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第5讲　氧化还原反应方程式的配平、书写与计算
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.在4M2++nH++O2x+yH2O的离子方程式中,化学计量数x和n的值分别是(　　)
A.6,4 B.8,8
C.4,4 D.10,1
【答案】 C
【解析】 在4M2++nH++O2x+yH2O的离子方程式中,由M原子守恒可知,x=4,根据氧原子守恒,y=2,根据氢原子守恒,n=4,所以C符合题意。
2.某离子反应涉及H+、Bi3+、Mn、Bi、Mn2+、H2O六种粒子。其中c(Mn)随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是(　　)
A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
B.氧化性:Bi大于Mn
C.反应后溶液的pH不变
D.若有1 mol还原剂参加反应,转移电子的物质的量为5 mol
【答案】 C
【解析】 c(Mn)随反应进行逐渐增大,Mn应是生成物,则Mn2+为反应物,锰元素的化合价升高,具有氧化性的Bi为反应物,则Bi3+是生成物,则反应的离子方程式应为5Bi+2Mn2++
14H+5Bi3++2Mn+7H2O。氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,A正确;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,B正确;反应消耗H+,反应后溶液的pH增大,C错误;锰元素的化合价由+2价变为+7价,则1 mol Mn2+生成1 mol Mn,转移5 mol电子,D正确。
3.酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:Mn+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++
H2O(未配平)。下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A.被氧化的元素是Cu和S
B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5
D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol
【答案】 C
【解析】 反应中,铜元素的化合价不变,硫元素的化合价由-2价升高到+4价,只有硫元素被氧化,A错误;还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuS>Mn2+,B错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设KMnO4为x mol,CuS为y mol,根据得失电子守恒得x×(7-2)=
y×[4-(-2)],x∶y=6∶5,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;标准状况下,
2.24 L二氧化硫的物质的量为0.1 mol,由离子方程式可知,反应中硫元素的化合价由-2价升高到+4价,故转移电子为0.1 mol×[4-(-2)]=0.6 mol,D错误。
4.下列表述对应的离子方程式书写正确的是(　　)
A.SO2与酸性NaClO3溶液反应制备ClO2:SO2+2Cl2ClO2+S
B.碱性溶液中ClO2与Na2O2反应制备NaClO2:2ClO2+2Na2O22Cl+O2+2Na+
C.NaClO2在强酸溶液中生成ClO2和NaCl:4H++3Cl2ClO2↑+Cl-+2H2O
D.弱酸HClO2在水中分解生成O2:ClO2↑+Cl-
【答案】 A
【解析】 SO2与酸性NaClO3溶液反应制备ClO2,同时生成硫酸根离子,其离子方程式为SO2+2Cl2ClO2+S,故A正确;碱性溶液中ClO2与Na2O2反应制备NaClO2,同时生成氧气,其离子方程式为2ClO2+Na2O22Cl+O2+2Na+,故B错误;NaClO2在强酸溶液中生成ClO2和NaCl,其离子方程式为4H++5Cl4ClO2↑+Cl-+2H2O,故C错误;弱酸HClO2在水中分解生成O2,HClO2为弱酸,书写离子方程式时以化学式的形式出现,离子方程式为
HClO2O2↑+Cl-+H+,故D错误。
5.(原创)某化学兴趣小组在实验室中利用固体KMnO4进行实验,有关转化如图所示。下列有关说法正确的是(　　)
A.反应①中K2MnO4为氧化产物,MnO2为还原产物
B.反应②中HCl既体现酸性又体现还原性
C.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4
D.等质量的KMnO4直接与盐酸反应和上述转化产生的Cl2一样多
【答案】 B
【解析】 反应①中K2MnO4和MnO2均为还原产物,A错误;反应②中部分HCl被氧化为Cl2,体现还原性,部分HCl转化为MnCl2,体现酸性,B正确;反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+
2H2O中,部分HCl作还原剂,被氧化,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶2,C错误;
KMnO4直接和盐酸反应,锰元素得到的电子均来自HCl中的氯元素,而题图转化过程中,锰元素得到的电子部分来自氧元素,部分来自氯元素,因此等质量的KMnO4反应,题图转化过程产生的氯气少,D错误。
6.金属钛(Ti)性能优越,被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为
Ⅰ.aTiO2+bCl2+eCaTiCl4+eCO;
Ⅱ.TiCl4+2MgTi+2MgCl2
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是(　　)
