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第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算
【备考目标】　1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法。2.掌握氧化还原反应的常用计算方法。3.能够根据情境信息书写指定条件的氧化还原反应方程式。
考点1　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
(1)得失电子守恒：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)元素守恒：反应前后原子的种类和数目不变。
(3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
第(1)步——标变价：标明反应前后变价元素的化合价。
第(2)步——列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数。
第(3)步——求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等。
第(4)步——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。
第(5)步——查守恒：检查元素、电荷、电子是否守恒。
题组练习
一、正向配平
【示例】 配平化学方程式：____H2S＋____HNO3===____S↓＋____NO↑＋____H2O。
第一步——标变价。H2＋HO3―→↓＋O↑＋H2O
第二步——列得失。H2 ；HO3O
第三步——求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
H2 ；HO3O，故H2S、HNO3的化学计量数分别为3、2。
第四步——配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步——查守恒，检查方程式两边原子是否守恒，电荷是否守恒。
【对点练】 1.配平下列化学方程式。
(1)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O
(2)____Fe2＋＋____Cr2O＋____H＋===____Fe3＋＋____Cr3＋＋____H2O
(3)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O
(4)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O
答案：(1)5　2　3　1　2　5　8(2)6　1　14　6　2　7(3)5　12　18　6　12　10　33(4)2　1　2　2　2　2　2
[关键点拨]
1．正向配平的原则
(1)氧化剂、还原剂易于区分时，一般从左边反应物着手配平。正向配平时将氧化剂、还原剂作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化剂、还原剂确定系数。
(2)正向配平适用于某种物质只作氧化剂或只作还原剂，而且涉及化合价变化的元素的化合价要全部发生改变而不能只改变一部分。
2．有机化合物中碳元素化合价的确定
在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
二、逆向配平
【对点练】 2.配平下列化学方程式。
(1)____I2＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O
(2)____(NH4)2Cr2O7===____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O
(3)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3
答案：(1)3　6　5　1　3　(2)1　1　1　4　(3)2　9　3　3　5
[关键点拨]
逆向配平的原则
自身氧化还原反应(包括分解、歧化)中，氧化产物、还原产物容易区分，一般从右边着手配平。逆向配平时将氧化产物、还原产物作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化产物、还原产物确定系数。
三、缺项配平
【示例】 完成以下氧化还原反应的离子方程式：
(　　)MnO＋(　　)C2O＋________===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋________
【对点练】 3.(1)（ ）ClO＋（ ）Fe2＋＋（ ）________===（ ）Cl－＋（ ）Fe3＋＋（ ）________
(2)(人教必修第一册P28T12改编) （ ）ClO－＋（ ）Fe(OH)3＋（ ）________===（ ）Cl－＋（ ）FeO＋（ ）H2O
(3) （ ）MnO＋（ ）H2O2＋（ ）________===（ ）Mn2＋＋（ ）________＋（ ）H2O
(4)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2。完成下列化学方程式：
（ ）KMnO4＋（ ）K2S＋（ ）________===（ ）K2MnO4＋（ ）K2SO4＋（ ）S↓＋（ ）________
答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O(2)3　2　4　OH－　3　2　5
(3)2　5　6　H＋　2　5　O2↑　8(4)28　5　24　KOH　28　3　2　12　H2O
[关键点拨]
1．缺项配平原则
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－)。
2．缺项配平氧化还原反应方程式的流程
第一步：找出变价元素，利用氧化还原反应方程式的配平方法确定含变价元素物质的化学计量数
第二步：利用原子守恒确定缺项物质是H2O、H＋或OH－；在酸性条件下缺H或多O补H＋，少O补H2O，在碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH－
第三步：利用原子守恒和电荷守恒确定缺项物质的化学计量数
考点2　氧化还原反应的计算
1．计算依据
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，可以抛开多步的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的思维流程
题组练习
一、确定元素的化合价或物质组成、物质的量
1．已知某强氧化剂RO(OH)中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3 mol RO(OH)至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是________。
解析：设RO(OH)中的R的化合价从＋5还原(降低)至x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从＋4升高到＋6，根据氧化还原反应中的得失电子守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3×(5－x)＝6×10－3×(6－4)，解得x＝0。
答案：0
2．将Cl2通入400 mL 0.5 mol·L－1 KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，则所得混合液中n(KClO3)等于________mol。
解析：Cl2通入KOH溶液中，恰好完全反应生成KCl、KClO、KClO3，根据元素守恒，反应后的混合液中n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝0.4 L×0.5 mol/L＝0.2 mol；又知ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，设n(KClO)＝x mol，推知n(KClO3)＝2x mol，n(KCl)＝(0.2－3x) mol，据得失电子守恒可得：n(KCl)×e－＝n(KClO)×e－＋n(KClO3)×5e－，即(0.2－3x)mol＝x mol＋2x mol×5，解得x≈0.014 3 mol，从而推知n(KClO3)＝2×0.014 3 mol＝0.028 6 mol。
答案：0.028 6
二、多步反应中应用得失电子守恒快速解答
3．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答下列问题：
(1)NO的体积为__________L，NO2的体积为__________L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是____________。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为______________mol·L－1。
(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________ g。
解析：(1)n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2 L，有x＋y＝0.5 mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝0.51×2 mol。解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：＝57.8 g。
答案：(1)5.824　5.376　(2)1.52 mol(3)　(4)57.8
4．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－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。
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。根据元素守恒及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。
