文档文本内容
01
02
03
04
第05 讲 氧化还原反应方程式配平与计算
内容导航
素养，研判高考命
对标
题趋势
搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
拆解核心考点，
解
范式
归纳
题
溯源真
，感知高考考向
题逻辑
命题透视·考情前瞻
思维建模·脉络梳理
考点精讲·靶向突破
考点一 氧化还原反应方程式的配平与书写
知识解构 知识点1 配平原则与方法∣知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写
考向破译 考向1 氧化还原反应方程式的配平 ∣ 考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写
考点二 氧化还原反应的计算
知识解构 知识点1 计算原理——得失电子守恒 ∣ 知识点2 得失电子守恒计算方法
考向破译 考向1 得失电子守恒综合应用
考点三 新“情境”中的氧化还原反应
知识解构 知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性
知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响
知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析
知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应
考向破译 考向1 新“情境”中氧化还原反应的综合应用
真题溯源·考向感知
命题透视·考情前瞻
——
素养，研判高考命
对标
题趋势
考情梳理--五年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
2023 年
2022 年
氧化还原反应
方程式配平与
书写
——
黑吉辽蒙卷T16
（7）,3 分
黑吉辽卷T16
（2），3 分；
辽宁卷
T16（5），
3 分
辽宁卷T16
（2 ），3
分；
氧化还原反应
计算
黑吉辽蒙卷
T13,3 分；16
（4），3 分
——
——
——
——
新情景中氧化
还原反应的综
合应用
黑吉辽蒙卷T12
3 分；
黑吉辽蒙卷T12,3
分；
黑吉辽卷T6，3
分；
辽宁卷
T12，3 分
辽宁卷T18
（6），3 分
考向解读--洞悉
精准
判
趋势
预
命题解码：
►
本讲是黑吉辽蒙卷必考核心考点，属于高频高分值模块。
1.方程式书写的三大命题规律
规律一：陌生化程度逐年提升，从 "课本原型" 转向 "工业真实反应"
规律二：缺项配平成为主流，强调 "情境推理" 而非 "机械配平"：命题不再给出完整反应物和产物让学
生配平，而是：
a.给出部分反应物和产物，需推断缺项物质（H⁺/OH⁻/H₂O）；
b.给出工艺流程，需自行判断哪些元素发生了价态变化
c.给出反应现象或产物性质，反推反应方程式
规律三：与离子反应深度融合，离子方程式书写占比超 80%
2.氧化还原反应计算命题特点：电子守恒法是绝对核心，"得失电子总数相等" 贯穿所有计算
3.新“情境”中氧化还原反应特点：
a.情境陌生度：从常见物质→稀有金属 / 新型材料
b.反应复杂度：从单元素变价→多元素同时变价
c.计算综合度：从一步计算→多步反应 + 误差分析
►复习目标：1.熟练掌握常见氧化还原反应方程式的配平。
2.掌握常见氧化还原反应的相关计算。
3.提升在新情境中分析氧化还原反应的综合能力
思维建模·脉络梳理
——搭建知
框架，构建系
思
识
统
维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，
解
范式
归纳
题
考点一 氧化还原反应方程式配平与书写
知●识●解●构
知识点1 配平原则与方法
1．氧化还原方程式配平三大原则
（1）电子守恒：氧化剂得电子
总
数
= 还原剂失电子
总
数
，即化合价升高总数=化合价降低总数；
（2）质量守恒：反应前后物质质量不变，即原子的种类和个数不变；
（3）电荷守恒：离子反应前后，阴离子所带负电荷
总数
=阳离子所带正
电荷总数
。
2．氧化还原方程式配平步骤与方法
步骤1.标变价：标明反应前后变价元素的化合价；
步骤2.找得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数；
步骤3.求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等；
步骤4.定系数：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；
步骤5.查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
例1.Cu 与稀HNO3反应的方程式配平方法如下：
①标变价
Cu＋HNO3(稀)——Cu (NO3)2＋NO＋H2O
②找得失
Cu＋HNO3(稀)——Cu (NO3)2＋NO＋H2O
③求总数
Cu＋HNO3(稀)——Cu (NO3)2＋NO＋H2O
④定系数
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
⑤查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O 原子守恒来进行验证。
例2.歧化反应配平：S 与KOH（热、浓）反应方程式配平：
S + KOH（热、浓） —— K2S + K2SO3 + H2O
S
K2S 降2 价 S
K2SO3 升6 价,由于S 的化合价既升又降，所以定系数要先从生成
物定，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。最后配平：
3 S + 6 KOH（热、浓） ——
2
K2S + 1 K2SO3 + 3 H2O
例3.归中反应配平：KClO3 + HCl → KCl + Cl2↑ + H2O
Cl+5→0（降5）；Cl-1→0（升1），由于Cl2中既有降价到0 价又有升价到0 价的Cl 元素，所以定系数要
先从反应物定，而HCl 中氯元素既有升价又有不变价态，所以先定KClO3化学计量数为1，根据K 元素守
恒再定 KCl 化学计量数为1 ，然后定HCl 化学计量系数为6，最后配平：
KClO3 + 6HCl == KCl + 3Cl2↑ + 3H2O
解题技巧
1、正确理解步骤3 求总数：根据最小公倍数计算得到的是:变价原子的个数,不等于系数!而根据变价原子的