A.TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物,在反应Ⅱ中是氧化剂
B.C、Mg在反应中均被氧化
C.a=1,b=e=2
D.每生成19.2 g Ti,反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol电子
【答案】 D
【解析】 在反应Ⅰ中氯气作氧化剂,TiCl4是还原产物,在反应Ⅱ中TiCl4作氧化剂,A正确;反应Ⅰ中C作还原剂,被氧化,反应Ⅱ中Mg作还原剂,被氧化,B正确;根据得失电子守恒,可得a=1,b=e=2,C正确;根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知,每生成48 g钛,转移8 mol电子,所以生成
19.2 g(0.4 mol)钛转移3.2 mol电子,D错误。
7.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下:
①KMnO4溶液处理:CH3OH+Mn+XC+Mn+H2O(未配平,下同);
②酸化处理:Mn+H+MnO2↓+Mn+H2O。下列说法错误的是(　　)
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:Mn>C
C.“反应②”中,可用盐酸进行酸化
D.“反应②”消耗71.4 g Mn时,反应中转移0.4 mol e-
【答案】 C
【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+
6Mn+8OH-C+6Mn+6H2O,A正确;根据反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,“反应①”中Mn为氧化剂,C是氧化产物,则氧化性Mn>C,B正确;由于Cl-在酸性条件下可与Mn、Mn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3Mn+4H+MnO2↓+2Mn+2H2O,则消耗71.4 g Mn的物质的量为=0.6 mol时,反应中转移电子的物质的量为×0.6 mol=
0.4 mol,D正确。
8.工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ),HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是(　　)
A.HClO4属于强酸,反应还生成了另一种强酸
B.该反应中,参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
C.CrO2(ClO4)2中铬元素显+6价
D.该反应的离子方程式为19Cl+8Cr3++8OH-8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O
【答案】 D
【解析】 根据题意可知,该反应的化学方程式为19HClO4+8CrCl3+4H2O8CrO2(ClO4)2+
27HCl,HClO4属于强酸,反应生成的HCl也是强酸,A正确;该反应的氧化剂为HClO4,氧化产物为CrO2(ClO4)2,当有19 mol HClO4参加反应时,其中有3 mol为氧化剂,生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2] 为8 mol,因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8,B正确;
CrO2(ClO4)2中氧元素显-2价,Cl整体显-1价,所以铬元素显+6价,C正确;该反应在酸性条件下进行,OH-无法大量存在,D错误。
9.已知反应:As2S3+HNO3+XH3AsO4+H2SO4+NO↑,下列说法错误的是(　　)
A.X为H2O
B.生成1 mol H3AsO4共转移2 mol e-
C.氧化产物为H2SO4和H3AsO4
D.参加反应的HNO3全部被还原
【答案】 B
【解析】 题给反应配平后的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O6H3AsO4+9H2SO4+
28NO↑。X为H2O,A正确;转移84 mol e-时,生成6 mol H3AsO4,所以生成1 mol H3AsO4,转移14 mol e-,B错误;As2S3中As的化合价从+3价升高到H3AsO4中的+5价,硫元素的化合价从
-2价升高到硫酸中的+6价,所以H3AsO4和H2SO4都是氧化产物,C正确;由以上化学方程式可知,HNO3中氮元素的化合价全部降低,生成NO,所以参加反应的HNO3全部被还原,D正确。
10.实验室中为研究不同物质之间的反应进行如下实验。下列说法正确的是(　　)
A.丙为还原产物,丁为氧化产物
B.上述有4个氧化还原反应
C.每生成标准状况下5.6 L气体丙,消耗0.2 mol KMnO4
D.若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.15NA个电子(NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】 D
【解析】 该过程发生反应如下:4Na2SO33Na2SO4+Na2S,Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S↑,
6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O,2H2S+O22S+2H2O。酸性高锰酸钾与H2O2溶液反应的化学方程式为6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O,丙为氧气,氧气为氧化产物,故A错误;根据分析可知,Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S↑不是氧化还原反应,故B错误;
