高一化学· 人教版 · 必修第一册第一章母题深度研究

母题深度研究 高一化学· 人教版 · 必修第一册

十一个母题族的溯源· 骨架 · 变式 · 通法 · 题组

全册四章　十一个母题族　四十四个变式　十一个分层题组

编写说明

一、本册是什么

本册不是教辅，也不是题集，而是一份“母题专解”的成套交付件：把必修第一册四章十一节的内容，还原成十一个母题族，每个母题族按同一副七段结构展开——溯源、骨架、变式、通法、高考对接、分层题组、错因与达标。它的用途有三个：教师备课时的“讲什么、讲到哪一层、怎么迁移”；教研组集体备课时的统一口径；学生一轮复习时自查“这族题我到底通没通”。

之所以按“母题族”而不按“课时”编排，是因为高中阶段真正决定分数的不是“做过多少题”，而是“能不能在陌生情境里认出这是哪一族”。高考不考原题，考的正是同一族母题在陌生外壳下的再次出现。因此本册的每一个板块都在回答同一个问题：剥掉这层壳，里面是什么。

二、七段结构怎么用

三、本册的六条编写纪律

1．不编造真题。本册“高考对接”一节只描述考查形态、能力层级与常见陷阱，不标注具体年份与卷号；所有练习题均为改编或自编，已在题组标题中标明层级，不冒充真题。

2．不承诺分数。全册只给“可测量的达标判据”，不给“练完能提多少分”的承诺。

3．与现行教材体系一致。物质分类、离子反应、氧化还原、元素化合物、周期律、化学键的表述，一律以人教版必修第一册（2019 年版）为准；凡教材未明确、而教学上需补充的口径（如 Na₂O₂与 CO₂／H₂O 混合体系的反应次序），均在“失效边界”或“提示”中标明“这是处理口径，不是教材原文”。

4．变式必须有失效边界。每一个变式后都写明“什么条件下这道变式不成立”，避免把无效变式混进题组。

5．通法必须有识别特征。只给步骤不给识别信号的，不算通法；本册每张通法卡都给出“看到什么信号就用它”。

6．命题必须自检。凡自编计算题、推断题，求解后必须做“范围检验”与“代回验证”，数据不合或线索冲突的题一律不收入题组。

四、本次交付的关键假设（如与您的实际不符，请指出，可即时迭代）

五、使用节奏建议

同步课：按节取用“骨架卡 ＋ 通法卡 ＋ A 层题组”，一课一族，不贪多。

章末复习：取用“变式族谱 ＋ B 层题组”，重点练“条件变式”与“结论变式”两维。

一轮复习：整族通读，重点在“五、高考对接”与“C 层压轴”，并把“七、错因与达标”当作诊断清单。

教研活动：以“变式族谱 ＋ 失效边界”为素材，集体讨论自编题的可行性——这两处最能体现命题功底。

目　　录

编写说明2

第一章　物质及其变化5

第一节　物质的分类及转化6

第二节　离子反应12

第三节　氧化还原反应18

第二章　海水中的重要元素——钠和氯24

第一节　钠及其化合物25

第二节　氯及其化合物31

第三节　物质的量37

第三章　铁　金属材料43

第一节　铁及其化合物44

第二节　金属材料50

第四章　物质结构元素周期律56

第一节　原子结构与元素周期表57

第二节　元素周期律63

第三节　化学键69

附：全册母题族谱总表75

说明：页码对应页脚编号。若在 Word 中调整了字号或纸张，页码可能整体位移，以页脚实际编号为准；本册目录为静态目录，不随正文自动重排。

第一章　物质及其变化

章　导　读

本章是全册的“方法论母章”：它本身的高级考点不多，却是后面三章所有推断题、流程题、实验题的通用语言。分类观决定“看到陌生物质敢不敢下手”，离子反应决定“方程式写不写得对”，氧化还原决定“变价问题敢不敢碰”。因此在母题体系里，本章三个母题族属于“低频直接考、高频间接用”的底座型母题——它们不直接决定某一道题的分数，却决定了后面每一道题的起点。

本章母题族分布

本章各节母题专解

· 第一节　物质的分类及转化　　　母题族：类别通性 + 转化关系（含分散系与胶体）

· 第二节　离子反应　　　母题族：离子方程式书写与正误判断 + 离子共存

· 第三节　氧化还原反应　　　母题族：双线桥/单线桥 + 强弱比较 + 电子守恒计算 + 缺项配平

本章学情预警（学生最易卡在哪）

1．学生最易卡在“换一个没见过的物质就不敢写”。这不是知识缺口，而是“分类→通性”这条链没走成条件反射；补的办法是只练归类，不练记忆。

2．第二个卡点是方程式的“拆不拆”：难溶不等于弱，BaSO₄是强电解质。这一条不定死，后面每一节的方程式都会连带出错。

3．第三个卡点是“部分变价”——如“被氧化的 HCl 只占参加反应的一半”。学生习惯把“参加反应的量”当成“变价的量”。

本章通用判据速查

· 判断反应类型：只看化合价有无变化，不看反应物名称。

· 判断“能否一步实现”：写出中间产物，缺一步即判否。

· 判断离子方程式正误：拆（是否完全电离）→ 平（电荷与原子）→ 实（用量与反应事实）。

· 判断氧化剂与还原剂：只看化合价升降方向，不看物质“看起来”是强还是弱。

第一节　物质的分类及转化

母题族：类别通性 + 转化关系（含分散系与胶体）

一、母题溯源

本节在《普通高中化学课程标准（2017 年版 2020 年修订）》必修课程“主题 1 物质及其变化”中承担的是“建立分类观”这一素养任务。教材给出的不是一堆物质，而是三样工具：分类标准、类别通性、转化关系。高一学生最常见的困境是“老师讲的都会，给一个没见过的物质就不敢写”——根子不在知识量，而在于没有把“物质→类别→通性”这条链走成条件反射。