个数可以推导出系数。如：例1 中Cu 失2 个电子，HNO3 中的N 元素得到3 个电子，最小公倍数为6，2
个N 原子得电子，但并不代表HNO3的系数为2，因为还有没有变价的N 元素，可以通过产物Cu(NO3)2判
断得出，所以定系数要有先后。
2.配平关键——定系数先后规律：凡是变价“单纯”的物质系数先定，而变价“不单纯”不单纯的物质后
定。所谓“单纯”指的是：物质所含变价元素要么都升，要么都降；或者都由升价生成的物质，都有降价
所生成的物质。如：例1 中Cu 元素在反应中都升高到了2 价应该先定系数，而HNO3(稀)中N 元素只有一
部分由5 价降到了+2 价所以就后定系数；例2 中K2S 中的S 元素全都是0 价降到-2 价而得应该先定系数，
K2SO3 中的S 元素也都是由0 价升高到+4 价而生成也应该先定系数；而S 的化合价既升又降，所以应该后
确定系数；例3 中Cl2既有—1 价升高到0 价又有+5 价降低到0 价的氯元素，应该后确定系数。
知识点2 “缺项”及“信息”型方程式书写
1.“缺项”方程式书写及配平
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，一般缺项为水、酸或碱。
（1）配平方法
（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
－
2. “信息”型方程式书写
“信息”型方程式:一般氧化剂/还原剂或还原产物/氧化产物以信息形式给出。
（1）一般书写步骤：a.根据题干信息或流程图，结合氧化还原反应中元素价态变化确定氧化剂、还原剂及
氧化产物、还原产物。b.结合溶液的酸碱性，配平化学方程式或离子方程式。
例1 硫酸镍在强碱溶液中用NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离
子方程式：______________________________________________
第一步：
根据题义判断氧化剂还原剂
氧化剂：NaClO →还原产物 Cl⁻；
还原剂：Ni²⁺→氧化产物 NiOOH
第二步：
按 “还原剂 + 氧化剂→
氧化产物 + 还原产物”写出
Ni²⁺ + ClO⁻ → NiOOH + Cl⁻，根据得失电子守恒可得主
要物质的化学计量数：2Ni²⁺ + ClO⁻ → 2NiOOH + Cl⁻
第三步：补项
左边补 OH⁻，右边补 H₂O。即
2Ni²⁺ + ClO⁻ + OH⁻ → 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O
第四步：配平方程式
2Ni²⁺ + ClO⁻ + 4OH⁻ ══ 2NiOOH↓ + Cl⁻ + H₂O
答案：2Ni ² + ClO⁻+ 4OH ══
⁻
2NiOOH↓ + Cl
⁻ + H ₂ O
考●向●破●译
考向1 氧化还原反应方程式配平
例1（25-26 高三上·吉林长春·阶段检测）
的工业制法是：将白磷(
)与
溶液反应生成
气体和
，后者再与
反应。配平白磷与
溶液反应的化学方程式。
__________
_________
_________
_________
_________
。
【答案】2P4 +3Ba(OH)2 + 6H2O =3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
【解析】白磷与Ba(OH)2溶液的反应属于氧化还原反应，根据电子得失守恒配平该反应为2P4 +3Ba(OH)2 +
6H2O =3Ba(H2PO2)2+2PH3↑
【变式1·换载体】．（2024·辽宁大连·一模）硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3＋Cl2＋
H2O===NaCl＋HCl＋H2SO4。下列说法错误的是( )
A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3 1∶
B．若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol 电子
C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊
D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH 降低
【答案】A
【解析】根据电子守恒和原子守恒配平方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O===2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学
方程式可知，氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物，反应中
电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4 1∶，A 不正确；若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，
则转移4 mol 电子，B 正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑
浊，C 正确；硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH 降低，D 正确。
【变式2·变题型——有机氧化还原反应配平】.（2025·东北师范大学附属中学·二模）利用
可将废
水中的
转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：
(未配
平)。下列说法正确的是
A．
表示
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为
C．可用
替换
D．若生成
气体
，则反应转移的电子数为
【答案】B
【解析】由题中信息可知，利用
可将废水中的
转化为对环境无害的物质X 后排放，则X 表示
，
仍然是大气污染物，A 错误；该反应中，还原剂
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
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
，B 正确；
中C 元素的化合价由-2 价升高到+4 价，
是该反应的还原剂，
有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用
