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第4讲　氧化还原反应方程式的配平与计算
1.能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。2.熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应的相关计算。
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.正向配平法(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)
(1)3Cu+8HNO3(稀) ===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(2)5KI+1KIO3+3H2SO4===3I2+3K2SO4+3H2O
(3)2Mn+16H++10Cl-===2Mn2++5Cl2↑+8H2O
　　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。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、还原剂确定化学计量数。
2.逆向配平法(自身氧化还原反应,包括分解反应、歧化反应等)
(1)3I2+6NaOH===5NaI+1NaIO3+3H2O
(2)2P4+9KOH+3H2O===3K3PO4+5PH3↑
(3)2NH4NO3===2N2↑+1O2↑+4H2O
　　逆向配平法适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。例如,
由于S元素的化合价既升高又降低,而且升降总数要相等,所以K2S的化学计量数为2,K2SO3的化学计量数为1,然后确定S的化学计量数为3。
3.缺项配平类(缺少某些反应物或生成物,一般为H2O、H+或OH-)
(1)2Fe3++1SO2+2H2O===2Fe2++1S+4H+
(2)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-===3Cl-+2Fe+5H2O
(3)2Mn+5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O
(4)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。
Al2O3+3C+N22AlN+3CO
(5)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。
5NaBiO3+2Mn2++14H+5Na++5Bi3++2Mn+7H2O
　　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,它们多数为水、酸(H+)或碱(OH-)。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-。
4.整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)
(1)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
(2)11P+15CuSO4+24H2O===5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
　　以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点,将化合价升降总数作为一个整体,再用一般方法进行配平。如Cu2S+HNO3(稀)→Cu(NO3)2+NO+H2SO4+H2O,有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化,Cu2S中Cu、S元素化合价均升高,看作一个整体,(稀)→(NO3)2+O4+H2O,配平得3Cu2S+22HNO3(稀)===6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O。
5.有机物参与的方程式的配平
(1)2KClO3+1H2C2O4+2H2SO4===2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O
(2)5C2H5OH+12KMnO4+18H2SO4===6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+33H2O
　　在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中,一般有机化合物中H元素显+1价,O元素显-2价,根据化合物中各元素正负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。
考点二　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。利用该思想,只要把物质分为始态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。
2.电子守恒法解题的流程
1.在H2SO4溶液中NaClO3和Na2SO3按2︰1的物质的量之比完全反应,生成一种气体X,其中Na2SO3被氧化为Na2SO4,则X为(　A　)
A.ClO2 B.Cl2O
C.Cl2 D.Cl2O3
解析:Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价,NaClO3中氯元素的化合价降低,NaClO3为氧化剂,令Cl元素在还原产物中的化合价为a,则1×(6-4)=2×(5-a),解得a=+4,故气体X的化学式为ClO2。
2.在一定条件下,R和F2可发生如下反应:R2-===+2F-+H2O,从而可知在R中,元素R的化合价为(　B　)
A.+4 B.+5
C.+6 D.+7
解析:根据电荷守恒有n+1×2=1+1×2,n=1。设元素R在R中的化合价为x,则x-2×3=-1,x=+5。
3.(2025·内蒙古鄂尔多斯二模)将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应,固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况),向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属离子恰好沉淀完全,则形成沉淀的质量为(　D　)
A.2.34 g B.5.94 g
C.4.86 g D.4.68 g
解析:Mg和Cu与稀硝酸反应,生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO等,Mg(NO3)2、Cu(NO3)2与NaOH反应,生成Mg(OH)2、Cu(OH)2和NaNO3,可以建立如下关系式:3Mg~2NO~3Mg(OH)2、3Cu~2NO~3Cu(OH)2,从而得出NO~3OH-,n(NO)==0.04 mol,n(OH-)=0.04 mol×3=0.12 mol,所以Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量为m(Mg)+m(Cu)+m(OH-)=2.64 g+0.12 mol×17 g/mol=4.68 g。
