第05講氧化還原反應(yīng)方程式的配平與計(jì)算

目錄

01考情解碼?命題預(yù)警...........................................................2

02體系構(gòu)建?思維可視...........................................................3

03核心突破?靶向攻堅(jiān)3

考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)方程式的書寫與配平.....................................................

知識(shí)點(diǎn)1氧化還原反應(yīng)方程式配平......................................................

重珈識(shí)點(diǎn)2“信息型”氧化還原反應(yīng)（離子）方程式的書寫

考向1考查氧化還原方程式的配平......................................................

【思維建?！垦趸€原反應(yīng)方程式配平技法

考向2考查“信息型”氧化還原反應(yīng)方程式的書寫.........................................

【思維建?！俊靶畔⑿?'氧化還原方程式的分析方法和思維模型

考點(diǎn)二氧化還原反應(yīng)的計(jì)算方法——電子守恒法...............................................

知識(shí)點(diǎn)1計(jì)算原理....................................................................

知識(shí)點(diǎn)2守恒法解題的思維流程........................................................

知識(shí)點(diǎn)3電子守恒在氧化還原反應(yīng)計(jì)算中的應(yīng)用.........................................

考向1考直多元素之間得失電子守恒問(wèn)題................................................

考向2考蟄多步反應(yīng)得失電子守恒問(wèn)題..................................................

04真題溯源?考向感知.............................................................

01

考情解碼-命題預(yù)警

考點(diǎn)要求考查形式2025年2024年2023年

氧化還原反應(yīng)方

浙江6月卷，6,3分

回選擇題

程式的配平

江蘇卷，6,3分

□非選擇題—

湖南卷，6,3分

氧化還原反應(yīng)的

團(tuán)選擇題浙江1月卷，6,3分

計(jì)算方法一電北京卷，14,3分

□非選擇題北京卷，12,3分

子守恒法

考情分析：

氧化還原反應(yīng)方程式的配平、書寫及計(jì)算屬于高頻考點(diǎn)，從近幾年高考試題來(lái)看，化工流程題或?qū)嶒?yàn)綜合

題中有關(guān)氧化還原反應(yīng)的化學(xué)(或離子)方程式的書寫仍是高考命題的熱點(diǎn)。

預(yù)測(cè)新的一年高考可能會(huì)在化工流程或綜合實(shí)驗(yàn)題中考查氧化還原反應(yīng)方程式的書寫和氧化還原滴定計(jì)

算，題目的難度較大，如：

(1)氧化還原反應(yīng)與離子方程式、電極反應(yīng)式相結(jié)合，考查在新情境下陌生氧化還原方程式的書寫與配平等；

(2)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算等；

(3)最近幾年出現(xiàn)氧化還原反應(yīng)的循環(huán)圖中陌生氧化還原方程式的書寫與配平。

復(fù)習(xí)目標(biāo)：

1.掌握常見氧化還原反應(yīng)的書寫、配平和相關(guān)計(jì)算。

2.能利用得失電子守恒原理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。

02

?考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)方程式的書寫與配平.

知識(shí)點(diǎn)1氧化還原反應(yīng)方程式配平

1.氧化還原方程式配平的基本原則——配平三大原則

(1)電子守恒：氧化劑和還原劑得失電子總數(shù)相等，化合價(jià)升高總數(shù)=化合價(jià)降低總數(shù);

(2)質(zhì)量守恒：反應(yīng)前后原子的種類和個(gè)數(shù)不變;

(3)電荷守恒：離子反應(yīng)前后，陰、陽(yáng)離子所帶電荷總數(shù)相笠。

2.“五步驟”配平氧化還原反應(yīng)方程式

(1)標(biāo)變價(jià)：標(biāo)明反應(yīng)前后變價(jià)元素的化合價(jià);

(2)列得失：根據(jù)化合價(jià)的變化值，列出變價(jià)元素得失電子數(shù);

(3)求總數(shù)：通過(guò)求最小公倍數(shù)使得失電子總數(shù)相笠；

(4)配系數(shù)：確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù),觀察法配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)

量數(shù)；

(5)查守恒：檢查質(zhì)量、電荷、電子是否守恒。

3.記住元素的價(jià)態(tài)

(1)記住元素的常見價(jià)態(tài)

氫H

物質(zhì)金屬氫化物、、

NaBHaLiAlH4H2H2O

價(jià)態(tài)40+1

氧0

H20H2O2、Na2()2等02OF2

z2J.0±2

碳C

C2H2CCO、HCNH2C2O42

物質(zhì)CH482、CO3'

