05 氧化还原反应方程式的配平和计算【滚动限时训练卷】2026-2027学年高三上学期化学人教版一轮复习

人教版高中化学（2019版）　2027届高三一轮复习 · 滚动限时训练 2027届高三化学一轮复习 · 滚动限时训练（五） 大单元一　氧化还原反应方程式的配平和计算 （满分 50 分　限时 45 分钟） 本卷范围：氧化还原反应方程式的配平和计算　 滚动考点：物质的组成性质与转化（第 1 讲）、离子反应及离子方程式（第 2 讲）、离子共存与离子检验（第 3 讲）、氧化还原反应的概念和规律（第 4 讲） 可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Mg 24　Al 27　S 32　Cl 35.5　K 39　Ca 40　Mn 55　Fe 56　Cu 64　Zn 65　Mo 96　I 127　Ba 137 一、选择题（本题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分。每小题只有一个选项符合题意。第 1~6 题为基础题，第 7~10 题为提升题） 1. 配平氧化还原反应方程式的根本依据是电子守恒。下列关于配平的说法正确的是（ ） A．配平氧化还原反应方程式时，只要使反应前后各元素的原子个数相等即可 B．用化合价升降法配平时，应先标出反应中所有元素的化合价，再令化合价升高总数等于降低总数 C．配平氧化还原离子方程式时，只要使方程式两边离子所带电荷的总数相等即可 D．同一个氧化还原反应中，氧化剂得电子的总数与还原剂失电子的总数一定相等 2. 工业上可用"过氧化氢法"制备高效消毒剂 ClO2：ClO3- + H2O2 + □ = ClO2↑ + O2↑ + □（酸性条件，□ 为缺项）。下列说法正确的是（ ） A．两个 □ 在方程式中依次为 H2O 和 H+ B．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 C．每生成 1 mol O2，反应中转移 1 mol 电子 D．该反应中 H2O2 被还原 3. 配平氧化还原离子方程式须同时满足原子守恒、电荷守恒与电子守恒。下列离子方程式中，配平正确的是（ ） A．Fe2+ + Cl2 = Fe3+ + 2Cl- B．2MnO4- + 3H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 4O2↑ + 6H2O C．2Cu2+ + 4I- = 2CuI↓ + I2 D．2ClO- + S2- + H2O = 2Cl- + SO42- + 2H+ 4. 联氨（N2H4）常用作锅炉给水的除氧剂，可除去水中的溶解氧：N2H4 + O2 = N2 + 2H2O。设 Na 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．该反应中 N2H4 作氧化剂 B．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 C．每消耗 1 mol N2H4，反应中转移 4 mol 电子 D．该反应的氧化产物是 H2O 5. 准确量取 25.00 mL 0.060 mol·L-1 的 Na2SO3 溶液，与 10.00 mL 0.050 mol·L-1 的 K2X2O7 溶液恰好完全反应，已知 SO32- 全部被氧化为 SO42-，X 在 X2O72- 中的化合价为 +6。则 X 在还原产物中的化合价为（ ） A．+2 B．+3 C．+4 D．+6 6. 在强碱性条件下，向 Mn2+ 溶液中通入 Cl2 可制得 MnO2：Mn2+ + Cl2 + □ = MnO2↓ + Cl- + □（□ 为缺项）。下列说法正确的是（ ） A．两个 □ 在方程式中依次为 OH- 和 H2O B．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2∶1 C．每生成 1 mol MnO2，反应中转移 1 mol 电子 D．该反应的还原产物是 MnO2 7. 印刷电路板的"蚀刻液再生"工艺分两步进行：先用 FeCl3 溶液蚀刻铜箔（2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+），再向所得溶液中通入 Cl2，使 Fe2+ 重新氧化为 Fe3+（2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-）。现用 100 mL 2.0 mol·L-1 的 FeCl3 溶液蚀刻铜箔，至 Fe3+ 恰好完全反应后再通入 Cl2 使其再生。下列说法正确的是（ ） A．第一步中被蚀刻的铜为 0.20 mol B．第一步反应中转移 0.10 mol 电子 C．第二步中至少需通入 0.20 mol Cl2 D．两步反应合计，转移电子的总物质的量为 0.40 mol 8. 在强碱性条件下，MnO4- 可将 SO32- 氧化为 SO42-，自身被还原为 MnO42-（锰酸根）：MnO4- + SO32- + □ = MnO42- + SO42- + □（□ 为缺项）。