n(O2)==0.25 mol,由反应6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O可知,
n(Mn)=0.25 mol×=0.1 mol,故C错误;由分析可得关系式4Na2SO3～6e-,若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.1 mol×=0.15 mol电子,即转移0.15NA个电子,故D正确。
二、非选择题
11.锰元素广泛存在于自然界中,工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备Mn。
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。
(1)写出铝热法还原MnO2制备Mn的化学方程式:　 。
(2)工业上制备Mn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。
方法一:
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: 　。
②研究表明,用Fe2+/F可强化脱硫效果,其过程如图所示:
过程Ⅰ:……
过程Ⅱ:2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+
过程Ⅰ的离子方程式是 　　　　　　　　　　　　。
方法二:
③用MnCO3进行脱硫,可提高脱硫率。结合化学用语解释原因: 　。
Ⅱ.废水中锰含量的测定
(3)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M,用
c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2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。
【答案】 (1)4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
(2)①MnO2+SO2MnSO4　②2Fe2++MnO2+4H+Mn2++2Fe3++2H2O　③溶液中存在沉淀溶解平衡MnCO3(s)Mn2+(aq)+C(aq),C消耗溶液中的H+,促进SO2溶解,
SO2+H2OH2SO3H++HS;生成的Mn2+有催化作用,可促进反应2SO2+O2+
2H2O2H2SO4发生
(3)55c(V1-V0)×10-3
【解析】 (1)铝热法还原MnO2制备Mn即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和锰单质,化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3。
(2)①根据题意可知,MnO2会将SO2氧化得到MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。②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质量守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+Mn2++2F+2H2O。
(3)滴定时发生反应Fe2++MF+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。(共32张PPT)
第5讲　氧化还原反应方程式的配平、书写与计算
1.能提取有效信息书写氧化还原反应化学方程式。
2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。
3.建立氧化还原反应计算和配平的思维模型。
【学习目标】
考点一
氧化还原反应
方程式的配平
一、常见的氧化剂、还原剂
1.氧化剂及还原产物
主干知识整合
Cr3+
Cl-
Cl-
H2O
Fe2+
Mn2+
2.还原剂及氧化产物
O2
CO2
N2、CO2
二、氧化还原反应方程式配平的基本原则
氧化剂
还原剂
升高
种类
个数
总数
三、氧化还原反应方程式配平的一般步骤
化合价
相等
质量
电荷
得失电子
真题秒判
√
√
√
√
×
1.正向配平。
关键能力提升
1
4
1
2
2
5
1
3
3
3
3
2.逆向配平。
3
6
2
1
3
2
9
3
3
5
3.含有未知数的配平。
1
2x
(1-x)
x
x
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。
2
1
2
2
2
2
2
5
12
18
6
12
10
33
5.缺项配平。
3
2
4
OH-
3
2
5
2
5
6
H+
2
5
8
5
2
14
H+
5
5
2
7
H2O
模型建构
缺项型氧化还原反应方程式
考点二
氧化还原反应的计算
1.得失电子守恒法原理
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
主干知识整合
3.多步氧化还原反应的计算
有的试题涉及的氧化还原反应较多,数量关系较为复杂,可直接抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,列式计算。解答这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要厘清具体的反应过程,分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
√
真题秒判
√
×
一、得失电子守恒法的基本计算
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Cr在还原产物中的化合价为　　　　。
关键能力提升
+3
【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价上升到+6价,铬元素的化合价将从+6价降为+n价。根据氧化还原反应中得失电子守恒,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。