替换
，C 错误；
未注明气体状态，无法计算，D 错误；故选B。
考向2 “缺项”及“信息”型方程式书写
例2.（2025——2026·黑龙江省大庆铁人中学·二模）NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶
液与NaNO2反应的化学方程式是：MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO 被还原
B．反应过程中溶液的pH 减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D．中的粒子是OH－
【答案】C
【解析】根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H 元素，所以内应填H＋，配平化学
方程式：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O；其中NO 被氧化，反应过程中H＋被消耗，pH 增
大，故A、B、D 错误，由上述离子方程式可知，C 项正确。
【变式1·变类型——缺项OH-】（24-25 高三上·北京丰台·期末）利用NaClO 与Fe(NO3)3溶液反应制取新
型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)、补全离子方程式_______。
ClO-+
【答案】
【详解】在该反应中，Fe 元素化合价由反应前Fe3+中+3 价变为反应后
中的+6 价，化合价升高3 价；
Cl 元素化合价由反应前ClO-中+1 价变为反应后Cl-的-1 价，化合价降低2 价，化合价升降最小公倍数是
6，所以Fe3+、FeO4
2−的系数都是2，ClO-、Cl-的系数都是3；然后根据电荷守恒，可知反应物应该有10 个
OH-，最后根据H、O 元素守恒，可知H2O 的系数是5，则配平后的离子方程式应该为：
。
【变式2·变类型——缺项OH-和H2O】（25-26 高三上·河北·阶段检测）“生活无处不化学”，请回答下
列问题：
钼酸钠(
)是无公害型冷却水系统的金属腐蚀抑制剂，工业上可利用钼精矿(主要成分是不溶于水
的
，还含少量PbS 等)制备钼酸钠，一般流程为先焙烧，再浸取，后除杂……最后制得钼酸钠。
另一种利用钼精矿制备钼酸钠的工艺流程中，采用直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH 溶液和NaClO 溶液
的方法来得到钼酸钠。
根据上述材料，配平下列反应的离子方程式______：□
□
□______=□
□
□
□______。
【答案】
【解析】向粉碎后的钼精矿中加入NaOH 溶液和NaClO 溶液的方法来得到
，即
、NaClO 和
NaOH 发生氧化还原反应生成
、
、
和
，由得失电子守恒、电荷守恒和原子守
恒配平得反应的离子方程式为：
；
【变式3·变题型】（2025——2026·全国·高三上月考）在有氧条件下
与NH3以一定比例反应时，得到
的笑气几乎都是
。将该反应的化学方程式补充完整：______。
______+______+______ = ______
【答案】
【解析】题目说明有氧条件参与，且产物笑气几乎都是
，说明每个
中1 个
来自反应物
，1 个普通
来自NH3，因此反应物
、NH3系数比为
，
为第三个反应物。
和
的系
数比为
，可知
中的O 原子数和
中的O 原子数相同，完整方程式为
。
考点二 氧化还原反应计算
知●识●解●构
知识点1 计算原理——得失电子守恒
1．核心原理：得失电子守恒：还原剂失去电子总物质的量 = 氧化剂得到电子总物质的量
配套两个守恒辅助：a. 电荷守恒（离子方程式适用：左右总电荷相等）
b.原子守恒（物料守恒，反应前后同种原子数目不变）
解题技巧
利用好守恒思维，可以抛开繁琐的反应过程，可以抛开化学方程式不写，抛开中间反应过程，只要追踪物
质中变价元素的始态和终态，计算出得电子与失电子总数，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的流程：
（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(失电子)=n(还原剂)×变价原子个数×∣化合价升高差值∣
n(得电子)=n(氧化剂)×变价原子个数×∣化合价降低差值∣
n(失电子)=n(得电子)，列式计算。
知识点2 得失电子守恒计算方法
一、确定元素价态
例1．现有24 mL 浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全
反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr 在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
【答案】B
【解析】
目中指出被
原的元素是
题
还
Cr，
得
子的物
是
则
电
质
K2Cr2O7，失
子的物
是
电
质
Na2SO3，其中S 元素
的化合价从＋4→＋6，Cr 元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化
原反
中得失
子守恒
律，有
还
应
电
规
0.05
mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
二、确定物质组成
例2．Na2Sx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( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【解析】
―→xNa2SO4，NaClO―→NaCl，
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
三、多元素间得失电子守恒
例3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O 参加反应，被水还原的溴为(
)
A．1 mol
B. mol
C. mol
D．2 mol
【答案】C
【解析】如果按照方程式解题，找出还原剂：BrF3和H2O；氧化剂：BrF3。其中5 mol H2O 参加反应有2/5
做还原剂，3molBrF3参加反应有2/3 做氧化剂，1/3 做还原剂，还得计算出被水还原的氧化剂——BrF3占几
分之几，比较麻烦。换一个思路——得失电子守恒思路解题，所谓：被水还原，就是氧化剂——BrF3得到
