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第05 讲 氧化还原反应方程式的配平与计算
目录
01
考情解码·命题预警2
02 体系构建·思维可视.........................................................................................................................3
03 核心突破·靶向攻坚.........................................................................................................................4
考点一 氧化还原反应方程式的书写与配平...................................................................................................
知识点1 氧化还原反应方程式配平..............................................................................................................
知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写.............................................................................
考向1 考查氧化还原方程式的配平..............................................................................................................
【思维建模】氧化还原反应方程式配平技法
考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写.................................................................................
【思维建模】“信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型
考点二 氧化还原反应的计算方法——电子守恒法.......................................................................................
知识点1 计算原理..........................................................................................................................................
知识点2 守恒法解题的思维流程..................................................................................................................
知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用.....................................................................................
考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题..................................................................................................
考向2 考查多步反应得失电子守恒问题............................................................................................................
04 真题溯源·考向感知............................................................................................................................
1
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考点要求
考查形式
2025 年
2024 年
2023 年
氧化还原反应方
程式的配平
选择题
非选择题
河北卷T16(6)
浙江6 月卷，6，3 分
江苏卷，6，3 分
湖南卷，6，3 分
——
氧化还原反应的
计算方法——电
子守恒法
选择题
非选择题
湖南卷T8，3 分
重庆卷T15(4)
河南卷T16
北京卷，14，3 分
浙江1 月卷，6，3 分
北京卷，12，3 分
考情分析：
氧化还原反应方程式的配平、书写及计算属于高频考点，从近几年高考试题来看，化工流程题或实验综合
题中有关氧化还原反应的化学(或离子)方程式的书写仍是高考命题的热点。
预测新的一年高考可能会在化工流程或综合实验题中考查氧化还原反应方程式的书写和氧化还原滴定计
算，题目的难度较大，如：
(1)氧化还原反应与离子方程式、电极反应式相结合，考查在新情境下陌生氧化还原方程式的书写与配平
等；
(2)氧化还原反应的计算等；
(3)最近几年出现氧化还原反应的循环图中陌生氧化还原方程式的书写与配平。
复习目标：
1．掌握常见氧化还原反应的书写、配平和相关计算。
2．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。
2
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考点一氧化还原反应方程式的书写与配平
知识点1 氧化还原反应方程式配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则——配平三大原则
(1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数；
(2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变；
(3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2．“五步骤”配平氧化还原反应方程式
(1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价；
(2)列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数；
3
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(3)求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等；
(4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计
量数；
(5)查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
3．记住元素的价态
(1)记住元素的常见价态
氢H
物质
金属氢化物、NaBH4、LiAlH4
H2
H2O
价态
-1
0
+1
氧O
H2O
H2O2、Na2O2等
O2
OF2
-2
-1
0
+2
碳C
物质
CH4
C2H2
C
CO、HCN
H2C2O4
CO2、CO3
2-
价态
-4
-1
0
+2
+3
+4
硫S
物质
H2S
FeS2
S
S2O3
2-
SO2、SO3
2-
SO3、SO4
2-、S2O
价态
-2
-1
0
+2
+4
+6
氮N
物质
NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2
N2H4
N2
HNO
NO
HNO2
NO2
HNO3
价态
-3
-2
0
+1
+2
+3
+4
+5
氯Cl
物质
Cl-
Cl2
HClO
ClO
HClO2
ClO2
HClO3
HClO4
价态
-1
0
+1
+2
+3