答案：60
高考真题
1．(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(I2)=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n(Mn2+)∶n(I2)=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(MnO4-)=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。
2．(2024·上海卷)回答下列问题：
(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。
PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示
(2)上述反应中的催化剂为_______。
A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+
(3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。
A．② B．③ C．④ D．⑤
(4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。
答案：(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应
(2)A (3)AB (4) 0.0004 mol·L-1·min-1
解析：(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存。类比铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用Cu制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氯化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。(2)由图中信息可知，PtF6参与了反应过程，但最后又生成了PtF6，因此上述反应中的催化剂为PtF6，故选A。(3)由图中信息可知，反应②的化学方程式为PtF7-+Xe→PtF6-+ XeF，反应③的化学方程式为PtF6-+XeF→PtF6+ XeF+，这两步反应中Xe和Pt的化合价都发生了变化，因此，上述过程中属于氧化还原反应的是②和③；反应④的化学方程式为PtF6-→PtF5+ F-，反应⑤的化学方程式为PtF6-+PtF5=[Pt2F11]-，这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。(4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将1 mol的Xe和9 mol的F2同时通入50L的容器中，反应10 min后，测得容器内共有8.9 mol气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。假设XeF2、XeF4、XeF6的物质的量分别为x、6x、3x，则1 mol +9 mol +10x-10x-x--=8.9 mol，解之得，10 min内XeF4的速率。
3．(2023·新课标卷节选)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为____________(填化学式)。
(2)“水浸渣”中主要有SiO2和________。
(3)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrO存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。(2)煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故“水浸渣”中还含有Fe2O3。(3)分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O存在，还原过程中Cr2O被S2O还原为Cr3＋，S2O转化为SO，因此反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O，之后调pH，Cr3＋转化为Cr(OH)3。
答案：(1)Na2CrO4　(2)Fe2O3　(3)3S2O＋2Cr2O＋10H＋===6SO＋4Cr3＋＋5H2O
4．(2022·全国卷甲节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_____________________________________________。
(2)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为______________________________________________________。
答案：(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑(2)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋
巩固练习
一、选择题(每题5分，共10题，共50分)
1．(2023·辽宁实验中学模拟)R2O在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B。R2O中R元素的化合价为(16－n)/2，分析题意可知，Mn由＋2价升高到＋7价，R元素由(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O)∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O)∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中得失电子守恒的规律列式：n(R2O)×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。
2．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O(未配平)，下列说法错误的是(　　)
A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3
解析：选A。由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物(5H→2)和还原产物(3O→2)的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。
3．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－
解析：选C。NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据元素化合价升降总数相等、电荷守恒和元素守恒可知，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。
4．(2023·山东淄博二模联考)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列说法错误的是(　　)
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量Cr2O时，消耗FeS的物质的量更多
C．处理等物质的量Cr2O时，反应Ⅱ中消耗H＋更多
D．用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质
解析：选A。反应Ⅰ配平化学方程式为2FeS＋3Cr2O＋26H＋===2Fe3＋＋2SO＋6Cr3＋＋13H2O。反应Ⅱ配平得3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为2∶3，A错误；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗FeS为 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O需要消耗Cu2S为 mol＝0.6 mol，所以消耗的FeS更多，B正确；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗H＋为 mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O需要消耗H＋为 mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C正确；反应Ⅰ中产生的Fe3＋易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D正确。
5．已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O―→SO＋2Fe2＋＋W；
②Cr2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平)。
下列有关说法正确的是(　　)
A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋
C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O不能发生
解析：选B。根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，根据得失电子守恒可得，Cr2O和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得b＝14，C错误；Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O能发生，D错误。
6．(2023·湖南衡阳三模)为探究“2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验：
编号 1 2
实验内容
实验现象 随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅 随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是(　　)
