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第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算
1．掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。2.了解电子守恒法在化学计算中的应用。
考点一　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
1．正向配平
(1)4HCl（浓）＋1MnO21Cl2↑＋1MnCl2＋2H2O
(2)1Cu＋4HNO3（浓）===1Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(3)5KI＋1KIO3＋3H2SO4===3I2＋3K2SO4＋3H2O
(4)2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋1Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2
2．逆向配平
(1)3S＋6KOH===2K2S＋1K2SO3＋3H2O
(2)2P4＋9KOH＋3H2O===3K3PO4＋5PH3↑
3．缺项配平
(1)3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－===3Cl－＋2FeO＋5H2O
(2)2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2+＋5O2↑＋8H2O
(3)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+＋H＋===Na＋＋Bi3+＋MnO＋H2O
4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)2KClO3＋1H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
(2)3C2H5OH＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋11H2O
5．整体配平
(1)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
(2)3Cu2S＋22HNO3（稀）===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O
(1)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(2)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。
考点二　守恒思想在化学计算中的应用
1．电子守恒法计算的依据
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。
2．守恒法解题的基本步骤
(1)基本步骤
(2)多步连续的氧化还原反应的计算
对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，以得失电子守恒为核心，建立起“等价代换”，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。
题组一　确定物质中元素化合价或组成
1．现有24 mL 0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr在还原产物中的化合价为(　B　)
A．＋2 B．＋3
C．＋4 D．＋5
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，其中硫元素的化合价从＋4→＋6，铬元素的化合价将从＋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．（2024·山东菏泽一模）已知PbO2受热分解为Pb的＋4价和＋2价的混合氧化物（＋4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2）。1 mol PbO2受热分解得到固体和a mol氧气，固体与足量的浓盐酸反应得b mol氯气，若a∶b＝3∶2，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是(　A　)
①PbO2、PbO；1∶2　②PbO2、Pb3O4；1∶3
③Pb3O4，PbO；1∶1　④PbO2、Pb3O4、PbO；
1∶1∶4
A．③④ B．②③
C．①② D．①④
解析：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为＋4、＋2价），铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，＋4价Pb被还原为＋2价，Cl－被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e－，设该过程生成O2的物质的量为a mol＝3x mol，则Cl2的物质的量为b mol＝2x mol，利用得失电子守恒可得3x×4＋2x×2＝2，解得x＝0.125，故1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb)∶n(O)＝4∶5，结合选项可知只有③④满足n(Pb)∶n(O)＝4∶5，故A正确。
题组二　多步反应中电子守恒的应用
3．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(　B　)
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
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，等于浓硝酸得电子的物质的量，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。
4．（2025·河北廊坊高三期中）取m g NH4CuSO3产品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸（发生的反应为2NH4CuSO3＋4H＋===Cu↓＋Cu2+＋2NH＋2SO2↑＋2H2O），充分反应后微热使SO2气体全部逸出，过滤并洗涤滤渣，将滤液和洗涤液混合并配成250 mL溶液，取25.00 mL，加入足量KI溶液，滴几滴淀粉溶液，用标准0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗标准液20.00 mL。该产品纯度为%（用含m的代数式表示；有关反应：2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O）。
解析：根据题中离子方程式可找到关系式：4NH4CuSO3～2Cu2+～I2～2S2O，故有n(NH4CuSO3)＝2n（S2O）＝2×0.1 mol/L×20.00×10-3 L＝4×10-3 mol，则250 mL溶液中含NH4CuSO3的物质的量为4×10-3 mol×＝4×10-2 mol，则该产品纯度为×100%＝%。
1．（2021·湖南卷）KIO3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6I2＋11KClO3＋3H2O6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是(　A　)
