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(共69张PPT)
第一章　物质及其变化
第4讲　氧化还原反应的配平及计算
1．掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。
2．了解得失电子守恒法在化学计算中的应用。
关联教材·夯基固本
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
氧化剂
还原剂
升高
降低
种类
个数
总数
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
化合价
相等
电荷
[备考提醒]常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
常规氧化还原反应的配平
1．(人教必修第一册习题改编)配平下列方程式：
(1)____HCl(浓)＋____MnO2____Cl2↑＋____MnCl2＋____H2O
(2)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O
(3)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O
(4)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑
4
1
1
1
2
5
1
3
3
3
3
3
6
2
1
3
2
9
3
3
5
2．(人教必修第二册习题改编)氧化还原型有机反应在生产、生活中有广泛应用。
(1)酒精仪中酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+。写出该反应的离子方程式：_____________________
___________________________________________________________；
在该反应中还原剂是_____________(填化学式)。
＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O
CH3CH2OH
(2)向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯，溶液褪色。配平下列反应方程式：
____KMnO4＋____H2SO4＋____CH2==CH2―→____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋________
12
18
5
6
12
10
28H2O
[解析]　(1)酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+，则离子方程式：＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O；在反应中作还原剂的是CH3CH2OH；(2)乙烯中碳元素化合价为－2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可配平方程式：12KMnO4＋18H2SO4＋5CH2===CH2===6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋28H2O。
缺项型氧化还原反应的配平
3．(人教必修第一册习题改编)
(1)___ClO－＋___Fe(OH)3＋______===___Cl－＋____＋____H2O
(2)____＋____H2O2＋____===____Mn2+＋____O2↑＋____H2O
3
2
4OH－
3
2
5
2
5
6H＋
2
5
8
(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＋
Al2O3
3C
N2
2
3CO
4．(鲁科必修第一册习题改编)高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂。它的氧化性比高锰酸钾还强，本身在反应中被还原为Fe3+。制取高铁酸钠的离子方程式如下，请完成方程式的配平：
____ClO－＋___Fe(OH)3＋===___Cl－＋___＋___H2O。
3
2
4OH－
3
2
5
[解析]　反应中，Fe元素从＋3价升高为＋6价，共升高3价，Cl元素从＋1价降为－1价，共降低2价，则Fe(OH)3配2，ClO－配3，得＋H2O，根据Cl、Fe守恒：＋H2O，再由电荷守恒，右边负电荷为－7，则左边缺少4个负电荷，应为4OH－：＋H2O，最后由H、O守恒得：＋5H2O。
[思维模型]“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平流程
考点2　氧化还原反应的计算
1．得失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．得失电子守恒法计算的流程
探究　把密度为1.6 g·cm-3的液态S2Cl2 10 mL溶于石油醚(一种溶剂), 得到100 mL溶液，把它慢慢加入50 mL 3.2 mol·L-1的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5 mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32 mol KOH的溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算：
(1)参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝
1∶________。
(2)确定二元含氧酸的化学式：________。
提示： (1)2　(2)H2S4O6
(1)n(S2Cl2)＝ mol＝0.08 mol，
n(SO2)＝(3.2×50×10-3) mol＝0.16 mol，
则参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝1∶2。(2)根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x－1)＝2(4－x)，解得x＝，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6。
确定元素化合价或物质组成
√
1．(人教必修第二册习题改编)已知含有15NA个Na2SO3粒子的Na2SO3溶液恰好与含有5NA个KRO4粒子的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4。则R元素在产物中的化合价是(　　)
A．＋1 B．＋2
C．＋3 D．＋4
A　[设R元素在产物中的化合价为x，R元素化合价从＋7降到x；S元素化合价从＋4升高到＋6，KRO4Rx、Na2SO3Na2SO4，n(KRO4)×(7－x)＝n(Na2SO3)×2，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：5NA×(7－x)＝15NA×2，得x＝1，A项符合题意。]
√
2．(人教必修第一册习题改编)将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是(　　)
A．开始加入合金的质量可能为16.4 g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL
D．标准状况下产物NO的体积为22.4 L