價(jià)態(tài)s4A0+2±3±4

硫S

HSSSO2-2

物質(zhì)2FeS223SO2、SO3sc)3、sc)4”、s2or

價(jià)態(tài)240±2+4+6

鐵Fe

2+3

物質(zhì)FeFeO、FeFe3()4Fe2O3>Fe\CuFeS2K2FeO4

價(jià)態(tài)0±2+2(1/3)、+3(2/3)±3±6

銘Cr

物質(zhì)CrCr3+K2GO4、K2G2O7

價(jià)態(tài)0±3+6

錦Mn

2

物質(zhì)MnMn\MnOMnO(OH)Mn02K2M11O4KMnO4

價(jià)態(tài)0±2+3+4+6+7

(2)明確一些特殊物質(zhì)中元素的化合價(jià):

±2±2Z2±6Z3±2±5

①CuFeS?：直、涇、』；②KzFeCU：Fe；?Li2NH,LiNH2>AIN：N；④Na2s2O3：J；⑤MO1：M；

+3+2-3+1-1+8F+4-3

@c2or：C；?HCN：C,區(qū)；@CuH：⑥、R；⑨FeO仁：TT；⑩Si3N4：Si>No

4.氧化還原反應(yīng)配平的思維模型

第一步：根據(jù)元素化合價(jià)的升降，判斷氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物；

第二步：按“氧化劑+還原劑-還原產(chǎn)物+氧化產(chǎn)物”寫出方程式,根據(jù)得失電子守恒配平上述物質(zhì);

第三步：根據(jù)電荷守恒和反應(yīng)物的酸堿性,在方程式左邊或右邊補(bǔ)充電、OH-或比0等:

第四步：根據(jù)質(zhì)量守恒配平反應(yīng)方程式；

第五步：檢查原子、電荷、電子是否守恒。

5.配平方法

(1)正向配平法

T標(biāo)變價(jià)H標(biāo)明反應(yīng)前后變價(jià)元素的化合價(jià)

配

T列得失K列出化合價(jià)的變化值

平

通過(guò)求最小公倍數(shù)使化合價(jià)升降總值相等

五

步,_______,「確定氧化莉：速原河、一氧化產(chǎn)物;速原蘆物的

T配系數(shù)H化學(xué)計(jì)量數(shù),觀察法配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)

驟:量數(shù)

」查守恒H檢查質(zhì)量、電荷、電子是否守恒

(2)逆向配平法

適用于一種元素的化合價(jià)既牙直z降低的反應(yīng)和a解反應(yīng)中的氧化還原反應(yīng)。

先確定生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后再確定反應(yīng)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)。

化合價(jià)升高4

例如：3S+6KoH(熱、濃)==2K,S+K,S()3+3H,O

I_________________1

化合價(jià)降低2

由于S的化合價(jià)既升又降，而且升降總數(shù)要相等，所以K2s的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2,K2sCh的化學(xué)計(jì)量數(shù)為

1,然后確定S的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3。

(3)缺項(xiàng)型氧化還原反應(yīng)方程式的配平

缺項(xiàng)方程式是指某些反應(yīng)物或生成物的分子式?jīng)]有寫出來(lái),一般為水、酸或堿。

①配平方法

先用“化合價(jià)升降法”配平含有變價(jià)元素的物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后由原子守恒確定未知物，再根據(jù)原

子守恒進(jìn)行配平。

②補(bǔ)項(xiàng)原則

條件補(bǔ)項(xiàng)原則

酸性條件下缺H（氫）或多0（氧）補(bǔ)片,少0（氧）補(bǔ)氏。（水）

缺H（氫）或多0（氧）補(bǔ)氏。（水）,少0（氧）補(bǔ)QH

堿性條件下

息J知識(shí)點(diǎn)2“信息型”氧化還原反應(yīng)（離子）方程式的書寫

1.“信息型”氧化還原反應(yīng)化學(xué)（離子）方程式的書寫程序

根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)或常見化根據(jù)根據(jù)溶液的酸根據(jù)根據(jù)原子

合價(jià)確定未知產(chǎn)物中元素電子堿性確定參與電荷守恒確定

—>—>

的化合價(jià)；根據(jù)溶液的酸守恒反應(yīng)的H+或守恒并配平其

堿性確定未知物的類別配平OT配平他物質(zhì)

2.熟記常見的氧化劑及對(duì)應(yīng)的還原產(chǎn)物、還原劑及對(duì)應(yīng)的氧化產(chǎn)物

+

KMnO4(H)>

氧化劑濃Fe3+、-

Cho2H2so4HNO3KCIO3CIOH2O2

MnOz

還原產(chǎn)物crO2"、2+Fe2+cr

SO2NONO2MnH2O

so2、

還原劑rS2—(H2S)co、cFe2+NH3H2O2

sor\

氧化產(chǎn)物12sCO2Fe3+NO、NSO42-o

22X

3.掌握書寫信息型氧化還原反應(yīng)化學(xué)（離子）方程式的步驟（4步法）

第1步：根據(jù)題干信息或流程圖，判斷氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物

第2步:按“氧化劑+還原劑-還原產(chǎn)物+氧化產(chǎn)物”寫出方程式,根據(jù)氧化還原反應(yīng)的守恒規(guī)律配平氧化劑、

還原劑、還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物的相應(yīng)化學(xué)計(jì)量數(shù)。