A．实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2===2HIO3＋4H2O
B．实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI===3I2↓＋3H2O
C．实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2的用量且有利于反应终点的观察
解析：选C。溶液变黄说明生成碘单质，黄色不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；过氧化氢不稳定，在碘离子的催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；实验1中开始时过氧化氢分解生成氧气，导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2的用量且有利于反应终点的观察，D正确。
7．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2 g硫单质、0.4 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是(　　)
A．该盐酸的物质的量浓度为4.0 mol·L－1
B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96 L
D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85
解析：选C。盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4 mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)＝ ＝8.0 mol·L－1，A错误；该反应中只有S和Fe的化合价发生变化，FexS中S为－2价，生成3.2 g (0.1 mol)硫单质，转移电子0.1×2＝0.2 mol，溶液中无Fe3＋，即Fe3＋都转化为Fe2＋，则Fe3＋的物质的量为0.2 mol，故该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝ n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 mol，V(H2S)＝0.4 mol×22.4 L·mol－1＝8.96 L，C正确；FexS中n(S)＝0.1 mol＋0.4 mol＝0.5 mol，n(Fe)＝0.4 mol，所以n(Fe)∶n(S)＝0.4 mol∶0.5 mol＝0.8，所以x＝0.8，D错误。
8．(2023·河北名校联考)亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
下列说法错误的是(　　)
A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4
B．相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
解析：选B。由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55 ℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。根据元素转化分析可知“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4，A项正确； 1 mol Cl2完全反应转移2 mol e－，1 mol ClO2完全反应转移5 mol e－，所以等物质的量的ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍，B项错误；“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2＋2ClO2＋2NaOH===2NaClO2＋2H2O＋O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；温度过高，NaClO2会分解，采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确。
9．(2023·四川攀枝花统考三模)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在钢铁表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)：
下列说法中，不正确的是(　　)
A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O
B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1
D．发蓝工艺的总反应可以表示为：9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑
解析：选B。反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到＋2价，根据氧化还原反应规律可知N元素由＋3价下降到－3价生成NH3，化学方程式为：3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，A正确；反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价上升到＋3价，NaNO2中N由＋3价降为－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，B错误；反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由＋2价升为＋价，Na2Fe2O4中Fe由＋3价降为＋价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，C正确；由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，D正确。
10．(2023·河北石家庄模拟)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是(　　)
A．Na2S溶液中存在n(OH－)＝n(H＋)＋n(HS－)＋2n(H2S)
B．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1
C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂
D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O 2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc
解析：选B。Na2S溶液的质子守恒式成立，A正确；反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误；在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，C正确；反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O 2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc，D正确。
二、非选择题(共2题，共35分)
11．(15分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再以惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
(1)反应器中反应的化学方程式为_____________________________________________。(2分)
(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(2分)
(3)电解槽中总反应的离子方程式为_____________________________________________。(2分)
(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是
________________________________________________________________________。(6分)
(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL，用0.020 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为____________。[结果保留三位有效数字；已知该草酸结晶水合物(H2C2O4·2H2O)的相对分子质量为126](3分)
解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH＋3H2O===2K[Al(OH)4]、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总反应的离子方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体MnO2、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3，反应中3 mol K2MnO4中有1 mol锰原子化合价由＋6价降为＋4价，作氧化剂，有2 mol锰原子化合价由＋6价升高到＋7价，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.80×10－3×0.020 0× mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g·mol－1＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为×100%≈93.2%。