C　[测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，说明OH－质量为5.1 g，其物质的量为0.3 mol，转移电子的物质的量为0.3 mol，若全部是镁，则镁的质量为×24 g·mol-1＝3.6 g，若全部是铜，则铜的质量为×64 g·mol-1＝9.6 g，若开始是两者的合金，则合金的质量不可能为16.4 g，故A错误；根据氮元素守恒和得失电子守恒，转移0.3 mol电子，金属物质的量为0.15 mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol，显氧化性的硝酸物质的量为＝0.1 mol，因此参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol，故B错误；由于OH－的物质的量为0.3 mol，加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液的体积为＝
0.1 L＝100 mL，故C正确；根据前面分析生成NO的物质的量为0.1 mol，则标准状况下产物NO的体积为2.24 L，故D错误。]
[思维模型]根据得失电子守恒进行氧化还原反应的计算关系式
n(氧化剂)×N(变价原子个数)×(高价－低价)＝n(还原剂)×N(变价原子个数)×(高价－低价)
氧化还原反应滴定的计算
3．(人教必修第二册习题改编)为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验：①称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.020 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液V mL。
(1)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后半滴溶液，____________________
___________________________时达到滴定终点。
酸式
锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色
(2)滴定过程中发生反应的离子方程式是________________________
____________________；
测得该样品中NaNO2的质量分数为_______。
(3)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
＋2Mn2+＋3H2O
%
偏小
[解析]　(1)在进行滴定操作时，因KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以应盛装在酸式滴定管内。
(2)根据得失电子守恒，
5NaNO2　　　　 ～　　　 2KMnO4
5 mol 2 mol
0.010 0×10-3V×4×5 0.020 0×10-3V×4
该样品中NaNO2的质量分数为×100%＝%。
(3)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO4的用量偏少，测定结果偏小。
[答题模板]氧化还原反应滴定计算的类型
(1)aA＋bB―→cC＋dD：根据消耗的B计算A。
(2)aA＋bB―→cC，xC＋yD―→…：根据关系式aA～cC～D，由消耗的D计算A。
(3)①aA＋bB―→…，②cC＋dB―→…：根据C求算发生反应②的B，再由B的总量求出发生反应①的B，进一步求A。
关联高考·探究考向
√
1．判断正误：正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)(2024·湖南卷)CaH2用作野外生氢剂：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑。 (　　)
(2)(2024·北京卷)用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的转化为Cr3+：＋14H＋===6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O。 (　　)
√
(3)(2021·浙江6月卷)反应K2H3IO6＋9HI===2KI＋4I2＋6H2O中，生成12.7 g I2时，转移0.1 mol电子。 (　　)
(4)(2024·安徽卷)3.3 g NH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
(5)(2021·河北卷)电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
×
×
×
(6)(2024·河北卷)反应4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2中每转移
1 mol电子生成O2的数目为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
(7)(2023·辽宁卷)黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，每生成2.8 g N2转移电子数目为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
×
×
2．(2024·北京卷)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
√
已知：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，x＝3
C．对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变
B　[反应①中Mn元素的化合价由＋7降至＋2，I元素的化合价由－1升至0，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＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)＝2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式，可以求得n＝0.000 2，则反应②的＝0.001∶(10×0.000 2)＝1∶2，反应②中Mn元素的化合价由＋7降至＋4，反应②对应的关系式为中I元素的化合价为＋5，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＋2OH－，B项正确；已知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；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。]
√
不同条件下，当KI与KMnO4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 0.002 x Mn2+ I2
② 中性
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是(　　)
A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)＝1∶2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I－在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x∶y＝1∶10
D　[反应①中Mn元素的化合价由＋7降至＋2，I元素的化合价由
－1升至0，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＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)＝1∶2.5，A正确；反应②中Mn元素的化合价由＋7降至＋4，I元素的化合价由－1升至＋5，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是＋2OH－，反应①消耗H＋、产生水，pH增大，反应②产生OH－、消耗水，pH增大，B正确；已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I－在反应①中被
氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液pH小于②溶液pH，所以I－的还原性随酸性减弱而增强，I－在较高pH的溶液中易被氧化为高价，C正确；反应①的离子方程式为＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，x＝＝0.000 4 mol，反应②离子方程式为＋2OH－，y＝0.001 mol×2＝0.002 mol，x∶y＝1∶5，D错误。]
√
3．(2025·湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3＋4Sb＋3O24NaSbO3＋2NO＋2NO2。下列说法错误的是(　　)
A．NaSbO3中Sb元素的化合价为
的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7
D．反应中消耗3 mol O2，转移20 mol e－
C　[NaSbO3中Na元素化合价为＋1，O元素化合价为－2，根据电荷守恒，Sb的化合价为＋5，A正确。的中心N原子价层电子对数是3＋＝3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确。根据化学方程式可知，反应中氧化剂为NaNO3和O2，总物质的量为7 mol；还原剂为Sb(4 mol)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，C错误。反应中消耗3 mol O2，有4 mol Sb参与反应，根据Sb～NaSbO3～5e－，反应转移20 mol e－，D正确。]
4．(2025·黑吉辽蒙卷)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O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl－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MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2+＋I2＋2H2O
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I－被O2氧化及I2的挥发
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl－水样的COD值偏高
C　[由题图中装置Ⅱ中的信息可知、MnO2在酸性条件下被I－还原为Mn2+，由得失电子守恒、元素守恒及电荷守恒可知，A正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置氧化I－，且光照会加快碘单质的挥发，B正确；装置Ⅲ消耗的Na2S2O3越多，说明装置Ⅱ中生成的I2越多，则装置Ⅰ中消耗的越少，故水样的COD值越低，C错误；若装置Ⅰ的体系为酸性环境，则被Cl－还原为Mn2+，水样消耗的偏多，故Ⅱ中生成的I2偏少，Ⅲ中消耗的Na2S2O3偏少，测得的含Cl－水样的COD值偏高，D正确。]
5．(2024·安徽卷，节选)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。
回答下列问题：
(1)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为____________________________________。
(2)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为________。
2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O
3∶4
[解析]　(1)“浸取2”步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及元素守恒，可得反应的化学方程式为2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O。(2)“还原”步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由＋3变为0，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2变为0，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。
课时数智作业(四)　氧化还原反应的配平及计算
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
(建议用时：30分钟　分值：40分)
说明：选择题每小题3分
『夯基补弱』
1．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是和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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[当1 mol Cr3+被氧化生成时，失去3 mol电子，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。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(2026·聊城高三联考)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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[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×
10-3 L×0.020 mol·L-1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．已知反应：Co2O3＋HCl(浓)―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A．每生成1个Cl2，转移6个电子
B．Cl2被氧化，发生氧化反应
C．配平后HCl的化学计量数为4
D．该反应生成x个Cl2，被氧化的HCl为2x个
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[Co2O3＋HCl(浓)―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O反应中，Co元素化合价由＋3降低到＋2，Cl元素化合价由－1升高到0，根据得失电子守恒、原子守恒可知，化学方程式为Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。A项，由Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O可知，每生成1个Cl2，转移2个电子，错误；B项，是HCl被氧化，错误；C项，配平后HCl的化学计量数为6，错误；D项，由2HCl―→Cl2可知，生成x个Cl2，被氧化的HCl为2x个，正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(2025·长沙一模)工业上以辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)为原料制备MoO3，再与S经气相反应后冷凝沉积获得纳米MoS2，工艺流程如下。下列说法错误的是(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．“焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2
B．“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水