结构内核：外壳可以是“某工厂以赤铁矿为原料”“某同学设计如下转化”“某地河水浑浊”，内核永远是同一副骨架——【物质】→【类别】→【通性】→【能否反应】→【条件核对】。把外壳剥掉，剩下的箭头方向与类别标签，才是这道题真正考的东西。

二、母题骨架卡

三、变式族谱（四维展开）

变式 1｜条件变式：加入“一步实现”限制

下列转化在给定条件下不能一步实现的是（　　）A．Na₂O₂→(H₂O) NaOH　　B．Al₂O₃→(NaOH 溶液) Al(OH)₃C．Fe →(稀盐酸) FeCl₂D．CO₂→(Ca(OH)₂溶液) CaCO₃

【答案】B

【解析】A 中 Na₂O₂与水直接反应生成 NaOH 并放出 O₂，一步；C 中铁与稀盐酸生成 FeCl₂（不是 FeCl₃，这是本选项埋的第二层陷阱）；D 中 CO₂与 Ca(OH)₂生成 CaCO₃沉淀，一步。B 中 Al₂O₃是两性氧化物，与 NaOH 溶液反应生成 NaAlO₂（偏铝酸钠），产物是盐不是碱；要得到 Al(OH)₃必须先成盐再加弱酸或通 CO₂，属两步。故 B 不能一步实现。

变式生成规则：把“能/不能”反向、把试剂从强酸换成强碱、把产物从正盐换成酸式盐，即可在保持骨架不变的前提下生成同族新题。失效边界：不得把两性氧化物与两性氢氧化物混入“碱性氧化物通性”类选项，否则该选项判据失效。

变式 2｜结论变式：由产物反推反应物

已知甲、乙、丙均含同种元素，甲为单质，乙为氧化物，丙为酸，且乙能直接与水化合生成丙。若甲为非金属单质，写出甲、乙、丙的化学式，并写出乙→丙的化学方程式。

【答案】甲 S；乙 SO₂；丙 H₂SO₃。SO₂ + H₂O = H₂SO₃

【解析】“氧化物能直接与水化合生成酸”是酸性氧化物的判据，因此乙必为酸性氧化物、丙为对应的含氧酸。能由单质直接氧化成酸性氧化物并水化成酸的非金属有 S→SO₂→H₂SO₃、C→CO₂→H₂CO₃等，写出一组即可。若把“甲”改成金属，则金属氧化物只能水化成碱，条件自相矛盾——这正是本题的反向验证点。

反向设问的失效边界：当骨架里同时要求“金属”与“生成酸”时，题目无解。命题时必须先做可行性自查，避免把无解变式混进题组（这是最常见的无效变式来源）。

变式 3｜情境变式：把胶体放进真实场景

某地河水呈明显浑浊。检测发现其中悬浮颗粒的直径多在 10～1000 nm 之间。当地水厂向水中加入明矾[KAl(SO₄)₂·12H₂O] 后，浑浊明显减轻。（1）该河水中悬浮颗粒形成的分散系属于哪一类？判断依据是什么？（2）明矾能净水的原因是什么（用离子方程式或文字说明）？（3）请设计一个简单实验，区分处理后的河水与食盐水。

【答案】（1）胶体（其中较大颗粒部分为悬浊液），依据是分散质粒子直径介于 1～100 nm 之间。（2）明矾溶于水电离出 Al³⁺，Al³⁺水解生成 Al(OH)₃胶体，该胶体粒子带正电，能吸附水中带负电的悬浮颗粒并使之聚沉。（3）用激光笔（或手电筒）从侧面照射两杯液体，能观察到一条明亮光路的是河水（丁达尔效应），另一杯为食盐水。

【解析】本题把“分散系分类—胶体性质—性质应用—鉴别方法”串成一条链，是本节最典型的情境化考法。注意两点：一是“1～100 nm”是胶体判据，但真实河水是混合体系，答题写“胶体（含悬浊液）”更严谨；二是明矾净水是“吸附聚沉”，不是“杀菌消毒”，后者是氯气的作用。

情境替换的失效边界：胶体的丁达尔效应只在“真溶液 vs 胶体”之间可辨；若两体系均为胶体则不适用。另：NaCl 溶液与胶体不能用“过滤”区分（都能透过滤纸），只能用渗析或丁达尔效应。

变式 4｜综合变式：分类 + 氧化还原 + 离子反应三合一

以钙为例，存在转化关系：Ca →(①) CaO →(②) Ca(OH)₂→(③) CaCO₃。（1）指出①②③三个反应中属于氧化还原反应的是哪一个，并说明判断依据；（2）写出反应③的离子方程式；（3）如果要一步实现 Ca(OH)₂→ CaCO₃，可选用的试剂有哪些（写两类）。

【答案】（1）只有①是氧化还原反应。Ca 由 0 价升高到 +2 价，O 由 0 价降低到 -2 价，有元素化合价发生变化。②是 CaO + H₂O = Ca(OH)₂，③是 Ca(OH)₂ + CO₂ = CaCO₃↓ + H₂O（或与 Na₂CO₃反应），均无化合价变化。（2）Ca²⁺ + CO₃^2- = CaCO₃↓（若用 CO₂则为 Ca²⁺ + 2OH^- + CO₂ = CaCO₃↓ + H₂O）。（3）CO₂（或可溶性碳酸盐如 Na₂CO₃、K₂CO₃溶液）。