+4
+5
+7
碘I
物质
I-
I2
HIO
HIO2
I4O9
HIO3
HIO4、H5IO6
价态
-1
0
+1
+3
+3(1/4)
、
+5(3/4)
+5
+7
铜Cu
物质
Cu
Cu2O、Cu2S
Cu2O、Cu2+
价态
0
+1
+2
铁Fe
物质
Fe
FeO、Fe2+
Fe3O4
Fe2O3、Fe3+、CuFeS2
K2FeO4
价态
0
+2
+2(1/3)
、
+3(2/3)
+3
+6
铬Cr
物质
Cr
Cr3+
K2CrO4、K2Cr2O7
价态
0
+3
+6
4
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锰Mn
物质
Mn
Mn2+、MnO
MnO(OH)
MnO2
K2MnO4
KMnO4
价态
0
+2
+3
+4
+6
+7
(2)明确一些特殊物质中元素的化合价：
①CuFeS2：Cu
、
Fe
、
S ；②K2FeO4：Fe；③Li2NH、LiNH2、AlN：N；④Na2S2O3：S；⑤MO：M；
⑥C2O：C； ⑦HCN：C 、
N ；⑧CuH：Cu
、
H ；⑨FeO：Fe；⑩Si3N4：Si
、
N 。
4．氧化还原反应配平的思维模型
第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；
第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质；
第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H + 、OH
- 或H2O 等；
第四步：根据质量守恒配平反应方程式；
第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。
5．配平方法
(1)正向配平法
(2)逆向配平法
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。
先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。
由于S 的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S 的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为
1，然后确定S 的化学计量数为3。
(3)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的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。
①配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据
原子守恒进行配平。
②补项原则
条件
补项原则
5
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酸性条件下
缺H(
氢
) 或多O(
氧
) 补H＋，少O(
氧
) 补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(
水
) ，少O(氧)补OH
－
知识点2 “信息型”氧化还原反应(离子)方程式的书写
1．“信息型”氧化还原反应化学(离子)方程式的书写程序
根据电子转移数或常见化
合价确定未知产物中元素
的化合价；根据溶液的酸
碱性确定未知物的类别
→
根据
电子
守恒
配平
→
根据溶液的酸
碱性确定参与
反应的H或
OH
→
根据
电荷
守恒
配平
→
根据原子
守恒确定
并配平其
他物质
2．熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物
氧化剂
Cl2
O2
浓H2SO4
HNO3
KMnO4(H ＋) 、
MnO2
Fe3＋
KClO3 、ClO
－
H2O2
还原产物
Cl－
O2－
SO2
NO
、
NO2
Mn2+
Fe2＋
Cl－
H2O
还原剂
I－
S2－(H2S)
CO、C
Fe2＋
NH3
SO2 、
SO
H2O2
氧化产物
I2
S
CO2
Fe3＋
NO 、N2
SO4
2-
O2
3．掌握书写信息型氧化还原反应化学(离子)方程式的步骤(4 步法)
第1 步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2 步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧
化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第3 步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的
两端的电荷守恒。
第4 步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
4．氧化还原反应化学(离子)方程式的配平步骤：
(1)标出化合价变化了的元素的化合价。
(2)列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数
(3)根据化合价升降总数相等确定发生氧化还原反应的物质的化学计量数。
(4)利用元素守恒，观察配平其他物质
5． “补缺”的技巧
缺项化学(离子)方程式的配平：
配平化学(离子)方程式时，有时要用H+、OH-、H2O 来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则
是酸性溶液中不能出现OH-，碱性溶液中不能出现H+，具体方法如下：
酸性环境
碱性环境
反应物中少氧
左边加H2O，右边加H+
左边加OH-，右边加H2O
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反应物中多氧
左边加H+，右边加H2O
左边加H2O，右边加OH-
注：绝不可能出现的情况：H+→OH- 或者OH-→H+。
考向1 考查氧化还原方程式的配平
例1 配平下列氧化还原反应方程式：
(1)_______Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______
(2)_______MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______
【答案】(1)3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O
(2)1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O
【解析】(1)反应中锌从0 价升高为硝酸锌中+2 价，失去2 个电子，硝酸中的氮从+5 价，降为NO 中
+3 价的氮，生成1 个NO 得到3 个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式3Zn +8
HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O；(2)反应中2 个碘离子由-1 价升高为碘单质的0 价，失去2 个电子，
MnO(OH)2中的Mn 从+4，降为Mn2+中+2 价的氮，生成1 个Mn2+得到2 个电子，依据得失电子守恒结合原
子个数守恒写出反应方程式1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O。
思维建模 氧化还原反应方程式配平技法
(1)两种常用方法
①全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变化的，一般从左侧反应物开始配平；
②自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平。
(2)“三步法”配平缺项氧化还原反应方程式 ，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：
【变式训练1】配平下列方程式
(1)______H2C2O4+_____KClO3+_____H2SO4=_____ClO2↑+______CO2↑+______KHSO4+_____H2O
(2)______C2H5OH+_____KMnO4+_____H2SO4=_____K2SO4+_____MnSO4+______CO2↑+_____H2O