第3步：根據(jù)電荷守恒和溶液的酸堿性，通過(guò)在反應(yīng)方程式的兩端添加H+或OIF的形式使方程式的兩

端的電荷守恒。

第4步：根據(jù)原子守恒，通過(guò)在反應(yīng)方程式兩端添加H20（或其他小分子）使方程式兩端的原子守恒。

4.氧化還原反應(yīng)化學(xué)（離子）方程式的配平步驟：

（1）標(biāo)出化合價(jià)變化了的元素的化合價(jià)。

（2）列變化：分別標(biāo)出化合價(jià)升高數(shù)和化合價(jià)降低數(shù)

（3）根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等確定發(fā)生氧化還原反應(yīng)的物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。

（4）利用元素守恒，觀察配平其他物質(zhì)

5.“補(bǔ)缺”的技巧

缺項(xiàng)化學(xué)（離子）方程式的配平：

配平化學(xué)（離子）方程式時(shí)，有時(shí)要用H+、0H\H2O來(lái)使化學(xué)方程式兩邊電荷及原子守恒，總的原則是

酸性溶液中不能出現(xiàn)0H-,堿性溶液中不能出現(xiàn)H+,具體方法如下:

酸性環(huán)境堿性環(huán)境

反應(yīng)物中少氧左邊加H2O,右邊加H+左邊加OH,右邊加H2O

反應(yīng)物中多氧左邊加H+,右邊加H2O左邊加H2O,右邊加OH-

注：絕不可能出現(xiàn)的情況：H+—OH或者OH-IH+。

考向1考直氧化還原方程式的配平

麗配平下列氧化還原反應(yīng)方程式:

(1)_______Zn+HN03(稀戶Zn(NO3)2+NO,+H2O；

+2+

(2)MnO(OH)2+1+H=Mn+I2+H2O；

【答案】(l)3Zn+8HNO3(稀)=3Zn(NO3)2+2NOf+4H2O

+2+

(2)lMnO(OH)2+21-+4H=1Mn+1I2+3H2O

【解析】(1)反應(yīng)中鋅從0價(jià)升高為硝酸鋅中+2價(jià)，失去2個(gè)電子，硝酸中的氮從+5價(jià)，降為NO中+3

價(jià)的氮,生成1個(gè)NO得到3個(gè)電子，依據(jù)得失電子守恒結(jié)合原子個(gè)數(shù)守恒寫出反應(yīng)方程式3Zn+8HNO3(稀)

=3Zn(NO3)2+2NOT+4H2O；(2)反應(yīng)中2個(gè)碘離子由-1價(jià)升高為碘單質(zhì)的0價(jià)，失去2個(gè)電子，MnO(OH)2

中的Mn從+4,降為Mn2+中+2價(jià)的氮，生成1個(gè)Md+得到2個(gè)電子，依據(jù)得失電子守恒結(jié)合原子個(gè)數(shù)守

2+

恒寫出反應(yīng)方程式lMnO(OH)2+21-+4H+=1Mn+1I2+3H2Oo

思維建模氧化還原反應(yīng)方程式配平技法

(1)兩種常用方法

①全變從左側(cè)配：氧化劑、還原劑中某元素化合價(jià)全變化的，一般從左側(cè)反應(yīng)物開始配平；

②自變從右側(cè)配：自身氧化還原反應(yīng)(包括分解、歧化)一般從右側(cè)配平。

(2)“三步法”配平缺項(xiàng)氧化還原反應(yīng)方程式，缺項(xiàng)方程式是指某些反應(yīng)物或生成物在方程式中沒有寫出

來(lái)，它們一般為水、酸(H+)或堿(OH」)，其配平流程為：

找出變價(jià)元素，利用氧化還原反應(yīng)方程式的配

第一步

平方法確定含變價(jià)元素物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)

莉甫原3B冠滿其薪薪而施富巨6：訐廠最

OH、在酸性條件下缺H或多O補(bǔ)H卜，少()

第二步

補(bǔ)H2。,在堿性條件下缺H或多。補(bǔ)H2O,

少()補(bǔ)OH一

最后利用原子守恒和電荷守恒確定缺項(xiàng)物

質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)

【變式訓(xùn)練1】配平下列方程式

(1)H2C2O4+KC1O3+H2so4=CIO2T+CO2T+KHSO4+H2O

(2)C2H5OH+KM11O4+H2so4=K2SO4+MnSO4+CO2T+H2O

【答案】⑴H2c2O4+2KCIO3+2H2so4=2ClChT+2co2廿2KHscU+2H2。

(2)5C2H5OH+12KMnO4+18H2so4=6K2sO4+12MnSO4+1OCO2T+33H2O

【解析】⑴反應(yīng)中KCIO3TCIO2,Cl元素化合價(jià)由+5價(jià)降低到+4價(jià)，共降低1價(jià)，H2c2O4TCO2,C