【解析】本题的价值在于让学生意识到：一条转化链上，氧化还原反应与复分解反应是交替出现的，判断依据唯一——看有没有元素化合价变化。同时 CaO、CO₂这类氧化物在离子方程式中的处理（氧化物不拆）是 1.2 的核心规范，此处提前埋点。

跨章拼接方式：以“转化链”为骨、以“反应类型判断”为第一层、以“离子方程式书写”为第二层。融合层级属“弱融合”——两族母题各自独立，只在同一情境下并置，适合同步阶段使用；一轮复习时应升级为“强融合”，即让离子共存条件反过来限制转化路径。

四、通法卡

五、高考题型对接

本节在高考中极少单独成题，而是作为“流程题物质推断”与“选择题转化关系判断”的前置能力出现。考查形态主要有三：①选择题以“下列转化能（不能）一步实现”设问，选项横跨金属、非金属、酸碱盐；②选择题以分散系、胶体性质设问（丁达尔效应、胶体聚沉、渗析、胶体粒子带电）；③工业流程题第一问“原料中含有的物质所属的类别”，用分类观为后续分离方案埋伏笔。从能力层级看，本节内容在高考中几乎不考“记忆”，全部落在“应用”与“迁移”两级。

六、分层题组（含答案）

A 层｜基础巩固（3 题，目标：类别判断零失误）

1．下列物质属于纯净物的是（　　）A．氯水　　B．漂白粉　　C．液氯　　D．盐酸

【答案】C　【解析】氯水是 Cl₂的水溶液（混合物）；漂白粉是 Ca(ClO)₂与 CaCl₂的混合物；盐酸是 HCl 的水溶液；液氯是液态的 Cl₂单质，属纯净物。

2．下列分散系中，能产生丁达尔效应的是（　　）A．NaCl 溶液　　B．Fe(OH)₃胶体　　C．泥水　　D．蔗糖溶液

【答案】B　【解析】丁达尔效应是胶体对光的散射现象，只有分散质粒子直径在 1～100 nm 的分散系（胶体）才明显。泥水为悬浊液（>100 nm），不能产生。

3．写出下列转化的化学方程式：（1）Na₂O 与稀盐酸反应；（2）CO₂通入 NaOH 溶液（CO₂少量）。

【答案】（1）Na₂O + 2HCl = 2NaCl + H₂O；（2）CO₂ + 2NaOH = Na₂CO₃ + H₂O。【解析】Na₂O 是碱性氧化物，与酸反应生成盐和水；CO₂少量时生成正盐 Na₂CO₃，CO₂过量时生成酸式盐 NaHCO₃——这是 2.1 的核心分点，此处先建立“少量/过量”意识。

B 层｜中档提升（2 题，目标：由类别推性质、由现象推类别）

4．存在转化：Fe₂O₃→(稀盐酸) X →(NaOH 溶液) Y。（1）判断 X、Y 分别属于哪一类物质；（2）写出两步反应的化学方程式。

【答案】（1）X 为盐（FeCl₃），Y 为碱[Fe(OH)₃]。（2）Fe₂O₃ + 6HCl = 2FeCl₃ + 3H₂O；FeCl₃ + 3NaOH = Fe(OH)₃↓ + 3NaCl。【解析】“碱性氧化物 + 酸 → 盐 + 水”、“盐 + 碱 → 新盐 + 新碱”两条通性直接对接。注意 Fe(OH)₃是红褐色沉淀，须标“↓”。

5．CO₂通入 BaCl₂溶液无明显现象，而通入 Ba(OH)₂溶液则出现白色浑浊。请用分类观解释这一差异。

【答案】CO₂是酸性氧化物，其通性是与碱反应生成盐和水，与盐一般不反应。BaCl₂属于盐，故 CO₂通入其中不反应，无现象；Ba(OH)₂属于碱，CO₂ + Ba(OH)₂ = BaCO₃↓ + H₂O，生成难溶的 BaCO₃而出现浑浊。【解析】本题是“类别通性”最干净的考法：现象差异的根源不在 CO₂，而在“对象是盐还是碱”。若学生答“因为 BaCl₂不和 CO₂反应”而不给出类别原因，说明只记了结论、没建立通性。

C 层｜压轴挑战（1 题，目标：分类观进入真实分离问题）

6．某工业废渣主要含 Fe₂O₃和 Al₂O₃，另有少量不溶性杂质。请设计实验方案，把 Fe₂O₃与 Al₂O₃分离并分别回收，写出各步操作、所用试剂及相关反应的化学方程式。

【答案】方案：①向废渣中加入足量 NaOH 溶液，充分搅拌后过滤。Al₂O₃为两性氧化物，溶于强碱：Al₂O₃ + 2NaOH = 2NaAlO₂ + H₂O；Fe₂O₃为碱性氧化物，不与碱反应，留在滤渣中。②滤渣经洗涤、干燥，即得 Fe₂O₃。③向滤液中通入足量 CO₂（或加入适量稀盐酸），使 NaAlO₂转化为 Al(OH)₃沉淀：NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O = Al(OH)₃↓ + NaHCO₃；过滤、洗涤、灼烧沉淀：2Al(OH)₃ =(△) Al₂O₃ + 3H₂O，即得 Al₂O₃。【解析】解题的关键动作只有一个：判断“Al₂O₃是两性氧化物、Fe₂O₃是碱性氧化物”，由此选定“碱溶—过滤”作为分岔口。选用 CO₂而不用盐酸，是为了避免盐酸过量时 Al(OH)₃重新溶解（Al(OH)₃也具两性）——这一步是本压轴题的真正难度所在。

