高三化学一轮教案（人教版）氧化还原反应方程式的配平及计算

第5讲氧化还原反应方程式的配平及计算

［复习目标］1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应

的简单计算。

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

2.氧化还原反应方程式配平的•般步骤

一、常规氧化还原反应方程式的配平

△

!.(!)__HC1(浓)+_____MnO2—Clt+_—MnCl+—

22_H2O

_Cu+_____HN()3(稀)=_____NOt+—

⑵一CU(NO3)2+__H2O

⑶一_KI+___KIO3+___H2s。4==___I2+___K2SO4+__H2O

(4)—_S+_____KOH=_____K2S+_—K2SO3+_—H2O

_MnOJ+_____H++_____Cl=____Mn2++__C1t+—

(5)一2_H2O

_MnOJ+_____HO+_____H+==_____Mn2*+_____O2t+_

(6)—22—H2O

t+_____Mn2+-

⑺一_c2o^-+—_MnO；+_____H'=_____CO24-____H2O

_KMnO+_____HSO=__K2so4+____MnSO+_____CO2t+_____HO

⑻—_C2H6O+—42442

答案(1)41112(2)38324

(3)(4)36213(5)(6)(7)(8)512186121033

■归纳总结,

常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法

二、缺项氧化还原反应方程式的配平

2.(1)C1O+Fe(OH)?+=C1+FeO『+H2O

(2)Mn"十CIO3+H2O=MnO2I+Cl2t十

(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮叱铝(AIN)的反应体系中的物质有AI2O3、C、N2、COo

请将A1N之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。

口口口酗OAN+

(4)将NaBiO?固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2s04的混合溶液里.，加热，溶液显紫色(Bi?+无色)。配

平该反应的离子方程式:

|〔NaBiChN囚/++|[2,Na++|同3+4^|+|

答案(1)3240H325

⑵H+

高温

=:

(3)A1；O3+3C+N2_2A1N+3CO

+

(4)5214H552MnO；7H2O

解析(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N?是氧化剂，C是还原剂，A1N为还原产物，CO为氧化产

物°

■归纳总结-------------------------------------------------------------------------------------

“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平

缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH),其配平流

程为

考点二电子守恒法计算

1.电子守恒法计算的原理

氧化剂得电子总数二还原剂失电子总数

2.电子守恒法计算的流程

一、电子守恒法的基本计算

1.(2024.济宁鱼台第一中学高三月考)现有24mL浓度为0.05mol-L1的Na2so3溶液恰好与20mL浓度为

0.02mol-L1的七02。7溶液完全反应。已知Na2s03可被LCgO?氧化为Na2so4,则Cr元素在还原产

物中的化合价为()

A.+2B.+3C.+4D.+5

答案B

解析题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2J2O7,失电子的物质是Na2so$,其中S元素

的化合价从+4-+6,Cr元素的化合价将从+6-+〃。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.05

mol-L1x0.024Lx(64)=0.02mol-L1xQ.020Lx2x(6n),解得〃=3。

2.Na2%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

x+6+1-1_✓o\一

解析Na2SYfNa2so4,NaClO-NaCl,由得失电子守恒得关系式lx[6（-j）]-.r=16x2,解得入=5。

3.在P+C11SO4+H2O-CujP+H3P（%+H2s0”未配平）反应中，7.5molC11SO4可氧化P的物质的量为

molo生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为moL

答案1.52.2

解析设7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为•r,生成1molCu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据

得失电子守恒：7.5molx（21）=tx（50）,解得x=1.5mol；1molx3x（21）+lmolx[0（3）]=yx（50）,解得产1.2mol,

所以生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2mol+1mol=2.2mol。

二、电子守恒法在多步反应中的应用

4.取xg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8960mL的NO?/体和672mL

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

17.02go则x等于（）

A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44

答案B

解析反应流程为

Na(叫；Mg(()H)2

Mg：Cu：

Mg)浓性N(),N(),

CuJ22

xg-17.02g/w(OH),

而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO?得到电子的物质的量，即：

”（OHL??：：：：1_Ix1+。2：：：；]_[一2＞：I=0.46mol,所以xg=17.02g0.46molxl7g-mol'=9.20go

5.足量铜与••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1.68L

。2（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5moi.!?