【答案】(1)H2C2O4+2KClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O
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(2)5C2H5OH+12KMnO4+18H2SO4=6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O
【解析】(1)反应中KClO3→ClO2，Cl 元素化合价由+5 价降低到+4 价，共降低1 价，H2C2O4→CO2，C
元素化合价由+3 价升高到+4 价，每消耗1 个H2C2O4，共升高2 价，化合价升降最小公倍数为2，故
KClO3、ClO2前系数为2，H2C2O4前系数为1，CO2前系数为2，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配
平后的方程式为H2C2O4+2KClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O；(2)反应中KMnO4→MnSO4，Mn
元素化合价由+7 价降低到+2 价，共降低5 价，C2H5OH→CO2，C 元素化合价由-2 价升高到+4 价，每消耗1
个C2H5OH，共升高12 价，化合价升降最小公倍数为60，故KMnO4、MnSO4前系数为12，C2H5OH 前系数
为5 ，CO2 前系数为10 ，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为
5C2H5OH+12KMnO4+18H2SO4=6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O。
【变式训练1·变题型】高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比
高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子。配平制取铁酸钠的化学方程式：
________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，
________元素被氧化，每生成8mol H2O 转移电子总数为________。
【答案】2；16；3；2；6；Fe；6NA
【解析】依据方程式可知：反应前后Fe 元素的化合价有+3→+6 失去3 个电子，化合价升3，被氧化，
而Cl 元素则有0→
1
﹣价，得到1 个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设
Fe(NO3)3 前的系数为2，Cl2 前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2
Fe(NO3)3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O 即消耗3molCl2 转移电子
总数为6NA 。
【变式训练2·变载体】(2025·江西南昌模拟)关于反应Cu2S2+MnO4
-+H+→Cu2++SO2↑+Mn2++H2O (未配平，
S2
2-的结构与O2
2-相似)、下列说法正确的是( )
A．反应中氧化产物仅是SO2
B．方程式配平后
的系数为28
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5
D．生成1molSO2，转移电子的物质的量是6mol
【答案】D
【解析】5Cu2S2+12MnO4
-+56H+=10Cu2++10SO2↑+12Mn2++28H2O 反应中，铜元素的化合价由+1 价升到
+2 价，硫元素的化合价由-1 价升到+4 价，共转移60 个电子。A 项，根据分析，氧化产物为SO2和Cu2+，
A 错误；B 项，H+的系数为56，B 错误；C 项，SO2为氧化剂，Cu2S2为还原剂，比例为12：5，C 错误；D
项，据方程式10SO2~60e-，则生成1molSO2，转移电子的物质的量是6mol，D 正确；故选D。
【环境保护与学科知识结合】【变式训练3】(2025·江西宜春一模)新家装修后甲醛含量超
标，可用二氧化氯来除甲醛，生成CO2、HCl 和H2O，下列说法错误的是( )
A．等质量的ClO2与NaClO 能除去甲醛的物质的量之比等于
B．甲醛能发生银镜反应，
甲醛最多可制得
C．反应生成1molCO2，则转移4 mol 电子
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D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：5
【答案】A
【解析】由题意可知，二氧化氯和甲醛反应生成CO2、HCl 和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配
平其反应方程式可表示为：4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O。A 项，该反应中ClO2中氯元素化合价由+4
降低到-1，NaClO 中氯元素化合价由+1 降低到-1，则消耗等量甲醛所需NaClO 与ClO2之比为5：2，A 错
误；B 项，甲醛的结构式为
，可以看成2 个醛基，则甲醛能发生银镜反应，1 mol 甲醛最
多可制得4 molAg，B 正确；C 项，由4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O 可知，该反应中C 元素化合价由
0 价上升到+4 价，反应生成1molCO2，则转移4 mol 电子，C 正确；D 项，
4ClO2+5HCHO=5CO2+4HCl+3H2O 中氯元素化合价由+4 降低到-1，C 元素化合价由0 价上升到+4 价，ClO2
是氧化剂，HCHO 是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：5，D 正确；故选A。
考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写
例2 根据图示信息书写方程式。
(1)NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++
)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法
(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
①反应I 的化学方程式为_______。
②销毁NaN3可用NaClO 溶液，该销毁反应的离子方程式为_______(N3
-被氧化为N2)。
(2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)2NaNH2+N2O
NaN3+NH3+NaOH
ClO-+2N3
-+H2O=Cl-+2OH-+3N2↑
(2)2Co(OH)3+SO3
2-+4H+=2Co2++SO4
2-+5H2O
【解析】(1)①反应I 是NaNH2、N2O 在210-220℃发生氧化还原反应产生NaN3、NH3、NaOH，该反应
的化学方程式为2NaNH2+N2O
NaN3+NH3+NaOH；
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②NaClO 具有强氧化性，NaN3具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生NaCl、NaOH、N2，根据电
子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：ClO-+2N3
-+H2O=Cl-
+2OH-+3N2↑；
(2)Co(OH)3具有氧化性，SO3
2-具有还原性，二者在溶液中会发生氧化还原反应产生Co2+、SO4
2-，同时
反应产生H2O，该反应的离子方程式为：2Co(OH)3+SO3
2-+4H+=2Co2++SO4
2-+5H2O。
思维建模 “信息型”氧化还原方程式的分析方法和思维模型
【变式训练1·变载体】SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排
放，其工作原理如图：
(1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_______________________。