水失去的电子，也就是：H2O 失电子总物质的量=BrF3得电子总物质的量。问题就会比较简洁的解答。
设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O 参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x
＝4 mol，x＝ mol。
四、多步反应得失电子守恒
例4．取x g 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8 960 mL 的NO2气体和672 mL
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
17.02 g。则x 等于( )
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
【答案】B
【解析】反应流程为
――→
x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质
的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
考●向●破●译
考向1 得失电子守恒综合应用
例1（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）现有19.2 g 金属铜与100 mL 一定物质的量浓度的浓硝酸恰好完全
反应，生成的氮氧化物恰好溶解在一定量的NaOH 溶液中得到
和
的混合溶液，反应过程及有
关数据如下图所示。下列有关说法不正确的是
A．该浓硝酸浓度为
B．过程①中转移电子的数目为
C．过程②生成的
物质的量为0.3 mol
D．生成的NO、
、
物质的量之比为
【答案】D
【分析】该反应过程涉及Cu 与浓硝酸，氮氧化物与NaOH 发生的氧化还原反应，由于产物不止一种，要
抓住原子守恒及电子转移守恒进行相关计算。
【解析】A．根据N 原子守恒，Cu 与浓硝酸反应，浓硝酸中的N 一部分转化为
，一部分生成氮
氧化物，而氮氧化物中的N 最终转化为
和
，由Na 原子守恒
和
的物质的量等
于NaOH 的物质的量，结合题干信息据此列式：
Cu
NO
NO2
N2O4
，已知浓硝酸体积为100 mL，
所以浓硝酸的浓度为
，A 正确；
B．过程①中转移电子的数目可由Cu 的量计算，已知1mol Cu 生成
转移2mol 电子，即
n(e
−)=2n(Cu)=2×
19.2 g
64 g/mol =0.6mol，即转移电子的数目为
，B 正确；
C ．由得失守恒知：0.3mol Cu 失去0.6mol 电子，
经多步反应最终转化为
得电子，即
n(e
−)=0.3mol×(2−0)=n(NaNO2)×(5−3)，
， C 正确；
D．设
、
、
的物质的量分别为a、b、c，由题干信息列式①
，由N 原子守恒
列式②a+b+2c =n(NaNO2)+n(NaNO3)=n(NaOH )=0.5 L×1mol / L=0.5mol，由Cu 与浓硝酸反应
每生成1mol
转移3 份电子，生成1mol
转移1 份电子，生成1mol
转移2mol 电子，由电子
转移守恒列式③
，联立三式计算得a=0.05 mol、b=0.15 mol、c=0.15 mol，所以生成
的NO、
、
物质的量之比为a:b:c=0.05 mol:0.15 mol:0.15 mol=1:3:3，D 错误；故答案选D。
【变式1·变载体】在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P
的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P 时，参加反应的P 的物质的量为________mol。
【答案】1.5 2.2
【解析】设7.5 mol CuSO4氧化P 的物
的量
质
为x；生成1 mol Cu3P
，被氧化的
时
P 的物
的量
质
为y，根据得失
子守恒得：
电
7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 mol。1 mol×3×(2－1)＋
1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 mol，所以参加反
的
应
P 的物
的量
质
为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
【变式2·变类型——多步反应得失电子守恒】．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、
N2O4、NO 的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(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5 mol·L－1 NaOH 溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是(
)
A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL
【答案】A
【解析】由题意可知，HNO3
HNO3，分析变价元素始态和终态：Cu 从0 价升高
到+2 价，O 从0 价降低到—2 价。Cu 失去的电子总数=O2得到的电子数相等。
即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH 和Cu(NO3)2 的反应可得关系式：n(NaOH)＝
2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【变式2·新情境——工业流程中得失电子守恒】（2026·吉林省吉林市·三模）．已知还原性：HSO>I－，
氧化性：IO>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3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。
O2
NaIO3＋NaHSO3===I2＋Na2SO4＋H2SO4＋H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3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5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2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I2的物质的量之比为5∶3 时，加入的NaIO3为__________mol。
