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第4讲　电子守恒规律与方程式的配平
复习目标　1.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。2.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。
考点一　电子守恒法计算
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)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)。
一、确定元素价态或物质组成
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　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有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。
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　
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
二、多元素之间得失电子守恒问题
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　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。
4．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的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，
根据得失电子守恒得：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，所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
三、多步反应得失电子守恒问题
5．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。
6．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，则Cu失去的电子数与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。
考点二　氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
一、一般配平类
1．正向配平
(1)______HCl(浓)＋______MnO2______Cl2↑＋______MnCl2＋______H2O
(2)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2O
(3)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O
(4)______MnO＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O
答案　(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4　(3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8
2．逆向配平
(1)____S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O
(2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑
答案　(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5
二、缺项配平类
3．含有未知数的配平
(1)______FexS＋____HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S
(2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O
答案　(1)　2　(－1)　1　1
(2)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1)
4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)______KClO3＋______H2C2O4＋______H2SO4===______ClO2↑＋______CO2↑＋______KHSO4＋______H2O
(2)______C2H6O＋______KMnO4＋______H2SO4===______K2SO4＋______MnSO4＋______CO2↑＋______H2O
答案　(1)2　1　2　2　2　2　2
(2)5　12　18　6　12　10　33
5．(1)______ClO－＋______Fe(OH)3＋________===______Cl－＋______FeO＋______H2O
(2)______MnO＋______H2O2＋________===______Mn2＋＋______O2↑＋______H2O
(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
＋＋AlN＋
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
NaBiO3＋Mn2＋＋____===Na＋＋Bi3＋＋____＋____
答案　(1)3　2　4OH－　3　2　5
(2)2　5　6H＋　2　5　8
(3)Al2O3　3C　N2　2　3CO
(4)5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O
解析　(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
“三步法”突破缺项型氧化还原方程式的配平
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
1．(1)[2018·全国卷Ⅱ，26(1)]闪锌矿(ZnS)在空气中焙烧，反应的化学方程式为___________
________________________________________________________________________。
(2)[2018·北京，28(2)①改编]K2FeO4在酸性溶液中不稳定，快速产生O2，反应的离子方程式为____________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2
(2)4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
2．(2020·海南，9改编)含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是(　　)
A．SO3 B．SO2 C．NO2 D．HBr
答案　C
解析　三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，A项不符合题意；二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，N元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，C项符合题意；溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，D项不符合题意。
3．(2020·山东等级模拟考，12改编)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4＋4H＋===PbO2＋2Pb2＋＋2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SO===2MnO＋5PbSO4＋2H2O。下列推断正确的是(　　)
A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2
B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO
C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb＋16HNO3===3Pb(NO3)4＋4NO↑＋8H2O
D．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4＋8HCl===3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑
答案　D
解析　反应Ⅰ中HNO3未将Pb2＋氧化，可证明氧化性：HNO3＜Pb(Ⅳ)，故B、C错误；D选项，根据反应Ⅱ可知氧化性：PbO2＞MnO，又知氧化性(酸性条件)：MnO＞Cl2，故能发生反应。
4．(2021·湖南1月适应性考试，8)已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是(　　)
A．氧化性：NaClO3>Cl2
B．当反应中有2 mol e－转移时，被氧化的HCl为4 mol
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
答案　B
解析　氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 mol e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
课时精练
1．下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是(　　)
A．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
D．I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
答案　A
解析　KClO3中Cl元素的化合价由＋5降低为0，HCl中Cl元素的化合价由－1升高为0，Cl2既是氧化产物也是还原产物，故选A；Na元素的化合价升高，NaOH为氧化产物，H元素的化合价降低，氢气为还原产物，故不选B；Na2O2中O元素的化合价一部分由－1升高到0，氧化产物是氧气，一部分由－1降低到－2，还原产物为氢氧化钠，故不选C；I元素的化合价由0降低到－1，还原产物为NaI，S元素的化合价由＋2升高到＋，氧化产物是Na2S4O6，故不选D。