答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O　(2)偏高(3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑
(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH可循环利用　(5)93.2%
12．(20分)(2023·山西名校联考模拟)以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：
已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。
回答下列问题：
(1)在“氧化”中低价态钒都转化为VO，其中V3＋转化反应的离子方程式为
________________________________________________________________________，
实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是__________________________________________。(5分)
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合为V2O5的质量浓度)为27.3 g·L－1时，则溶液中c(VO)＝______________ mol·L－1(结果保留1位小数)。(3分)
(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是______，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是________________________________________________。(4分)
(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是___________________________。
检验沉淀已洗涤干净的操作是_________________________________________________。(6分)
(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是__________________________________________。(2分)
解析：废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成VO，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。
(1)酸性条件下，V3＋转化为VO的离子方程式为：3V3＋＋ClO＋3H2O===3VO＋Cl－＋6H＋；由于氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3是酸，会增大溶液的酸性，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3。
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合为V2O5的质量浓度)为27.3 g·L－1时，即c(V2O5)＝27.3 g·L－1÷182 g/mol＝0.15 mol/L，根据钒元素守恒，则溶液中c(VO)＝2c(V2O5)＝0.15 mol/L×2＝0.3 mol/L。
(3)根据图示， pH范围是2.0～2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4＋3(VO2)2SO4＋5H2O===2NH4V3O8·H2O↓＋4H2SO4。
(4)用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl－，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净。
(5)煅烧时2NH4V3O8·H2O受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行。
答案：(1)3V3＋＋ClO＋3H2O===3VO＋Cl－＋6H＋　HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量
(2)0.3
(3)2.0～2.5　(NH4)2SO4＋3(VO2)2SO4＋5H2O===2NH4V3O8·H2O↓＋4H2SO4
(4)降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗　取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净
(5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低
热点题型(二)　信息型氧化还原反应方程式的书写
新情境下氧化还原反应方程式的书写一般会出现在非选择题部分的化工流程或实验大题中，试题一般提供反应的相关信息，需要考生结合所学知识进行书写。突破这类方程式的书写，关键在于能够从情境中提取信息，分析反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，然后利用氧化还原反应方程式配平的方法和技巧进行解答。
“四步法”突破新情境下氧化还原反应方程式的书写
类型1　依据陈述信息书写方程式
例1.(2020·全国卷Ⅲ)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：___________________________________________。
[解题流程] 根据题目信息确定反应物中的氧化剂和还原剂，然后依据氧化还原反应方程式的书写与配平原则解答题目。
【对点练】 1.＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为______________________________________________________。
答案：Cr2O＋3HSO＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O
类型2　依据工艺流程信息书写方程式
例2.(2023·全国卷乙节选)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
(2)加入少量MnO2的作用是_________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_____________________。
(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______________________________________。
[解题流程] (6)根据流程图，分析确定反应物与生成物，然后配平化学方程式。
①“瞻前”确定反应物：根据进料确定反应物为Li2CO3＋MnO2。
②“顾后”确定生成物：根据流程图中物质的转化情况，确定生成物为CO2↑＋O2↑＋LiMn2O4。
③根据得失电子守恒，逆向配平发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO2CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
④根据元素守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO22CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
⑤检查元素、得失电子是否守恒。
答案：(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　Mn2＋和生成的Fe3＋对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2用量过大，造成资源浪费　(6)2Li2CO3＋8MnO22CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4
【对点练】 2.钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式：___________________________________________________________________。
解析：Fe3O4与稀硫酸反应：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O，“酸浸氧化”过程中，Fe2＋具有还原性，也能被MnO2氧化生成Fe3＋。VO＋被氧化为VO，MnO2则被还原为Mn2＋，溶液呈酸性，结合守恒规律，写出离子方程式：VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。
答案：Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
类型3　依据反应机理图书写方程式
例3.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋
(1)分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式：
①反应Ⅰ：_____________________________________。
②反应Ⅱ：____________________________________。
(2)NO在总反应中的作用是___________________________________________。
[解题流程] (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。
反应Ⅰ中反应物为Fe(NO)2＋、O2，生成物为Fe3＋、NO，反应为酸性条件。
反应Ⅱ中反应物为Fe3＋、FeS2，生成物为Fe2＋、SO，反应为酸性条件。
(2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。
答案：(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O