【答案】(1)
===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O (2)NaI (3)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
【解析】(2)由还原性：HSO>I－可知，当NaHSO3溶液过量时，IO 先被还原成I2，再被还原成I－。(3)OA
段，随着IO 的量增加，NaHSO3的量减少，IO 被还原成I－，至A 点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，
又发生NaIO3氧化I－的反应：IO＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。当I－与I2的物质的量之比为5 3∶时，设加入的
NaIO3为x mol，根据转移电子数守恒，得5×2＝x×6＋x×5，解得x＝。
考点三 新“情境”中的氧化还原反应
知识点1 原子结构“情境”下判断氧化性/还原性
当原子失去或者得到电子以后，原子核外电子排布形成了稳定的结构：原子轨道全满、半充满、全空，
则具有较强的还原性或氧化性
例（2026·吉林省吉林市·三模）17. 稀土元素有工业“黄金”之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水
平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元
素）中提取稀土元素的工艺如下：
已知：月桂酸（
）熔点为44℃；月桂酸和
均难溶于水；该工艺条件
下，稀土离子保持+3 价不变；
的
；
开始溶解时的pH 为
8.8；有关金属离子沉淀的相关pH 见下表。
离子
开始沉淀时的
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
pH
沉淀完全时的
pH
/
3.2
4.7
/
Ⅰ.根据流程回答下列问题
Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。
（4）脱铕：基态Eu 原子的价层电子排布式是
，可将稀土矿浸取液中的
转化为
进而与
分离，从原子结构的角度解释
易被还原为
的原因是______。
【答案】（4）Eu 原子的价层电子排布式为
，
价电子排布为
，得到1 个电子变为
后，价电子排布变为
，4f 轨道为半充满稳定结构，因此
易被还原
【解析】稀土矿（含RE、Fe、Al 杂质）经酸化
浸取，得到含
、
、
、
的浸取
液；氧化调pH 将
氧化为
，调节pH 使铁铝沉淀除去，过滤1 得到含
、
的滤液1；加
月桂酸钠沉淀
，过滤2 得到(C11H23COO)3RE 滤饼；滤饼加盐酸55℃反应，得到
和月桂酸，最
后经操作X 分离得到
溶液和月桂酸晶体；
（4）Eu 原子的价层电子排布式为
，
价电子排布为
，得到1 个电子变为
后，价电子
排布变为
，4f 轨道为半充满稳定结构，因此
易被还原；
知识点2 酸或碱“情境”对氧化还原反应的影响
溶液的酸碱性对物质的氧化性/还原性强弱产生影响，从而影响氧化还原反应。
例（2026·辽宁锦州渤海大学附中·三模）17. 化学让生活更美好，各类水处理剂能让水质得到提升达到饮
用水的标准。生活中较常见的水处理剂有氯气、次氯酸钠、漂白粉（主要成分为次氯酸钙）、二氧化氯、
明矾、硫酸铁、高铁酸钠等。
（4）已知：
为紫色固体，微溶于浓KOH 溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速反应产
生
，在碱性溶液中较稳定。现利用如图装置（夹持装置略）制备
，并设计以下方案探究
能否氧化
产生
。
方案Ⅰ
取三颈烧瓶中的紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检
验，气体中含有
方案Ⅱ
用冷的KOH 浓溶液充分洗涤三颈烧瓶中所得固体，再用KOH 溶液将
溶出，得到紫色溶液b，取少量溶液b，滴加足量盐酸得到溶液c
且有
产生；取少量溶液c，滴加KSCN 溶液至过量，溶液呈红色
①写出三颈烧瓶中生成
反应的化学方程式：____________。
②三颈烧瓶中加入过量KOH 溶液的目的是____________。
③依据
的化学性质，甲同学认为方案Ⅰ不能证明
能将
氧化为
，试分析其可能的原因：
________（填离子方程式）。
④由方案Ⅱ是否能得出
可将
氧化为
的结论？____（填“能”或“不能”）。
⑤为了改善
溶液的稳定性，延长高铁酸钾处理水的作用时间，可添加一定浓度的次氯酸钠。在不
同浓度NaClO 作用下高铁酸钾随反应时间的分解率如图所示：
次氯酸钠溶液可提高高铁酸钾溶液稳定性的原因是______。
【答案】（4） ①.
.
②提供碱性环境，保
证
稳定存在，提高
的产率；增大
的浓度，促进
的析出 ③.
.
④能 ⑤.
水解使溶液呈碱性，有利于
溶液的稳定
【解析】本题以水处理剂为背景，核心是制备氯气和高铁酸钾，先通过实验室常规装置制取氯气，再将氯
气通入过量浓KOH 溶液的三颈烧瓶中反应制备高铁酸钾，同时涉及NaClO 漂白液配制、NaClO 溶液吸收
NO、高铁酸钾氧化性探究与稳定性分析，围绕含氯水处理剂及高铁酸钾的制备、反应原理、性质验证与
条件控制展开。
（4）①反应物为Cl2、Fe(OH)3、KOH，产物为K2FeO4，配平得到该方程式：
。
②K2FeO4在碱性溶液中更稳定，过量KOH 可维持碱性环境，提高产率；且K2FeO4微溶于浓KOH，增大
K+浓度有利于平衡向沉淀方向移动，利于K2FeO4析出。
③制备K2FeO4后溶液中反应生成的ClO−，酸性条件下ClO−与Cl−反应生成Cl2，因此无法证明Cl2是K2FeO4
氧化Cl−得到的。
④方案Ⅱ用冷浓KOH 洗涤固体，已经除去了可溶性杂质（如ClO−），因此生成Cl2可证明是K2FeO4氧化
Cl−得到。
⑤由图像可知，NaClO 浓度越高，高铁酸钾分解率越低，NaClO 水解为碱性，抑制高铁酸钾分解，提高稳
定性。
知识点3 反应机理“情境”中的氧化还原反应分析
例（2026·吉林长春·一模）10. 利用光催化剂，可选择性的实现
键的氯化。以
、
和甲苯为原料合成医药中间体对氯甲苯的反应机理如图所示。下列说法错误的是
A.