2．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　)
A．3.0 mol B．1.5 mol
C．1.0 mol D．0.75 mol
答案　B
解析　当1 mol Cr3＋被氧化生成0.5 mol Cr2O时，失去的电子为3 mol，而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。
3．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是(　　)
A．向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B．途径 Ⅱ 中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3
C．氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO
D．一定条件下，I－与IO反应可能生成I2
答案　D
4．NaNO2是一种食品添加剂。但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述正确的是(　　)
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　NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
5．已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是(　　)
A．Cl2 B．KMnO4
C．FeCl3 D．HCl
答案　C
解析　由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为MnO>Cl2>Fe3＋>I2，还原性由强至弱的顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。氯气能将Fe2＋、I－氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。
6．向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析不正确的是(　　)
A．最后溶液变成无色表明SO2具有还原性
B．通入SO2气体时，每反应1 mol SO2会转移1 mol e－
C．根据上述实验现象可知氧化性：Cu2＋＞I2＞SO
D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
答案　B
解析　溶液呈淡黄色，说明有I2生成，碘元素化合价由－1升高到0，硫酸根离子只有在浓硫酸状态时有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2＋，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2＋应还原为Cu＋，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2与SO2反应生成I－，SO2被氧化为H2SO4，表明SO2具有还原性，故A正确；通入SO2气体时，发生反应：SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI，由反应可知，每反应1 mol SO2会转移2 mol e－，故B错误；由反应2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2可知，物质的氧化性：Cu2＋＞I2，由反应SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI可知，物质氧化性：I2＞SO，所以氧化性：Cu2＋＞I2＞SO，故C正确；加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，故D正确。
7．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是(　　)
A．N2 B．N2O
C．NO D．NO2
答案　B
解析　根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00×10－3 L×0.049 mol·L－1×(x＋1)＝24.50×10－3L×0.020 mol·L－1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。
8．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2＋＋2S2O＋O2＋aOH－===Y＋S4O＋2H2O，下列有关说法不正确的是(　　)
A．a＝4
B．Y的化学式为Fe2O3
C．S2O是还原剂
D．每32 g O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol
答案　B
解析　由电荷守恒可知3×2＋a×(－1)＋2×(－2)＝－2，则a＝4；由质量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3，含O原子的个数为4，故Y的化学式为Fe3O4；该反应中还原剂为Fe2＋、S2O，氧化剂为O2。
9．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是(　　)
A．0.75 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1
C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1
答案　D
解析　标准状况下Cl2的物质的量是＝0.225 mol，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x mol·L－1，则0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。
10．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6
D．开始加入的K2Cr2O7为0.1 mol
答案　D
解析　AB段为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BC段为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，B正确；由图可知BC段消耗0.9 mol I－，由2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I2可得，则n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝n(I－)＝0.9 mol，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe2＋的物质的量为0.9 mol，那么根据Cr2O～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为mol＝0.15 mol，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15 mol∶0.9 mol＝1∶6，C正确；三个过程合在一起Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－，共消耗的n(I－)＝1.5 mol，则刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为 mol＝0.25 mol，D错误。
11．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 mol·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是(　　)
A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a) mol
C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M
D．若有固体剩余则可能只是铁
答案　D
解析　因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。混合溶液中n(Fe3＋)＝ 1 mol·L－1×0.1 L×2＝0.2 mol，则：当a≤0.1时，Fe粉只能将Fe3＋还原，A正确；当 0.1≤a<0.2时，Fe3＋全部被还原，n(M2＋)＝ 1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，加入的铁粉全部变为Fe2＋，根据铁元素守恒，n(Fe2＋)＝(0.2＋a) mol，B正确；当a≥0.2 时，Fe3＋和M2＋均反应完全，此时发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M，C正确；若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，不可能只有Fe，D错误。
12．(1)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。
(2)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
(3)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中，P元素的化合价为________。
②利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。
答案　(1)1　(2)2∶1　(3)①＋1　②H3PO4
解析　(1)联氨与高压锅炉水中溶解的氧发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32 g·mol－1＝1 000 g＝1 kg。
(2)n(KClO3)×(5－4)＝n(Na2SO3)×(6－4)，＝。
(3)②设氧化产物中P的化合价为＋x，则4×(1－0)＝1×(x－1)，x＝5，故氧化产物为H3PO4。
13．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。
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＝。

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