(2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________________________________。
(3)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式
表示(NH4)2SO4的形成：_______________________________________。
【答案】(1)CO(NH2)2＋H2O
CO2↑＋2NH3↑
(2)8NH3＋6NO2
7N2＋12H2O
(3)2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4
【解析】(1)反应物为H2O 和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写
出该反应的化学方程式。(2)反应物为NH3 和NO2，生成物为N2 和H2O，反应需在催化剂作用下进行。
(3)NH3、SO2、O2和H2O 反应生成(NH4)2SO4。
【多步骤反应流程机理图】【变式训练2】根据信息书写方程式或描述反应过程。
(1)BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理
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如下图所示。
①虚线框内BMO 降解苯酚的过程可描述为：_______。
②写出
与苯酚反应的离子方程式：_______。
(2)氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。
【答案】(1)①C6H5OH+7O2
6CO2+3H2O ②3C6H5OH+28O2
-+28H+=18 CO2↑+23H2O
(2)AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+ +Cl-
【解析】(1)①根据图知，虚线框内BMO 降解苯酚的过程中：反应物是苯酚和氧气，生成物是二氧化
碳和水。所以该过程的总反应为：C6H5OH+7O2
6CO2+3H2O；②由图可知，C6H5OH 可被O2
-氧化生
成水和二氧化碳，反应的离子方程式是：3C6H5OH+28
+28H+=18 CO2↑+23H2O；
(2)氯化银可以溶于氨水中生成银氨络离子，该反应的离子方程式为 ：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+ +Cl-。
考点二 氧化还原反应计算方法—电子守恒法
知识点1 计算原理
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失
去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不
追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获
得正确结果。
知识点2 守恒法解题的思维流程
1．“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
2．“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
3．“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－
低价)。
知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用
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得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。
得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电
极产物的有关计算等。
(1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
(2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进
行计算，忽略反应过程。
(3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。
(4)多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。
考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题
例1(2025·北京通州三模)不同的温度下，Cl2通入NaOH 溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。
下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl 生成
B．ClO3
-的空间结构为三角锥形
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每1mol Cl2参与反应转移的电子数之比为3：5
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的Cl2与NaOH 的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ
【答案】D
【解析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价
升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化
钠、氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为
3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。A 项，由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A 正确；B 项，
ClO3
-里中心原子Cl 的价层电子对数为
，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角
锥形，B 正确；C 项，反应Ⅰ中存在关系式：
，1mol 氯气参加反应，反应转移
1mol 电子，反应Ⅱ中存在关系式：
，1mol 氯气参加反应，反应转移
mol 电
子，则反应转移的电子数之比为3：5，C 正确；D 项，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质
的量之比都为1：2，D 错误；故选D。
【变式训练1·变考法】(2025·辽宁抚顺二模)氮化硅因其优异的性能而被广泛应用于高温耐火材料、机
械工业、航空航天、生物医学等多个领域，可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：
3SiO2 +6C+2N2
Si3N4+6CO
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NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．反应消耗44.8L N2时转移的电子数为12NA
B．每消耗60g SiO2，生成物中Si 原子数目为NA
C．反应中每生成1mol 氧化产物，消耗氧化剂为1mol
D．28g N2含π 键数目NA
【答案】B
【解析】A 项，题目未指明气体状态(是否标准状况)，不可以计算转移电子数，A 错误；B 项，
60gSiO2的物质的量为1mol，根据反应式，3molSiO2生成1molSi3N4(含3molSi 原子)，则1molSiO2对应生成
1molSi 原子，数目是NA，B 正确；C 项，氧化产物为CO(C 从0→+2)，每生成6molCO 需2molN2(氧化剂)，
每生成1molCO 需
molN2，而非1mol，C 错误；D 项，28gN2为1mol，每个N2分子含2 个π 键(三键结构：
1σ+2π)，总π 键数为2NA，D 错误；故选B。
【变式训练2·变载体】某试样含有KBrO3、KBr 及㤢性物质。称取试样1.000g，溶解后配制到100mL
容量瓶中。吸取25.00mL，在H2SO4介质中用Na2SO3将BrO3
-还原为Br-，除去过量的SO3
2-后调至中性测定