元素化合價(jià)由+3價(jià)升高到+4價(jià)，每消耗1個(gè)H2c2。4,共升高2價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為2,故KCICh、

C102前系數(shù)為2,H2c2。4前系數(shù)為1，C02前系數(shù)為2,再根據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)，配平后的方

程式為H2c2O4+2KCIO3+2H2so4=2C1O2T+2cO2T+2KHsO4+2H2O；(2)反應(yīng)中KMnO4TM11SO4，Mn元素化

合價(jià)由+7價(jià)降低到+2價(jià),共降低5價(jià),C2H5OH-CO2,C元素化合價(jià)由-2價(jià)升高到+4價(jià),每消耗1個(gè)C2H5OH,

共升高12價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為60,故KMnO4、M11SO4前系數(shù)為12,C2H50H前系數(shù)為5,CO2

前系數(shù)為10,再根據(jù)原子守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)，配平后的方程式為

5c2H5OH+12KMnO4+18H2so4=6K2so4+12MnSO4+1OCO2T+33H2O。

【變式訓(xùn)練1?變題型】高鐵酸鈉(NazFeC)。是水處理過(guò)程中使用的一種新型凈水劑作劑，它的氧化性比

高錦酸鉀更強(qiáng)，本身在反應(yīng)中被還原為Fe2+離子。配平制取鐵酸鈉的化學(xué)方程式：

Fe(NO3)3+NaOH+Cl2=Na2FeO4+NaCl+6NaNO3+8H2O.反應(yīng)中,

元素被氧化，每生成8molH2O轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為o

【答案】2；16；3；2；6；Fe；6NA

【解析】依據(jù)方程式可知：反應(yīng)前后Fe元素的化合價(jià)有+3-+6失去3個(gè)電子，化合價(jià)升3,被氧化，

而C1元素則有0--1價(jià)，得到1個(gè)電子，化合價(jià)降1,氧化還原反應(yīng)中得失電子應(yīng)守恒，所以假設(shè)Fe(NO3)3

前的系數(shù)為2,Cl2前的系數(shù)為3,再通過(guò)質(zhì)量守恒定律，推斷得出該反應(yīng)的化學(xué)方程式即2Fe(NO3)3+16

NaOH+3cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O；每生成8molH2O即消耗3moicb轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為6NA?

+2+2+

【變式訓(xùn)練2?變載體】(2025?江西南昌模擬)關(guān)于反應(yīng)Cu2S2+MnO4+H^Cu+SO2t+Mn+H2O(未配平,

S2?一的結(jié)構(gòu)與湘似)、下列說(shuō)法正確的是()

A.反應(yīng)中氧化產(chǎn)物僅是S02

B.方程式配平后H+的系數(shù)為28

C.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8：5

D.生成ImolSCh,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6moi

【答案】D

【解析】5Cu2s2+12MnO4-+56H+=10Cu2++10SO2T+12Mn2++28H2。反應(yīng)中，銅元素的化合價(jià)由+1價(jià)升到

+2價(jià)，硫元素的化合價(jià)由-1價(jià)升到+4價(jià)，共轉(zhuǎn)移60個(gè)電子。A項(xiàng)，根據(jù)分析，氧化產(chǎn)物為SO2和Cu2+,

A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，H+的系數(shù)為56,B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，SO2為氧化劑，Cu2s2為還原劑，比例為12：5,C錯(cuò)誤；D

項(xiàng)，據(jù)方程式10S02~60e,則生成ImolSCh,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是6mol,D正確；故選D。

福麗【環(huán)境保護(hù)與學(xué)科知識(shí)結(jié)合】【變式訓(xùn)練3】(2025?江西宜春一模)新家裝修后甲醛含量超標(biāo)，

可用二氧化氯來(lái)除甲醛，生成CCh、HC1和HzO,下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

A.等質(zhì)量的C1O2與NaClO能除去甲醛的物質(zhì)的量之比等于5：2

B.甲醛能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，Imol甲醛最多可制得4moiAg

C.反應(yīng)生成ImolCCh,則轉(zhuǎn)移4moi電子

D.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：5

【答案】A

【解析】由題意可知，二氧化氯和甲醛反應(yīng)生成C02、HC1和H20,根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配

平其反應(yīng)方程式可表示為：4C1O2+5HCHO=5CO2+4HC1+3H2OOA項(xiàng)，該反應(yīng)中CKh中氯元素化合價(jià)由+4

降低到-1,NaClO中氯元素化合價(jià)由+1降低到-1,則消耗等量甲醛所需NaClO與C102之比為5：2,A錯(cuò)

O

H

誤；B項(xiàng)，甲醛的結(jié)構(gòu)式為C,可以看成2個(gè)醛基，則甲醛能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，1mol甲醛最多