C．“气相沉积”时，每有1 mol S参加反应需转移2 mol电子
D．整个流程中可循环利用的物质有两种
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、MoO3、Fe3O4等；加入氨水，MoO3转化为(NH4)2Mo2O7，SiO2、Fe3O4成为滤渣，将溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到固体，对固体进行灼烧，产生气体1(即NH3)和MoO3，S和MoO3进行气相沉积得到气体2(即SO2)和MoS2。“焙烧”即MoS2转化为MoO3和SO2，反应的化学方程式为2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2，3FeS＋5O2Fe3O4＋3SO2，故氧化剂O2和还原剂MoS2的物质的量之比为7∶2，而O2和FeS之比为5∶3，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
故总体上氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2，A正确；若用NaOH代替氨水，则导致SiO2溶解进入溶液中，引入新的杂质，故“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水，B正确；由分析可知，“气相沉积”时，反应的化学方程式为2MoO3＋7S===2MoS2＋3SO2，故每有1 mol S参加反应需转移 mol电子，C错误；由分析可知，整个流程中可循环利用的物质有两种，分别为NH3和MoS2，D正确。]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
5．(2025·青岛一模)加入I2可提高Li-SOCl2电池性能。该电池放电时某电极区域的物质转变过程如图。下列说法错误的是(　　)
A．该电极放电时发生还原反应
B．“步骤3”的反应为2Li＋＋2I－＋2SOICl===S＋SO2＋2LiCl＋2I2
C．电路中每转移2 mol e－，生成1 mol SO2
D．SOICl和I－是反应过程中的中间产物
题号
1
3
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2
4
6
8
7
C　[从物质转变过程图可知，该电极处SOCl2得到电子转化为其他物质，发生还原反应，A选项正确；根据题图中“步骤3”的物质转化关系，结合元素守恒和电荷守恒，可以写出反应方程式2Li＋＋
2I－＋2SOICl===S＋SO2＋2LiCl＋2I2，B选项正确；总反应为4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2，每转移4 mol e－生成1 mol SO2，所以电路中每转移2 mol e－，生成0.5 mol SO2，C选项错误；从题图中可以看出SOICl和I－在反应过程中先生成，后又参与反应被消耗，是中间产物，D选项正确。]
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
『培优提能』
6．(2026·三亚模拟)NH3是一种重要的化工原料，可按照以下流程充分利用。下列说法正确的是(　　)
A．物质A的化学式为(NH4)2SO4
B．结合H＋能力：N2H4>CH3NH2
C．过程Ⅰ的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
题号
1
3
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6
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7
C　[氨和次氯酸钠反应生成N2H4，N2H4和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨和等物质的量的三氧化硫反应生成硫酸氢铵。氨和等物质的量的三氧化硫反应，结合元素守恒，反应生成的A为硫酸氢铵(NH4HSO4)，A错误；甲基为推电子基团，使得CH3NH2的—NH2中N原子周围电子云密度比N2H4的大，易给出孤电子对与氢离子形成配位键，故结合氢离子能力：N2H4题号
1
3
5
2
4
6
8
7
化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O，C正确；过程Ⅱ：N2H4中氮元素化合价由－2变为NaN3中的－，为还原剂，NaNO2中氮元素化合价由＋3变为NaN3中的－，为氧化剂，结合得失电子守恒，存在～N2H4，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
7．(2025·沈阳联考)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是(　　)
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．历程①发生反应H2S＋Cu2+===CuS↓＋2H＋
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n(Fe2+)∶n(O2)＝1∶4
D．若要吸收34 g H2S，则至少要通入56 L空气(空气中氧气体积按20%计)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A　[硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，A正确；CuS反应过程中S元素化合价由－2升高至0，化合价升高，作还原剂，B错误；历程③中Fe2+―→Fe3+，Fe元素化合价由＋2升高至＋3，O2―→H2O，O元素化合价由0降低至－2，根据化合价升降守恒可知，n(Fe2+)∶n(O2)＝4∶1，C错误；未指明所处温度和压强，气体体积不可计算，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
8．(19分)Ⅰ．依据图示信息书写方程式：
(1)酸性环境中脱硫过程示意图如图。
过程ⅰ反应的离子方程式为_____________________________。(3分)
H2S＋2Fe3+
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除分两步，将步骤ⅱ补充完整：
＋Fe2+＋H2O；
ⅱ．________＋________＋____H＋===____Fe2+＋________＋________。(3分)
3Fe
8
3
2H2O
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
Ⅱ．锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
(3)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式：_________________
_____________。(2分)
4Al＋3MnO2
3Mn＋2Al2O3
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(4)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式：_______________
_________________。(3分)
MnO2＋SO2
MnSO4
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如图。
过程Ⅰ：……
过程Ⅱ：＋4H＋
过程Ⅰ的离子方程式：_______________________________________。(3分)
2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