1.5
【解析】 设7.5 mol CuSO4可氧化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),解得x=1.5 mol;1 mol×3×(2-1)+1 mol×[0-(-3)]=y×(5-0),解得y=1.2 mol,所以生成1 mol Cu3P时,参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。
2.2
二、多步反应中得失电子守恒的应用
3.将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况),向反应后的溶液中
加入一定量的NaOH溶液,金属离子恰好沉淀完全。形成沉淀的质量为
　　　　。
11.7 g
【解析】 根据得失电子守恒和元素守恒可得关系式Mg～2e-～2OH-,Cu～2e-～2OH-,即金属转移电子数与其消耗的氢氧根离子数相等,稀硝酸被还原为NO气体,NO在标准状况下的体积为2.24 L,则NO的物质的量为0.1 mol,所以转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol,最终沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,即沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.3 mol,所以形成沉淀的质量为6.6 g+0.3 mol×17 g/ mol=11.7 g。
学科素养进阶
C
C
3.完成下列化学方程式。
2
1
6
3
3
3
2
(5n+2)H2O
5
4H+
1
1
2KBr
2
1
2
1
2H2O
2
10e-
12
1
6
2
2
2
1
1
2
2e-
1
1
LiN(CH3)2
4.(2025·重庆卷,15节选)Se的含量可根据行业标准《YS/T 226.12-2009》进行测定,测定过程中Se的化合价变化如图所示:
过程③的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。该样品中Se的质量分数为　　　　。
94.8%第5讲　氧化还原反应方程式的配平、书写与计算
【学习目标】
1.能提取有效信息书写氧化还原反应化学方程式。
2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。
3.建立氧化还原反应计算和配平的思维模型。
考点一　氧化还原反应方程式的配平
一、常见的氧化剂、还原剂
1.氧化剂及还原产物
氧化剂 还原产物
Cr2或Cr C
ClO- Cl-
Cl Cl-
H2O2 H2O
Fe3+ Fe2+
Mn M(H+)、MnO2(中性)、 Mn(OH-)
2.还原剂及氧化产物
还原剂 氧化产物
H2SO3、SO2、S S
H2O2 O2
S2或S2 S
H2C2O4或C2 CO2
As As
CN- N2、CO2
二、氧化还原反应方程式配平的基本原则
三、氧化还原反应方程式配平的一般步骤
(1)(2024·贵州卷)用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中的Cr2:6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O。(　　)
(2)(2024·贵州卷)工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气:2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑。(　　)
(3)(2025·浙江1月选考)NO2与H2O反应:3NO2+H2O2H++2N+NO。(　　)
(4)(2025·浙江1月选考)将少量灼热的CuO加入CH3CH2OH中:CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。(　　)
(5)(2025·浙江1月选考)将SO2通入酸性KMnO4溶液:5SO2+2Mn+4H+5S+2Mn2++2H2O。(　　)
【答案】 (1)√　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　
1.正向配平。
(1)　Cu+　HNO3(浓)　Cu(NO3)2+　NO2↑+　H2O
(2)　KI+　KIO3+　H2SO4　I2+　K2SO4+　H2O
【答案】 (1)1　4　1　2　2　(2)5　1　3　3　3　3
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
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)1　2x　(1-x)　x　x
(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.缺项配平。
(1)　ClO-+　Fe(OH)3+　　　　 　Cl-+　Fe+　H2O
(2)　Mn+　H2O2+　　　 　Mn2++　O2↑+　H2O
(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(B无色)。配平该反应的离子方程式:
　NaBiO3+　Mn2++　　　　 　Na++　B+　　　　　+　　　　　
【答案】 (1)3　2　4　OH-　3　2　5
(2)2　5　6　H+　2　5　8
(3)5　2　14　H+　5　5　2　Mn　7　H2O
缺项型氧化还原反应方程式
考点二　氧化还原反应的计算　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.得失电子守恒法原理
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
3.多步氧化还原反应的计算