H/H

可制得4moiAg,B正確；C項(xiàng)，由4C1O2+5HCHO=5CO2+4HC1+3H2?？芍?，該反應(yīng)中C元素化合價(jià)由0

價(jià)上升到+4價(jià)，反應(yīng)生成ImolCCh,則轉(zhuǎn)移4moi電子，C正確；D項(xiàng)，4C1O2+5HCHO=5CO2+4HC1+3H2O

中氯元素化合價(jià)由+4降低到-1,C元素化合價(jià)由0價(jià)上升到+4價(jià)，C1O2是氧化劑，HCHO是還原劑，氧化

劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：5,D正確；故選A。

難考向2考查“信息型”氧化還原反應(yīng)方程式的書寫

例2根據(jù)圖示信息書寫方程式。

(l)NaN3是一種易溶于水(NaN3=Na++N］)的白色固體，可用于有機(jī)合成和汽車安全氣囊的產(chǎn)氣等。鈉法

(液氨法)制備NaN3的工藝流程如下:

液NEH2

HQ

①反應(yīng)I的化學(xué)方程式為

②銷毀NaN3可用NaClO溶液，該銷毀反應(yīng)的離子方程式為.(N3-被氧化為N2)O

(2)利用鉆渣［含CO(OH)3、Fe(OH)3等］制備鉆氧化物的工藝流程如下:

2H2s。4(NH4)2C,O4

②Na2sO3NaC103,02

ITTfl%VL(Zt

鐵渣

CO(OH)3溶解還原反應(yīng)的離子方程式為0

【答案】(l)2NaNH2+N2O210-22tft3NaN3+NH3+NaOH

C1O+2N3-+H2O=C1-+2OH-+3N2T

2+2+2

(2)2CO(OH)3+SO3-+4H=2CO+SO4-+5H2O

【解析】⑴①反應(yīng)I是NaNH?、N2O在210-220℃發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生NaN3、NH3、NaOH,該反應(yīng)

；

的化學(xué)方程式為2NaNH2+N2O210~220t?NaN3+NH3+NaOH

②NaClO具有強(qiáng)氧化性，NaN3具有還原性，二者會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaOH、N2,根據(jù)電

子守恒、電荷守恒、原子守恒，結(jié)合物質(zhì)的拆分原則，可得該反應(yīng)的離子方程式為：

ClO-+2N3-+H2O=Cl-+2OH-+3N2t;

(2)Co(OH)3具有氧化性，SO32-具有還原性，二者在溶液中會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)產(chǎn)生C02+、SO42-,同時(shí)

反應(yīng)產(chǎn)生H2O,該反應(yīng)的離子方程式為：2co(OH)3+SO32-+4H+=2CO2++SCU2-+5H2O。

思維建模"信息型''氧化還原方程式的分析方法和思維模型

思維模型方法模型

竹先根據(jù)血中所給信總，存出所燃反反物或生成物中變價(jià)七I?的化?金價(jià)，

通過(guò)分析找出我化利、還原制,&化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物.

住“士一：匕M?三￥」1一之原產(chǎn)物+氧化產(chǎn)物”相「；.；力「匕學(xué)方鋰式.

根據(jù)電子得失守恒(或化合價(jià)升律相等).增定框架巾各物質(zhì)的汁批我.

結(jié)合所箸反應(yīng)環(huán)境，根據(jù)守恒關(guān)系補(bǔ)齊缺項(xiàng).一題.酸性條件下.塊及

補(bǔ)H.MA4H,0.域性條件下.氈補(bǔ)HO.秋取補(bǔ)OH.

現(xiàn)黎第三步科出的反應(yīng)式.根指質(zhì)充(原子、寓于荻紀(jì)體)守慳品羋H、

O等原子我失它微注.注明反應(yīng)條件，寫上入I符號(hào)，槍支后書寫冬案.

【變式訓(xùn)練1?變載體】SCR(選擇性催化還原)技術(shù)可有效降低柴油發(fā)動(dòng)機(jī)在空氣過(guò)量條件下的NO*排放,

其工作原理如圖：

尿素水溶液

氧化處理后的尾氣、出0

(NC)2、O2等)

SCR催化反應(yīng)器

⑴尿素［CO(NH2)2］水溶液熱分解為NH3和CO2,該反應(yīng)的化學(xué)方程式：

(2)反應(yīng)器中NH3還原N02的化學(xué)方程式：-

(3)當(dāng)燃油中含硫量較高時(shí)，尾氣中S02在02作用下會(huì)形成(NH4)2SO4,使催化劑中毒。用化學(xué)方程式

表示(NH4)2SO4的形成：O

【答案】(1)CO(NH2)2+H2O^CO2T+2NH3T

(2)8NH3+6NO2催化劑7N2+12H2。

△

(3)2SO2+O2+4NH3+2H2O=2(NH4)2SO4

【解析】(1)反應(yīng)物為H2O和CO(NH2)2,生成物為NH3和CO2,反應(yīng)條件為加熱，結(jié)合元素守恒可寫

出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。(2)反應(yīng)物為NH3和N02,生成物為N2和H2O,反應(yīng)需在催化劑作用下進(jìn)行。(3)NH3、