七、错因诊断与达标标准

【本族达标判据】①能在 90 秒内对一道“四选项一步实现”选择题给出判断，并说明“缺的是哪一步”；②能独立默画出“金属→氧化物→碱/盐”与“非金属→氧化物→酸/盐”两张转化骨架图，且每张图至少各举 2 个实例；③能对任一给出的陌生物质（如 As₂O₃），在 30 秒内说出其类别及两条可能的反应。三条全部达成，方可进入下一母题族。

第二节　离子反应

母题族：离子方程式书写与正误判断 + 离子共存

一、母题溯源

离子反应是整个高中化学“书写量最大、扣分最冤枉”的母题族。它的知识量不大——核心只有“写、拆、删、查”四个字，但它把“物质类别”“溶解性”“强弱电解质”“电荷守恒”“反应先后顺序”五个判断压在同一道题里，所以极易出错。高考对它的考查从不缺席：选择题必有离子方程式正误判断或离子共存，主观题则把离子方程式作为流程题、实验题的“得分前置”。

结构内核：离子反应题的外壳千变万化（澄清石灰水、石灰乳、过量 CO₂、少量 NaHCO₃……），内核只有一条判定链——【物质是否完全电离】→【拆成离子还是留分子式】→【能否约去旁观离子】→【电荷与原子是否守恒】。四步走完，答案唯一。

二、母题骨架卡

三、变式族谱（四维展开）

变式 1｜条件变式：把“适量”改成“过量”

（1）将少量 CO₂通入 NaOH 溶液；（2）将过量 CO₂通入 NaOH 溶液。分别写出对应的离子方程式。

【答案】（1）CO₂ + 2OH^- = CO₃^2- + H₂O；（2）CO₂ + OH^- = HCO₃^-

【解析】用量改变产物，是本族最高频的失分点。判据：“谁过量，谁按自己的需要继续反应”——CO₂过量时，生成的 CO₃^2-会继续与 CO₂、H₂O 反应生成 HCO₃^-，故总反应为第二式。写这类题不要背结论，要按“先生成正盐、再判断正盐是否继续反应”的顺序推。

失效边界：若反应物是 Ca(OH)₂且 CO₂过量，产物为 Ca(HCO₃)₂（可溶），离子方程式写作CO₂ + OH^- = HCO₃^-仍成立；但若 CO₂少量，则生成 CaCO₃沉淀，必须写 Ca²⁺ + 2OH^- + CO₂ = CaCO₃↓ + H₂O——因为此时 Ca²⁺参与了成沉淀，不能约去。这一条是“拆不拆看是否真参与反应”的最好例证。

变式 2｜结论变式：由离子方程式反推反应物

某离子方程式为：Ba²⁺ + 2OH^- + 2H⁺ + SO₄^2- = BaSO₄↓ + 2H₂O。（1）写出两组能产生该离子方程式的反应物组合；（2）若把反应物改为 Ba(OH)₂溶液与 NaHSO₄溶液按 1∶1 混合，离子方程式应如何书写？（3）由（1）（2）说明“由离子方程式反推反应物”成立的前提条件。

【答案】（1）组合一：Ba(OH)₂溶液与稀硫酸；组合二：Ba(OH)₂溶液与 NaHSO₄溶液按物质的量之比1∶2 混合。（2）Ba²⁺ + OH^- + H⁺ + SO₄^2- = BaSO₄↓ + H₂O。（3）前提是必须同时知道“投料的物质的量之比（用量）”。同一对反应物在用量不同时写出不同的离子方程式，只给离子方程式反推，答案不唯一。

【解析】核心变量是“用量”。Ba(OH)₂与 NaHSO₄按 1∶2 混合时，1 个 Ba²⁺与 1 个 SO₄^2-恰好完全沉淀，2 个 OH^-被 2 个 H⁺完全中和，故 OH^-与 H⁺前系数都为 2；按 1∶1 混合时只引入 1 个 H⁺，只有一半 OH^-被中和，剩下 1 个 OH^-留在溶液中，故 OH^-与 H⁺前系数都为 1。这一步“以不足量者为基准配平”的判断，是全部“与量有关离子反应”的统一法则。

反向设问的有效性判据：只有当“离子方程式 + 用量比”两者都给定时，反推才唯一。命题时若只给离子方程式，应当允许多组答案，并在评分标准中列出所有合理组合——这正是“无效变式”最容易产生的地方。

变式 3｜情境变式：把共存放进“无色透明溶液”

在无色透明的强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（　　）A．Na⁺、K⁺、MnO₄^-、SO₄^2-B．Na⁺、NH₄⁺、Cl^-、NO₃^-C．K⁺、Ba²⁺、HCO₃^-、Cl^-D．Cu²⁺、K⁺、SO₄^2-、NO₃^-

【答案】B

【解析】三层筛：①“无色”淘汰 MnO₄^-（紫红）与 Cu²⁺（蓝），A、D 出局；②“强酸性”意味着大量 H⁺存在，HCO₃^-与 H⁺反应生成 CO₂与 H₂O，C 出局；③B 组四种离子两两不反应，且均无色，正确。本题的解题节奏是“先颜色、后酸碱、再沉淀与氧化还原”，顺序错了会白做。

情境替换规则：把“强酸性”换成“强碱性”、“无色”换成“透明”、“能共存”换成“不能共存”，均可在不改骨架的前提下生成新题。失效边界：若加入“由水电离出的 c(H⁺) = 10^-12 mol·L^-1”这类隐含条件，题目难度跃升一级，须单独归入选修水解平衡族，不宜放在同步阶段。