②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋(2)作催化剂
【对点练】 3.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如图所示。
苯酚被氧化的总反应：______________________________________________________________。
答案：C6H5OH＋7O26CO2＋3H2O
热点题型(二)　信息型氧化还原反应方程式的书写
1．(5分)我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土Eu3＋/Eu2＋离子对，通过循环反应可消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正确的是(　　)
A.Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充
B．消除零价碘的过程中，Eu3＋/Eu2＋离子对发生还原反应
C．消除零价铅的反应为2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋
D．整个过程实质上将电子从I0转移给Pb0
解析：选C。Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中循环使用，不会损耗，A项错误；消除零价碘的过程中，发生反应：I0＋Eu2＋===Eu3＋＋I－，反应中Eu2＋失去电子发生氧化反应生成Eu3＋，B项错误；整个过程中，Pb0失去电子，I0得到电子，即电子从Pb0转移给I0，D项错误。
2．(8分)(2023·湖北高考节选)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______________________________________________；产生的气体为__________。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H＋的作用是_________________________________。
解析：铜片溶解，溶液变蓝，说明Cu被氧化为Cu2＋：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。少量H2O2分解产生无色气体O2。比较实验①和②，说明H＋增强了H2O2的氧化性。
答案：Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O　O2　增强H2O2的氧化性
3．(3分)(2021·全国卷甲节选)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
解析：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物，即含I－的物质；再向混合溶液(含I－)中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO与HSO发生氧化还原反应生成SO和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒即可得离子方程式：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O。
答案：2IO＋5HSO===I2＋5SO＋3H＋＋H2O
4．(3分)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)：
NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为_________________________________________________。
答案：2NH3＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl
5．(6分)(2023·辽宁高考节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8
回答下列问题：
“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_____________________________________________________________________ (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、________________(填化学式)。
解析：根据题干信息可知，“氧化”中Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，则H2SO5被还原为SO，结合H2SO5的电离第一步完全可知，反应的离子方程式为Mn2＋＋HSO＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋；“氧化”中Fe2＋会被氧化为Fe3＋，用石灰乳调节pH＝4时Fe元素沉淀为Fe(OH)3，Ca2＋与SO结合生成CaSO4沉淀，故滤渣中还含有Fe(OH)3、CaSO4。
答案：Mn2＋＋HSO＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋　Fe(OH)3、CaSO4
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第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算
【备考目标】　1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法。2.掌握氧化还原反应的常用计算方法。3.能够根据情境信息书写指定条件的氧化还原反应方程式。
考点1　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
(1)得失电子守恒：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)元素守恒：反应前后原子的种类和数目不变。
(3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
第(1)步——标变价：标明反应前后变价元素的化合价。
第(2)步——列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数。
第(3)步——求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等。
第(4)步——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。
第(5)步——查守恒：检查元素、电荷、电子是否守恒。
题组练习
一、正向配平
【示例】 配平化学方程式：____H2S＋____HNO3===____S↓＋____NO↑＋____H2O。
第一步——标变价。H2＋HO3―→↓＋O↑＋H2O
第二步——列得失。H2 ；HO3O
第三步——求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
H2 ；HO3O，故H2S、HNO3的化学计量数分别为3、2。
第四步——配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步——查守恒，检查方程式两边原子是否守恒，电荷是否守恒。
【对点练】 1.配平下列化学方程式。
(1)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O
(2)____Fe2＋＋____Cr2O＋____H＋===____Fe3＋＋____Cr3＋＋____H2O
(3)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O
(4)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O
[关键点拨]
1．正向配平的原则
(1)氧化剂、还原剂易于区分时，一般从左边反应物着手配平。正向配平时将氧化剂、还原剂作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化剂、还原剂确定系数。
(2)正向配平适用于某种物质只作氧化剂或只作还原剂，而且涉及化合价变化的元素的化合价要全部发生改变而不能只改变一部分。
2．有机化合物中碳元素化合价的确定
在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
二、逆向配平
【对点练】 2.配平下列化学方程式。
(1)____I2＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O
(2)____(NH4)2Cr2O7===____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O
(3)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3
[关键点拨]
逆向配平的原则
自身氧化还原反应(包括分解、歧化)中，氧化产物、还原产物容易区分，一般从右边着手配平。逆向配平时将氧化产物、还原产物作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化产物、还原产物确定系数。
三、缺项配平
【示例】 完成以下氧化还原反应的离子方程式：
(　　)MnO＋(　　)C2O＋________===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋________
【对点练】 3.(1)（ ）ClO＋（ ）Fe2＋＋（ ）________===（ ）Cl－＋（ ）Fe3＋＋（ ）________
(2)(人教必修第一册P28T12改编) （ ）ClO－＋（ ）Fe(OH)3＋（ ）________===（ ）Cl－＋（ ）FeO＋（ ）H2O
(3) （ ）MnO＋（ ）H2O2＋（ ）________===（ ）Mn2＋＋（ ）________＋（ ）H2O
(4)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2。完成下列化学方程式：