(5)废水中锰含量的测定：取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0 mL变为V1 mL，废水
中锰的含量为____________________ g·mL-1。(5分)
55c(V1－V0)×10-3
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(4)②根据题图可知，过程Ⅰ中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。(5)滴定时发生反应Fe2+＋Mn3+===Fe3+＋Mn2+，所以n(Mn)＝n(Mn3+)＝n(Fe2+)＝c(V1－V0)×10-3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10-3 g·mL-1。
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第4讲　氧化还原反应的配平及计算
1．掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。
2．了解得失电子守恒法在化学计算中的应用。
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
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
[备考提醒]常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
常规氧化还原反应的配平
1．(人教必修第一册习题改编)配平下列方程式：
(1)________HCl(浓)＋______MnO2Cl2↑＋____MnCl2＋____H2O
(2)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O
(3)____S＋____KOH===______K2S＋K2SO3＋____H2O
(4)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑
2．(人教必修第二册习题改编)氧化还原型有机反应在生产、生活中有广泛应用。
(1)酒精仪中酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+。写出该反应的离子方程式：______________________________________________
_____________________________________________________________________；
在该反应中还原剂是________(填化学式)。
(2)向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯，溶液褪色。配平下列反应方程式：
KMnO4＋____H2SO4＋____CH2===CH2―→____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____
缺项型氧化还原反应的配平
3．(人教必修第一册习题改编)
(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____＋____H2O
(2)____＋____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．(鲁科必修第一册习题改编)高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂。它的氧化性比高锰酸钾还强，本身在反应中被还原为Fe3+。制取高铁酸钠的离子方程式如下，请完成方程式的配平：
ClO－＋____Fe(OH)3＋===____Cl－＋____＋____H2O。
[思维模型]“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平流程
考点2　氧化还原反应的计算
1．得失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．得失电子守恒法计算的流程
　把密度为1.6 g·cm-3的液态S2Cl2 10 mL溶于石油醚(一种溶剂), 得到100 mL溶液，把它慢慢加入50 mL 3.2 mol·L-1的SO2水溶液中，振荡使之充分反应，当加入的S2Cl2溶液为67.5 mL时，恰好反应完全。生成物用含0.32 mol KOH的溶液中和后，恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算：
(1)参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝
1∶________。
(2)确定二元含氧酸的化学式：________。
确定元素化合价或物质组成
1．(人教必修第二册习题改编)已知含有15NA个Na2SO3粒子的Na2SO3溶液恰好与含有5NA个KRO4粒子的KRO4溶液完全反应转化为Na2SO4。则R元素在产物中的化合价是(　　)
A．＋1 B．＋2
C．＋3 D．＋4
2．(人教必修第一册习题改编)将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述中正确的是(　　)
A．开始加入合金的质量可能为16.4 g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL
D．标准状况下产物NO的体积为22.4 L
[思维模型]根据得失电子守恒进行氧化还原反应的计算关系式
n(氧化剂)×N(变价原子个数)×(高价－低价)＝n(还原剂)×N(变价原子个数)×(高价－低价)
氧化还原反应滴定的计算
3．(人教必修第二册习题改编)为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验：①称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.020 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液V mL。
(1)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后半滴溶液，___________________________________________
_______________________________________________________时达到滴定终点。
(2)滴定过程中发生反应的离子方程式是__________________________________；
测得该样品中NaNO2的质量分数为______________________________________。
(3)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
[答题模板]氧化还原反应滴定计算的类型
(1)aA＋bB―→cC＋dD：根据消耗的B计算A。
(2)aA＋bB―→cC，xC＋yD―→…：根据关系式aA～cC～D，由消耗的D计算A。
(3)①aA＋bB―→…，②cC＋dB―→…：根据C求算发生反应②的B，再由B的总量求出发生反应①的B，进一步求A。
1．判断正误：正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)(2024·湖南卷)CaH2用作野外生氢剂：CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑。
(　　)
(2)(2024·北京卷)用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的转化为Cr3+：＋14H＋===6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O。 (　　)