是催化剂
B. ②过程中有非极性键的断裂
C. ③对应的反应方程式为
D. 该方法下，甲苯的甲基
键氯化选择性低
【答案】C
【解析】A．整个反应循环中，
先被消耗，反应结束后重新生成，反应前后
的质量和化学性质
都不变，因此
是该反应的催化剂，A 说法正确；
B．过程②的反应物
结构中存在
非极性共价键；反应后
转化为
，
非极性键
发生断裂，因此过程②存在非极性键的断裂，B 说法正确；
C．过程③中，2 个
（每个降1 价，共得2e⁻）氧化1 个
（
从-1 价升为+1 价，失2e⁻）生成
，氧原子由体系中的水分子提供，正确的离子方程式为：
选项给出的
不符合反应
事实，方程式书写错误，C 说法错误；
D．题干明确说明该方法可选择性实现
键（苯环上的碳氢键）的氯化，最终得到苯环氯化的对
氯甲苯；甲苯甲基的
键是
，该条件下很难被氯化，因此甲苯甲基
键氯化的选择性
低，D 说法正确；
故选C。
知识点4 工业流程“情境”中的陌生氧化还原反应
以工
流程
体的
中往往涉及分析陌生的氧化
原反
，分析重点：氧化
——
原
物；
原
——氧
业
为载
试题
还
应
剂
还
产
还
剂
化
物，要根据工
流程
合信息
合推理才能得到答案。
产
业
图结
综
例（2026·辽宁省22 校协作体·二模）16. 锝(
)在医疗、工业上均有重要用途。某核废料液中含有的主要
的离子为
、
、
、
、
、
。用此工业废水获得
的工业路线如图所示。
已知：滤液1 加入氨水调
的目的是把
进行沉淀分离。
具有强氧化性，还原产物为
。
（5）
浸取过程中发生的离子方程式为___________。
【答案】（5）
【解析】重点分析氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，只要能分析出这些物质，再结合氧化还原反应
方程式配平的技巧，就可以写出反应。
【分析】废料液中含有的主要离子为
、
、
、
、
、
，加入氨水调节pH，除
去了
。滤液1 加入氨水调节
，
生成
沉淀，即滤渣1。滤液2 加入
，
和
生成
和
沉淀，即滤渣2。滤液3 加入试剂X 之后生成了
，说明Tc 发生
了还原反应，需要加入还原剂。滤渣1 在酸性溶液中，生成具有强氧化性的
，将
重新氧化为
，再加入
生成沉淀。
（5）
中
为
价，浸取后要得到可溶性
（
为
价），
被
氧化，根据信息可
知：
具有强氧化性，还原产物为
，配平得离子方程式
。
考向1 新“情境”中氧化还原反应的综合应用
例1（2026·辽宁鞍山·二模）. 16. 钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、
铁、钴、锰的+2 价氧化物及锌和铜的单质，从该废渣中提取钴元素的一种流程如下：
回答下列问题：
（4）“沉锰”步骤中生成
的离子方程式是________；
（5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，
与NaClO 反应的离子方程式为________；
【答案】 （4）
（5）
或
【解析】炼锌废渣含锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2 价氧化物及锌、铜单质，经稀
酸浸，锌、铁、
钴、锰的氧化物及锌单质溶解为对应硫酸盐，铜单质不溶，铅元素转化为
沉淀，浸渣主要为
、
；酸浸液通入
，
与
反应生成
沉淀，实现沉铜；加入
，
被氧化
为
沉淀，实现沉锰；加
调
，
水解为
沉淀除去；最后加
，
被氧化为
沉淀，完成沉钴，据此分析。
（4）“沉锰”步骤中，
被
氧化为
，
被还原为
，配平得离子方程式为
；
（5）“沉钴”步骤中，
的弱酸性条件下，
被
氧化为
沉淀，
被
还原为
，配平得离子方程式为
；若
过量，部
分
与
结合生成
，对应离子方程式为
；
【变式1·变类型——酸碱环境中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）. 14. 铬的机械强度高、抗
腐蚀性能好，从钒铬锰矿渣（主要成分为
、
、MnO）中提取铬的一种工艺流程如图：
已知：在酸性溶液中钒通常以钒酸根阴离子存在；Mn（Ⅱ）在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化
为
。
下列说法错误的是
A. “沉钒”过程利用了
胶体的吸附性，使含钒微粒沉降
B. 实验室模拟处理“沉铬”后的操作时不能用玻璃棒搅拌
C. “提纯”过程中使用
溶液，原因是
有氧化性，将锰元素氧化，实现与铬元素的分离
D. “转化”过程中发生反应为
【答案】C
【解析】钒铬锰矿渣经酸浸后，金属氧化物转化为对应离子。沉钒过程加入氢氧化铁胶体，吸附含钒微
粒，生成含钒固体，滤液A 中含有
；沉铬过程中加入氢氧化钠，将
转化为
沉
淀，滤液B 中含有
；向固体A 中加入
溶液，除去杂质后煅烧得
；向滤液B 中加入
、NaOH，氧化生成
。由此解题。
【详解】A．
胶体具有吸附性，可吸附酸性溶液中的钒酸根等含钒微粒，使其沉降，实现沉
钒，A 正确；
B．“沉铬”后得到
沉淀，后续操作涉及过滤、洗涤等。实验室中，若用玻璃棒搅拌，易戳破滤
纸，导致过滤失败，因此不能搅拌，B 正确；
C．
是强还原剂，而非氧化剂。提纯过程中，
的作用是还原固体A 中可能存在的高价锰
杂质，将其转化为可溶性
进入滤液，从而实现与铬的分离，C 错误；
D．根据已知条件：Mn（Ⅱ）在酸性环境中较稳定，在碱性环境中易被氧化为
，可得该反应的离子
方程式为
，D 正确；
故答案选C。
【变式2·变类型——反应机理中的氧化还原反应】(2026·辽宁鞍山·二模). 催化氧化法将工业副产物HCl 制
成
，实现了氯资源的再利用，下图为该法的一种催化机理。设
为阿伏加德罗常数的值。下列说法
正确的是
A. 18g
中含有的质子数为10
B. 过程Ⅴ，氧化1mol CuCl 需氧气分子数为0.25
C. 标准状况下，11.2L
溶于足量水中，转移电子数为0.5
D. 标准状况下，等物质的量的
与HCl 所占的体积均为22.4L
【答案】B
【解析】A．
中含有的质子数为2+8=10，18g
的物质的量为
，其含有的
质子数为8.2
，A 错误；
B．过程Ⅴ：
，氧元素化合价由0 降低到-2 价，Cu 由+1 价升高到+2 价，方程式中
共转移4 个电子，故氧化1mol CuCl 需氧气分子数为0.25
，B 正确；
C．标准状况下，11.2L
即0.5mol
溶于水
，该反应是可逆反应，转移电子
数小于0.5
，C 错误；
D．标准状况下，等物质的量的
与HCl 所占的体积相等，但未给出物质的量是多少，无法确定体积，D
错误；
故选B。
【变式3·新情境——非水溶液中的氧化还原反应】（2026·吉林省吉林市·三模）稀土元素有工业“黄金”
之称，中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。稀土（RE）包括镧（La）、钇（Y）、铈（Ce）、铕
（Eu）等元素，一种从稀土矿（含铁、铝等元素）中提取稀土元素的工艺如下：
已知：月桂酸（
）熔点为44℃；月桂酸和
均难溶于水；该工艺条件
下，稀土离子保持+3 价不变；
的
；
开始溶解时的pH 为
8.8；有关金属离子沉淀的相关pH 见下表。
离子
开始沉淀时的
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
pH
沉淀完全时的
pH
/
3.2
4.7
/
Ⅱ.稀土元素用途广泛，是高科技发展的关键支撑。
（5）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂
，写出用氢气还原
和
熔融盐制
备
的化学方程式______。
【答案】（5）
【解析】稀土矿（含RE、Fe、Al 杂质）经酸化
浸取，得到含
、
、
、
的浸取
液；氧化调pH 将
氧化为
，调节pH 使铁铝沉淀除去，过滤1 得到含
、
的滤液1；加
月桂酸钠沉淀
，过滤2 得到(C11H23COO)3RE 滤饼；滤饼加盐酸55℃反应，得到
和月桂酸，最
后经操作X 分离得到