A．产生22.4 L（标准状况）Cl2时，反应中转移10 mol e－
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Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在
解析：根据题干中的化学方程式可知，碘元素的化合价由0升高到＋5，6 mol I2转移电子数为6 mol×5×2＝60 mol，所以产生标准状况下22.4 L（即1 mol）氯气需消耗2 mol碘单质，转移20 mol e－，A错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C正确；酸性条件下，I－与IO反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO的存在，D正确。
2．（2022·湖南卷）科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移（如a、b和c），能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是(　D　)
A．过程Ⅰ中NO发生氧化反应
B．a和b中转移的e－数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n（NH）＝1∶4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O
解析：过程Ⅰ中NO发生的是还原反应，A项错误；反应Ⅰ为NO＋2H＋＋e－===NO＋H2O，反应Ⅱ为NH＋NO＋2H＋＋3e－===N2H4＋H2O，则a、b中转移电子数目不相等，B项错误；过程Ⅱ中参加反应的n(NO)与n（NH）之比为1∶1，C项错误；由题图知，总反应为NH＋NO===N2↑＋2H2O，D项正确。
3．（2023·湖北卷节选）铜与过量H2O2反应的探究如下：
(1)实验②中Cu溶解的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O；产生的气体为O2。比较实验①和②，从氧化还原角度说明H＋的作用是增强H2O2的氧化性。
(2)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为CuO2。
解析：(1)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；比较实验①和②可知，H＋的作用是增强H2O2的氧化性。(2)黑色氧化物Y应为CuO，则在该反应中铜的质量m(Cu)＝n g×＝ g，因为＝，则m(O)＝n g×＋(m g－n g)＝ g，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为＝＝，则X的化学式为CuO2。
课时作业5
（总分：60分）
一、选择题（每小题3分，共30分。每小题只有1个选项符合题意）
1．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3HNO3＋N2↑＋H2O（未配平）。下列说法错误的是(　A　)
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：由配平后的化学方程式5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH所含氮元素价态升高，部分NO所含氮元素价态降低，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，该反应中含有化合价变化的元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。
2．（2025·黑龙江西部联合体高三期中）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(　C　)
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．横线上的粒子是OH－
解析：根据原子守恒和电荷守恒可推出离子方程式左边缺正电荷和氢元素，所以横线上应填H＋，配平离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2+＋5NO＋3H2O。反应过程中氮元素化合价升高，NO被氧化，A错误；反应过程中H＋被消耗，pH增大，B错误；根据反应的离子方程式可知，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4，C正确；根据反应的离子方程式可知，横线上的粒子是H＋，D错误。
3．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Pb2+和Cr2O，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为(　B　)
A.3.0 mol B．1.5 mol
C．1.0 mol D．0.75 mol
解析：1 mol Cr3+反应可生成0.5 mol Cr2O，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2+，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3+反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。
4．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。
对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是(　B　)
A．IO是氧化剂，具有氧化性
B．氧化性：MnO＞IO
C．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
D．若有2个Mn2+参加反应，则转移10个电子
解析：由题干信息得到该离子方程式为5IO＋2Mn2+＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋，IO中的碘元素在反应中化合价降低，得电子，做氧化剂，具有氧化性，A正确；根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO，氧化产物是MnO，则氧化性强弱顺序是IO＞MnO，B错误；根据离子方程式可知氧化剂碘酸根离子和还原剂锰离子的物质的量之比为5∶2，C正确；根据离子方程式可知，有2个Mn2+参加反应时，转移电子的个数是10个，D正确。
5．（2024·辽宁朝阳一模）已知反应：aFeSO4＋bNa2O2===cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，a＝2。下列关于该反应的说法错误的是(　D　)
A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化
B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．3a＝b
D．每生成1 mol Na2FeO4，转移4 mol电子