（ ）KMnO4＋（ ）K2S＋（ ）________===（ ）K2MnO4＋（ ）K2SO4＋（ ）S↓＋（ ）________
[关键点拨]
1．缺项配平原则
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－)。
2．缺项配平氧化还原反应方程式的流程
第一步：找出变价元素，利用氧化还原反应方程式的配平方法确定含变价元素物质的化学计量数
第二步：利用原子守恒确定缺项物质是H2O、H＋或OH－；在酸性条件下缺H或多O补H＋，少O补H2O，在碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH－
第三步：利用原子守恒和电荷守恒确定缺项物质的化学计量数
考点2　氧化还原反应的计算
1．计算依据
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，可以抛开多步的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正确结果。
2．守恒法解题的思维流程
题组练习
一、确定元素的化合价或物质组成、物质的量
1．已知某强氧化剂RO(OH)中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3 mol RO(OH)至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是________。
2．将Cl2通入400 mL 0.5 mol·L－1 KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，则所得混合液中n(KClO3)等于________mol。
二、多步反应中应用得失电子守恒快速解答
3．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答下列问题：
(1)NO的体积为__________L，NO2的体积为__________L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是____________。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为______________mol·L－1。
(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________ g。
4．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－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。
高考真题
1．(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(I2)=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
2．(2024·上海卷)回答下列问题：
(1)氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是 。
PtF6是极强的氧化剂，用Xe和PtF6可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙[XeF]+[Pt2F11]-的制备方式如图所示
(2)上述反应中的催化剂为_______。
A．PtF6 B．PtF7- C．F- D．XeF+
(3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。
A．② B．③ C．④ D．⑤
(4)氟气通入氙(Xe)会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体。现将的Xe和的F2同时通入的容器中，反应后，测得容器内共有气体，且三种氟化物的比例为XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3，则内XeF4的速率v(XeF4)= 。
3．(2023·新课标卷节选)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为____________(填化学式)。
(2)“水浸渣”中主要有SiO2和________。
(3)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
4．(2022·全国卷甲节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_____________________________________________。
(2)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
巩固练习
一、选择题(每题5分，共10题，共50分)
1．(2023·辽宁实验中学模拟)R2O在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
2．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O(未配平)，下列说法错误的是(　　)
A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3
3．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－
4．(2023·山东淄博二模联考)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：
反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平)
下列说法错误的是(　　)
A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为1∶3
B．处理等物质的量Cr2O时，消耗FeS的物质的量更多
C．处理等物质的量Cr2O时，反应Ⅱ中消耗H＋更多
D．用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质
5．已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O―→SO＋2Fe2＋＋W；
②Cr2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平)。
下列有关说法正确的是(　　)
A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋
C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O不能发生
6．(2023·湖南衡阳三模)为探究“2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验：
编号 1 2
实验内容
实验现象 随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅 随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀
下列说法不正确的是(　　)
A．实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2===2HIO3＋4H2O
B．实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI===3I2↓＋3H2O
C．实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热
D．实验2相较于实验1，可节约H2O2的用量且有利于反应终点的观察
7．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2 g硫单质、0.4 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是(　　)
A．该盐酸的物质的量浓度为4.0 mol·L－1 B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96 L D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85
8．(2023·河北名校联考)亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
下列说法错误的是(　　)
A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4 B．相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍
C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率
9．(2023·四川攀枝花统考三模)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在钢铁表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)：
下列说法中，不正确的是(　　)
A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O
B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1
D．发蓝工艺的总反应可以表示为：9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑
10．(2023·河北石家庄模拟)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是(　　)
A．Na2S溶液中存在n(OH－)＝n(H＋)＋n(HS－)＋2n(H2S)
B．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1
C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂
D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O 2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc
二、非选择题(共2题，共35分)
11．(15分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再以惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
(1)反应器中反应的化学方程式为_____________________________________________。(2分)
(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(2分)
(3)电解槽中总反应的离子方程式为_____________________________________________。(2分)
(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是
________________________________________________________________________。(6分)
(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL，用0.020 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为____________。[结果保留三位有效数字；已知该草酸结晶水合物(H2C2O4·2H2O)的相对分子质量为126](3分)
12．(20分)(2023·山西名校联考模拟)以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示：
已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。回答下列问题：
(1)在“氧化”中低价态钒都转化为VO，其中V3＋转化反应的离子方程式为_________________________________，实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是____________________。(5分)
(2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合为V2O5的质量浓度)为27.3 g·L－1时，则溶液中c(VO)＝______________ mol·L－1(结果保留1位小数)。(3分)
(3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是______，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是________________________________________________。(4分)
(4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是___________________________。
检验沉淀已洗涤干净的操作是_________________________________________________。(6分)
(5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是__________________________________________。(2分)
热点题型(二)　信息型氧化还原反应方程式的书写
新情境下氧化还原反应方程式的书写一般会出现在非选择题部分的化工流程或实验大题中，试题一般提供反应的相关信息，需要考生结合所学知识进行书写。突破这类方程式的书写，关键在于能够从情境中提取信息，分析反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，然后利用氧化还原反应方程式配平的方法和技巧进行解答。
“四步法”突破新情境下氧化还原反应方程式的书写
类型1　依据陈述信息书写方程式
例1.(2020·全国卷Ⅲ)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：___________________________________________。
[解题流程] 根据题目信息确定反应物中的氧化剂和还原剂，然后依据氧化还原反应方程式的书写与配平原则解答题目。
【对点练】 1.＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为______________________________________________________。
类型2　依据工艺流程信息书写方程式
例2.(2023·全国卷乙节选)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
(2)加入少量MnO2的作用是_________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_____________________。
(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______________________________________。
[解题流程] (6)根据流程图，分析确定反应物与生成物，然后配平化学方程式。
①“瞻前”确定反应物：根据进料确定反应物为Li2CO3＋MnO2。
②“顾后”确定生成物：根据流程图中物质的转化情况，确定生成物为CO2↑＋O2↑＋LiMn2O4。
③根据得失电子守恒，逆向配平发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO2CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
④根据元素守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质：
2Li2CO3＋8MnO22CO2↑＋O2↑＋4LiMn2O4。
⑤检查元素、得失电子是否守恒。
【对点练】 2.钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式：___________________________________________________________________。
类型3　依据反应机理图书写方程式
例3.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2＋＋4SO＋4H＋
(1)分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式：
①反应Ⅰ：_____________________________________。
②反应Ⅱ：____________________________________。
(2)NO在总反应中的作用是___________________________________________。
[解题流程] (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。
反应Ⅰ中反应物为Fe(NO)2＋、O2，生成物为Fe3＋、NO，反应为酸性条件。
反应Ⅱ中反应物为Fe3＋、FeS2，生成物为Fe2＋、SO，反应为酸性条件。
(2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。
【对点练】 3.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如图所示。
苯酚被氧化的总反应：______________________________________________________________。
热点题型(二)　信息型氧化还原反应方程式的书写
1．(5分)我国科研人员发现，在钙钛矿活性层中引入稀土Eu3＋/Eu2＋离子对，通过循环反应可消除零价铅和零价碘缺陷，大幅提高钙钛矿电池的使用寿命，其原理如图。下列说法正确的是(　　)
A.Eu3＋/Eu2＋离子对在反应过程中不断损耗，需定时补充
B．消除零价碘的过程中，Eu3＋/Eu2＋离子对发生还原反应
C．消除零价铅的反应为2Eu3＋＋Pb0===2Eu2＋＋Pb2＋
D．整个过程实质上将电子从I0转移给Pb0
2．(8分)(2023·湖北高考节选)铜与过量H2O2反应的探究如下：
实验②中Cu溶解的离子方程式为_______________________________________________；产生的气体为__________。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H＋的作用是_________________________________。
3．(3分)(2021·全国卷甲节选)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
4．(3分)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)：
NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为_________________________________________________。
5．(6分)(2023·辽宁高考节选)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10－37.4 10－14.7 10－14.7 10－10.8
回答下列问题：
“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_____________________________________________________________________ (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、________________(填化学式)。
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