溶液和月桂酸晶体；
（5）H2做还原剂，将
、
还原为
，
被氧化为
，化学方程式为
。
真题溯源·考向感知
——溯源真
，感知高考考向
题逻辑
1．（2023·辽宁卷）一定条件下，酸性
溶液与
发生反应，
(Ⅱ)起催化作用，过程中不
同价态含
粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是
A.
(Ⅲ)不能氧化
B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小
C. 该条件下，
(Ⅱ)和
(Ⅶ)不能大量共存
D. 总反应为：
【答案】C
【解析】开始一段时间（大约13min 前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至
达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大
约13min 后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大。
A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消
耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A 项错误；
B．随着反应物浓度的减小，到大约13min 时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min 后反应速
率会增大，B 项错误；
C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0 后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C 项
正确；
D ．H2C2O4 为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2
+5H2C2O4+6H+=2Mn2+
+10CO2↑+8H2O，D 项错误；
答案选C。
2．（2024·黑吉辽卷）
分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①
溶液；②淀
粉、丙二酸和
混合溶液；③
、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振
荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是
A. 无色→蓝色：生成
B. 蓝色→无色：
转化为化合态
C.
起漂白作用
D. 淀粉作指示剂
【答案】C
【解析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO 反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下
溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO ，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成
琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。
A．根据分析，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A 正确；
B．根据分析，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO ，I2转化为化合态，B 正确；
C．根据分析，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C 错误；
D．在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D 正确；
故答案选C。
3．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）12. 化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之
一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗
的量(单位为
)来表示。碱性
不与
反应，可
用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是
A. Ⅱ中发生的反应有
B. Ⅱ中避光、加盖可抑制
被
氧化及
的挥发
C. Ⅲ中消耗的
越多，水样的COD 值越高
D. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含
水样的COD 值偏高
【答案】C
【解析】I 中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II 中在酸性
条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III 中生成的I2再用Na2S2O3滴定。
A．II 中
和MnO2在酸性条件下与过量的KI 反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2+
+I2+2H2O，A 正确；
B．II 中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B 正确；
C．整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III
中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD 值
越低，C 错误；
D．若I 中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD 值偏高，D 正确；
答案选C。
4．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）一种从废旧电池正极材料（
）中回收锂元素的电
化学装置如图。下列说法错误的是
A.
电极反应：
B. 电路中转移
电子，理论上可回收
C.
电极连接电源正极
D.
可转化为
和
，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【解析】左侧池通入O2 生成H2O2，这是还原反应，因此a 电极是阴极，连接电源的负极。电极反应:
，右侧池
被氧化为
，这是氧化反应，因此b 电极是阳极，连接电
源的正极。电极反应:
；阴离子交换膜：允许阴离子(如
、OH-等)通过，以维持电荷平
衡。
A．如上分析，左侧通入氧气生成双氧水，且在
溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A 正确
B．电路中转移
电子时，整个体系总电子转移量为
，每释放
对应
电子转移（
），双电极可同时回收
，理论上可回收
，B 正确；
C．右侧发生氧化反应：
被氧化为
，阳极连接电源正极，C 正确；
D．若
歧化转化为
和
，反应为：
，该歧化反应为碘自身氧化还
原，总可得到的电子数（氧化
的总能力）不变：
原本可得到
电子，歧化后
作为氧化剂可得到
电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的
总物质的量不变，因此
不会降低锂的理论回收产率，D 错误；
故选D。
5．（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）从铜阳极泥（主要成分为
和
，含少量
和
）中提取热电材料碲（
）的流程如图。已知
与适量空气反应可生成
。下列说法正
确的是
A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应
B. 滤渣可以全部溶于浓
C.