下列说法正确的是（ ） A．两个 □ 在方程式中依次为 H2O 和 OH- B．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶2 C．每消耗 1 mol SO32-，反应中转移 1 mol 电子 D．若改在酸性条件下进行（此时 MnO4- 被还原为 Mn2+），则氧化 1 mol SO32- 所需 MnO4- 为 0.4 mol 9. 维生素 C（C6H8O6，M = 176 g·mol-1）可用碘量法测定。称取 0.352 g 某维生素 C 样品，溶解后加入准确量取的 0.0200 mol·L-1 KIO3 溶液 25.00 mL、过量 KI 与足量稀硫酸，充分反应后（IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O；C6H8O6 + I2 = C6H6O6 + 2H+ + 2I-），剩余的 I2 用 0.100 mol·L-1 Na2S2O3 溶液滴定（I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-），消耗 Na2S2O3 溶液 10.00 mL。该样品中维生素 C 的质量分数为（ ） A．25.0% B．50.0% C．75.0% D．90.0% 10. 取 3.84 g 铜投入 100 mL 2.00 mol·L-1 的 HNO3 溶液中，微热至铜完全溶解，收集到的气体只有 NO 与 NO2（不考虑 N2O4），且反应后溶液中无 HNO3 剩余。下列说法正确的是（ ） A．该反应中被还原的 HNO3 为 0.080 mol B．该反应中起酸性作用的 HNO3 为 0.080 mol C．若收集到的气体中 NO 与 NO2 的物质的量相等，则反应共转移 0.120 mol 电子 D．该反应中 HNO3 只表现氧化性 二、非选择题（本题共 2 小题，共 20 分。第 11 题为基础题，第 12 题为提升题） 11.（8 分） 配平氧化还原反应方程式并据此进行简单计算，是本节的核心技能。回答下列问题： （1）配平下列化学方程式，并填空：（3 分） __NH3 + __O2 __NO + __H2O 该反应中氧化剂是________，还原剂是________；每生成 1 mol NO，转移电子的物质的量为________ mol。 （2）配平下列离子方程式（在横线上填写系数，□ 处填写缺项的化学式）：（2 分） __Cr2O72- + __I- + __□ = __Cr3+ + __I2 + __□ （3）在强碱性条件下，向含 I- 的溶液中通入 Cl2 可将其氧化为 IO3-。配平该离子方程式并填空：（3 分） __I- + __Cl2 + __□ = __IO3- + __Cl- + __□ 该反应中氧化剂是________，还原剂是________；每氧化 1 mol I-，转移电子的物质的量为________ mol。 12.（12 分） 钼（Mo）是重要的战略金属。工业上以辉钼矿（主要成分为 MoS2）为原料制备钼酸铵 [(NH4)2MoO4]，并测定产品中钼酸铵的质量分数。回答下列问题： （1）辉钼矿在空气中高温焙烧，MoS2 转化为 MoO3 与 SO2。写出该反应的化学方程式________________；该反应中氧化剂是________，氧化产物是________。（3 分） （2）焙烧所得 MoO3 用氨水浸出，生成 (NH4)2MoO4 溶液。该反应的离子方程式为________________；该反应________（填"是"或"不是"）氧化还原反应。（2 分） （3）将焙烧产生的气体通入足量 H2O2 溶液中吸收，SO2 被完全氧化为 H2SO4。该反应的化学方程式为________________；该反应中 H2O2 作________（填"氧化剂"或"还原剂"）。（2 分） （4）取 5.00 g 辉钼矿样品（杂质不参加反应），在足量空气中充分焙烧，将产生的气体全部通入足量 H2O2 溶液中吸收，再向吸收液中滴加足量 BaCl2 溶液至不再产生沉淀，过滤、洗涤、干燥后得沉淀 8.15 g。计算该辉钼矿样品中 MoS2 的质量分数（写出计算过程）。（2 分） （5）另取 0.900 g 上述钼酸铵产品，溶解后先用锌将其中 Mo(VI) 全部还原为 Mo3+，再用 0.100 mol·L-1 酸性 KMnO4 溶液滴定（MnO4- 被还原为 Mn2+，Mo3+ 被氧化为 MoO42-），至终点时消耗 KMnO4 溶液 24.00 mL。计算该产品中 (NH4)2MoO4 的质量分数（写出计算过程）。（3 分） 参考答案与评分标准 一、选择题（每小题 3 分，共 30 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C B A D D B A 难度 基础 基础 基础 基础 基础 基础 提升 提升 提升 提升 二、非选择题 11.