SO2、02和H2O反應(yīng)生成(NH4)2SC)4。

琳潘法|【多步驟反應(yīng)流程機(jī)理圖】【變式訓(xùn)練2】根據(jù)信息書寫方程式或描述反應(yīng)過(guò)程。

(l)BMO(Bi2MoO6)是一種高效光催化劑，可用于光催化降解苯酚，弱酸性條件下降解苯酚的反應(yīng)原理如

下圖所示。

①虛線框內(nèi)BMO降解苯酚的過(guò)程可描述為：。

②寫出5與苯酚反應(yīng)的離子方程式：o

(2)氯化銀可以溶于氨水中，寫出該反應(yīng)的離子方程式：0

【答案】⑴①C6H5OH+7O24>6CO2+3H2O②3c6H5OH+28O2-+28H+=18CO2T+23H2O

+

(2)AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+CT

【解析】(1)①根據(jù)圖知，虛線框內(nèi)BM0降解苯酚的過(guò)程中：反應(yīng)物是苯酚和氧氣，生成物是二氧化

碳和水。所以該過(guò)程的總反應(yīng)為：C6H5OH+7O2—*6co2+3H2O；②由圖可知，C6H50H可被02一氧化生

+

成水和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式是：3C6H5OH+28O2+28H=18CO2t+23H2O;

(2)氯化銀可以溶于氨水中生成銀氨絡(luò)離子，該反應(yīng)的離子方程式為：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-。

?考點(diǎn)二氧化還原反應(yīng)計(jì)算方法一電子守恒法.

知識(shí)點(diǎn)1計(jì)算原理

對(duì)于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去

的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應(yīng)過(guò)程，可不寫化學(xué)方程式，不追

究中間反應(yīng)過(guò)程，只要把物質(zhì)分為始態(tài)和終態(tài)，從直電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得

正確結(jié)果。

知識(shí)點(diǎn)2守恒法解題的思維流程

1.“一找各物質(zhì)”：找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。

2.“二定得失數(shù)”：確定一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)（注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù)）。

3.“三列恒等式”：根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。

〃（氧化劑）x變價(jià)原子個(gè)數(shù)x化合價(jià)變化值（高價(jià)一低價(jià)）="（還原劑）x變價(jià)原子個(gè)數(shù)x化合價(jià)變化值（高價(jià)一

低價(jià)）。

醫(yī)1知識(shí)點(diǎn)3電子守恒在氧化還原反應(yīng)計(jì)算中的應(yīng)用

得失電子守恒是指在發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子總數(shù)一定笠王還原劑失去的電子總數(shù)。得

失電子守恒法常用于氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算及電解過(guò)程中電極

產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算等。

（1）直接計(jì)算反應(yīng)物與產(chǎn)物或反應(yīng)物與反應(yīng)物之間的數(shù)量關(guān)系。

（2）對(duì)于多步連續(xù)的氧化還原反應(yīng)則可根據(jù)“電子傳遞”，找出起始反應(yīng)物與最終生成物之間的關(guān)系進(jìn)行計(jì)

算，忽略反應(yīng)過(guò)程。

（3）以電子守恒為核心，建立起“等價(jià)代換”，找出有關(guān)物質(zhì)之間的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算等。

（4）多池串聯(lián)時(shí)，流經(jīng)各個(gè)電極上的電子數(shù)相等。

考向1考查多元素之間得失電子守恒問(wèn)題

姮（2025?北京通州三模）不同的溫度下，Cb通入NaOH溶液中主要發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)，如圖所示。

.水ANaClO

Cl2+NaOH(aq)

熱水ANaClO

II3

下列說(shuō)法不正確的是（）

A.反應(yīng)I和II都有NaCl生成

B.C1O3-的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形

C.反應(yīng)I和n中，每lmolC12參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3：5

D.反應(yīng)I和H中，參加反應(yīng)的Cb與NaOH的物質(zhì)的量之比：1<11

【答案】D

【解析】由圖可知，氯氣與氫氧化鈉溶液在冷水條件下反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，根據(jù)化合價(jià)

升降守恒、原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,在熱水條件下反應(yīng)生成氯化鈉、

氯酸鈉和水，根據(jù)化合價(jià)升降守恒、原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2Oo

A項(xiàng)，由分析可知，反應(yīng)I和H都有氯化鈉生成，A正確；B項(xiàng)，C1O3一里中心原子C1的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為

3+7+1-3X2=3+1=4>孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1,則其空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，B正確；C項(xiàng)，反應(yīng)I中存在關(guān)系

式：C12~NaCl~NaClO~e-,Imol氯氣參加反應(yīng)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，反應(yīng)II中存在關(guān)系式：

3c12~5NaCl~NaCK）3~5。Imol氯氣參加反應(yīng)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移gmol電子，則反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3：5,

