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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配平与书写.................................................................................4
知识点1 氧化还原反应方程式配平.............................................................................................................4
知识点2 氧化还原反应方程式的书写........................................................................................................7
考向1 考查氧化还原方程式的配平.....................................................................................................................8
【思维建模】氧化还原反应的配平三步法
考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写.................................................................................11
【思维建模】解题传统文化试题的关键和基本思路
考点二 氧化还原反应的计算.......................................................................................................14
知识点1 氧化还原反应的计算原理..................................................................................................................14
知识点2 守恒法解题的思维流程.......................................................................................................................14
知识点3 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用..............................................................................14
考向1 考查多元素之间得失电子守恒问题....................................................................................................15
【思维建模】得失电子守恒三步解题法
考向2 考查多步反应得失电子守恒问题.........................................................................................................17
【思维建模】多步连续进行的氧化还原反应的有关计算
04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................19
考点要求
考察形式
2025 年
2024 年
2023 年
2022 年
2021 年
氧化还原方程式
的书写和配平
选择题
非选择题
2024 湖南卷
第6 题，3 分
2023 湖南卷第
5 题，3 分
2022 湖南卷
第9 题，3
分
氧化还原反应的
计算
选择题
非选择题
2024 湖南卷
第16 题，2
2023 湖南卷第
2022 湖南卷
第11 题，4
2021 湖南卷
1
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分
17 题，3 分
分
第8 题，3 分
考情分析：
1.从近几年高考试题来看，结合工艺流程或化学实验有关氧化还原反应的化学方程式的书写仍是高考命题
的热点。
2．从命题思路上看
(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；
(2)反应历程中循环图与信息型氧化还原方程式的书写与配平；
(3)氧化还原反应与得失电子守恒计算等。
复习目标：
1．掌握常
氧化
原反
的
写、配平和相关
算。
还
应
书
计
见
2．能利用得失
子守恒原理
行相关
算。
电
进
计
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
3
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(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)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
4
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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
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。
5
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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
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：
6
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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
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（2025·湖南·联考）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。一定温度下，