(3)(2021·浙江6月卷)反应K2H3IO6＋9HI===2KI＋4I2＋6H2O中，生成12.7 g I2时，转移0.1 mol电子。 (　　)
(4)(2024·安徽卷)3.3 g NH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
(5)(2021·河北卷)电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73 g，则转移电子数为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
(6)(2024·河北卷)反应4KO2＋2CO2===2K2CO3＋3O2中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
(7)(2023·辽宁卷)黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑，每生成2.8 g N2转移电子数目为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。 (　　)
2．(2024·北京卷)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
已知：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，x＝3
C．对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变
不同条件下，当KI与KMnO4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 0.002 x Mn2+ I2
② 中性
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法不正确的是(　　)
A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)＝1∶2.5
B．随反应进行，①②溶液的pH均增大
C．对比反应①和②，I－在pH较高的溶液中易被氧化为高价
D．对比反应①和②，x∶y＝1∶10
3．(2025·湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3＋4Sb＋3O24NaSbO3＋2NO＋2NO2。下列说法错误的是(　　)
A．NaSbO3中Sb元素的化合价为＋5
的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7
D．反应中消耗3 mol O2，转移20 mol e－
4．(2025·黑吉辽蒙卷)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O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl－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MnO2＋2I－＋4H＋===Mn2+＋I2＋2H2O
B．Ⅱ中避光、加盖可抑制I－被O2氧化及I2的挥发
C．Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高
D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl－水样的COD值偏高
5．(2024·安徽卷，节选)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。
回答下列问题：
(1)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为________。
第4讲　氧化还原反应的配平及计算[关联教材·夯基固本]
考点1
[基础强化]
1．氧化剂　还原剂　升高　降低　种类　个数　总数
2．化合价　相等　电荷
[教材发掘]
1．(1)4　1　1　1　2　(2)5　1　3　3　3　3　(3)3　6　2　1　3　(4)2　9　3　3　5
2．解析：(1)酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+，则离子方程式：＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O；在反应中作还原剂的是CH3CH2OH；(2)乙烯中碳元素化合价为－2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可配平方程式：12KMnO4＋18H2SO4＋5CH2===CH2===6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋28H2O。
答案：＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O　CH3CH2OH
(2)12　18　5　6　12　10　28H2O
3．(1)3　2　4OH－　3　2　5
(2)2　5　6H＋　2　5　8
(3)Al2O3　3C　N2　2　3CO
4．解析：反应中，Fe元素从＋3价升高为＋6价，共升高3价，Cl元素从＋1价降为－1价，共降低2价，则Fe(OH)3配2，ClO－配3，得＋H2O，根据Cl、Fe守恒：＋H2O，再由电荷守恒，右边负电荷为－7，则左边缺少4个负电荷，应为4OH－：＋H2O，最后由H、O守恒得：＋5H2O。
答案：3　2　4OH－　3　2　5
考点2
[基础强化]
探究　提示： (1)2　(2)H2S4O6
(1)n(S2Cl2)＝ mol＝0.08 mol，
n(SO2)＝(3.2×50×10-3) mol＝0.16 mol，
则参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)＝1∶2。(2)根据题意，反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变，所以该反应为归中反应，设反应后硫元素化合价为x，依据得失电子守恒有：2(x－1)＝2(4－x)，解得x＝，由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6。
[教材发掘]
1．A　[设R元素在产物中的化合价为x，R元素化合价从＋7降到x；S元素化合价从＋4升高到＋6，KRO4Rx、Na2SO3Na2SO4，n(KRO4)×(7－x)＝n(Na2SO3)×2，根据氧化还原反应得失电子数相等列等式：5NA×(7－x)＝15NA×2，得x＝1，A项符合题意。]
2．C　[测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，说明OH－质量为5.1 g，其物质的量为0.3 mol，转移电子的物质的量为0.3 mol，若全部是镁，则镁的质量为×24 g·mol-1＝3.6 g，若全部是铜，则铜的质量为×64 g·mol-1＝9.6 g，若开始是两者的合金，则合金的质量不可能为16.4 g，故A错误；根据氮元素守恒和得失电子守恒，转移0.3 mol电子，金属物质的量为0.15 mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.3 mol，显氧化性的硝酸物质的量为＝0.1 mol，因此参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol，故B错误；由于OH－的物质的量为0.3 mol，加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液的体积为＝0.1 L＝100 mL，故C正确；根据前面分析生成NO的物质的量为0.1 mol，则标准状况下产物NO的体积为2.24 L，故D错误。]
3．解析：(1)在进行滴定操作时，因KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以应盛装在酸式滴定管内。