NaOH溶液至Cu?♦恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）

A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL

答案A

,>(NQ9

解析由题意可知,HNO；。、H()N2O4,则Cu失去电子的物质的量与O?得到电子的物质的量相等,即

NO

/Z(CU)=2/?(O2)=2X—\68L-=0.15molo根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：

22.4L-mol1

/2(NaOH)=2/?[Cu(NO02]=2/?(Cu)=0.3mol,则V(NaOH尸°干？=006L=60mL

bmol'L_1o

1.(2024•浙江6月选考，6)利用CHQH可将废水中的NO1转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：

H++CH3OH+NO.-X+CO2+H2CK未配平)。下列说法正确的是()

A.X表示NO2

B.可月Ch替换CH30H

C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6:5

D.若生成标准状况下的COz气体11.2L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)

答案C

解析由题中信息可知，利用CHQH可将废水中的NO.转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2,

A不正确；该反应中CH30H是还原剂，03有强氧化性，故不可用Ch替换CH_QH,B不正确；该反应中，

还原剂CH30H中C元素的化合价由2价升高到+4价，升高了6价，氧化剂NO1中N元素的化合价由+5价

降低到0价，降低了5价，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5,C正确；生成

ImolCO2气体转移6mol电子，若生成标准状况下的CCh气体11.2L(0.5mol),反应转移的电子数为3NA,

D不正确。

2.下列判断不正确的是(填字母)。

+

A.反应2XeF6+4Na+16OH=Na4XeO6I+Xet+02t+12F+8H2O。每生成1molO2,转移6mol电子

(2023・福建，5D)

B.BaTiO(C2CU)2热分解生成BaTiCh，同时产生的ng2：〃co为1：1[2023•全国甲卷，26(6)]

C.①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t；②CaH2+2HQ=Ca(OH)2+2H2t。反应①和②中转移的电:数相同时，

产生的。2和H2的物质的量相同(2023•北京,12D)

D.催化反应CH«g)+2H2s(g)=CSXg)+4H2(g),该反应中每消耗1molH2S,转移电子的数目约为

2x6.02x1()23(2023・江苏，10D)

答案CD

解析A项，由化学方程式可知，生成1molO2,转移6mol电子；B项，BaTiOCzOR热分解生成

△

BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2-BaTiO3+2CO2t+2CO1；C项,由反应知:①O2~2e,②H?~e,

转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1：2；D项，由化学方程式可知，2比S~8c,则消

耗1molH2s转移电子的数目为4即。

高温

342021•河北，15(5)]Fe(CrO2)2+O2+NaHCO3^Na2CrO4+Fe2O3+CO2+氏0。

高湘

:

答案4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3~8Na2CrO4+2Fe2O3+l6co2+8H2O

解析同一物质中多元素价态变化，用整体法分析：Fe(CrO2)2中lFe(+2-+3),2Cr(+3-+6),共升高7价。

4.[2021•全国甲卷,26(3)]K1溶液和CuSCh溶液混合可生成Cui沉淀和卜，若生成1mol12,消耗的KI至少

为mol0

答案4

解析反应方程式为2c析++4I^=2CuII(白色)+L,可知若生成1molI2,则消耗的KI至少为4molo

课时精练

[分值：100分]

(选择题1~10题，每小题5分，11~13题，每小题8分，共74分)

一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。

1.在一定条件下，PbCh与C产反应，产物是Cr?O歹和Pb2+,则与1molC产反应所需PbO2的物质的量为

()