解析：Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，A正确；该反应中，Na2O2中O的化合价既有升高，又有降低，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B正确；a＝2，根据Fe和S守恒可知，c＝2，d＝2，再根据Na守恒可知，b＝6，则3a＝b，C正确；根据选项C的分析可知，该反应的化学方程式为2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，则每生成1 mol Na2FeO4，转移5 mol电子，D错误。
6．向某FeBr2溶液中通入1.12 L（标准状况）的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1。反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说法正确的是(　B　)
A．原溶液的浓度为0.1 mol·L-1
B．反应后溶液中c(Fe3+)＝0.1 mol·L-1
C．反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Fe2+)
D．原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L-1
解析：还原性为Fe2+＞Br－，通入的氯气先与Fe2+发生反应，离子方程式为2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，Fe2+反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应，离子方程式为2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1，c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，能氧化的c(Fe2+)＝0.1 mol·L-1，若FeBr2溶液中Fe2+全部被氧化，则溶液中的c(Br－)≤0.2 mol·L-1。c(Br－)＝0.3 mol·L-1，说明Fe2+没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L-1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L-1，A错误；反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，c(Fe2+)＝(0.15－0.1) mol·L-1＝0.05 mol·L-1，B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L-1，D错误。
7．（2025·安徽蒙城五校高三期中联考）过二硫酸是一种硫的含氧酸，化学式为H2S2O8。它的结构可以表示成HO3SOOSO3H。它的盐称为过二硫酸盐，在工业上用途广泛，用作强氧化剂等。下列反应分别是Cr3+与过二硫酸盐和高锰酸盐反应的离子方程式（未配平），下列说法中错误的是(　D　)
Ⅰ.Cr3+＋S2O＋H2OCr2O＋SO＋H＋
Ⅱ.Cr3+＋MnO＋H2OCr2O＋Mn2+＋H＋
A．过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1
B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2
C．反应Ⅱ中每生成1 mol Cr2O，转移电子的物质的量为6 mol
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的Cr3+的物质的量相同，则Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为2∶5
解析：过二硫酸中S的化合价为＋6，H的化合价为＋1，则过二硫酸根中显－2价的氧原子和显－1价的氧原子的数目比是3∶1，A正确；配平反应Ⅰ为2Cr3+＋3S2O＋7H2OCr2O＋6SO＋14H＋，三价铬是还原剂，过二硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3∶2，B正确；配平反应Ⅱ为10Cr3+＋6MnO＋11H2O5Cr2O＋6Mn2+＋22H＋，每生成5 mol Cr2O转移30 mol电子，每生成1 mol Cr2O，转移电子的物质的量为6 mol，C正确；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，消耗10 mol Cr3+，分别消耗15 mol氧化剂和6 mol氧化剂，则消耗10 mol Cr3+，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15 mol∶6 mol＝5∶2，D错误。
8．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：
①KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋X―→CO＋MnO＋H2O（未配平，下同）。②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O。下列说法错误的是(　C　)
A．“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO>CO
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4 g MnO时，反应中转移0.4 mol e－
解析：根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性为MnO>CO，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗71.4 g MnO的物质的量为＝0.6 mol时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。
9．（2025·江西名校协作体高三期中联考）化石燃料燃烧会产生大气污染物SO2、NOx等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收SO2，其转化原理如图所示，下列说法正确的是(　B　)
A．检验SO可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液
B．反应①的离子方程式为2Ce4+＋SO2＋2H2O===2Ce3+＋SO＋4H＋
C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2
D．理论上每吸收标准状况下224 mL SO2，一定消耗0.32 g O2
解析：硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子等的干扰，再加氯化钡溶液产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；从题图中看，反应①中氧化剂是Ce4+，还原剂是SO2，两者发生氧化还原反应生成Ce3+、SO，离子方程式为2Ce4+＋SO2＋2H2O===2Ce3+＋SO＋4H＋，B正确；反应②中氧气中氧元素化合价由0变为－2，为氧化剂，Ce3+化合价升高发生氧化反应得到氧化产物Ce4+，根据得失电子守恒可知O2～4e－～4Ce4+，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶4，C错误；根据得失电子守恒可知O2～4e－～2SO2，理论上每吸收标准状况下224 mL(0.01 mol) SO2，消耗0.005 mol氧气，为0.16 g，D错误。