1.(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(　C　)
A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+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-
解析:NaSbO3中Na的化合价为+1,O的化合价为-2,根据化合物中各元素化合价之和为0,Sb的化合价为+5,A正确;N=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和O2,还原剂为Sb,氧化剂与还原剂物质的量之比为7︰4,而非4︰7,C错误;O2、NaNO3同时作氧化剂,3 mol O2参与反应,有4 mol Sb作还原剂,整个反应转移的总电子为20 mol(Sb被氧化,化合价:0→+5),D正确。
2.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N+3→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　C　)
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)
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仍然是大气污染物,A错误;CH3OH中碳元素的化合价由-2升高到+4,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,氧化剂N中氮元素的化合价由+5降低到0,还原剂CH3OH中碳元素的化合价由-2升高到+4,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6︰5,C正确;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0.5 mol×6×NA mol-1=3NA,D错误。
3.(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 10n MnO2 I
已知:Mn的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是(　B　)
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
解析:反应①中锰元素的化合价由+7降至+2,碘元素的化合价由-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10I-+2Mn+16H+===2Mn2++5I2+8H2O,故n(Mn2+)︰n(I2)=2︰5,A错误;根据反应①可得关系式10I-~2Mn,可以求得n=0.000 2,则反应②的n(I-)︰n(Mn)=0.001 mol︰(10×0.000 2) mol=1︰2,反应②中锰元素的化合价由+7降至+4,反应②对应的关系式为I-~2Mn~6e-,I中碘元素的化合价为+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I-+2Mn2===2+2OH-,B正确;已知Mn的氧化性随酸性减弱而减弱,对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而增强,C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错误。
4.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:
下列说法正确的是(　D　)
A.S2的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ<Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3︰7
解析:S2的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样,故其空间结构不是正四面体形,A错误;As2S3中As的化合价为+3,反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3,故该过程中As没有被氧化,B错误;根据题给信息可知,反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的化学方程式为As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C错误;As2S3中As为+3价,S为-2价,在经过反应Ⅰ后,As的化合价没有变,S变为+2价,则1 mol As2S3失电子(3×4) mol=12 mol,在经过反应Ⅱ后,As变为+5价,S变为+6价,则1 mol As2S3失电子(2×2) mol+(3×8) mol=28 mol,则反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3︰7,D正确。
5.(2025·重庆卷节选)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的化合价变化如下:
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+2Na2S2O3===2NaI+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4H++H2SeO3+4I-===2I2+Se+3H2O。该样品中Se的质量分数为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,第二次再加入同浓度的Na2S2O3溶液滴定过程③生成的碘单质,整个过程相当于48 mL 0.1 mol/L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 mL×10-3 L/mL×0.1 mol/L=1.2×10-3 mol,样品中Se的含量:×100%=94.8%。
课时作业4(总分:60分)
1.(3分)已知在碱性溶液中可发生如下反应:2M(OH)3+10OH-+3Cl2===2M+6Cl-+8H2O,则M中M的化合价是(　C　)
A.+4 B.+5
C.+6 D.+7
解析:由电荷守恒得10=6+2n,所以n=2,根据离子中化合价的代数和等于其所带电荷数计算M的化合价,M中O的化合价为-2,则M的化合价为-2-(-2)×4=+6。
2.(3分)(2025·辽宁阜新一模)某强氧化剂XO(OH被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH,需用30 mL 0.2 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的价态是(　C　)
A.+2 B.+1
C.0 D.-1
解析:XO(OH中X的化合价是+5,Na2SO3中S的化合价从+4升高到+6,设X元素被还原后的化合价为a,根据氧化还原反应中化合价升降总数相等:2.4×10-3×(5-a)=0.2×0.03×(6-4),解得a=0。