有的试题涉及的氧化还原反应较多,数量关系较为复杂,可直接抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,列式计算。解答这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要厘清具体的反应过程,分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
(1)(2023·福建卷)反应2XeF6+4Na++16OH-Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O每生成1 mol O2,转移6 mol电子。(　　)
(2)(2023·全国甲卷)BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3,同时产生的n(CO)2∶n(CO)为1∶1。(　　)
(3)(2023·江苏卷)反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)每消耗1 mol H2S,转移电子的数目约为2×6.02×1023。(　　)
【答案】 (1)√　(2)√　(3)×
一、得失电子守恒法的基本计算
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Cr在还原产物中的化合价为　　　　。
【答案】 +3
【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价上升到+6价,铬元素的化合价将从+6价降为+n价。根据氧化还原反应中得失电子守恒,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.在P+CuSO4+H2OCu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)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可氧化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),解得x=1.5 mol;1 mol×3×(2-1)+1 mol×
[0-(-3)]=y×(5-0),解得y=1.2 mol,所以生成1 mol Cu3P时,参加反应的P的物质的量为
1.2 mol+1 mol=2.2 mol。
二、多步反应中得失电子守恒的应用
3.将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况),向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液,金属离子恰好沉淀完全。形成沉淀的质量为　　　　。
【答案】 11.7 g
【解析】 根据得失电子守恒和元素守恒可得关系式Mg～2e-～2OH-,Cu～2e-～2OH-,即金属转移电子数与其消耗的氢氧根离子数相等,稀硝酸被还原为NO气体,NO在标准状况下的体积为2.24 L,则NO的物质的量为0.1 mol,所以转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-2)=0.3 mol,最终沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,即沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.3 mol,所以形成沉淀的质量为6.6 g+0.3 mol×17 g/ mol=11.7 g。
1.(2024·浙江6月选考,6)利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H++CH3OH+NX+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】 C
【解析】 由题中信息可知,利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质X后排放,则X表示N2,NO2是大气污染物,A错误;碳元素的化合价由CH3OH中的-2价升高到CO2中的 +4价,CH3OH是该反应的还原剂,O3有强氧化性,通常不能用作还原剂,故不可用O3替换CH3OH,B错误;该反应中,还原剂CH3OH中碳元素的化合价由-2价升高到+4价,氧化剂N中氮元素的化合价由+5价降低到0价,由电子转移守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6∶5,C正确;由元素守恒及电子转移守恒可知,生成1 mol CO2转移6 mol电子,若生成标准状况下的CO2气体11.2 L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为0.5NA×6=3NA,D错误。
2.(2025·湖南卷,8)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂,可用“硝酸钠法”制备,反应的化学方程式为4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是(　　)
A.NaSbO3中Sb的化合价为+5
B.N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-
【答案】 C
【解析】 NaSbO3中Na为+1价,O为-2价,根据化合物中正、负化合价的代数和为零可知,Sb为+5价,A正确;N的中心原子N的价层电子对数是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;反应中氧化剂为NaNO3(4 mol)和O2(3 mol),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;O2、NaNO3同时作氧化剂,3 mol O2参与反应时,有4 mol Sb被氧化,整个反应共转移20 mol e-(Sb的氧化,化合价:0→+5),D正确。