Br-，消耗0.1000mol·L-1AgNO3溶液17.50mL。另吸取25.00mL 试液用H2SO4酸化后加热除去Br2，再调至
中性，滴定过剩Br-时消耗了上述AgNO3溶液2.50mL。计算试样中KBrO3、KBr 的质量分数 、
。
【答案】16.7% 71.4%
【解析】设去除的25.00mL 试液中的KBrO3、KBr 的物质的量分别为n1mol、n2mol，
由
可知，
，故n1+n2=
=0.00175，
，n2- 5n1=
=0.00025，解得
n1=0.00025，n2=0.0015，原样品中n(KBrO3)=4n1=0.001mol，n(KBr)=4n2=0.006mol，故KBrO3的质量分数为：
，KBr 的质量分数为：
。
【结合提取Au 和Pt 的工艺考查复杂氧化还原过程】【变式训练3】(2025·河北衡水三模)铂
钯精矿中的Au、Pt、Pd 含量较低，Cu、Zn、Pb 含量较高。一种从铂钯精矿中提取
和
的工艺如图所
示。
已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6；
(NH4)2PtCl6在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PtCl4。下列说法错误的是( )
A．“酸浸”可除去Cu、Zn、Pb
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B．“分金”时，HAuCl4的氧化性大于H2PdCl6
C．“煮沸”过程中发生了氧化还原反应
D．“煅烧”过程中每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移
【答案】D
【解析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6，则“酸浸”过程应除去了
Cu、Zn、Pb，“分金”过程通入SO2除去Au，加入NH4Cl 沉铂、沉钯，“煮沸”过程分离铂和钯，“煅
烧”得到Pt，在煮沸下与水反应得到易溶于水的(NH4)2PtCl4。A 项，由分析可知，“酸浸”过程为电控除
杂，可除去Cu、Zn、Pb，A 正确；B 项，“分金”时，SO2作还原剂，HAuCl4作氧化剂被还原，H2PtCl6
不反应，说明HAuCl4氧化性大于H2PtCl6，B 正确；C 项，“煮沸”过程中发生反应
，可知Pd 元素化合价降低，部分Cl 元素化合价升高，即发生
了氧化还原反应，C 正确；D 项，“煅烧”过程中发生反应
，由反
应方程式可知，每消耗3mol(NH4)2PtCl6转移12mol e-，故每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移4mol e-，D 错误；故
选D。
考向2 考查多步反应得失电子守恒问题
例2 金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2
＋H2↑，再加入过量的FeCl3 溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的
K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋
7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡
的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
【答案】93.2%。
【解析】Sn 与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g
w(Sn)＝×100%≈93.2%。
【变式训练1】将1.08 g FeO 完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶
液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。
【答案】0.100 mol·L－1
【解析】由电子守恒知，FeO 中＋2 价铁所失电子的物质的量与Cr2O 中＋6 价铬所得电子的物质的量
相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。
【变式训练2】在氧气中燃烧0.22 g 硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二
氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原
混合物中硫的百分含量为( )
A.72% B.40% C.36% D.18%
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【答案】C
【解析】由S 原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10－3 mol
得m(S)＝0.08 g
原混合物中w(S)＝×100%＝36%。
【变式训练3】向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化情况如图
所示。(已知：还原性：I-＞Fe2+＞Br-)
(1)原混合溶液中FeBr2的物质的量 mol。
(2)原溶液中n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)= 。
【答案】(1)3 (2)2：1：3
【解析】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，氯气先氧化I-、再氧化
Fe2+、最后氧化Br-。AB 段发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，BC 段发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，DE 段发生反应
2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。(1)DE 段发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，n(Br-)=6mol，根据溴元素守恒，n(FeBr2)=3mol。
(2)根据图像，AB 段发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，BC 段发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，DE 段发生反应2Br-
+Cl2=Br2+2Cl-，则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。
1．(2025·湖南卷，8，3 分)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为
4NaNO3+4Sb+3O2
4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是( )
A．NaSbO3中Sb 元素的化合价为+5
B．NO3
-的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7
D．反应中消耗3molO2，转移20mole-
【答案】C
【解析】A 项，NaSbO3中Na 为+1，O 为-2，根据电荷守恒，Sb 的化合价为+5，A 正确；B 项，NO3
-
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的中心N 原子价层电子对数是
，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，
B 正确；C 项，反应中氧化剂为NaNO3中的N(4mol)和O2(3mol)，总物质的量7mol；还原剂为Sb(4mol)。
氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C 错误；D 项，O2、NaNO3同时做氧化剂，3molO2参与反
应，有4molSb 做还原剂，整个反应总电子转移为20mol(Sb 的氧化，化合价：0→+5)，D 正确；故选C。
2．(2024·浙江6 月卷，6，3 分)利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害的物质后排放。反应
原理为：H++CH3OH+NO3