3.(3分)(2025·黑龙江鸡西一模)FeS2与HNO3反应产物有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1︰8时,则HNO3的唯一还原产物是(　B　)
A.NO2 B.NO
C.N2O D.N2O3
解析:设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol,HNO3的唯一还原产物中N的化合价为+x。反应中有(NO3)3+2H2O4,1 mol FeS2失去电子15 mol;H3→,只有5 mol HNO3作氧化剂得电子5×(5-x) mol,则5×(5-x)=15,解得x=2。
4.(3分)NaNO2是一种食品添加剂,它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式是Mn →2++H2O。下列叙述正确的是(　C　)
A.该反应中N被还原
B.反应过程中溶液的pH变小
C.生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4
D. 中的粒子是OH-
解析:反应中氮元素的化合价从+3价升高到+5价,1个氮原子失去2个电子,被氧化,作还原剂,A错误;Mn元素的化合价从+7价降低到+2价,1个锰原子得到5个电子,根据得失电子守恒可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰5,结合电荷守恒,可配平该离子反应为2Mn+===2++3H2O,即生成1 mol NaNO3要消耗0.4 mol KMnO4,C正确;由C项分析可知,反应前消耗氢离子,B、D错误。
5.(3分)硫代硫酸钠溶液与氯气发生反应:Na2S2O3+Cl2+H2O===NaCl+HCl+H2SO4。下列说法错误的是(　A　)
A.氧化剂、还原剂的物质的量之比为3︰1
B.若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
解析:根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式:Na2S2O3+4Cl2+5H2O===2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知,Cl2是氧化剂、Na2S2O3是还原剂、NaCl和HCl是还原产物、H2SO4是氧化产物。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4︰1,A不正确;1 mol Na2S2O3作还原剂,转移8 mol电子,则0.5 mol Na2S2O3作还原剂,转移4 mol电子,B正确;当Na2S2O3过量时,过量的部分可以与H2SO4反应生成硫,所以溶液能出现浑浊,C正确;硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸,故溶液的pH降低,D正确。
6.(3分)(2025·山东德州模拟)氮的氧化物是大气污染物之一,如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理。
下列说法错误的是(　D　)
A.整个过程中Ni2+作催化剂
B.过程Ⅰ中NO既是氧化剂又是还原剂
C.过程Ⅰ中每生成1 mol N2时,转移电子的数目约为4×6.02×1023
D.过程Ⅱ中发生的化学反应为Ni3++2O-===Ni2++O2↑
解析:由题图可知,过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O-===2Ni2++O2↑,总反应为2NOO2+N2。由分析可知,消除氮氧化物的总反应为2NOO2+N2,整个过程中Ni2+在反应前后质量和化学性质没有发生变化,因此作反应的催化剂,故A正确;由分析可知,过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,反应中氮元素的化合价从+2价降低到0价,被还原,氧元素的化合价从-2价升高到-1价,被氧化,则NO既是反应的氧化剂又是反应的还原剂,故B正确;过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,每生成1 mol N2时,有2 mol NO反应,转移电子的数目为2 mol×(2-0)×6.02×1023 mol-1=4×6.02×1023,故C正确;由分析可知,过程Ⅱ中发生的反应为2Ni3++2O-===2Ni2++O2↑,故D错误。
7.(3分)已知反应:①SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++W;②Cr2+aFe2++bH+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)。
下列说法正确的是(　B　)
A.反应①中W为4OH-
B.还原性:SO2>Fe2+
C.a=6,b=7
D.反应Cr22+===3++H2O不能发生
解析:根据原子守恒和电荷守恒可知,反应①为SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+,W为4H+,A错误;还原剂的还原性强于还原产物的还原性,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价降低到+3价,Fe元素的化合价由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒可得,Cr2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,故a=6,再结合电荷守恒可得b=14,C错误;Cr2具有强氧化性,SO2具有还原性,且由反应①②可知,氧化性:Cr2,故Cr2,即反应Cr22+===3++H2O能发生,D错误。
8.(3分)(2025·黑龙江哈尔滨一模)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下:①KMnO4溶液处理:CH3OH+Mn→+H2O(未配平,下同);②酸化处理:Mn+→2+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:Mn
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-
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-===+6H2O,A正确;反应①中Mn为氧化剂,C是氧化产物,根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性:Mn,B正确;由于Cl-在酸性条件下可与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+===2+2H2O,则消耗71.4 g Mn=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。
9.(3分)(2025·吉林通化二模)磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒,发生如下反应:P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平),下列说法正确的是(　C　)
A.P4只发生了氧化反应