被氧化过程中，溶液碱性增强
D. “沉碲”过程中
被氧化
【答案】C
【解析】铜阳极泥的主要成分为
和
，含少量
和
，在“浸渍”操作中，加入Na2S 溶
液，通入适量空气，
和
反应生成CuS 沉淀，同时生成Na2Te2，
和
不溶，进入滤
渣，滤液1 中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧
化为碲粉，滤液2 中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用；
A．“浸渍”时
和生成的
都具有还原性，通入过量空气时，过量
会进一步将
氧化为更
高价态的物质，发生副反应，A 错误；
B．铜阳极泥中的Au 不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au 不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全
部溶于浓硝酸，B 错误；
C．
被
氧化生成
的反应方程式为：
，反
应生成强碱
，溶液中
增大，碱性增强，C 正确；
D．滤液1 中
在
中为
价，沉碲得到
价碲单质，
化合价升高被氧化，因此
做氧
化剂参与氧化还原反应，被还原，D 错误；
故选C。
6．（2022·辽宁卷） 某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成分
为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8 3
1.6
2.8
8.1
10.1
回答下列问题：
（2）
在空气中单独焙烧生成
，反应的化学方程式为_______。
【答案】 （2）
【解析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加
入Bi 将Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
，据此分析解题。
（2）
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，反应的化学方程式为
；
7．（2023·辽宁卷）16. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质
回答下列问题：
（5）“沉钴镍”中得到的
(Ⅱ)在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（5）
【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰乳
调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水
解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成
，该反应的化学方程式为：
；
8. （2024·黑龙江、吉林、辽宁卷）16. 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌
氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的
颗粒被
、
包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（2）“细菌氧化”中，
发生反应的离子方程式为_______。
【答案】（2）
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2 时进行细菌氧化，金属硫化物中的S 元素转化为硫酸
盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、
、As（V），加碱调节pH 值，Fe3+转化为
胶体，可起到
絮凝作用，促进含As 微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au 与空气中的O2和NaCN 溶液
反应，得到含
的浸出液，加入Zn 进行“沉金”得到Au 和含
的滤液②。
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和
，离子方程式为：
；
9.（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、
、FeS 和
CuCl)中的Zn、Pb 元素。
已知：①“氧化浸出”时，
不发生变化，ZnS 转变为
；
②
；
③酒石酸(记作
)结构简式为
。
回答下列问题：
（7）290℃“真空热解”生成2 种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（7）PbC4H4O6290℃
真空
Pb+4CO↑+2H2O↑
【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O 氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1 有
PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn 置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S 沉锌，得到ZnS，滤渣1 用H2A 和Na2A
浸铅后过滤，滤渣2 含Fe 元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
（7）290℃“真空热解”PbA 即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb 单质和2 种气态氧化物为CO 和H2O，
反应的化学方程式为：PbC4H4O6290℃
真空
Pb+4CO↑+2H2O↑。
10.（2022·辽宁卷）
作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备
原理及装置如下：
已知：
、
等杂质易使
催化剂中毒。回答下列问题：
（6）氢醌法制备
总反应的化学方程式为___________。
【答案】（6）
【解析】从
的制备原理图可知，反应分两步进行，第一步为
在
催化作用下与乙基葱醌反应生
成乙基蒽醇，第二步为
与乙基蒽醇反应生成
和乙基蒽醌。启普发生器A 为制取
的装置，产生
的
中混有
和
，需分别除去后进入C 中发生第一步反应。随后氧气源释放的氧气经D 干燥后
进入C 中发生反应生成
和乙基蒽醌，F 中装有浓
，与C 相连，防止外界水蒸气进入C 中，使
催化剂
中毒。
（6）第一步为
在
催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为
与乙基蒽醇反应生成
和乙基蒽醌，总反应为
。
11.（2026·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂利用镍矿（主要成分为
，含少量
和
）
制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）：
已知：①滤液1 中镍以
形式存在，硫以
和少量
形式存在；
②“部分蒸氨”时
减小，
转化为
，
。
回答下列问题：
（4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2 中剩余的
，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化
消耗
的物质的量为______
。
【答案】（4）2
【解析】镍矿的主要成分为
，含少量
和
，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生
成
、
，浸渣为
；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气
，
减小，
转化为
，
转化为CuS 沉淀；向滤液2 中通入
足量O2，将滤液2 中剩余的
充分氧化为
，最后通过H2还原，得到Ni 粉，滤液3 中的主要成分
为硫酸铵；
（4）
被氧化为
，
中S 的平均化合价为 +2 价，
中S 的化合价为+6 价，总共
失去
电子，
反应得到4 mol 电子，根据电子守恒，消耗
的物质的量为
。