-→X+CO2+H2O (未配平)。下列说法正确的是( )
A．X 表示NO2
B．可用O3替换CH3OH
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CO2气体
，则反应转移的电子数为2 NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】A 项，由题中信息可知，利用CH3OH 可将废水中的NO3
-转化为对环境无害的物质X 后排放，
则X 表示N2，NO2仍然是大气污染物，A 不正确；B 项，CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，
CH3OH 是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B 不正确；
C 项，该反应中，还原剂CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，升高了6 个价位，氧化剂NO3
-中
N 元素的化合价由+5 价降低到0 价，降低了5 个价位，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；D 项，CH3OH 中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，升高了6 个价位，若生成标
准状况下的CO2气体11.2L，即生成0.5mol CO2，反应转移的电子数为0.5×6=3NA，D 不正确；故选C。
3．(2024·北京卷，14，3 分)不同条件下，当KMnO4与KI 按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果
如下。
反应序
号
起始酸碱性
KI
KMnO4
还原产物
氧化产物
物质的量/mol
物质的量/mol
①
酸性
0.001
n
Mn2+
I2
②
中性
0.001
10n
MnO2
已知：MnO4
-的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是( )
A．反应①，n(Mn2+) n(I
∶
2)=1 5∶
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，
的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系
变化：①增大，②不变
【答案】B
【解析】A 项，反应①中Mn 元素的化合价由+7 价降至+2 价，I 元素的化合价由-1 价升至0 价，根据
得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2 MnO4
-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故
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n(Mn2+) n(I
∶
2)=2 5∶，A 项错误；B 项，根据反应①可得关系式10I-~2 MnO4
-，可以求得n=0.0002，则反应②的
n(I-) n(MnO
∶
4
-)=0.001 (10×0.0002)=1 2
∶
∶，反应②中Mn 元素的化合价由+7 价降至+4 价，反应②对应的关系式
为I-~2 MnO4
-~MnO2~ IOx
-~6e-，IOx
-中I 元素的化合价为+5 价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代
数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2 MnO4
-+H2O=2MnO2↓+IO3
- +2OH-，B 项正确；C 项，已知MnO4
-
的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C 项错误；D 项，根
据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH 增大，反应②产生OH-、消耗水、pH 增大，
D 项错误；故选B。
4．(2024·江苏卷，6，3 分)催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其
氧化物、酸和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO2和H2制CH3OCH3(二甲醚)、
V2O5倠化氧化SO2等。催化剂有选择性，如C2H4与O2反应用Ag 催化生成
(环氧乙烷)、用
催化生成CH3CHO。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中NO3
-电倠
化生成N2、氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未
来催化剂研究的发展方向。下列化学反应表示正确的是( )
A．汽车尾气处理：2NO+4CO
N2+4CO2
B．NO3
-电催化为N2的阳极反应：2NO3
-+12H++10e-=N2↑+6H2O
C．硝酸工业中NH3的氧化反应：4NH3+3O2
2N2+6H2O
D．CO2和H2催化制二甲醚：
【答案】D
【解析】A 项，该反应方程式配平错误，汽车尾气处理：2NO+2CO
N2+2CO2，A 错误；
B 项，NO3
-电催化为N2，N 元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，反应方程式是：
2NO3
-+12H++10e-=N2↑+6H2O，B 错误；C 项，硝酸工业中NH3发生催化氧化生成NO，NO 进一步反应得到
NO2后再与水反应制得硝酸，该氧化反应：4NH3+5O2
4NO+6H2O，C 错误；D 项，CO2和H2催化制二
甲醚：
，D 正确；故选D。
5．(2024·甘肃卷，11，3 分)兴趣小组设计了从
中提取
的实验方案，下列说法正确的是( )
A．还原性：Ag > Cu > Fe
B．按上述方案消耗1 mol Fe 可回收1mol Ag
C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH4
+
D．溶液①中的金属离子是Fe2+
【答案】C
【解析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜
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和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化
为铁离子。A 项，金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强
到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A 不正确；B 项，由电子转移守恒可知，1 mol Fe 可以置换1 mol Cu，而1
mol Cu 可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe 可回收2 mol Ag，B 不正确；C 项，反应
①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2+
+4H+=Cu2++4NH4
+，C 正确；D 项，向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后
Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因
此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的
金属离子是Fe3+，D 不正确；故选C。
6．(2023·浙江1 月卷，6，3 分)关于反应2NH2OH+4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O，下列说法正确的是( )
A．生成1molN2O，转移4mol 电子 B．NH2OH 是还原产物
C．NH2OH 既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，Fe2+为负极产物
【答案】A
【解析】A 项，由方程式可知，反应生成1mol 一氧化二氮，转移4mol 电子，故A 正确；B 项，由方