(2)根据得失电子守恒，
5NaNO2　　　　～　　　　 2KMnO4
5 mol 2 mol
0.010 0×10-3V×4×5 0.020 0×10-3V×4
该样品中NaNO2的质量分数为×100%＝%。
(3)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO4的用量偏少，测定结果偏小。
答案：(1)酸式　锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色
＋2Mn2+＋3H2O　%
(3)偏小
[关联高考·探究考向]
1．(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×
2．B　[反应①中Mn元素的化合价由＋7降至＋2，I元素的化合价由－1升至0，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＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)＝2∶5，A项错误；根据反应①可得关系式，可以求得n＝0.000 2，则反应②的)＝0.001∶(10×0.000 2)＝1∶2，反应②中Mn元素的化合价由＋7降至＋4，反应②对应的关系式为中I元素的化合价为＋5，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＋2OH－，B项正确；已知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；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。]
同源类题
D　[反应①中Mn元素的化合价由＋7降至＋2，I元素的化合价由－1升至0，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＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)＝1∶2.5，A正确；反应②中Mn元素的化合价由＋7降至＋4，I元素的化合价由－1升至＋5，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应②的离子方程式是＋2OH－，反应①消耗H＋、产生水，pH增大，反应②产生OH－、消耗水，pH增大，B正确；已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I－在反应①中被氧化为较低价态，在反应②中被氧化为较高价态，①溶液pH小于②溶液pH，所以I－的还原性随酸性减弱而增强，I－在较高pH的溶液中易被氧化为高价，C正确；反应①的离子方程式为＋16H＋===2Mn2+＋5I2＋8H2O，x＝＝0.000 4 mol，反应②离子方程式为＋2OH－，y＝0.001 mol×2＝0.002 mol，x∶y＝1∶5，D错误。]
3．C　[NaSbO3中Na元素化合价为＋1，O元素化合价为－2，根据电荷守恒，Sb的化合价为＋5，A正确。的中心N原子价层电子对数是3＋＝3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确。根据化学方程式可知，反应中氧化剂为NaNO3和O2，总物质的量为7 mol；还原剂为Sb(4 mol)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4，C错误。反应中消耗3 mol O2，有4 mol Sb参与反应，根据Sb～NaSbO3～5e－，反应转移20 mol e－，D正确。]
4．C　[由题图中装置Ⅱ中的信息可知、MnO2在酸性条件下被I－还原为Mn2+，由得失电子守恒、元素守恒及电荷守恒可知，A正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置氧化I－，且光照会加快碘单质的挥发，B正确；装置Ⅲ消耗的Na2S2O3越多，说明装置Ⅱ中生成的I2越多，则装置Ⅰ中消耗的越少，故水样的COD值越低，C错误；若装置Ⅰ的体系为酸性环境，则被Cl－还原为Mn2+，水样消耗的偏多，故Ⅱ中生成的I2偏少，Ⅲ中消耗的Na2S2O3偏少，测得的含Cl－水样的COD值偏高，D正确。]
5．解析：(1)“浸取2”步骤中，Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及元素守恒，可得反应的化学方程式为2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O。(2)“还原”步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由＋3变为0，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2变为0，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。
答案：(1)2Au＋8HCl＋3H2O2===2HAuCl4＋6H2O
(2)3∶4
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课时数智作业(四)　氧化还原反应的配平及计算
(建议用时：30分钟　分值：40分)
说明：选择题每小题3分
『夯基补弱』
1．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是和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
2．(2026·聊城高三联考)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
3．已知反应：Co2O3＋HCl(浓)―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A．每生成1个Cl2，转移6个电子
B．Cl2被氧化，发生氧化反应
C．配平后HCl的化学计量数为4
D．该反应生成x个Cl2，被氧化的HCl为2x个
4．(2025·长沙一模)工业上以辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)为原料制备MoO3，再与S经气相反应后冷凝沉积获得纳米MoS2，工艺流程如下。下列说法错误的是(　　)
A．“焙烧”时氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2
B．“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水
C．“气相沉积”时，每有1 mol S参加反应需转移2 mol电子
D．整个流程中可循环利用的物质有两种
5．(2025·青岛一模)加入I2可提高Li-SOCl2电池性能。该电池放电时某电极区域的物质转变过程如图。下列说法错误的是(　　)
A．该电极放电时发生还原反应
B．“步骤3”的反应为2Li＋＋2I－＋2SOICl===S＋SO2＋2LiCl＋2I2
C．电路中每转移2 mol e－，生成1 mol SO2
D．SOICl和I－是反应过程中的中间产物
『培优提能』
6．(2026·三亚模拟)NH3是一种重要的化工原料，可按照以下流程充分利用。下列说法正确的是(　　)
A．物质A的化学式为(NH4)2SO4
B．结合H＋能力：N2H4>CH3NH2
C．过程Ⅰ的化学方程式为2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O
D．过程Ⅱ中的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
7．(2025·沈阳联考)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、CuCl2和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．历程①发生反应H2S＋Cu2+===CuS↓＋2H＋