A.3.0moiB.1.5molC.1.0molD.0.75mol

答案B

解析当1molC=3+被氧化生成0.5molCm。/时，失去3mol电子，而1molPbO?被还原只能得到2mol

电子，因此所需PbCh的物质的量为L5molo

2.(2024•济南章丘第四中学高三模拟)高锯酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未

配平)：

KMnO4+FcSO4+H2SO4=K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O

下列说法正确的是()

A.MnO1是氧化剂，F03+是还原产物

B.Fe?-的氧化性强于ME的

C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成

D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8

答案D

解析该反应中Mn元素化合价由+7价降至+2价，Fe元素化合价由+2价升至+3价，即Mn01是氧化剂，

FC"是氧化产物，A错误；FeSCU作还原剂，MnSO』为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+,B错误；反应后

的溶液中含有Fe3+,滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，C错误；配平该氧化还原反应为

2KMnO4+10FcSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fc2（SO4）3+8H2O,D正确。

3.（2024・潍坊高三模拟）碘在地壳中主要以Nai。,的形式存在，在海水中主要以I的形式存在，几种粒子之间

的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是（）

A.向含I的溶液中通入Cb，所得溶液加入淀粉溶液•定变蓝

B.途径II中若生成1molL，消耗2.5molNaHSO3

C.氧化性的强弱顺序为CI2>I2>IO3

D.一定条件下，I与101反应可能生成L

答案D

4.有Fe3+、Fe2\NO］、NHj>H•和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下

列叙述不正确的是（）

A.还原产物为NH+

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8

C.若有0.5molN07参与反应，则转移8mol电子

D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+e=Fe”

答案C

2++3+

解析由题意知，离子方程式为8Fe+1OH+NOJ=8Fe+NHj+3H2OoC项，若有0.5molNO］参与反应，

应转移4mol电子。

5.（2024.淄博模拟）NaNO?是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNCh反应的离子方程式为

MnOj+NOJ+H+―|+比0（未配平）。下列叙述正确的忌（）

A.反应后溶液pH卜.降

B.通常用盐酸酸化高锯酸钾溶液

C.方框中粒子为NO?

D.当生成1molMn"需消耗2.5molNOJ

答案D

解析该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO]是氧化剂，NO]是还原剂，生成NO1,根据

得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2Mn0]+5N05+6H+=2Mn2++5N0]+3H2O。反应过程中H*浓

度减小，溶液的pH增大，故A错误；C1具有还原性，能被高镒酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高镒

酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；根据离子方程式知，生成1molM/+需消耗2.5molNO],故D正

确。

6.羟胺（NHzOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049moi•[;羟胺的酸性溶液与足量硫

酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe?+恰好与24.50mL0.020mol-L1酸性KMnO」溶液完全反应。已知：

FcSCh+KMnCh+H2sCh-Fe2（S0）+K2sCh+MnSO4+H2O（未配平），则羟胺的氧化产物是（）

A.N2B.NB.N2OC.NOD.NO2

答案B

解析根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnCh溶液氧化，羟胺中N元素的化合价是1,设羟胺的氧化产

3,3

物中N元素的化合价是x,根据得失电子守恒，25.00XI0Lx0.049mol-Lx（x+l）=24.50xl0Lx0.020

mol・L-】x5,解得户+1,故羟胺的氧化产物为N2OO

3+

7.（2024.泰安模拟）已知氧化性：Cl2>Br2>Feo向FeBrz溶液中通入一定量的Cb，发生反应的离子方程式为

2+3+

AFe-）Br+zC12^AFe+^Br24-2zClo其中x、y、z的值不符合实际反应的是（）

A.A=4、）=6、z=5

B/=l、产5、z=l

C.户3、y=l、z=2

DJC=2>）=2、z=2

答案B

2+3+

解析氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，AFe+>Br+zCI2=AFe-^Br2+2zCl中

得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2xy=3x2z,即关系式均为x+y=2z,将*、z的数值代

入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2x5,故A符合实际反应；x=l、y=5、z=l时，l+5>2xl,