（8 分） （1）4、5、4、6（1 分）；O2（0.5 分）；NH3（0.5 分）；5（1 分） （2）Cr2O72- + 6I- + 14H+ = 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O（2 分） （3）I- + 3Cl2 + 6OH- = IO3- + 6Cl- + 3H2O（1 分）；Cl2（0.5 分）；I-（0.5 分）；6（1 分） 12.（12 分） （1）2MoS2 + 7O2 2MoO3 + 4SO2（2 分）；O2（0.5 分）；MoO3、SO2（0.5 分） （2）MoO3 + 2NH3·H2O = 2NH4+ + MoO42- + H2O（1 分）；不是（1 分） （3）SO2 + H2O2 = H2SO4（1 分）；氧化剂（1 分） （4）n(BaSO4) = 8.15 g ÷ 233 g·mol-1 = 0.0350 mol，由硫元素守恒得 n(MoS2) = 0.0350 mol ÷ 2 = 0.0175 mol，m(MoS2) = 0.0175 mol × 160 g·mol-1 = 2.80 g，w(MoS2) = 2.80 g ÷ 5.00 g × 100% = 56.0%（2 分） （5）n(KMnO4) = 0.100 mol·L-1 × 0.02400 L = 2.400×10-3 mol 由电子守恒：n(Mo3+) × 3 = n(MnO4-) × 5，故 n(Mo3+) = 2.400×10-3 mol × 5/3 = 4.000×10-3 mol n[(NH4)2MoO4] = n(Mo) = 4.000×10-3 mol m[(NH4)2MoO4] = 4.000×10-3 mol × 196 g·mol-1 = 0.784 g w = 0.784 g ÷ 0.900 g × 100% = 87.1%（3 分） 试题详细解析 一、选择题 1.【答案】D　【考点】配平的根本依据：原子守恒、电荷守恒与电子守恒三者缺一不可　【难度】基础 A 项错误：只使原子个数相等只能保证"质量守恒"，而氧化还原反应还要求电子守恒。举一个反例：把 Fe2+ + Cl2 → Fe3+ + Cl- 按原子守恒写成 Fe2+ + Cl2 = Fe3+ + 2Cl-，两边 Fe、Cl 原子数都相等，但左边电荷为 +2、右边为 +1，且电子得失也不相等——这样的"配平"没有意义。 B 项错误：化合价升降法只需标出发生变化的元素的化合价，不必标出所有元素。事实上强行标出不变价元素的化合价反而容易出错（如含氧酸根中氧、氢的价态）。正确的操作顺序是：① 标出变价元素的化合价；② 计算升降总数；③ 用最小公倍数确定变价物质的系数；④ 观察法配平其余物质；⑤ 最后核对电荷与原子。 C 项错误：离子方程式配平须同时满足三件事——原子守恒、电荷守恒、电子守恒。只满足电荷守恒远远不够，见下题 B 项这个反例。 D 项正确：氧化还原反应中，氧化剂得到的电子全部来自还原剂失去的电子，二者必然相等，与方程式的系数写法无关（系数是配平的结果，不是原因）。这就是电子守恒，也是一切配平与相关计算的出发点。 方法沉淀：配平的三道"闸门"——电子守恒（核心）、电荷守恒（离子方程式专属）、原子守恒（兜底）。做完配平后必须三道闸门逐一核对，尤其要警惕"原子与电荷都守恒、唯独电子不守恒"这一最隐蔽的错误（见第 3 题 B 项）。 2.【答案】B　【考点】酸性条件下的缺项配平、氧化剂与还原剂的计量比、H2O2 角色的判定　【难度】基础 先把化合价变化与缺项依次落实： - Cl：ClO3- 中 +5 → ClO2 中 +4，每个 Cl 得 1e-，ClO3- 作氧化剂； - O（H2O2 中）：−1 → O2 中 0，每个 O 失 1e-，1 个 H2O2 共失 2e-，H2O2 作还原剂； - 电子守恒：n(ClO3-)∶n(H2O2) = 2∶1； - 补项：右边（2ClO2 + O2）比左边（2ClO3- + H2O2）多 1 个 O，酸性介质下"多氧的一侧补 H+、另一侧补 H2O"，故左边补 H+、右边补 H2O。配平结果为： 2ClO3- + H2O2 + 2H+ = 2ClO2↑ + O2↑ + 2H2O （核对：左边电荷 −2 + 2 = 0，右边 0；O 左 6 + 2 = 8、右 4 + 2 + 2 = 8；H 左 2 + 2 = 4、右 4。） A 项错误：两个 □ 依次为左边的 H+ 与右边的 H2O，本项把左右顺序颠倒了。 B 项正确：氧化剂为 ClO3-（2 mol），还原剂为 H2O2（1 mol），二者物质的量之比为 2∶1。 C 项错误：1 个 H2O2 生成 1 个 O2 时失去 2 mol 电子，故每生成 1 mol O2 转移 2 mol 电子，而非 1 mol。本项的陷阱是只看到"2 个 O 原子"却按"每个 O 失 1 个电子"算了一半——−1 价的氧升到 0 价，每个 O 失 1 个电子，1 个 O2 含 2 个 O，共失 2 个电子。 D 项错误：H2O2 中 −1 价的氧升至 O2 中的 0 价，化合价升高，H2O2 被氧化，作还原剂。本项把"被氧化"说成了"被还原"。 