程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH 是反应的还原剂，故B 错误；C 项，由方程式可知，
反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH 是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应
的氧化剂，故C 错误；D 项，由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，
若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D 错误；
故选A。
7．(2023·北京卷，12，3 分)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O= Ca(OH)2+2H2↑。下列说法正确的是( )
A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．Na2O2中阴、阳离子个数比为
，CaH2中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
【答案】C
【解析】A 项，Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A 错误；B 项，
①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B 错误；C 项，Na2O2由Na+和
O2
2-组成．阴、阳离子个数之比为1 2∶，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2 1∶，C 正确；D 项，
①中每生成1 个氧气分子转移2 个电子，②中每生成1 个氢气分子转移1 个电子，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 错误； 故选C。
8．(2022·海南卷，7，2 分)在2.8gFe 中加入100mL3mol/LHCl，Fe 完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数
的值，下列说法正确的是( )
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl 溶液中
数为3NA
C．
含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
【答案】A
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【解析】2.8gFe 的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl 中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者
发生反应后，Fe 完全溶解，而盐酸过量。A 项，Fe 完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A 正确；
B 项，HCl 溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B 不正确；C 项，
56Fe 的质子数为26、
中子数为30，2.8g56Fe 的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe 含有的中子数为1.5NA，C 不正确；D 项，反
应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D 不正确；故选A。
9．(2022·山东卷，8，2 分)实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化
MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液
至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，
将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是( )
A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用NaOH 作强碱性介质
C．②中K2MnO4只体现氧化性 D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【解析】根据题意，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调
溶液pH 至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn 元素的化合价由+6 变为+7 和+4。A 项，①中
高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩
埚作反应器，A 不正确；B 项，制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH 作强碱性介质，不能
用NaOH，B 不正确；C 项，②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C
不正确；D 项，根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，根据
Mn 元素守恒可知，MnO2中的Mn 元素只有
转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约
为66.7%，D 正确；故选D。
10．(2025•河北卷，16)(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。
【答案】(6)Fe(CO)5+ K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑
【解析】(6)Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元
素由0 价升高到+3 价，Cr 由+6 价降低到+3 价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：Fe(CO)5+
K2CrO4+4H2O=Cr(OH)3↓+ Fe(OH)3↓+2KOH+5CO↑；
11．(2025·重庆卷，15)(4)Se 的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009 进行测定，测定过程中Se 的化
合价变化如下：
称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介
质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI 和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标
准溶液滴定至蓝色消失为中点(原理为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与
Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为_______。该样品中Se 的质量
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分数为_______。
【答案】(4)4H++H2SeO3+4I-=2I2+Se+3H2O 94.8%
【解析】(4)反应③是Se（IV）被KI 还原为Se 的过程，离子方程式为：4H++H2SeO3+4I-
=2I2+Se+3H2O；第一次加入40.00mL 的Na2S2O3溶液和KI 溶液，二者同时做还原剂，将H2SeO3还原为
Se，第二次再加入同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L 的Na2S2O3
溶液与H2SeO3反应，根据已知条件Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，则
，样品中Se 的含量：
。
20
