果保留一位小数)mol·L－1。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L－1时，即c(V2O5)====27.3 g·L－1÷182 g·mol－1＝0.15 mol·L－1，根据钒元素守恒，则溶液中c(V)＝2c(V2O5)＝0.15 mol·L－1×2＝0.3 mol·L－1。 0.3 (3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是__________，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学 方程式是______________________________________________________ _________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：根据图示， pH范围是2.0~2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4＋3(VO2)2SO4＋5H2O==== 2NH4V3O8·H2O↓＋4H2SO4。 2.0~2.5 (NH4)2SO4＋ 3(VO2)2SO4＋5H2O====2NH4V3O8·H2O↓＋ 4H2SO4 (4)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是_______________________________________。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析：煅烧时2NH4V3O8·H2O受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行，目的是防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低。 防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低 $