方法沉淀：缺项配平分三步——① 先由化合价升降确定所有变价物质的系数（此时不必管缺项）；② 再根据电荷守恒求出 H+（酸性）或 OH-（碱性）的系数；③ 最后由氢（或氧）原子守恒求出 H2O 的系数。次序不能颠倒，先凑 H2O 再凑 H+ 极易出错。另外，H2O2 作还原剂时氧化产物一定是 O2（−1 → 0），作氧化剂时还原产物一定是 H2O（−1 → −2），这条规律可直接用来快速判断角色。 3.【答案】C　【考点】配平的三种守恒必须同时成立、介质与补项的合理性　【难度】基础 A 项错误：Fe2+ + Cl2 = Fe3+ + 2Cl-。左边电荷 +2，右边 +3 + (−2) = +1，电荷不守恒（正确写法为 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-）。这是"只配原子、忘配电荷"的典型错误。 B 项错误：2MnO4- + 3H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 4O2↑ + 6H2O。这一项最隐蔽——核对原子：O 左边 8+6 = 14、右边 8+6 = 14，H 左边 6+6 = 12、右边 12，均守恒；核对电荷：左边 −2+6 = +4、右边 +4，也守恒。但核对电子：2 个 Mn 由 +7 降到 +2 共得 10e-，而 3 个 H2O2 中 −1 价的氧升到 0 价只失 6e-，电子不守恒。正确写法为 2MnO4- + 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O。 C 项正确：2Cu2+ + 4I- = 2CuI↓ + I2。原子守恒（Cu 2 个、I 4 个）；电荷守恒（左边 +4 −4 = 0，右边 0）；电子守恒（2 个 Cu2+ 各得 1e- 共得 2e-，生成 I2 的 2 个 I- 各失 1e- 共失 2e-）。三项全部成立，配平正确。 D 项错误：ClO- 氧化 S2- 应在碱性或中性条件下进行，方程式中出现 H+ 与 OH- 介质判断矛盾（碱性溶液中不能写出 H+ 作产物）；且电子也不守恒——2 个 ClO- 只得 4e-，而 S2- 升到 SO42- 需失 8e-。 易错提醒：判断一个离子方程式是否配平，不能只看原子个数。本题 A、B、D 三项的错误各不相同：A 是电荷不守恒（一眼可见），B 是原子与电荷都对、唯独电子不对（最易漏判），D 是介质不合理且电子不守恒。做题时务必按"电子 → 电荷 → 原子"的顺序逐一核对，其中电子守恒最容易被跳过。 4.【答案】C　【考点】"氢为 −1 价"以外的另一类特殊价态（N2H4 中 N 为 −2 价）、转移电子数与氧化产物的判断　【难度】基础 先把 N2H4 + O2 = N2 + 2H2O 的化合价逐一落实： - N：N2H4 中 −2 → N2 中 0，每个 N 失 2e-，2 个 N 共失 4e-，N2H4 作还原剂； - O：O2 中 0 → H2O 中 −2，每个 O 得 2e-，1 个 O2 共得 4e-，O2 作氧化剂； - H：在 N2H4 与 H2O 中均为 +1，未变价。 得失电子数均为 4，方程式已配平（核对：N 左右均 2、O 左右均 2、H 左右均 4）。 A 项错误：N2H4 中氮元素化合价升高、失电子，N2H4 作还原剂，本项说反了。 B 项错误：氧化剂为 O2（1 mol）、还原剂为 N2H4（1 mol），二者物质的量之比为 1∶1，而非 2∶1。本项的陷阱是看到 O2 中有 2 个 O 原子就把系数当成 2——比值只由物质的系数之比决定，与分子内的原子个数无关。 C 项正确：1 个 N2H4 中有 2 个 N，每个 N 由 −2 升到 0 失 2 个电子，故每消耗 1 mol N2H4 转移 4 mol 电子。 D 项错误：氧化产物是还原剂 N2H4 对应的产物，即 N2；H2O 是氧化剂 O2 对应的产物，属还原产物。本项把二者颠倒了。 易错提醒：联氨 N2H4 中氮为 −2 价（氢为 +1，由 2×(+1)×2 + 2×x = 0 得 x = −2），这是一处高频盲区——凡遇到 N2H4、N2H5+ 等，务必先按"氢 +1"反推出氮的价态，不要凭印象把氮当作 −3 价（那是 NH3）。同理，第 4 讲练过的金属氢化物 NaH 中氢为 −1 价，两处恰好相反，可对照记忆。 5.【答案】B　【考点】用电子守恒法反推还原产物中元素的化合价　【难度】基础 设 X 在还原产物中的化合价为 +a。 还原剂一侧（失电子）： n(SO32-) = 0.02500 L × 0.060 mol·L-1 = 1.50×10-3 mol SO32- → SO42-，S 由 +4 → +6，每个 S 失 2e- n(失) = 1.50×10-3 mol × 2 = 3.00×10-3 mol 氧化剂一侧（得电子）： n(X2O72-) = 0.01000 L × 0.050 mol·L-1 = 5.00×10-4 mol n(X) = 2 × 5.00×10-4 mol = 1.00×10-3 mol X 由 +6 → +a，每个 X 得 (6 − a) 个电子 由电子守恒： 1.00×10-3 mol × (6 − a) = 3.00×10-3 mol 6 − a = 3　→　a = +3 故 X 在还原产物中的化合价为 +3，选 B。 