故B不符合实际反应；m3、产1、z=2时，3+1=2x2,故C符合实际反应；尸2、）=2、z=2,2+2=2x2,

故D符合实际反应。

8.（2024・济南天桥区双语实验学校高三期中）已知Pb-Qj与HNCh溶液发生反应I：

+2+

Pb3O4+4H=PbO2+2Pb+2H2O；PbCh与酸化的MnSCh溶液发生反应H:

2++

5PbO2+2Mn+4H+5S0^-=2Mn0J+5PbSO4+2H2Oo下列推断正确的是（）

A.由反应I可知，PbQ中Pb（D）和Pb（IV）含量之比为1：2

B.由反应I、H可知，氧化性：HNO3>PbO2>Mn0；

C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+l6HNO3=3Pb（NO3）j+4NOt+8H2O

D.PbsCh可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbC12+4H2O+Cl2t

答案D

解析反应I中HNCh未将Pb?+氧化，可证明氧化性：HNO3<Pb（IV），故B、C错误；根据反应II可知氧

化性：PbO2>Mn0J,又知氧化性（酸性条件）：MnOJ>Cl2,故D正确。

9.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。

下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是（）

A.IO］作氧化剂

B.若1molMn"参加反应则转移5mol电子

C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2

D.配平后M/+、H+的化学计量数分别为2、3

答案D

解析分析图1、图2可知，M/+作还原剂，那么101作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式为

2Mn^+5I0；+3H2O=6H^+2Mn0；+5I03,若有1molMIB参加反应则转移5moi电子，氧化剂与还原剂的

物质的量之比为5：2,配平后Mn"W的化学计量数分别为2、6,A、B、C项正确，D项错误。

10.（2025・聊城一模）用CuS、Cu2s处理酸性废水中的50万，发生反应如下：

+

反应I：CuS+Cr2O^+H—>Cu2++S0t+C产+H?O（未配平）

反应］I：CsS+CnO丈+H，—>Cu2++S0：—+C产+氏0（未配平）

下列有关说法正确的是（）

A.反应I和n中cu2\so厂都是氧化产物

B.处理1molCmO/时反应【、II中消耗H+的物质的量相等

C.反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3:5

D.反应I、II中每处理1molCr2O?-,转移电子数不相等

答案C

+2+H

解析配平反应I：3CuS+4Cr2O^+32H=3Cu+3SO|-+8Cr+16H2O,反应中S元素的化合价升高，Cr

+2+3+

元素的化合价降低；反应II：3Cu2S+5Cr2O^+46H=6Cu+3SOi-+10Cr+23H2O,反应中Cu、S元素的

化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应I中只有S元素被氧化，则只有SOt是氧化产物，

故A错误；处理1molC"0万时反应I、II中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；反应H中，氧化剂为

CmO歹，还原剂为Cu2s,则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5,故C正确；反应I、II中每处理1

molCr2O^，转移电子6moi,则转移电子数相同，故D错误。

二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。

11.(2024.济宁模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是()

4+

A.该条件下的氧化性：Ce>Cr2O^->CIO；

B.反应(I)中，每生成1molCn。歹，转移3mol电子

C.将反应(2)设计成原电池，C「2。歹在负极发生反应

D.Ce"与CIO1反应生成Ce3+和C10Z时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

答案A

解析氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应⑴的氧化剂是Ce4+、氧化产物是CmO歹，反应(2)的

4+

氧化剂是CnO打、氧化产物是CIO1,因此氧化性：Ce>Cr20^>C10；,A正确；反应(1)的离子方程式为

4+3+3++

6Ce+2Cr+7H20=6Ce+Cr20^'4-14H,每生成1molCr2O^,有6mol电子转移，B错误；将反应(2)设

计成原电池，正极上的电极反应式为CnO>十6c+14H+=2C产+7H2。，C错误；该反应的离子方程式为

4+3++

2Ce+C103+H2O=2Ce+C10；+2H,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1,D错误。