在
存在下与水反应可制得氢气，其循环过程如图所示。下列叙述正确的是
A．
中锰元素显+3 价和+4 价
B．反应ii 和反应iii 均为氧化还原反应
C．配平反应iii，
与
的物质的量之比为
D．反应i 中每消耗
，理论上可产生
的体积为5.6L(标准状况下)
【答案】C
【分析】依题意反应i：
，反应ii：
，反应iii：
。
【详解】A．反应i 氢元素化合价降低，则锰元素化合价升高，由于
中的锰元素显
价，故
中锰元素不可能显
价和
价，A 项错误；
B．
和
中的锰元素均显+3 价，反应ii 为非氧化还原反应，B 项错误；
C．反应iii：
，
与
的物质的量之比为
，C 项正确；
D．反应i 中每消耗
，理论上可产生
，标准状况下的体积为
，D 项错误；
故选：C。
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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】（2025·湖南·调研）下列所选试剂中，能探究相应元素化合价变化的是
选
项
a
b
c
探究相应元素化合价变化
A
浓氨水
固体
浓硫酸
N：
B
75%硫酸溶
液
粉末
溴水
S：
C
浓盐酸
固体
溶液
Cl：
D
稀硫酸
固体
溶液
Fe：
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．浓氨水和
固体生成氨气，氮的化合价是-3，氨气与浓硫酸反应，化合价不变，故A 错
误；
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B．
粉末中的硫元素为+4 价，二氧化硫和溴水反应生成+6 价的硫元素，没有探究化合价+6 到+4 的
变化，故B 错误；
C．氯酸钾中氯元素为+5 价，和浓盐酸反应生成0 价的氯气，氯气和硫化氢钠反应生成-1 价的氯离子，故
C 正确；
D．稀硫酸和
固体生成+2 价的铁离子，生成的硫化氢和
溶液反应，没有探究+2 到+3 的变化，故
D 错误；
答案选C。
【变式训练2·变题型】（2025·湖南·模拟预测）工业上，用
溶液吸收氯气制备漂白液时要控制好温
度。在不同温度下，用相同浓度的
溶液吸收氯气制备漂白液，测得氧化产物与转移电子的物质的量
的关系如图所示。下列叙述错误的是
已知：反应1、反应3 分别在25℃、70℃条件下进行，均只有一种氧化产物；反应2 有两种氧化产物，其
中一种与反应1 的相同，另一种与反应3 的相同。
A．制备漂白液宜选择常温或较低温度
B．反应2 为
C．上述3 个反应中，参与反应的
D．根据上述信息可知，用热水稀释漂白液，有效成分的含量可能降低
【答案】B
【分析】根据已知信息可知，反应1 在25℃条件下进行，只有一种氧化产物，且氧化产物为1mol 时，转
移电子数为1mol，则氧化产物为
，反应为
；反应3 在75℃条件下
进行，只有一种氧化产物，且氧化产物为1mol 时，转移电子数为5mol，则氧化产物为
，反应为
；反应2 中，有两种氧化产物，分别为
、
，且氧化产物为
1mol 时，转移电子为3mol，则反应为
。
【详解】A．温度较高时，会生成
，则制备漂白液宜选择常温或较低温度，A 正确；
B．根据分析，反应2 为
，B 错误；
C．根据分析，上述3 个反应中，参与反应的
，C 正确；
D．根据上述信息可知，用热水稀释漂白液，氧化产物会生成
，则有效成分的含量可能降低，D 正
9
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确；
答案选B。
考向2 考查“信息型”氧化还原反应方程式的书写
例2（2025·湖南·模拟预测）一种以低品位锰矿(含
、
及少量
、
、
)为原料生
产
的工艺流程如下。
已知：在该流程条件下，
、
完全沉淀的pH 分别为3.7 和5.0，
、
开始沉淀的pH 分别为
7.2 和8.8.下列说法错误的是
A．“溶浸”过程中
只体现了氧化性(不考虑
的自身分解反应)
B．“调pH”中物质A 可以是MnO
C．“沉锰”所得滤液中溶质的主要成分为
D．在空气中加热氧化过程的化学方程式为
【答案】A
【分析】锰矿粉(含
、
及少量
、
、
)用双氧水、硫酸溶液溶浸，SiO2不和硫
酸溶液反应存在于滤渣1 中，
、
转化为Mn2+，
、
转化为Fe3+、Al3+，加入适量A
调节溶液pH 值，主要将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，向滤液中加入氨水沉锰，母
液主要是硫酸铵，根据信息可以循环利用，过滤得到的固体物质加水、在70°C、空气中加热反应生成
Mn3O4。
【详解】A．溶浸过程中H+与MnCO3、Fe3O4、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+等，根据流程图，Mn2O3在
酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，
作还原剂，A 错误；
B．加入适量A 调节溶液pH 值，将铁离子、铝离子生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，同时不能引入新的杂
质，物质A 可以是MnO，B 正确；
C．由分析可知，“沉锰”过程中MnSO4和氨水反应生成Mn(OH)2和
，所得滤液中溶质的主要
成分为
，C 正确；
D．Mn(OH)2在空气中加热和O2反应生成Mn3O4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：
，D 正确；
故选A。
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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】（2025·湖南株洲·一模）
是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。下列
说法正确的是
A．物质A 的化学式为
B．结合
能力：
C．过程Ⅰ的化学反应方程式为
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为
【答案】C
【分析】氨气和次氯酸钠反应生成肼，肼和亚硝酸钠反应生成
，氨气和等物质的量三氧化硫反应生
成硫酸氢铵；
【详解】A．氨气和等物质的量三氧化硫反应，结合质量守恒，反应生成的A 为硫酸氢铵
，A 错
误；
B．甲基为推电子基团，使得
的-NH2中N 原子周围电子云密度比的
大，易给出孤电子对与
形氢离子成配位键，故结合氢离子能力：