变式 4｜综合变式：离子反应 × 氧化还原

向 FeCl₃溶液中加入过量铁粉，溶液颜色由黄色变为浅绿色。（1）写出该反应的离子方程式；（2）该反应中氧化剂是______，还原剂是______；（3）若向反应后的溶液中滴加 KSCN 溶液，现象是什么？说明理由。

【答案】（1）2Fe³⁺ + Fe = 3Fe²⁺；（2）氧化剂 Fe³⁺（FeCl₃），还原剂 Fe；（3）溶液不变红（无明显现象），因为溶液中已无 Fe³⁺，全部被还原为 Fe²⁺。

【解析】本题把离子方程式与氧化还原拧在一起，考查“离子方程式不仅要守恒，还要符合电子转移事实”。常见错误是写成 Fe³⁺ + Fe = 2Fe²⁺（电荷不守恒，左边 3 正、右边 4 正）。第（3）问是 Fe³⁺检验的反向应用：KSCN 只对 Fe³⁺灵敏，溶液不变红恰好证明 Fe³⁺已被还原完全。

跨章拼接方式：以“离子反应”为壳、以“氧化还原”为核。融合层级属“强融合”——离子方程式必须同时满足电荷守恒与电子守恒，两族判据缺一不可。此类题在 3.1 铁及其化合物中会大量复现。

四、通法卡

五、高考题型对接

离子反应是高考化学选择题的“钉子户”。典型设问有两类：一是给四个离子方程式，要求选出正确或错误的一项，错误项通常设在“拆错”“守恒错”“用量错”“反应事实错”四处；二是给一组离子，配以“无色”“强酸性”“透明”等限定，判断能否大量共存。主观题中，离子方程式是流程题、实验题的关键得分点，且常与氧化还原配平联合考查。能力层级集中在“应用”与“分析评价”。

六、分层题组（含答案）

A 层｜基础巩固（3 题，目标：拆写规范零失误）

1．下列物质中属于弱电解质的是（　　）A．NaCl　　B．BaSO₄C．CH₃COOH　　D．CO₂

【答案】C　【解析】BaSO₄虽难溶，但溶于水的部分完全电离，属强电解质（这是最经典的陷阱）；CO₂本身不电离，是非电解质，其水溶液导电是因为生成 H₂CO₃。

2．下列离子方程式书写正确的是（　　）A．铁与稀盐酸反应：2Fe + 6H⁺ = 2Fe³⁺ + 3H₂↑B．碳酸钙与稀盐酸反应：CO₃^2- + 2H⁺ = CO₂↑ + H₂OC．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba²⁺ + SO₄^2- = BaSO₄↓D．氢氧化钠溶液与稀盐酸反应：H⁺ + OH^- = H₂O

【答案】D　【解析】A 错在产物：铁与稀盐酸（非氧化性酸）生成 Fe²⁺，应写 Fe + 2H⁺ = Fe²⁺ + H₂↑；B 错在拆：CaCO₃难溶，不能拆成 CO₃^2-；C 错在漏项：Ba(OH)₂与 H₂SO₄同时生成 BaSO₄沉淀与 H₂O，应写 Ba²⁺ + 2OH^- + 2H⁺ + SO₄^2- = BaSO₄↓ + 2H₂O。

3．写出下列反应的离子方程式：（1）Na₂CO₃溶液与稀盐酸；（2）CuSO₄溶液与 NaOH 溶液。

【答案】（1）CO₃^2- + 2H⁺ = CO₂↑ + H₂O；（2）Cu²⁺ + 2OH^- = Cu(OH)₂↓。

B 层｜中档提升（2 题，目标：用量与介质判断）

4．向 NaHCO₃溶液中分别加入：①少量澄清石灰水；②过量澄清石灰水。写出对应的离子方程式。

【答案】①少量石灰水：2HCO₃^- + Ca²⁺ + 2OH^- = CaCO₃↓ + CO₃^2- + 2H₂O；②过量石灰水：HCO₃^- + Ca²⁺ + OH^- = CaCO₃↓ + H₂O。【解析】判据是“少量者按其化学式配比完全反应”。石灰水少量时，Ca²⁺与 OH^-按 1∶2 全用上，对应 2 个 HCO₃^-；石灰水过量时，HCO₃^-全部耗尽，Ca²⁺与 OH^-相对富余，系数取 1∶1∶1。这类题务必“以少量者为基准配平”。

5．某无色溶液中可能含有 K⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、Cl^-、CO₃^2-、SO₄^2-中的若干种。取少量该溶液，加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；另取少量原溶液，加入 BaCl₂溶液，产生白色沉淀。（1）原溶液中一定存在的离子是______，一定不存在的是______；（2）说明判断理由。

【答案】（1）一定存在 CO₃^2-；一定不存在 Ba²⁺。（2）加入稀盐酸产生无色无味气体，且该气体能使澄清石灰水变浑浊（题干若仅描述为气体，需进一步验证），说明含 CO₃^2-（不含 SO₃^2-时可排除刺激性气味）；CO₃^2-与 Ba²⁺不能共存，故 Ba²⁺一定不存在。另取原溶液加 BaCl₂得白色沉淀，该沉淀可能是 BaCO₃（由 CO₃^2-生成），因此不能据此认定含 SO₄^2-。【解析】本题的核心是“BaCl₂白色沉淀”这一条并不能证明 SO₄^2-存在——因为 CO₃^2-也会与 Ba²⁺生成白色沉淀。必须先加足量盐酸酸化后再加 BaCl₂，才能排除 CO₃^2-的干扰。