B.反应过程中溶液pH增大
C.11 mol P4发生反应,转移电子的物质的量为120 mol
D.皮肤接触到白磷,用CuSO4溶液清洗后,应再使用NaOH溶液清洗
解析:反应中P由0价歧化为+5价和-3价,Cu由+2价降为+1价,根据得失电子守恒和原子守恒可配平方程式:11P4+60CuSO4+96H2O===20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4,氧化剂为P4和CuSO4,还原剂为P4,氧化产物为H3PO4,还原产物为Cu3P。P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5,P4既发生氧化反应,又发生还原反应,故A错误;反应生成H2SO4和H3PO4,H+浓度增加,pH减小,故B错误;据分析,根据氧化反应计算电子转移的物质的量,11 mol P4参与反应生成24 mol H3PO4,则转移24 mol×5=120 mol电子,故C正确;皮肤接触到白磷,用CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4,但由于NaOH具有强腐蚀性,不能再用NaOH溶液清洗,故D错误。
10.(3分)实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图实验。下列说法正确的是(　D　)
A.丙为还原产物,丁为氧化产物
B.每生成标准状况下5.6 L气体丙,消耗0.2 mol KMnO4
C.上述有4个氧化还原反应
D.若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.15 mol电子
解析:Na2SO3隔绝空气加热,发生分解反应:4Na2SO33Na2SO4+Na2S,固体甲为Na2S,Na2S与稀硫酸混合发生复分解反应,生成Na2SO4和H2S(气体乙);KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液混合反应,生成的气体丙为O2;H2S与O2混合反应生成S(固体丁)和水。在KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液的反应中,H2O2是还原剂,则丙(O2)为氧化产物,丁(S)为H2S(还原剂)与O2反应的产物,是氧化产物,A错误;KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液混合反应,可建立如下关系式:2KMnO4~5O2,则每生成标准状况下5.6 L(0.25 mol)气体丙(O2),消耗0.1 mol KMnO4,B错误;由分析可知,题述发生的4个反应中,有3个属于氧化还原反应,C错误;由反应可得出如下关系式:4Na2SO3~6e-,若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移×6=0.15 mol电子,D正确。
11.(15分)(2025·吉林长春一模)过氧化氢俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒的作用来清洗伤口。有时可作为矿业废液消毒剂,有“绿色氧化剂”的美称。
(1)配平下列化学反应,并用单线桥表示电子转移的方向和数目。
H2O2+Cr2(SO4)3+KOH→K2CrO4+K2SO4+H2O
+10 KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
(2)消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN,C为+2价),经以下反应实现:KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑(已配平)。试写出A的化学式:KHCO3,若此反应中有6.72 L(标准状况)气体生成,转移电子数目为0.6NA(用NA表示,NA为阿伏加德罗常数的值)。
(3)KMnO4也可用于医学杀菌消毒。根据反应条件可判断氧化剂的氧化能力的强弱:
例如:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;2KMnO4+16HCl(浓) ===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
则氧化性:MnO2弱于(填“强于”“弱于”或“等于”)KMnO4。某强酸反应体系中,反应物和生成物共六种物质或离子:O2、Mn、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程:H2O2→O2。则该反应中发生还原反应的过程是Mn→Mn2+,该反应应选择的酸是B(填字母)。
A.盐酸　　　　B.稀硫酸　　　C.乙酸
(4)用0.2 mol/L Na2SO3溶液32 mL,还原含4×10-3 mol X的溶液,过量的Na2SO3用0.2 mol/L酸性KMnO4溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2+),共消耗KMnO4溶液0.8 mL,则元素X在还原产物中的化合价是C(填字母)。
A.+1 B.+2
C.+3 D.+4
解析:(1)H2O2中O元素化合价由-1变到-2,得电子化合价降低,Cr元素化合价由+3变到+6,失电子化合价升高。根据得失电子守恒,n(H2O2)︰n[Cr2(SO4)3]=3︰1,其他根据原子守恒配平,反应的化学方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。单线桥的表示方法:由还原剂指向氧化剂,在箭头上标出转移电子数,转移电子数=得电子数=失电子数,则该反应用单线桥表示电子转移的方向和数目为+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。(2)已知KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑(已配平),要想推测A的化学式根据原子守恒即可,得A的化学式为KHCO3。分析可知,生成1 mol NH3转移2 mol电子,根据比例关系,反应中有6.72 L(标准状况)气体生成,即n(NH3)==0.3 mol,转移电子数目N=n(NH3)×2×NA mol-1=0.6NA。(3)根据反应条件可判断氧化剂的氧化能力的强弱,反应条件越简单说明物质的氧化性越强,MnO2与浓盐酸反应需要加热,而KMnO4与浓盐酸反应不需要加热,所以MnO2的氧化性弱于KMnO4。H2O2中氧元素失电子化合价升高,由-1价变为0价,氧化还原反应中有化合价升高也有化合价降低,根据已知的几种离子,具有氧化性、得电子化合价降低、发生还原反应的为Mn。该反应的酸应选择稀硫酸,原因有①已知为强酸体系,C中的乙酸为弱酸;②若为盐酸,根据已知条件,KMnO4和浓盐酸会反应生成Cl2,与题目所述的六种物质类型不符。(4)n(Na2SO3)=0.2 mol/L×32×10-3 L=6.4×10-3 mol,n(X)=4×10-3 mol,n(KMnO4)=0.8×10-3 L×0.2 mol/L=1.6×10-4 mol,Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价;KMnO4发生还原反应,Mn元素化合价由+7价降低到+2价,X中X元素发生还原反应,令X元素在产物中的化合价为a,由得失电子守恒可知6.4×10-3 mol×(6-4)=1.6×10-4 mol×(7-2)+4×10-3 mol×(6-a),解得a=+3,故答案为C。