，B 错误；
C．过程Ⅰ的反应为氨气和次氯酸钠反应生成
，反应中氮化合价由-3 变为-2、氯化合价由+1 变为-1，
结合电子守恒、质量守恒，化学反应方程式为
，C 正确；
D．过程Ⅱ
中氮化合价由-2 变为NaN3中的
，为还原剂，
中氮化合价由+3 变为NaN3中的
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，为氧化剂，结合电子守恒，存在
，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，D 错误；
故选C。
【多步骤反应程序图】【变式训练2】（24-25 高三下·湖南·开学考试）氯化亚铜(CuCl)在浓盐酸
中存在平衡：CuCl(s，白色)
；CuCl 悬浊液中存在平衡：CuCl(s，白色)
(s，黄色)
。某化学小组设计如图实验。下列有关说法错误的是
A．过程①：Cu 与
溶液在酸性环境下发生了置换反应
B．过程②中
不稳定，
平衡逆向移动
C．实验二中产生黄色沉淀的原因是CuCl 发生水解，转化为CuOH
D．上述实验中制得CuCl 的离子方程式：
【答案】A
【详解】A．在过程①中，Cu 与
溶液在酸性环境下发生反应的离子方程式为
，该反应产物没有单质生成，不属于置换反应，A 项错误；
B．由题可知，在过程②中，向无色溶液中加入100mL 蒸馏水，产生白色沉淀，说明
不稳定，
浓度减小时，发生反应
，B 项正确；
C．由题可知，CuOH 为黄色不溶于水的固体，实验二中产生黄色沉淀的原因是CuCl 发生水解，转化为
CuOH 黄色沉淀，C 项正确；
D．由题可知，实验一和实验二中制备CuCl 发生反应的离子方程式均为
，D 项
正确；
故选：A。
考点二 氧化还原反应的计算
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知识点1 氧化还原反应的计算原理
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
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 考查氧化还原反应中电子守恒问题
例1 （2025·湖南长沙·联考）将
和空气的混合气体通入
、
、
的混合溶液中回收S，
其转化如图所示（
不溶于水）。下列说法不正确的是
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A．过程②中，每生成
的S 单质，转移
B．过程②中，
作还原剂
C．过程③中，各元素化合价均未改变
D．回收S 的总反应为
【答案】C
【分析】由图可知，转化过程中发生了三个反应：①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；
③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由2
+2
①
+
②③可以推出总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O。
【详解】A．根据图中转化可知，反应②过程中，Fe3+将CuS 氧化为S，自身被还原为Fe2+，根据得失电子
守恒、电荷守恒、原子守恒可确定反应的离子方程式为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，则可得到关系式：
，每生成
的S 单质，转移
，A 正确；
B．过程②中涉及的离子方程式为CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，CuS 中的S 元素化合价为-2，生成物中的S 元
素化合价为0，S 元素的化合价升高，则CuS 为还原剂，B 正确；
C．反应③过程中，氧气将亚铁离子氧化为铁离子而自身被还原为水，反应前后铁元素、氧元素的化合价
发生了改变，C 错误；
D．图中箭头指入的为反应物，箭头指出的为生成物，结合分析可知，总反应方程式为
，D 正确；
故选C。
思维建模 得失电子守恒三步解题法
1.“找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
2.“定得失”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。
3.“列关系”：根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
【变式训练1】（2025·湖南·开学考试）高铁酸钾溶于水后发生反应：
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，下列说法不正确的是
A．
中铁元素显+3 价
B．生成
，转移
C．
属于钾盐
D．高铁酸钾可用于制取
【答案】A
【详解】A．K2FeO4中K 为+1 价，O 为-2 价，根据正负化合价代数和为0，根据2×(+1) + Fe + 4×(-2) = 0
，得 Fe 为+6 价，故A 错误；
B．O2的生成源于O 的氧化(-2→0)，每个O 原子失去2e⁻，1mol O2含2mol O 原子，共失去4mole⁻，故生成
1mol O2转移4mol e⁻，故B 正确；
C．K2FeO4由K⁺和
构成，属于钾盐，故C 正确；
D．高铁酸钾溶于水后即可发生反应生成O2，说明高铁酸钾可用于制取O2，故D 正确；
选A。
【变式训练2】（2025·湖北·模拟预测）某化学兴趣小组用足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到
6.72L(标准状况)
与
的混合气体，这些气体与一定体积的
混合后通入水中，恰好被完全吸收生成
硝酸。该兴趣小组又向所得硝酸铜溶液中加
溶液，
恰好沉淀完全。下列说法正
确的是
A．参加反应的
是0.75mol
B．消耗氧气的体积为3.36L
C．此反应过程中转移了0.3mol 的电子
D．混合气体中含0.15molNO
【答案】D
【分析】本题主要围绕铜与浓硝酸反应展开，涉及物质的量计算、电子守恒、元素守恒等知识。通过铜与
硝酸反应产物、后续沉淀反应以及气体与氧气反应等条件，对各选项中关于硝酸物质的量、氧气用量、电
子转移量和混合气体成分等内容进行判断。
【详解】A. 标准状况下6.72L
与
混合气体物质的量为
。由
，
，则
，
。
根据氮原子守恒，参加反应的
物质的量应为
，A 选项错误；
B. 由Cu 与硝酸反应及后续气体与氧气反应，根据电子守恒，Cu 失去电子总数等于
得到电子数。
，
，Cu 失去0.6mol 电子，1mol
得4mol 电子，所以
，
但选项未指明标准状况，不能得出氧气的体积为3.36L，B 选项错误；
C.