C正確；D項(xiàng)，反應(yīng)I和II中，參加反應(yīng)的氯氣與氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比都為1：2,D錯(cuò)誤；故選D。

【變式訓(xùn)練1?變考法】（2025?遼寧撫順二模）氮化硅因其優(yōu)異的性能而被廣泛應(yīng)用于高溫耐火材料、機(jī)

械工業(yè)、航空航天、生物醫(yī)學(xué)等多個(gè)領(lǐng)域，可由石英與焦炭在高溫的氮?dú)饬髦型ㄟ^(guò)以下反應(yīng)制備：

3SiO2+6C+2N2高溫SisN4+6CO

NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是（）

A.反應(yīng)消耗44.8LN2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為12NA

B.每消耗60gsiCh,生成物中Si原子數(shù)目為NA

C.反應(yīng)中每生成Imol氧化產(chǎn)物，消耗氧化劑為Imol

D.28gN2含兀鍵數(shù)目NA

【答案】B

【解析】A項(xiàng)，題目未指明氣體狀態(tài)（是否標(biāo)準(zhǔn)狀況），不可以計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，60gsiCh

的物質(zhì)的量為Imol,根據(jù)反應(yīng)式，3moiSiCh生成lmolSi3N4（含3moiSi原子），貝UImolSiCh對(duì)應(yīng)生成ImolSi

原子，數(shù)目是NA,B正確；C項(xiàng)，氧化產(chǎn)物為CO（C從0T+2）,每生成6moicO需2mO1N2（氧化劑），每生

成ImolCOm|molN2,而非Imol,C錯(cuò)誤;D項(xiàng),28gN?為Imol,每個(gè)N2分子含2個(gè)兀鍵（三鍵結(jié)構(gòu)：1。+2兀），

總兀鍵數(shù)為2NA,D錯(cuò)誤；故選B。

【變式訓(xùn)練2?變載體】某試樣含有KBrCh、KBr及惰性物質(zhì)。稱取試樣1.000g,溶解后配制到100mL

容量瓶中。吸取25.00mL,在H2s04介質(zhì)中用Na2sCh將BrCh-還原為B「，除去過(guò)量的SCh?-后調(diào)至中性測(cè)

定Br,消耗O.lOOOmolLiAgNCh溶液17.50mL。另吸取25.00mL試液用H2s。4酸化后加熱除去母2,再調(diào)

至中性，滴定過(guò)剩Br時(shí)消耗了上述AgNCh溶液2.50mL。計(jì)算試樣中KBrCh、KBr的質(zhì)量分

數(shù)、o

【答案】16.7%71.4%

【解析】設(shè)去除的25.00mL試液中的KBrCh、KBr的物質(zhì)的量分別為mmol、mmol,

,BrO,+3SO；Br+3SO；-Br+Ag+=AgClJ

由可知，,fem+n2=0.1x0.0175

nin2ni+ll20.1x0.0175

+

BrO；+5Br+6H=3Br2+3HQ“zu3

=0.00175,322,n-5n?=0.1x0.0025=0.00025,解得m=0.00025,

55nl2

n2=0.0015,原樣品中n(KBr03)=4m=0.001mol,n(KBr)=4n2=0.006mol,故KB1O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為:

006><119

0.001x167x10()%=167%KBr的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：0-x100%=71.4%o

1.0001.000

境］【結(jié)合提取Au和Pt的工藝考查復(fù)雜氧化還原過(guò)程】【變式訓(xùn)練3】(2025?河北衡水三模)

粕鈿精礦中的Au、Pt、Pd含量較低，Cu、Zn、Pb含量較高。一種從柏鋁精礦中提取Au和Pt的工藝如圖

所示。

已知：“酸浸”過(guò)程為電控除雜；“氯化溶解”后所得主要產(chǎn)物為HAuCk、H2Pte16、H2Pdek;(NH4)2PtCl6

在煮沸下與水反應(yīng)得到易溶于水的(NH4)2PtC14。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()

A.“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb

B.“分金”時(shí)，HAuCk的氧化性大于H2Pde16

C.“煮沸”過(guò)程中發(fā)生了氧化還原反應(yīng)

D.“燃燒”過(guò)程中每消耗lmol(NH4)2PtCl6轉(zhuǎn)移6mole-

【答案】D

【解析】已知“氯化溶解”后所得主要產(chǎn)物為HAuCk、H2Pte16、H2Pdek,則“酸浸”過(guò)程應(yīng)除去了Cu、

Zn、Pb,“分金”過(guò)程通入SO2除去Au,加入NH4cl沉粕、沉鈿,“煮沸”過(guò)程分離鉗和鋁，“煨燒”得到Pt,

在煮沸下與水反應(yīng)得到易溶于水的(NHSPtCL。A項(xiàng)，由分析可知，“酸浸”過(guò)程為電控除雜，可除去Cu、

Zn、Pb,A正確；B項(xiàng)，“分金”時(shí)，SO2作還原劑,HAuCk作氧化劑被還原,H2Ptek不反應(yīng)，說(shuō)明HAuCk