12.(15分)铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药,具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如下:
已知:①Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。
②Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。
请回答下列问题:
(1)滤渣1中除了硫单质,还含另一种物质是SiO2,FeCl3与Cu2S的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4︰1。
(2)“还原”时,加入铋的目的是将Fe3+还原为Fe2+,防止沉铋时有Fe(OH)3生成。
(3)在碱性溶液中,可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在,Bi3+被还原为Bi,写出该反应的离子方程式:2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-===2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-。
(4)在氢氧化钠溶液中,NaClO能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3,写出该反应的化学方程式:Bi(OH)3+NaOH+NaClO===NaBiO3+NaCl+2H2O。
解析:由题给流程可知,辉铋矿中加入FeCl3和盐酸浸取时,金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物,二氧化硅不反应,过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液;向“过滤1”所得滤液中加入铋,将溶液中的铁离子还原为亚铁离子,过滤得到滤液;调节滤液的pH,将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀,过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣;向“过滤2”所得滤渣中加入氨水,将氢氧化铜转化为四氨合铜离子,过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋;氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液,硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。(1)由分析可知,滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅;氯化铁溶液与硫化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和单质硫,反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S===4FeCl2+2CuCl2+S,反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为4︰1。(2)由分析可知,“还原”时,加入铋的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,防止沉铋时有Fe(OH)3生成。(3)由题意可知,碱性溶液中[Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成Bi和[Sn(OH)6]2-,反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-===2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-。(4)由题意可知,在氢氧化钠溶液中,次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水,反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO===NaBiO3+NaCl+2H2O。(共69张PPT)
第一章　物质及其变化
第4讲　氧化还原反应方程式的配平与计算
目
录
考点二　电子守恒法计算
课时作业
考点一　氧化还原反应方程式的配平
真题演练 感悟高考
复习目标
1.能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。2.熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应的相关计算。
一
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.正向配平法(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)
(1)___Cu+___HNO3(稀)===___Cu(NO3)2+___NO↑+___H2O
(2)___KI+___KIO3+___H2SO4===___I2+___K2SO4+___H2O
(3)___Mn+____H++____Cl-===___Mn2++___Cl2↑+___H2O
3
8
3
2
4
5
1
3
3
3
3
2
16
10
2
5
8
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。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、还原剂确定化学计量数。
方法点拨
2.逆向配平法(自身氧化还原反应,包括分解反应、歧化反应等)
(1)____I2+___NaOH===___NaI+___NaIO3+___H2O
(2)____P4+___KOH+___H2O===___K3PO4+___PH3↑
(3)____NH4NO3===___N2↑+___O2↑+___H2O
3
6
5
1
3
2
9
3
3
5
2
2
1
4
逆向配平法适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。例如,
由于S元素的化合价既升高又降低,而且升降总数要相等,所以K2S的化学计量数为2,K2SO3的化学计量数为1,然后确定S的化学计量数为3。
方法点拨
3.缺项配平类(缺少某些反应物或生成物,一般为H2O、H+或OH-)
(1)___Fe3++___SO2+_______===__Fe2++___S+_____
(2)___ClO-+___Fe(OH)3+_______===___Cl-+___Fe+___H2O
(3)___Mn+___H2O2+_____===___Mn2++___O2↑+___H2O
(4)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+_______
2
1
2H2O
2
1
4H+
3
2
4OH-
3
2
5
2