，Cu 反应时
，转移电子数为
，C 选项错误；
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D. 设混合气体中NO 物质的量为xmol，
物质的量为ymol ，则
，解得x=0.15，所以混合气
体中含0.15molNO，D 选项正确；
故答案为：D。
考向2 考查多步反应得失电子守恒问题
例2（2025·湖南·调研）水体中氨氮含量超标会造成水体富营养化，用次氯酸钙除去氨氮的原理如图所示。
下列说法不正确的是
A．①③属于复分解反应，②属于氧化还原反应
B．
、
两种物质可循环使用
C．每生成
，转移
电子
D．除去氨氮的总反应方程式为：
【答案】C
【详解】A．反应①③属于化合价不变的复分解反应，②中有化合价的升降，属于氧化还原反应，A 正确；
B．在反应①中CO2、H2O 两种物质是反应物，在反应③中CO2、H2O 又是生成物，可循环使用，B 正确；
C．每生成1molN2 ，N 元素由-3 价升高到了0 价，需要2molNH3参与反应，同时转移6mol 电子，C 错误；
D．由图可知，除去氨氮的总反应方程式为：
，D 正确；
故选C。
思维建模 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓
住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还
原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
【变式训练1】（2025·湖南·开学考试）在密闭、干燥的环境中将
与
的混合粉末加热到
可制得净水剂高铁酸钠
，发生的主要反应为
。下列说法错误的是
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A．参与反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
B．
既是氧化产物又是还原产物
C．
作氧化剂时，参与反应的
为
D．每生成标准状况下
，有
被氧化
【答案】C
【详解】A．化学方程式中，
作还原剂，
作还原剂，
作氧化剂，故参与
反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
，A 正确；
B．
包含铁元素化合价的升高和氧元素化合价的降低，故
既是氧化产物又是还原产物，B
正确；
C．由化学方程式可知，作氧化剂的
和参与反应的
之间的数量关系为
（参与反应）
（氧化剂），因此参与反应的
为
，C 错误；
D．
与作还原剂的
之间的数量关系为
（还原剂），故被氧化的
为
，D 正确。
故选C。
【变式训练2】（2025·湖南长沙·模拟预测）利用软锰矿（主要成分为MnO2）吸收SO2，并制备高纯度
Mn3O4（Mn 元素显
、
价），其原理为①
；②
（未配平）。下列说法正确的是
A．反应①中SO2得到电子
B．反应①中MnO2发生氧化反应
C．反应②中Mn3O4既是氧化产物又是还原产物
D．利用软锰矿，每制得1molMn3O4共转移4mol 电子
【答案】C
【详解】A．由题干信息可知，反应①中SO2中S 的化合价升高，故SO2失去电子，A 错误；
B．由题干信息可知，反应①中MnO2中Mn 的化合价降低，故发生还原反应，B 错误；
C．由题干信息可知，反应②中Mn3O4中Mn 的化合价升高，O 的化合价降低，故其既是氧化产物又是还原
产物，C 正确；
D．由题干信息，根据氧化还原配平可知：①
；②
，即制得1mol Mn3O4反应②转移2mol 电子，且需消耗
3molMnSO4，即反应①需生成3molMnSO4，需转移6mol 电子，故利用软锰矿，每制得1molMn3O4共转移
2+6=8mol 电子，D 错误；
故答案为：C。
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1．（2023·湖南·高考真题）
是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科
学家合成的某
(Ⅱ)催化剂(用
表示)能高效电催化氧化
合成
，其反应机理如图所
示。
下列说法错误的是
A．
(Ⅱ)被氧化至
(Ⅲ)后，配体
失去质子能力增强
B．M 中
的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【详解】A．
(Ⅱ)被氧化至
(Ⅲ)后，
中的
带有更多的正电荷，其与N 原子成键后，
吸引电子的能力比
(Ⅱ)强，这种作用使得配体
中的
键极性变强且更易断裂，因此其失去
质子（
）的能力增强，A 说法正确；
B．
(Ⅱ)中
的化合价为+2，当其变为
(Ⅲ)后，
的化合价变为+3，
(Ⅲ)失去2 个质子后，N 原
子产生了1 个孤电子对，
的化合价不变；M 为
，当
变为M 时，N 原子
的孤电子对拆为2 个电子并转移给
1 个电子，其中
的化合价变为
，因此，B 说法不正确；
C．该过程M 变为
时，有
键形成，
是非极性键，C 说法正确；
D．从整个过程来看， 4 个
失去了2 个电子后生成了1 个
和2 个
，
(Ⅱ)是催化剂，因此，
该过程的总反应式为
，D 说法正确；
综上所述，本题选B。
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14．（2022·湖南·高考真题）为探究
的性质，进行了如下实验(
和
溶液浓度均为
)。
实
验
操作与现象
①
在
水中滴加2 滴
溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
②
在
溶液中滴加2 滴
溶液，变红褐色；
再滴加
溶液，产生蓝色沉淀。
③
在
溶液中滴加2 滴
溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加
溶液，无蓝色沉淀生成；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是
A．实验①说明加热促进
水解反应
B．实验②说明
既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明
发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明
对
的水解反应无影响，但对还原反应有影响
【答案】D
【分析】铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子
具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解
反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄
色，存在水解反应Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶
体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁
氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验
③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁
离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。
【详解】A．铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成
较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A 正确；
B．在5mLFeCl3溶液中滴加2 滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3+既发生了水解反应，生
成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，
故B 正确；
C．实验③中在5mL Na2SO3溶液中滴加2 滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子
的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C 正确；
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D．结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应
的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显
碱性，可促进铁离子的水解反应，故D 错误。
综上所述，答案为D。
2．（2021·湖南·高考真题）
常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步
反应为
。下列说法错误的是
A．产生22.4L(标准状况)
时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的