3.完成下列化学方程式。
(1)(2024·江西卷,15改编)　　U3O8+　　O2+　　NaOH　　Na2U2O7+　　H2O。
(2)(2024·海南卷,15改编)在酸性溶液中,沉锰反应:　　Mn2++　　Mn+　 　　
　　MnO2·nH2O+　　　　。
(3)(2024·河北卷,15改编)　　Br2+　　K2C2O4　　　+　　CO2↑。
(4)(2024·广西卷,16改编)　　(NH2)2CS+　　H2O2　　(NH2)2CSO2+　　　　。
(5)(2024·上海卷,10改编)配平电极反应:　　N+　　　　+　　H+　　N2↑+　　H2O。
(6)(2024·重庆卷,9改编)　　CO2+　　H2O　　HCOOH+　　O2。
(7)(2024·湖北卷,14改编)　　H2C2O4+　　H++　 　　CHOCOOH+　　H2O。
(8)(2024·福建卷,13改编)++　　　　。
【答案】 (1)2　1　6　3　3
(2)3　2　(5n+2)H2O　5　4H+
(3)1　1　2KBr　2
(4)1　2　1　2H2O
(5)2　10e-　12　1　6
(6)2　2　2　1
(7)1　2　2e-　1　1
(8)LiN(CH3)2
4.(2025·重庆卷,15节选)Se的含量可根据行业标准《YS/T 226.122009》进行测定,测定过程中Se的化合价变化如图所示:
称取粗硒样品0.100 0 g,经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3,并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中,先加入0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL,再加入少量KI和淀粉溶液,继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6),又消耗8.00 mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,且反应最快。过程③的离子方程式为　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。该样品中Se的质量分数为　 　　　。
【答案】 4H++H2SeO3+4I-2I2+Se↓+3H2O　94.8%
【解析】 反应③是Se(Ⅳ)被KI还原为Se的过程,离子方程式为4H++H2SeO3+4I-2I2+Se↓+
3H2O;第一次加入40.00 mL的Na2S2O3溶液和KI溶液,二者同时作还原剂,将H2SeO3还原为Se,第二次再加入同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质,整个过程相当于48 mL
0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应,根据已知条件Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,则n[Se(Ⅳ)]=×48×10-3 L×0.100 0 mol·L-1=1.2×10-3 mol,样品中Se的质量分数为×100%=94.8%。
课时作业
一、选择题(每小题只有一个选项符合题目要求)
1.在4M2++nH++O2x+yH2O的离子方程式中,化学计量数x和n的值分别是(　　)
A.6,4 B.8,8
C.4,4 D.10,1
【答案】 C
【解析】 在4M2++nH++O2x+yH2O的离子方程式中,由M原子守恒可知,x=4,根据氧原子守恒,y=2,根据氢原子守恒,n=4,所以C符合题意。
2.某离子反应涉及H+、Bi3+、Mn、Bi、Mn2+、H2O六种粒子。其中c(Mn)随反应进行逐渐增大。下列判断错误的是(　　)
A.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
B.氧化性:Bi大于Mn
C.反应后溶液的pH不变
D.若有1 mol还原剂参加反应,转移电子的物质的量为5 mol
【答案】 C
【解析】 c(Mn)随反应进行逐渐增大,Mn应是生成物,则Mn2+为反应物,锰元素的化合价升高,具有氧化性的Bi为反应物,则Bi3+是生成物,则反应的离子方程式应为5Bi+2Mn2++
14H+5Bi3++2Mn+7H2O。氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,A正确;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,B正确;反应消耗H+,反应后溶液的pH增大,C错误;锰元素的化合价由+2价变为+7价,则1 mol Mn2+生成1 mol Mn,转移5 mol电子,D正确。
3.酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:Mn+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++
H2O(未配平)。下列有关该反应的说法正确的是(　　)
A.被氧化的元素是Cu和S
B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5
D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol
【答案】 C
【解析】 反应中,铜元素的化合价不变,硫元素的化合价由-2价升高到+4价,只有硫元素被氧化,A错误;还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuS>Mn2+,B错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设KMnO4为x mol,CuS为y mol,根据得失电子守恒得x×(7-2)=