C 层｜压轴挑战（1 题，目标：多约束条件下的离子推断）

6．某强酸性溶液 X 中可能含有 Fe²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、NH₄⁺、SO₄^2-、Cl^-、NO₃^-中的若干种。取 X 进行如下实验：①取少量 X，滴加 KSCN 溶液，溶液变红；②另取少量 X，加入过量铁粉，充分反应后过滤，滤液中滴加 KSCN 溶液不变红；③取②的滤液，加入过量 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。（1）由①可确定存在的离子是______；（2）由②能否确定 Fe²⁺的存在？说明理由；（3）由③可确定存在的离子是______；（4）综合判断，溶液中一定不存在的离子是______，理由是______。

【答案】（1）Fe³⁺。（2）不能确定。因为原溶液中若存在 Fe³⁺，加入过量铁粉后 Fe³⁺被还原为 Fe²⁺，滤液滴加 KSCN 不变红只能说明 Fe³⁺已被耗尽，无法区分“原本就有 Fe²⁺”与“由 Fe³⁺还原而来”。（3）NH₄⁺。（4）一定不存在 NO₃^-。因为在强酸性条件下 NO₃^-具有强氧化性，若存在则加入过量铁粉时会发生氧化还原反应产生气体（NO），且 Fe²⁺会被氧化，与“滤液加 KSCN 不变红”及“无明显气体”等现象不符。【解析】本题的难度不在单个离子的检验，而在“强酸性 + NO₃^-”这一组合隐含的氧化性，以及“①与②的因果关系”——很多学生会误以为②证明了 Fe²⁺存在或不存在，实际两者都无法证明。这类“能否确定”的设问，是近年高考评价体系中“证据推理”素养的典型落点。

七、错因诊断与达标标准

【本族达标判据】①给定任意一个化学方程式，能在 40 秒内改写成正确的离子方程式；②对一道四选项正误判断题，能逐项指出错在哪一类（拆错/守恒错/用量错/事实错）；③能在 60 秒内完成一道带“无色 + 强酸性”双限定的共存判断题。三条中任一条未达标，须回到“溶解性表 + 强弱电解质”重新过关，不可直接进入氧化还原族。

第三节　氧化还原反应

母题族：双线桥/单线桥 + 强弱比较 + 电子守恒计算 + 缺项配平

一、母题溯源

氧化还原反应是高中化学第一个真正意义上的“抽象模型”：它不看物质是什么，只看化合价变不变。这一转变让很多学生第一次感到“化学开始像数学”。它的地位也最特殊——第一章里它是一套概念，第二章到第四章里它变成分析工具（Cl₂的歧化、Fe²⁺的还原性、浓硫酸的氧化性），到选修阶段它又成为电化学与计算的地基。因此本族母题必须一次建到位，否则后面处处返工。

结构内核：无论外壳是“某反应体系”“实验室制某气体”还是“工业冶炼”，内核永远是三问——【谁变价】→【变了几价、转移几个电子】→【电子从谁到谁】。三问答完，概念、配平、计算全部可推。

二、母题骨架卡

三、变式族谱（四维展开）

变式 1｜条件变式：介质由酸性改为碱性

配平下列离子方程式（补全缺项）：（1）MnO₄^- + Fe²⁺ + ______ → Mn²⁺ + Fe³⁺ + ______（酸性介质）（2）MnO₄^- + SO₃^2- + ______ → MnO₂↓ + SO₄^2- + ______（碱性介质）

【答案】（1）MnO₄^- + 5Fe²⁺ + 8H⁺ = Mn²⁺ + 5Fe³⁺ + 4H₂O；（2）2MnO₄^- + 3SO₃^2- + H₂O = 2MnO₂↓ + 3SO₄^2- + 2OH^-。

【解析】（1）Mn 由 +7 降到 +2，得 5e^-；Fe 由 +2 升到 +3，失 1e^-。故 MnO₄^-与 Fe²⁺系数比 1∶5。左边多 8 个正电荷差，用 8H⁺补齐；右边补 4H₂O 平氢氧。（2）Mn 由 +7 降到 +4，得 3e^-；S 由 +4 升到 +6，失 2e^-。取最小公倍数 6，得 MnO₄^-系数 2、SO₃^2-系数 3。此时左边电荷为 -2-6 = -8，右边为 -6，差 2，碱性介质中用 OH^-补：右边加 2OH^-，左边补 H₂O 平氢——最终得 2MnO₄^- + 3SO₃^2- + H₂O = 2MnO₂↓ + 3SO₄^2- + 2OH^-。

介质判据速记：酸性补 H⁺/H₂O；碱性补 OH^-/H₂O；中性一般补 H₂O。同一反应在不同介质中产物不同（MnO₄^-在酸性中得 Mn²⁺、中性/弱碱性中得 MnO₂、强碱性中得 MnO₄^2-），这是本族最常被忽略的一条边界。

变式 2｜结论变式：由反应推强弱，再由强弱判反应

已知下列反应均能发生：① Cl₂ + 2NaBr = 2NaCl + Br₂② Br₂ + 2KI = 2KBr + I₂③ 2FeCl₃ + 2KI = 2FeCl₂ + I₂ + 2KCl④ 2Fe²⁺ + Br₂ = 2Fe³⁺ + 2Br^-（1）比较 Cl₂、Br₂、Fe³⁺、I₂的氧化性强弱；（2）判断反应 I₂ + 2Fe²⁺ = 2I^- + 2Fe³⁺能否发生，并说明理由。

【答案】（1）氧化性：Cl₂ > Br₂ > Fe³⁺ > I₂。（2）不能发生。由③④可知 Fe³⁺的氧化性强于 I₂，氧化性强的物质能把氧化性弱的物质从其化合物中置换出来，反向不能进行。