A、C、D 项错误：分别对应"每个 X 得 4 个电子"（把 S 的失电子数算成 1）、"每个 X 得 2 个电子"（漏乘 X2O72- 中 X 的个数为 2）与"X 化合价未变"（未算电子得失）。 方法沉淀："由数据反推化合价"这类题的通法是"一侧算失、一侧算得、令其相等"，关键有两处易错：① 别忘了 X2O72-、Cr2O72- 这类含两个变价原子的微粒，由物质的量换算原子个数时要乘 2；② SO32-、Fe2+ 等还原剂每个微粒失几个电子，要由化合价差值确定，不是固定值。 6.【答案】A　【考点】碱性条件下的缺项配平、补项规则与"多氧一侧"的判断　【难度】基础 先把化合价变化与电子守恒落实： - Mn：Mn2+ 中 +2 → MnO2 中 +4，每个 Mn 失 2e-，Mn2+ 作还原剂； - Cl：Cl2 中 0 → Cl- 中 −1，每个 Cl2 得 2e-，Cl2 作氧化剂； - 二者得失电子数已相等，故系数比为 1∶1。 再定缺项：右边 MnO2 比左边 Mn2+ 多 2 个 O，即右边多氧。碱性介质的补项规则是"多氧的一侧补 H2O，另一侧补 OH-"，故右边补 H2O、左边补 OH-，由电荷守恒定 OH- 系数为 4、由氢守恒定 H2O 系数为 2： Mn2+ + Cl2 + 4OH- = MnO2↓ + 2Cl- + 2H2O （核对：电荷 +2 −4 = −2，右边 −2；O 左边 4、右边 2+2 = 4；H 左右均为 4。） A 项正确：两个 □ 依次为左边的 OH- 与右边的 H2O。 B 项错误：氧化剂 Cl2 与还原剂 Mn2+ 的物质的量之比为 1∶1，而非 2∶1。 C 项错误：Mn 由 +2 升到 +4，每生成 1 mol MnO2 转移 2 mol 电子，而非 1 mol。 D 项错误：还原产物是氧化剂 Cl2 对应的产物，即 Cl-；MnO2 是还原剂 Mn2+ 对应的产物，属氧化产物。 方法沉淀：酸性、碱性两种介质的补项规则恰好"对称"，务必分清——酸性：多氧的一侧补 H+，另一侧补 H2O（如 MnO4- → Mn2+：左边补 8H+、右边补 4H2O）；碱性：多氧的一侧补 H2O，另一侧补 OH-（如本题：右边补 2H2O、左边补 4OH-）。判断时只需先回答一个问题："哪一侧氧多"。 7.【答案】D　【考点】多步（连续）反应中电子转移的累加、蚀刻液再生工艺的定量分析　【难度】提升 第一步（蚀刻）：2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+ n(Fe3+) = 0.100 L × 2.0 mol·L-1 = 0.20 mol，恰好完全反应 由系数比 2∶1，被蚀刻的 n(Cu) = 0.20 mol ÷ 2 = 0.10 mol 转移电子：Fe3+ → Fe2+ 每个得 1e-，共 0.20 mol 电子 第二步（再生）：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl- 第一步生成的 n(Fe2+) = 0.20 mol 由系数比 2∶1，至少需 n(Cl2) = 0.20 mol ÷ 2 = 0.10 mol 转移电子：同样为 0.20 mol 两步合计：0.20 mol + 0.20 mol = 0.40 mol 电子。 A 项错误：被蚀刻的铜为 0.10 mol，本项直接把 Fe3+ 的物质的量当成了 Cu 的物质的量，漏掉了 2∶1 的系数比。 B 项错误：第一步转移 0.20 mol 电子（0.20 mol Fe3+ 各得 1 个电子），本项按"Cu 失 1 个电子"错算成 0.10 mol——Cu 由 0 升到 +2，每个 Cu 失 2 个电子。 C 项错误：第二步至少需通入 0.10 mol Cl2，本项同样漏掉了 2∶1 的系数比。 D 项正确：两步合计转移 0.40 mol 电子。 方法沉淀：多步反应的电子转移要分步算、再累加，不能只算一步（本项 B、C 的错误都源于此）。同时注意"蚀刻液再生"这一工艺的本质：Fe3+ 在整个循环中总量不变，只起"搬运电子"的中间媒介作用——它先把电子从 Cu 那里取走，又把电子交给 Cl2。认识到这一点，就能理解为什么两步的电子数恰好相等。 8.【答案】D　【考点】"还原产物的价态由介质决定"、碱性缺项配平与酸性条件的对照计算　【难度】提升 先在碱性条件下配平。拆开化合价： - Mn：MnO4- 中 +7 → MnO42- 中 +6，每个 Mn 得 1e-，MnO4- 作氧化剂； - S：SO32- 中 +4 → SO42- 中 +6，每个 S 失 2e-，SO32- 作还原剂； - 电子守恒：n(MnO4-)∶n(SO32-) = 2∶1。 再定缺项：左边（2MnO4- + SO32- 共 11 个 O）比右边（2MnO42- + SO42- 共 12 个 O）少 1 个 O，即右边多氧。