y×[4-(-2)],x∶y=6∶5,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;标准状况下,
2.24 L二氧化硫的物质的量为0.1 mol,由离子方程式可知,反应中硫元素的化合价由-2价升高到+4价,故转移电子为0.1 mol×[4-(-2)]=0.6 mol,D错误。
4.下列表述对应的离子方程式书写正确的是(　　)
A.SO2与酸性NaClO3溶液反应制备ClO2:SO2+2Cl2ClO2+S
B.碱性溶液中ClO2与Na2O2反应制备NaClO2:2ClO2+2Na2O22Cl+O2+2Na+
C.NaClO2在强酸溶液中生成ClO2和NaCl:4H++3Cl2ClO2↑+Cl-+2H2O
D.弱酸HClO2在水中分解生成O2:ClO2↑+Cl-
【答案】 A
【解析】 SO2与酸性NaClO3溶液反应制备ClO2,同时生成硫酸根离子,其离子方程式为SO2+2Cl2ClO2+S,故A正确;碱性溶液中ClO2与Na2O2反应制备NaClO2,同时生成氧气,其离子方程式为2ClO2+Na2O22Cl+O2+2Na+,故B错误;NaClO2在强酸溶液中生成ClO2和NaCl,其离子方程式为4H++5Cl4ClO2↑+Cl-+2H2O,故C错误;弱酸HClO2在水中分解生成O2,HClO2为弱酸,书写离子方程式时以化学式的形式出现,离子方程式为
HClO2O2↑+Cl-+H+,故D错误。
5.(原创)某化学兴趣小组在实验室中利用固体KMnO4进行实验,有关转化如图所示。下列有关说法正确的是(　　)
A.反应①中K2MnO4为氧化产物,MnO2为还原产物
B.反应②中HCl既体现酸性又体现还原性
C.反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶4
D.等质量的KMnO4直接与盐酸反应和上述转化产生的Cl2一样多
【答案】 B
【解析】 反应①中K2MnO4和MnO2均为还原产物,A错误;反应②中部分HCl被氧化为Cl2,体现还原性,部分HCl转化为MnCl2,体现酸性,B正确;反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+
2H2O中,部分HCl作还原剂,被氧化,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶2,C错误;
KMnO4直接和盐酸反应,锰元素得到的电子均来自HCl中的氯元素,而题图转化过程中,锰元素得到的电子部分来自氧元素,部分来自氯元素,因此等质量的KMnO4反应,题图转化过程产生的氯气少,D错误。
6.金属钛(Ti)性能优越,被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为
Ⅰ.aTiO2+bCl2+eCaTiCl4+eCO;
Ⅱ.TiCl4+2MgTi+2MgCl2
关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是(　　)
A.TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物,在反应Ⅱ中是氧化剂
B.C、Mg在反应中均被氧化
C.a=1,b=e=2
D.每生成19.2 g Ti,反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol电子
【答案】 D
【解析】 在反应Ⅰ中氯气作氧化剂,TiCl4是还原产物,在反应Ⅱ中TiCl4作氧化剂,A正确;反应Ⅰ中C作还原剂,被氧化,反应Ⅱ中Mg作还原剂,被氧化,B正确;根据得失电子守恒,可得a=1,b=e=2,C正确;根据反应Ⅰ和反应Ⅱ可知,每生成48 g钛,转移8 mol电子,所以生成
19.2 g(0.4 mol)钛转移3.2 mol电子,D错误。
7.测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下:
①KMnO4溶液处理:CH3OH+Mn+XC+Mn+H2O(未配平,下同);
②酸化处理:Mn+H+MnO2↓+Mn+H2O。下列说法错误的是(　　)
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:Mn>C
C.“反应②”中,可用盐酸进行酸化
D.“反应②”消耗71.4 g Mn时,反应中转移0.4 mol e-
【答案】 C
【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+
6Mn+8OH-C+6Mn+6H2O,A正确;根据反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,“反应①”中Mn为氧化剂,C是氧化产物,则氧化性Mn>C,B正确;由于Cl-在酸性条件下可与Mn、Mn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3Mn+4H+MnO2↓+2Mn+2H2O,则消耗71.4 g Mn的物质的量为=0.6 mol时,反应中转移电子的物质的量为×0.6 mol=
0.4 mol,D正确。
8.工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ),HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是(　　)
A.HClO4属于强酸,反应还生成了另一种强酸
B.该反应中,参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
C.CrO2(ClO4)2中铬元素显+6价
D.该反应的离子方程式为19Cl+8Cr3++8OH-8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2O
【答案】 D
【解析】 根据题意可知,该反应的化学方程式为19HClO4+8CrCl3+4H2O8CrO2(ClO4)2+