制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在
【答案】A
【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0 价升高至KH(IO3)2中+5 价，每个碘原子升高5 价，即6I2
60e-，又因方程式中6I2
3Cl2，故3Cl2
60e-，即Cl2
20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，
反应中应转移20 mol e-，A 错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式
的计量系数可知，11KClO3
6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B 正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C 正确；
D．食盐中
可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应
生成I2，I2再
与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中
的存在，D 正确。
故选A。
3．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，
回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
；
③
易从溶液中结晶析出；
④不同温度下
的溶解度如下：
温度/℃
0
20
40
60
80
20
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溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
回答下列问题：
(1)Cu 属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有
和
，“氧化酸浸”时
反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，
浓度不能超过
。
(4)在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，两种离子分布分数
随
浓度的变化关系如图所示，若
浓度
为
，则
的浓度为
。
(5)滤液4 中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【答案】(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转
化为
0.5
(4)0.05
(5)
高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易
堵塞管道，难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl 氧化酸浸，由题中信息
可知，滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1 中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1 中加入NaClO3、H2SO4、
NaCl，将Au 转化为Na[AuCl4]除去，滤液2 中含有Na[AuCl4]，滤渣2 中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2 中加
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入Na2SO3，将AgCl 转化为
和
，过滤除去PbSO4，滤液3 中加入Na2S2O4，将
Ag 元素还原为Ag 单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4 中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【详解】（1）Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族，位于ds 区，其基态原子的价电子排布式为
3d104s1，故答案为：ds；3d104s1；
（2）滤液1 中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se 与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成
、
和
，反应的离子方程式为：
，故答案为：
；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导
致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl 转化为
；
②由题目可知
，在“除金”工序溶液中，若
加入过多，AgCl 则会转
化为
，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol L
⋅
−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl 发生转化，
则令
，由
，可得
，即
浓度不能超
过
，故答案为：0.5；
（4）在“银转化”体系中，
和
浓度之和为
，溶液中存在平衡关系：
，根据图可知当
时，此时
，则该平衡关系的平衡常数
，当
时，
，解得此时
，故答案
为：0.05；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答
案为：
；高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管
道，难以实现连续生产。
4．（2021·湖南·高考真题）
可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要
以
形式存在，还含有
、
、
、
等物质。以独居石为原料制备
的
工艺流程如下：
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回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，该核素的符号为 ；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是 ；
(5)“沉铈”过程中，生成
的离子方程式为 ，常温下加入的
溶液呈
(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：
的
，
的
，
)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为
，在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
，该反应的化学方程式为 。
【答案】
适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3和Fe(OH)3 促使铝离子沉淀
↑ 碱性 3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O
【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，
转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，
与硫酸不反应，
转化为Al2(SO4)3，
转化为Fe2(SO4)3，
转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣
Ⅰ为
和硫酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤
渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；
加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【详解】(1)铈的某种核素含有58 个质子和80 个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为
；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成
的离子方程式为
↑；铵根离子的水解常数Kh(
)=
≈5.7×10-
10，碳酸氢根的水解常数Kh(
)=
≈2.3×10-8，则Kh(
)<Kh(
)，因此常温下加入
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的
溶液呈碱性；
(6)由在高温条件下，
、葡萄糖(
)和
可制备电极材料
，同时生成
和
可知，该反应中Fe 价态降低，C 价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3
+
+6
=6
+9CO↑+6H2O。
24