氧化性大于H2Pte16,B正確；C項(xiàng)，“煮沸”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)(NHJPdJ+HzOXNHJPdJ+HClO+HCl,

可知Pd元素化合價(jià)降低，部分C1元素化合價(jià)升高，即發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，C正確；D項(xiàng)，“煨燒”過(guò)程中

發(fā)生反應(yīng)3(NH4)2PtC16=2N2+3Pt+2NH4Cl+16HClT,由反應(yīng)方程式可知，每消耗3moi(NHQzPtCk轉(zhuǎn)移12moi

e-,故每消耗lmol(NH4)2PtCk轉(zhuǎn)移4moie'D錯(cuò)誤；故選D。

考向2考查多步反應(yīng)得失電子守恒問(wèn)題

例2金屬錫的純度可以通過(guò)下述方法分析：將試樣溶于鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sn+2HCl=SnCl2

+H2T，再加入過(guò)量的FeCb溶液，發(fā)生如下反應(yīng):SnCb+2FeC13=SnC14+2FeC12,最后用已知濃度的KzCnCh

2+

溶液滴定生成的Fe,反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KC1+2CrCl3+7H2O0現(xiàn)

有金屬錫試樣0.613g,經(jīng)上述反應(yīng)后，共用去0.100moLL-iKzCnCh溶液16.0mL。求試樣中錫的百分含量

(假定雜質(zhì)不參加反應(yīng)，錫的相對(duì)原子質(zhì)量為119)o

【答案】93.2%。

【解析】Sn與KzCnCh物質(zhì)的量的關(guān)系：

3Sn-3SnCl2-6FeC12-K2Cr2O7

3x119g1mol

x0.100x0.016mol

3x119gx0.100x0.016moi

x=1mol=0.5712g

0.5712

w(Sn)=0.613x100%k93.2%。

【變式訓(xùn)練1】將1.08gFeO完全溶解在100mL1.00moLL一】硫酸中，然后加入25.00mLLSCh溶液，

3+3+

恰好使Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe,且Cr2Or中的銘全部轉(zhuǎn)化為CrO則K2&2O7的物質(zhì)的量濃度是。

【答案】0.100mol-L-1

【解析】由電子守恒知，F(xiàn)eO中+2價(jià)鐵所失電子的物質(zhì)的量與CnO廠中+6價(jià)銘所得電子的物質(zhì)的量

1.08g

lx-1

相等，72g.mor(3-2)=0.02500Lxc(Cr2OF)x(6-3)x2,得c(Cr20H)=0.100mol-Lo

【變式訓(xùn)練2】在氧氣中燃燒0.22g硫和鐵組成的混合物，使其中的硫全部轉(zhuǎn)化為二氧化硫，把這些二

氧化硫全部氧化成三氧化硫并轉(zhuǎn)變?yōu)榱蛩?，這些硫酸可用10mL0.5moi氫氧化鈉溶液完全中和，則原

混合物中硫的百分含量為()

A.72%B.40%C.36%D.18%

【答案】C

【解析】由S原子守恒和有關(guān)反應(yīng)可得出：

S-H2SO4-2NaOH

32g2mol

m(S)0.5xl0xl(F3moi

得m(S)=0.08g

0.08g

原混合物中w(S)=0.22gX100%=36%。

【變式訓(xùn)練3】向FeL、FeB"的混合溶液中通入適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化情況如圖

所示。(已知：還原性：「>Fe2+>Br)

f〃（離子）/mol

6D

5

4

3

2

1

⑴原混合溶液中FeBr2的物質(zhì)的量___________mol。

(2)原溶液中n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=。

【答案】(1)3(2)2：1：3

12

【解析】還原性I->Fe2+>Br,向Feb、FeBr2的混合溶液中通入適量氯氣，氯氣先氧化1-、再氧化Fe\

2+3+

最后氧化BroAB段發(fā)生反應(yīng)2r+Cl2=I2+2Cl-,BC段發(fā)生反應(yīng)2Fe+Cl2=2Fe+2C1-,DE段發(fā)生反應(yīng)

2Br+Cl2=Br2+2Clo(1)DE段發(fā)生反應(yīng)2Br+C12=Br2+2Cr,n(Br)=6mol,根據(jù)澳元素守恒，n(FeBr2)=3molo

⑵根據(jù)圖像，AB段發(fā)生反應(yīng)21+C12=l2+2Cr,BC段發(fā)生反應(yīng)2Fe2++C12=2Fe3++2C1,DE段發(fā)生反應(yīng)

2Br+C12=Br2+2Cl;則n(Br)=6mol>n(Fe2+)=4mol>n(I)=2mol,原溶液中n(Fe2+)：n(I)：n(Br)=4：2：6=2：

1：3,

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