【解析】唯一的判据是“氧化剂 > 氧化产物”。由①得 Cl₂ > Br₂，由②得 Br₂ > I₂，由③得 Fe³⁺ > I₂，由④得 Br₂ > Fe³⁺。四条关系首尾相接，恰好闭合成一条完整序列（Cl₂ > Br₂ > Fe³⁺ > I₂），排序才唯一。若删去④，Br₂与 Fe³⁺的相对位置就无法确定——这提示学生：强弱序列必须有“共同的中间物”才能拼接。

本题的边界提示：强弱比较的传递性只在关系链闭合时成立。命题时若只给①②③三条，就不能要求完整的四项排序，否则属于无效变式。

变式 3｜情境变式：把守恒放进真实实验

实验室用 8.7 g MnO₂与足量浓盐酸共热制取氯气（MnO₂ + 4HCl(浓) =(△) MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O）。请计算：（1）标准状况下生成 Cl₂的体积；（2）反应中被氧化的 HCl 的物质的量；（3）若将生成的全部 Cl₂通入足量 KI 溶液，可析出 I₂的质量。

【答案】（1）n(MnO₂) = 8.7 g ÷ 87 g·mol^-1 = 0.10 mol。由方程式，n(Cl₂) = 0.10 mol，V(Cl₂) = 0.10 mol × 22.4 L·mol^-1 = 2.24 L。（2）4 mol HCl 中只有 2 mol 被氧化（另 2 mol 中的 Cl 进入 MnCl₂未变价），故被氧化的 n(HCl) = 0.20 mol。（3）Cl₂ + 2KI = 2KCl + I₂，n(I₂) = n(Cl₂) = 0.10 mol，m(I₂) = 0.10 mol × 254 g·mol^-1 = 25.4 g。

【解析】第（2）问是本族的经典陷阱：“参加反应的 HCl”与“被氧化的 HCl”不是同一个数。判据是看 Cl 的价态是否升高——只有变成 Cl₂的那部分被氧化。第（3）问则体现“电子守恒的传递性”：Cl₂由 -1 到 0 失去的电子数，恰好等于 I^-被氧化时失去的电子数，因此 n(I₂) = n(Cl₂) 可直接得出，无需再算一遍。

情境替换规则：把“MnO₂与浓盐酸”换成“KMnO₄与浓盐酸”“KClO₃与浓盐酸”，骨架（氧化剂 + 浓盐酸 → 氯气）不变，但被氧化 HCl 的比例会变，必须重新按价态判断。失效边界：稀盐酸不与 MnO₂反应，题目若写“稀盐酸”即设错。

变式 4｜综合变式：氧化还原 × 离子反应 × 计算

向 100 mL 含 Fe₂(SO₄)₃和 CuSO₄的混合溶液中加入 5.6 g 铁粉，充分反应后过滤，得到干燥的固体 6.4 g。已知氧化性 Fe³⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺。（1）写出可能发生的反应的离子方程式；（2）判断固体中一定含有什么物质；（3）求原溶液中 Fe³⁺与 Cu²⁺的物质的量。

【答案】（1）2Fe³⁺ + Fe = 3Fe²⁺；Cu²⁺ + Fe = Fe²⁺ + Cu。（2）固体 6.4 g 必含 Cu。若铁粉过量则还含 Fe；由数据可判断铁粉未过量（见下）。（3）n(Fe) = 5.6 g ÷ 56 g·mol^-1 = 0.10 mol。设 n(Fe³⁺) = x、n(Cu²⁺) = y。先与 Fe³⁺反应消耗 x/2 mol Fe，剩余 (0.10 − x/2) mol Fe 与 Cu²⁺反应生成 y mol Cu。固体质量 6.4 g 全部为 Cu（64 g·mol^-1），故 y = 0.10 mol，消耗 Fe 0.10 mol。则 0.10 − x/2 = 0.10，得 x = 0，即原溶液中 Fe³⁺为 0。结论：n(Fe³⁺) = 0，n(Cu²⁺) = 0.10 mol。

【解析】本题的价值在于“用数据反推反应进行到哪一步”。做题顺序必须是：先按氧化性强弱排反应次序（Fe³⁺先反应，Cu²⁺后反应），再用“固体质量”这一约束反推。常见错误是直接假设两个反应都发生并列方程，导致解出无意义的负数。本题数据恰好落在“只与 Cu²⁺反应”的区间，说明原溶液中没有 Fe³⁺——这种“数据反推结论”的设问，是压轴题的典型手法。

跨章拼接方式：电子守恒 + 反应先后顺序 + 极值/区间判断。融合层级属“强融合”，建议放在 3.1 铁及其化合物学完之后再练，同步阶段只讲“反应先后”这一层。

四、通法卡

五、高考题型对接

氧化还原是高考化学“必考且必难”的一块。选择题常考概念辨析与强弱比较（含“由反应推强弱、由强弱判能否反应”的传递链），主观题则几乎总以两种形态出现：一是缺项配平与电子守恒计算，二是把它嵌入工业流程（如“用 Na₂SO₃还原 Cr₂O₇^2-处理废水”）或实验探究（如“检验某气体是否具有氧化性”）。近年更强调“从价态预测性质”，即给一个陌生元素的化合物，让学生判断它可能表现氧化性还是还原性，属于“证据推理与模型认知”素养的直接落点。