12.(2024•青岛模拟)Fe3(h磁材料应用广泛，制备流程如图。下列说法错误的是()

A.“产物1”需要密封保存防止氧化

B.“釜B”中主要反应的化学方程式为4FeC12+4CaO+O2+6H2O=4Ca02+4Fe(OH)3

C.“产物1”与“产物2”中参与生成Fe3O4反应的物质的物质的量之比为2：1

D.“分散剂”可破坏形成的胶体来促进氧化

答案C

解析“产物1”为FcCb溶液在釜A中和CaO反应生成的FC(0H)2,由于+2价铁易被氧化，所以需要密

封保存防止氧化，故A正确；“釜B”中FeCb溶液和CaO、分散剂、空气发生氧化还原反应生成

Fe(OH)3,主要反应的化学方程式为4FeCl24-4CaO+O2+6H2O=4CaC12+4Fe(OH)3,故B正确；Fe(OH)2

与Fe(OH)3参与生成Fes。,反应的物质的量之比为1：2,故C错误；Fe?+易水解，“分散剂”可破坏形成

的胶体来促进氧化，故D正确。

13.(2024.潍坊模拟)二氨化氯常用作高能火箭推进系统中的氧化剂，一种在温和条件下制取OF2的工艺如图

所示。下列说法正确的是()

A.反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2

B.还原性：H2O2>K2MnF6>MnF3

C.反应I~N中，氟元素化合价发生变化的反应有3个

D.制取1moiOF2,至少需加入60molHF

答案AD

解析反应【为H2O2与KMnCMKF、HF反应生成O2、K2MnF6^H2O，化学方程式为3H2O2+2KMnO4

+2KF+1()HF=3O2t+2K2MnF6+8H2O,反应II为HF与SbCL反应生成SbF“HQ,化学方程式为

5HF+SbCl5=SbF5+5HCl,反应出为LMnR与SbFs反应生成M11F3、KSbF6>F2,化学方程式为

2K2MnF6+4SbF5=2MnF3+4KSbF6+F2t,反应IV的化学方程式为2F2+2KOH=OF2+2KF+H2。，据

此回答。反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：2,A正确；根据反应I可知，还原性：

H2O2>K2MnF6,根据反应HI可知，氧化性：K2MnF6>MnF3,B错误；由分析可知，氟元素化合价发生变化

的反应有2个，分别为反应HI和反应IV,C错误；根据OF2~2R~8SbFs+4K2MnF6可知，生成8moiSbFs需

要40molHF,生成4molK?MnF6需要20molHF,则制取1molOF2,至少需加入60molHF,D正确。

三、非选择题

14.(11分)已知还原性：HSO]>I,氧化性：

(1)在NalCh溶液中滴力口少量NaHSCh溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的

方向和数目。

|^aI03+||NaHSCh=||b+||Na2SC)4+|^hSCh+lfeo

(2)在NaK)3溶液中滴加过量NaHSOs溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为

(填化学式)。

(3)在含5molNaHSCh的溶液中逐滴加入NaKh溶液，加入NalCh的物质的量和析出h的物质的量的关系

曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：:当溶液中

I与L的物质的量之比为5：3时，加入的NaQ为moL

答案

⑴

(2)Nal(3)iO7+51+6H*=3l2+3HO—

26

解析(2)由还原性：HS03>I可知，当NaHSCh溶液过量时，10］先被还原成12,再被还原成I。(3)OA段，

随着10］的量增加，NaHSCh的量减少，10］被还原成I：IO3+3HSO3=3SOg+I+3H+,至A点恰好完全反

应，此时继续加入NalCh,又发生NalCh氧化I的反应：10/6日+51=312+3氏0。当I与L的物质的量之

比为5：3时，设第一个反应加入的NalCh为xmol,第二个反应加入的NalCh为ymol,则第一个反应生成

的I为xmol,第二个反应消耗的I