碱性介质"多氧的一侧补 H2O、另一侧补 OH-"，故右边补 H2O、左边补 OH-： 2MnO4- + SO32- + 2OH- = 2MnO42- + SO42- + H2O （核对：电荷 −2 −2 −2 = −6，右边 −4 −2 = −6；O 左 8+3+2 = 13、右 8+4+1 = 13；H 左右均 2。） A 项错误：两个 □ 依次为左边的 OH- 与右边的 H2O，本项把左右顺序颠倒了。 B 项错误：氧化剂为 MnO4-（2 mol）、还原剂为 SO32-（1 mol），二者物质的量之比为 2∶1，本项写成了 1∶2。 C 项错误：S 由 +4 升到 +6，每消耗 1 mol SO32- 转移 2 mol 电子，而非 1 mol。 D 项正确：酸性条件下 MnO4- 被还原为 Mn2+（+7 → +2，每个 Mn 得 5e-），此时 2MnO4- + 5SO32- + 6H+ = 2Mn2+ + 5SO42- + 3H2O 由 2MnO4- ~ 5SO32- 得：氧化 1 mol SO32- 需 n(MnO4-) = 0.4 mol。 与碱性条件下的 2 mol 相比确实少得多——正是由于 MnO4- 在酸性下每个锰能多接受 4 个电子，氧化同等量的还原剂所需氧化剂就少得多。 方法沉淀：同一氧化剂在不同介质中的还原产物不同，这是高考的高频辨析点——MnO4- 在酸性下还原为 Mn2+（得 5e-）、在中性（或弱碱性）下还原为 MnO2（得 3e-）、在强碱性下还原为 MnO42-（得 1e-）。做题时一定要先看介质，再定产物价态，最后才配平；否则系数与电子转移数会全错。 9.【答案】B　【考点】多步碘量法（KIO3 产生 I2 → 部分被待测物消耗 → 剩余 I2 用 Na2S2O3 滴定）的返滴定计算　【难度】提升 本题是一条"先生成 I2、再被待测物消耗、最后滴定剩余 I2"的返滴定链，须分三段计算。 ① KIO3 与过量 KI 反应生成的 I2 总量 n(KIO3) = 0.0200 mol·L-1 × 0.02500 L = 5.00×10-4 mol 由 IO3- + 5I- + 6H+ = 3I2 + 3H2O 中 IO3- ~ 3I2： n总(I2) = 5.00×10-4 mol × 3 = 1.50×10-3 mol ② 未被维生素 C 消耗、剩余的 I2 n(Na2S2O3) = 0.100 mol·L-1 × 0.01000 L = 1.00×10-3 mol 由 I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62- 中 I2 ~ 2S2O32-： n余(I2) = 1.00×10-3 mol ÷ 2 = 5.00×10-4 mol ③ 与维生素 C 反应的 I2 及维生素 C 的量 n耗(I2) = 1.50×10-3 mol − 5.00×10-4 mol = 1.00×10-3 mol 由 C6H8O6 + I2 = C6H6O6 + 2H+ + 2I- 中 C6H8O6 ~ I2（1∶1）： n(C6H8O6) = 1.00×10-3 mol m(C6H8O6) = 1.00×10-3 mol × 176 g·mol-1 = 0.176 g w = 0.176 g ÷ 0.352 g × 100% = 50.0% 故选 B。 A、C、D 项错误：分别对应"漏掉 I2 ~ 2S2O32- 的系数 2 而把剩余 I2 算成 1.00×10-3 mol"（得 25.0%）、"漏掉 IO3- ~ 3I2 的系数 3 而把 I2 总量算成 5.00×10-4 mol"（无意义）与"把剩余 I2 误当作消耗量"（得 25.0% 的镜像错误）。 方法沉淀：返滴定（剩余滴定）的通法是"总量 − 剩余量 ＝ 消耗量"，三步缺一不可。碘量法有两条必须记牢的计量关系：IO3- ~ 3I2（系数 1∶3）与 I2 ~ 2S2O32-（系数 1∶2）——这两处是本题全部失分点的来源。做题时建议先把这条链写成"KIO3 → I2(总) → I2(余) → I2(耗) → 待测物"的流程图，再逐段代入。 10.【答案】A　【考点】硝酸在反应中的"双重作用"、由氮元素守恒与电子守恒联立求解混合气体的组成　【难度】提升 n(Cu) = 3.84 g ÷ 64 g·mol-1 = 0.0600 mol n(HNO3)总 = 0.100 L × 2.00 mol·L-1 = 0.200 mol 硝酸在本反应中有两种去向： - 起酸性作用：进入 Cu(NO3)2，n = 2 × n(Cu) = 2 × 0.0600 mol = 0.120 mol； - 被还原：进入 NO 与 NO2，n = 0.200 mol − 0.120 mol = 0.080 mol。 （也可由氮元素守恒直接得到：气体中 N 的总物质的量＝被还原的 HNO3＝0.080 mol。） A 项正确：被还原的 HNO3 为 0.080 mol。 B 项错误：起酸性作用的 HNO3 为 0.120 mol，本项与被还原的部分互换了。 