27HCl,HClO4属于强酸,反应生成的HCl也是强酸,A正确;该反应的氧化剂为HClO4,氧化产物为CrO2(ClO4)2,当有19 mol HClO4参加反应时,其中有3 mol为氧化剂,生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2] 为8 mol,因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8,B正确;
CrO2(ClO4)2中氧元素显-2价,Cl整体显-1价,所以铬元素显+6价,C正确;该反应在酸性条件下进行,OH-无法大量存在,D错误。
9.已知反应:As2S3+HNO3+XH3AsO4+H2SO4+NO↑,下列说法错误的是(　　)
A.X为H2O
B.生成1 mol H3AsO4共转移2 mol e-
C.氧化产物为H2SO4和H3AsO4
D.参加反应的HNO3全部被还原
【答案】 B
【解析】 题给反应配平后的化学方程式为3As2S3+28HNO3+4H2O6H3AsO4+9H2SO4+
28NO↑。X为H2O,A正确;转移84 mol e-时,生成6 mol H3AsO4,所以生成1 mol H3AsO4,转移14 mol e-,B错误;As2S3中As的化合价从+3价升高到H3AsO4中的+5价,硫元素的化合价从
-2价升高到硫酸中的+6价,所以H3AsO4和H2SO4都是氧化产物,C正确;由以上化学方程式可知,HNO3中氮元素的化合价全部降低,生成NO,所以参加反应的HNO3全部被还原,D正确。
10.实验室中为研究不同物质之间的反应进行如下实验。下列说法正确的是(　　)
A.丙为还原产物,丁为氧化产物
B.上述有4个氧化还原反应
C.每生成标准状况下5.6 L气体丙,消耗0.2 mol KMnO4
D.若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.15NA个电子(NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】 D
【解析】 该过程发生反应如下:4Na2SO33Na2SO4+Na2S,Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S↑,
6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O,2H2S+O22S+2H2O。酸性高锰酸钾与H2O2溶液反应的化学方程式为6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O,丙为氧气,氧气为氧化产物,故A错误;根据分析可知,Na2S+H2SO4Na2SO4+H2S↑不是氧化还原反应,故B错误;
n(O2)==0.25 mol,由反应6H++2Mn+5H2O22Mn2++5O2↑+8H2O可知,
n(Mn)=0.25 mol×=0.1 mol,故C错误;由分析可得关系式4Na2SO3～6e-,若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.1 mol×=0.15 mol电子,即转移0.15NA个电子,故D正确。
二、非选择题
11.锰元素广泛存在于自然界中,工业上可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备Mn。
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。
(1)写出铝热法还原MnO2制备Mn的化学方程式:　 。
(2)工业上制备Mn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。
方法一:
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: 　。
②研究表明,用Fe2+/F可强化脱硫效果,其过程如图所示:
过程Ⅰ:……
过程Ⅱ:2Fe3++SO2+2H2O2Fe2++S+4H+
过程Ⅰ的离子方程式是 　　　　　　　　　　　　。
方法二:
③用MnCO3进行脱硫,可提高脱硫率。结合化学用语解释原因: 　。
Ⅱ.废水中锰含量的测定
(3)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M,用
c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2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。
【答案】 (1)4Al+3MnO23Mn+2Al2O3
(2)①MnO2+SO2MnSO4　②2Fe2++MnO2+4H+Mn2++2Fe3++2H2O　③溶液中存在沉淀溶解平衡MnCO3(s)Mn2+(aq)+C(aq),C消耗溶液中的H+,促进SO2溶解,
SO2+H2OH2SO3H++HS;生成的Mn2+有催化作用,可促进反应2SO2+O2+
2H2O2H2SO4发生
(3)55c(V1-V0)×10-3
【解析】 (1)铝热法还原MnO2制备Mn即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和锰单质,化学方程式为4Al+3MnO23Mn+2Al2O3。
(2)①根据题意可知,MnO2会将SO2氧化得到MnSO4,化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。②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质量守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+Mn2++2F+2H2O。
(3)滴定时发生反应Fe2++MF+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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