10．（2024·山东枣庄二模）已知酸性条件下离子的氧化性顺序为MnO>VO>VO2+>V3+>V2+>Mn2+，现向1 L a mol·L-1的V2+溶液中不断滴入一定浓度的酸性KMnO4溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是(　D　)
A．AB段对应的离子为V2+
B．原溶液中c(V2+)＝1 mol·L-1
C．BC段对应反应为5V3+＋MnO＋H2O===Mn2+＋5VO2+＋2H＋
D．甲点时：n∶n∶n＝1∶1∶3
解析：酸性条件下，氧化性顺序为MnO>VO>VO2+>V3+>V2+>Mn2+，随着加入高锰酸钾的物质的量的增加，V2+依次被氧化为V2+→V3+→VO2+→VO。开始加入酸性高锰酸钾溶液，V2+被氧化，V2+的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为V2+，故A正确；AB段V2+被氧化为V3+，发生反应的离子方程式为5V2+＋MnO＋8H＋===Mn2+＋5V3+＋4H2O，反应消耗高锰酸钾0.2 mol，所以消耗V2+的物质的量为1 mol，原溶液中c(V2+)＝1 mol·L-1，故B正确；BC段V3+被氧化为VO2+ ，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为5V3+＋MnO＋H2O===Mn2+＋5VO2+＋2H＋，故C正确；根据钒元素守恒，甲点时，n(VO2+)＝n（VO）＝0.5 mol，反应消耗0.5 mol高锰酸钾，根据锰元素守恒n(Mn2+)＝0.5 mol，所以n(VO2+)∶n（VO）∶n(Mn2+)＝1∶1∶1，故D错误。
二、非选择题（共30分）
11．（15分）（2025·辽宁丹东高三期中）油画中使用的无机颜料雄黄(As2S3)在不同空气湿度和光照条件下会发生褪色，主要发生以下两种化学反应：
(1)紫外光照射下，被氧化的元素是S（填元素符号），每生成1 mol As2O3，转移电子的物质的量为12 mol。
(2)自然光照射下发生反应的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4。
(3)氧化等量As2S3时，紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比为3∶7。
(4)Na2S和Na2CO3按物质的量之比为2∶1混合后加热，向溶液中通入SO2即可获得Na2S2O3和CO2，该反应的离子方程式为2S2-＋CO＋4SO2===3S2O＋CO2。上述过程一般在碱性环境下进行，若在酸性条件下由于生成副产物S（硫）导致产品会发黄。
(5)芯片制造工业中利用GaAs与H2O2反应，将As氧化为＋5价，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1。
解析：(1)As2S3与空气中的氧气反应，As2S3中S的化合价为－2，生成的H2S2O3中S的化合价为＋2，S的化合价升高，被氧化，O2中O的化合价由0降低到－2，则反应的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2S2O3，每生成1 mol As2O3，转移电子的物质的量为12 mol。(2)As2S3与空气中氧气反应，As2S3中S化合价为－2，生成的H2SO4中S的化合价＋6，1个S失去8个电子，3个S失去24个电子，As的化合价由As2S3中＋3升高到H3AsO4中＋5，2个As共失去4个电子，则1个As2S3共失去28个电子，O2中O由0价降低到－2价，故需要有7个O2，共得到28个电子，根据原子守恒，As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4。(3)根据反应的化学方程式可知，2As2S3～14O2，2As2S3～6O2，氧化等量As2S3时，紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比为6 mol∶14 mol＝3∶7。(4)Na2S中S由－2价升高到Na2S2O3中＋2价，2个Na2S共失去8个电子，SO2中S由＋4价降低到Na2S2O3中的＋2价，根据得失电子守恒，有4个SO2发生反应，根据原子守恒及电荷守恒配平可得离子方程式为2S2-＋CO＋4SO2===3S2O＋CO2；根据产品发黄可知，副产物为单质硫。(5)GaAs中As化合价由－3升高到＋5，1个As失去8个电子，H2O2中O的化合价由－1降低到－2，1个H2O2得2个电子，则氧化剂∶还原剂＝4∶1。
12．（15分）（2025·河南省实验中学高三期中）磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)AlP遇水发生复分解反应生成PH3气体和Al(OH)3（填化学式）。
(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：24CuSO4＋11PH3＋12H2O===8Cu3P↓＋3H3PO4＋24H2SO4。
CuSO4＋PH3＋H2O===Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4
(3)工业制备PH3的原理如图所示：
①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2。
②从分类来看，NaH2PO2属于AC（填字母）。
A．正盐 B．酸式盐
C．强电解质 D．弱电解质
③NaH2PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银。已知利用此原理进行化学镀银时氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为H3PO4（填化学式）。
解析：(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，该反应的另一种产物是Al(OH)3。(2)PH3与CuSO4溶液反应过程中，Cu的化合价由＋2→＋1，P的化合价由－3→＋5，根据化合价升降总数相等，Cu3P与H3PO4化学计量数分别为8、3，则CuSO4的化学计量数是24，H2SO4的化学计量数是24，根据原子守恒，配平得该反应的化学方程式为24CuSO4＋11PH3＋12H2O===8Cu3P↓＋3H3PO4＋24H2SO4。(3)①白磷和烧碱溶液反应生成PH3气体、NaH2PO2，P发生歧化反应，一部分由0价降至－3价得到PH3气体，另一部分由0价升高至＋1价得到NaH2PO2，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2；②NaH2PO2能在碱溶液中存在，说明它是正盐，同时它能在水中完全电离，属于强电解质，所以从分类来看，NaH2PO2属于正盐、强电解质，选AC；③NaH2PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，则氧化剂为Ag＋，还原剂为NaH2PO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，银元素化合价降低一个价态，则磷元素化合价升高4个价态，由＋1价升至＋5价，故氧化产物为H3PO4。

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