C 项错误：若 NO 与 NO2 物质的量相等，则由气体总量 0.080 mol 知各为 0.040 mol，此时转移电子为 0.040 mol × 3（HNO3 → NO）+ 0.040 mol × 1（HNO3 → NO2）= 0.160 mol，而铜失电子只有 0.0600 mol × 2 = 0.120 mol，两者矛盾——说明"二者相等"这一假设本身不成立，本项的 0.120 mol 是错把"铜失电子数"直接安到了这个假设上。 D 项错误：硝酸在该反应中既表现氧化性（生成 NO、NO2）又表现酸性（生成 Cu(NO3)2），本项遗漏了后者。 方法沉淀：凡是硝酸（或浓硫酸）与金属的反应，第一步都要把酸拆成两股：一股"起酸的作用"进入盐，一股"起氧化剂的作用"被还原为气体。拆分的依据是氮（或硫）元素守恒：起酸性的部分可由"盐中酸根的物质的量"直接算出，剩余的部分才被还原。在此基础上再列电子守恒方程，即可求解混合气体的组成——本题若要求 NO 与 NO2 各自的物质的量，联立 x + y = 0.080 与 3x + y = 0.120，解得 x = 0.020 mol、y = 0.060 mol。 二、非选择题 11.【考点】三种典型配平（观察法、酸性缺项、碱性缺项）与基于配平结果的电子转移计算　【难度】基础 （1）4、5、4、6（1 分）；O2（0.5 分）；NH3（0.5 分）；5（1 分） 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O - N：NH3 中 −3 → NO 中 +2，每个 N 失 5e-，NH3 作还原剂； - O：O2 中 0 → −2，每个 O2 得 4e-，O2 作氧化剂； - 电子守恒：最小公倍数 20 → n(NH3)∶n(O2) = 4∶5；再由氢（或氮）守恒定 NO 为 4、H2O 为 6。 每生成 1 mol NO，有 1 mol N 由 −3 升到 +2，转移 5 mol 电子。 易错提醒：本反应中氢的化合价没有变化（NH3 与 H2O 中 H 均为 +1），变价的只有 N 与 O 两种元素。有学生误以为 NH3 中的 H 也参与了电子得失，从而把转移电子数算错。 （2）Cr2O72- + 6I- + 14H+ = 2Cr3+ + 3I2 + 7H2O（2 分） - Cr：Cr2O72- 中 +6 → +3，2 个 Cr 共得 6e-； - I：−1 → 0，每个 I- 失 1e-，故需 6 个 I-，生成 3 个 I2； - 补项：左边 Cr2O72- 多氧，酸性介质"多氧的一侧补 H+"，故左边补 14H+、右边补 7H2O。 核对：电荷 −2 −6 +14 = +6，右边 2×(+3) = +6；O 左右均 7；H 左右均 14。 （3）I- + 3Cl2 + 6OH- = IO3- + 6Cl- + 3H2O（1 分）；Cl2（0.5 分）；I-（0.5 分）；6（1 分） - I：−1 → IO3- 中 +5，每个 I- 失 6e-，I- 作还原剂； - Cl：Cl2 中 0 → −1，每个 Cl2 得 2e-，故需 3 个 Cl2，Cl2 作氧化剂； - 补项：右边 IO3- 多氧，碱性介质"多氧的一侧补 H2O"，故右边补 3H2O、左边补 6OH-（系数由电荷守恒确定：右边总电荷 −1 −6 = −7，左边 −1 − a = −7 → a = 6）。 核对：电荷左右均 −7；O 左 6、右 3+3 = 6；H 左右均 6。 每氧化 1 mol I- 转移 6 mol 电子。 方法沉淀：本题三小题恰好覆盖了配平的三种典型情形——① 变价元素系数已由电子守恒完全确定、其余用观察法补齐（第 1 问）；② 酸性缺项，补 H+ 与 H2O（第 2 问）；③ 碱性缺项，补 OH- 与 H2O（第 3 问）。第 2、3 问的补项方向恰好相反，对比记忆：酸性"多氧补 H+"，碱性"多氧补 H2O"。 12.【考点】工业流程情境下陌生氧化还原方程式的书写与配平、多元素同时变价的电子守恒、基于元素守恒与电子守恒的定量测定　【难度】提升 （1）2MoS2 + 7O2 2MoO3 + 4SO2（2 分）；O2（0.5 分）；MoO3、SO2（0.5 分） 本问的关键是MoS2 中两种元素的化合价都升高： - Mo：MoS2 中 +4 → MoO3 中 +6，每个 Mo 失 2e-，2 个 Mo 共失 4e-； - S：MoS2 中 −2 → SO2 中 +4，每个 S 失 6e-，4 个 S 共失 24e-； - 合计失电子：4 + 24 = 28e-； - O：O2 中 0 → −2，每个 O2 得 4e-，需 28 ÷ 4 = 7 个 O2。 核对原子：Mo 2 ＝ 2；S 4 ＝ 4；O 左 14、右 6 + 8 = 14，配平正确。 氧化剂是 O2；Mo 与 S 均被氧化，故氧化产物为 MoO3 与 SO2（本反应中 O2 被还原后进入这两种产物，因此二者同时又都是还原产物——同一种产物兼有两种身份，这在"多元素变价"反应中很常见）。 （2）MoO3 + 2NH3·H2O = 2NH4+ + MoO42- + H2O（1 分）；不是（1 分） MoO3 是钼酸酐，与氨水反应生成钼酸铵。