六、分层题组（含答案）

A 层｜基础巩固（3 题，目标：价态与概念零失误）

1．在反应 2Na₂O₂ + 2H₂O = 4NaOH + O₂↑ 中，氧化剂是______，还原剂是______，转移电子数为______（用 NA 表示）。

【答案】Na₂O₂；Na₂O₂；2NA。【解析】Na₂O₂中 O 为 -1 价，反应后一部分降到 -2（进入 NaOH），一部分升到 0（生成 O₂），同一物质中同一元素既升又降，属歧化反应，故 Na₂O₂既是氧化剂又是还原剂。每 2 mol Na₂O₂参与反应，转移 2 mol 电子。

2．下列反应属于氧化还原反应的是（　　）A．CaCO₃ =(高温) CaO + CO₂↑　　B．NaOH + HCl = NaCl + H₂OC．Zn + H₂SO₄ = ZnSO₄ + H₂↑　　D．CaO + H₂O = Ca(OH)₂

【答案】C　【解析】判断唯一依据是有无元素化合价变化。A 是分解反应但各元素价态不变；B、D 均为化合价不变的反应。C 中 Zn 由 0 升到 +2、H 由 +1 降到 0。

3．用双线桥标出反应 Fe + CuSO₄ = FeSO₄ + Cu 的电子转移，并指出氧化产物与还原产物。

【答案】Fe 失 2e^-被氧化为 Fe²⁺（FeSO₄为氧化产物）；Cu²⁺得 2e^-被还原为 Cu（Cu 为还原产物）。双线桥从 Fe 指向 FeSO₄中的 Fe（标“失 2e^-”），从 CuSO₄中的 Cu 指向 Cu（标“得 2e^-”）。【解析】双线桥的两条线必须“同种元素、反应物指向生成物”，箭头方向不表示电子流向，只表示价态变化的前后关系；单线桥才表示电子由还原剂指向氧化剂。两者不可混用。

B 层｜中档提升（2 题，目标：配平与强弱）

4．配平：__KMnO₄ + __HCl(浓) = __KCl + __MnCl₂ + __Cl₂↑ + __H₂O，并指出被氧化的 HCl 占参加反应 HCl 总量的比例。

【答案】2KMnO₄ + 16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂↑ + 8H₂O；被氧化的 HCl 占 10/16 = 5/8。【解析】Mn 由 +7 降到 +2，得 5e^-；Cl 由 -1 升到 0，每个 Cl 失 1e^-。取最小公倍数 10：KMnO₄系数 2、Cl₂系数 5。此时生成物中 Cl 共 2 + 4 + 10 = 16 个，故 HCl 系数 16；H 为 16，需 H₂O 系数 8。被氧化的 HCl 即变成 Cl₂的那 10 个 Cl，占 10/16。

5．已知：① 2FeCl₃ + Cu = 2FeCl₂ + CuCl₂；② Fe + CuCl₂ = FeCl₂ + Cu。某溶液中含有 Fe³⁺、Cu²⁺、Fe²⁺，若向其中加入过量铁粉，最终溶液中大量存在的金属阳离子是（　　）A．Fe³⁺、Cu²⁺B．Fe²⁺C．Cu²⁺、Fe²⁺D．Fe³⁺

【答案】B　【解析】由①知氧化性 Fe³⁺ > Cu²⁺，由②知氧化性 Cu²⁺ > Fe²⁺，故加入铁粉后反应顺序为：Fe 先还原 Fe³⁺，再还原 Cu²⁺，两者均被还原完毕后铁粉仍有剩余（过量），溶液中只剩下 Fe²⁺。本题同时考查强弱排序与反应先后，是本族的核心组合。

C 层｜压轴挑战（1 题，目标：守恒 + 陌生体系）

6．某工业废水中含有 Cr₂O₇^2-（酸性条件），可用 Na₂SO₃将其还原为 Cr³⁺后沉淀除去。（1）写出该反应的离子方程式；（2）处理 1 L 含 Cr₂O₇^2- 0.010 mol·L^-1的废水，理论上需要 Na₂SO₃的质量是多少？（3）实际生产中 Na₂SO₃的用量常高于理论值，请说明一条可能的原因。

【答案】（1）Cr₂O₇^2- + 3SO₃^2- + 8H⁺ = 2Cr³⁺ + 3SO₄^2- + 4H₂O。（2）n(Cr₂O₇^2-) = 0.010 mol，需 n(SO₃^2-) = 0.030 mol，即 n(Na₂SO₃) = 0.030 mol，m = 0.030 mol × 126 g·mol^-1 = 3.78 g。（3）原因之一：废水中可能含有其他氧化性物质（如溶解氧、Fe³⁺、NO₃^-等）也会消耗 SO₃^2-；原因之二：SO₃^2-在酸性条件下易被空气中的 O₂氧化，需过量投加以保证 Cr(Ⅵ) 被还原完全。

【解析】（1）Cr 由 +6 降到 +3，每个 Cr 得 3e^-，Cr₂O₇^2-共得 6e^-；S 由 +4 升到 +6，失 2e^-，故 Cr₂O₇^2-与 SO₃^2-之比为 1∶3。配平后左边电荷 -2-6 = -8，右边为 +6，用 8H⁺补齐。（3）问属“真实生产”层面的分析，答案不唯一，只要给出合理原因即可，但必须建立在一个化学事实上，不能空泛。

七、错因诊断与达标标准

【本族达标判据】①给定任一氧化还原反应，能在 60 秒内标出双线桥并说出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物四项；②能在 90 秒内完成一道缺项配平（含介质判断）；③能独立完成一道“多还原剂 + 过量判断”的电子守恒计算，并说明反应先后顺序。三条全过，方可进入第二章元素化合物；未过者建议先做 20 道纯价态判断题建立条件反射。