B．历程②中CuS作氧化剂
C．历程③中n(Fe2+)∶n(O2)＝1∶4
D．若要吸收34 g H2S，则至少要通入56 L空气(空气中氧气体积按20%计)
8．(19分)Ⅰ．依据图示信息书写方程式：
(1)酸性环境中脱硫过程示意图如图。
过程ⅰ反应的离子方程式为_____________________________________________
________________________________________________________________。(3分)
(2)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除分两步，将步骤ⅱ补充完整：
＋Fe2+＋H2O；
ⅱ．________＋________＋____H＋===____Fe2+＋________＋________。(3分)
Ⅱ．锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
(3)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式：___________________________
________________________________________________________________。(2分)
(4)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式：_____________________________________
_____________________________________________________________________
________________________________________________________________。(3分)
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如图。
过程Ⅰ：……
过程Ⅱ：＋4H＋
过程Ⅰ的离子方程式：__________________________________________________
_____________________________________________________________________
________________________________________________________________。(3分)
(5)废水中锰含量的测定：取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0 mL变为V1 mL，废水中锰的含量为________________________________________________________ g·mL-1。(5分)
课时数智作业(四)
1．B　[当1 mol Cr3+被氧化生成时，失去3 mol电子，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。]
2．B　[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)＝24.50×10-3 L×0.020 mol·L-1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。]
3．D　[Co2O3＋HCl(浓)―→CoCl2＋Cl2↑＋H2O反应中，Co元素化合价由＋3降低到＋2，Cl元素化合价由－1升高到0，根据得失电子守恒、原子守恒可知，化学方程式为Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。A项，由Co2O3＋6HCl(浓)===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O可知，每生成1个Cl2，转移2个电子，错误；B项，是HCl被氧化，错误；C项，配平后HCl的化学计量数为6，错误；D项，由2HCl―→Cl2可知，生成x个Cl2，被氧化的HCl为2x个，正确。]
4．C　[辉钼矿(主要含MoS2及少量FeS、SiO2)在空气中氧化焙烧，生成SO2和SiO2、MoO3、Fe3O4等；加入氨水，MoO3转化为(NH4)2Mo2O7，SiO2、Fe3O4成为滤渣，将溶液进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到固体，对固体进行灼烧，产生气体1(即NH3)和MoO3，S和MoO3进行气相沉积得到气体2(即SO2)和MoS2。“焙烧”即MoS2转化为MoO3和SO2，反应的化学方程式为2MoS2＋7O2Fe3O4＋3SO2，故氧化剂O2和还原剂MoS2的物质的量之比为7∶2，而O2和FeS之比为5∶3，故总体上氧化剂和还原剂的物质的量之比小于7∶2，A正确；若用NaOH代替氨水，则导致SiO2溶解进入溶液中，引入新的杂质，故“浸取”时不可用NaOH溶液代替氨水，B正确；由分析可知，“气相沉积”时，反应的化学方程式为2MoO3＋7S===2MoS2＋3SO2，故每有1 mol S参加反应需转移 mol电子，C错误；由分析可知，整个流程中可循环利用的物质有两种，分别为NH3和MoS2，D正确。]
5．C　[从物质转变过程图可知，该电极处SOCl2得到电子转化为其他物质，发生还原反应，A选项正确；根据题图中“步骤3”的物质转化关系，结合元素守恒和电荷守恒，可以写出反应方程式2Li＋＋2I－＋2SOICl===S＋SO2＋2LiCl＋2I2，B选项正确；总反应为4Li＋2SOCl2===4LiCl＋S＋SO2，每转移4 mol e－生成1 mol SO2，所以电路中每转移2 mol e－，生成0.5 mol SO2，C选项错误；从题图中可以看出SOICl和I－在反应过程中先生成，后又参与反应被消耗，是中间产物，D选项正确。]
6．C　[氨和次氯酸钠反应生成N2H4，N2H4和亚硝酸钠反应生成NaN3，氨和等物质的量的三氧化硫反应生成硫酸氢铵。氨和等物质的量的三氧化硫反应，结合元素守恒，反应生成的A为硫酸氢铵(NH4HSO4)，A错误；甲基为推电子基团，使得CH3NH2的—NH2中N原子周围电子云密度比N2H4的大，易给出孤电子对与氢离子形成配位键，故结合氢离子能力：N2H47．A　[硫化氢为弱电解质，离子方程式应保留化学式，A正确；CuS反应过程中S元素化合价由－2升高至0，化合价升高，作还原剂，B错误；历程③中Fe2+―→Fe3+，Fe元素化合价由＋2升高至＋3，O2―→H2O，O元素化合价由0降低至－2，根据化合价升降守恒可知，n(Fe2+)∶n(O2)＝4∶1，C错误；未指明所处温度和压强，气体体积不可计算，D错误。]
8．解析：(4)②根据题图可知，过程Ⅰ中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据得失电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O。(5)滴定时发生反应Fe2+＋Mn3+===Fe3+＋Mn2+，所以n(Mn)＝n(Mn3+)＝n(Fe2+)＝c(V1－V0)×10-3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10-3 g·mL-1。
答案：(1)H2S＋2Fe3+2Fe2+＋S↓＋2H＋
　3Fe　8　3　　2H2O
(3)4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3
(4)①MnO2＋SO2MnSO4　
②2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O　
(5)55c(V1－V0)×10-3
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