核对：Mo 1 ＝ 1；N 2 ＝ 2；O 左 3 + 2 = 5、右 4 + 1 = 5；H 左 2×5 = 10、右 2×4 + 2 = 10；电荷 0 ＝ +2 −2 = 0。 Mo 在 MoO3 与 MoO42- 中均为 +6 价，其余元素化合价也未变，故该反应不是氧化还原反应，属于酸性氧化物与碱的反应。 （3）SO2 + H2O2 = H2SO4（1 分）；氧化剂（1 分） S 由 +4 升到 +6 失 2e-，H2O2 中 −1 价的氧降到 −2 价得 2e-，电子守恒；原子与电荷（均为分子）亦守恒。H2O2 中氧元素化合价降低，故 H2O2 作氧化剂。 易错提醒：H2O2 在本反应中作氧化剂，而在与酸性 KMnO4 反应时作还原剂——再次印证"看该反应中化合价的升降，不看通常角色"。 （4）w(MoS2) = 56.0%（2 分） n(BaSO4) = 8.15 g ÷ 233 g·mol-1 = 0.0350 mol 由硫元素守恒（MoS2 中的 S 全部经 SO2 → H2SO4 → BaSO4）： n(MoS2) = n(S) ÷ 2 = 0.0350 mol ÷ 2 = 0.0175 mol m(MoS2) = 0.0175 mol × 160 g·mol-1 = 2.80 g w(MoS2) = 2.80 g ÷ 5.00 g × 100% = 56.0% 方法沉淀：工业流程中的含量测定，最常用的抓手就是元素守恒链——本题"MoS2 中的 S → SO2 → H2SO4 → BaSO4"这条链上硫的物质的量始终不变，因此称量最终沉淀即可反推起点。抓链条比逐步写方程式更快，也更不容易出错。 （5）w[(NH4)2MoO4] = 87.1%（3 分） n(KMnO4) = 0.100 mol·L-1 × 0.02400 L = 2.400×10-3 mol 滴定中两对变价： - Mn：MnO4- 中 +7 → +2，每个 Mn 得 5e-； - Mo：Mo3+ 中 +3 → MoO42- 中 +6，每个 Mo 失 3e-。 由电子守恒： n(Mo3+) × 3 = n(MnO4-) × 5 n(Mo3+) = 2.400×10-3 mol × 5/3 = 4.000×10-3 mol 由钼元素守恒： n[(NH4)2MoO4] = n(Mo) = 4.000×10-3 mol M[(NH4)2MoO4] = 2×18 + 96 + 4×16 = 196 g·mol-1 m[(NH4)2MoO4] = 4.000×10-3 mol × 196 g·mol-1 = 0.784 g w = 0.784 g ÷ 0.900 g × 100% = 87.1% 方法沉淀：本题的滴定与常见滴定有一个显著区别——不必写出完整的滴定方程式，只需抓住两端元素的化合价变化，直接列电子守恒式。n(待测) × (每个待测微粒的变价数) ＝ n(标准) × (每个标准微粒的变价数)，是氧化还原滴定最通用的形式。凡遇到"先用锌（或其他还原剂）把待测元素还原到某一价态、再用标准氧化剂滴定"的间接测定，一律按此处理。 双向细目表 题号 题型 分值 考查内容 核心素养 难度 预设难度系数 1 选择 3 配平的三重依据（电子守恒、电荷守恒、原子守恒）辨析 证据推理 基础 0.82 2 选择 3 酸性条件下的缺项配平（过氧化氢法制备 ClO2）、氧化剂与还原剂计量比、H2O2 角色判定 证据推理 基础 0.64 3 选择 3 离子方程式配平的三重守恒逐项排查（识别"电子不守恒"的隐蔽错误） 证据推理 基础 0.66 4 选择 3 联氨除氧：N2H4 中氮为 −2 价的判定、转移电子数与氧化产物的判断 宏观辨识 基础 0.68 5 选择 3 用电子守恒法反推还原产物中未知元素的化合价 模型认知 基础 0.64 6 选择 3 碱性条件下的缺项配平与补项规则（多氧一侧补 H2O） 模型认知 基础 0.68 7 选择 3 印刷电路板蚀刻液再生：连续两步反应电子转移的分别计算与累加 变化观念 提升 0.54 8 选择 3 介质决定还原产物：碱性下 MnO4- → MnO42- 的缺项配平，及与酸性（→ Mn2+）的定量对照 变化观念 提升 0.48 9 选择 3 多步碘量法返滴定计算（IO3- ~ 3I2 与 I2 ~ 2S2O32- 双计量关系串联） 模型认知 提升 0.46 10 选择 3 硝酸的双重作用拆分 + 由元素守恒与电子守恒联立求解混合气体组成 证据推理 提升 0.48 11 填空 8 三种典型配平（观察法、酸性缺项、碱性缺项）与基于配平结果的电子转移 模型认知 基础 0.70 12 填空 12 辉钼矿制钼酸铵：陌生方程式书写、多元素同时变价的配平、元素守恒链与间接滴定测定 科学探究·模型认知 提升 0.50 全卷预估难度系数：约 0.60（其中基础题约占 55%，提升题约占 45%），与全国卷化学试题的整体难度水平相当，适合高三一轮复习阶段性限时检测。 【温馨提示】本试卷采用AI出题，一线教师逐题审核，如有雷同和疏漏之处，请及时反馈和联系！ 第 页　共 页 学科网（北京）股份有限公司 $