5
6H+
2
5
8
Al2O3
3C
N2
2
3CO
(5)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++________+______
5
2
14H+
5
5
2Mn
7H2O
　　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,它们多数为水、酸(H+)或碱(OH-)。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-。
方法点拨
4.整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)
(1)___FeS2+_____O2 　　　___Fe2O3+___SO2
(2)____P+_____CuSO4+_____H2O===___Cu3P+___H3PO4+_____H2SO4
4
11
2
8
11
15
24
5
6
15
　　以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点,将化合价升降总数作为一个整体,再用一般方法进行配平。如Cu2S+HNO3(稀)→Cu(NO3)2+
NO+H2SO4+H2O,有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化,Cu2S中Cu、S元素化合价均升高,看作一个整体,(稀)→(NO3)2
+O4+H2O,配平得3Cu2S+22HNO3(稀) ===6Cu(NO3)2+
10NO↑+3H2SO4+8H2O。
方法点拨
5.有机物参与的方程式的配平
(1)___KClO3+___H2C2O4+___H2SO4===___ClO2↑+___CO2↑+__KHSO4
+___H2O
(2)___C2H5OH+_____KMnO4+_____H2SO4===___K2SO4+_____MnSO4+
_____CO2↑+_____H2O
2
1
2
2
2
2
2
5
12
18
6
12
10
33
　　在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中,一般有机化合物中H元素显+1价,O元素显-2价,根据化合物中各元素正负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。
方法点拨
二
考点二 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。利用该思想,只要把物质分为始态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。
2.电子守恒法解题的流程
1.在H2SO4溶液中NaClO3和Na2SO3按2︰1的物质的量之比完全反应,生成一种气体X,其中Na2SO3被氧化为Na2SO4,则X为(　　)
A.ClO2 B.Cl2O
C.Cl2 D.Cl2O3
解析:Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价,NaClO3中氯元素的化合价降低,NaClO3为氧化剂,令Cl元素在还原产物中的化合价为a,则1×(6-4)=2×(5-a),解得a=+4,故气体X的化学式为ClO2。
A
2.在一定条件下,R和F2可发生如下反应:R2-===+
2F-+H2O,从而可知在R中,元素R的化合价为(　　)
A.+4 B.+5
C.+6 D.+7
解析:根据电荷守恒有n+1×2=1+1×2,n=1。设元素R在R中的化合价为x,则x-2×3=-1,x=+5。
B
3.(2025·内蒙古鄂尔多斯二模)将Mg和Cu组成的2.64 g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应,固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况),向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属离子恰好沉淀完全,则形成沉淀的质量为(　　)
A.2.34 g B.5.94 g
C.4.86 g D.4.68 g
D
解析:Mg和Cu与稀硝酸反应,生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO等,
Mg(NO3)2、Cu(NO3)2与NaOH反应,生成Mg(OH)2、Cu(OH)2和NaNO3,可以建立如下关系式:3Mg~2NO~3Mg(OH)2、3Cu~2NO~3Cu(OH)2,从而得出NO~3OH-,n(NO)==0.04 mol,n(OH-)=0.04 mol×3=0.12 mol,所以Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量为m(Mg)+m(Cu)+m(OH-)=2.64 g+0.12 mol×17 g/mol=4.68 g。
三
真题演练 感悟高考
1.(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+3O2 　　 4NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是(　　)
A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+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-
C
解析:NaSbO3中Na的化合价为+1,O的化合价为-2,根据化合物中各元素化合价之和为0,Sb的化合价为+5,A正确;N
=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和O2,还原剂为Sb,氧化剂与还原剂物质的量之比为7︰4,而非4︰7,C错误;O2、NaNO3同时作氧化剂,3 mol O2参与反应,有4 mol Sb作还原剂,整个反应转移的总电子为20 mol(Sb被氧化,化合价:0→+5),D正确。
2.(2024·浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的N
+3→X+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)
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仍然是大气污染物,A错误;CH3OH中碳元素的化合价由-2升高到+4,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,氧化剂N中氮元素的化合价由+5降低到0,还原剂CH3OH中碳元素的化合价由-2升高到+4,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6︰5,C正确;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0.5 mol×6×NA mol-1=3NA,D错误。
3.(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 10n MnO2 I
已知:Mn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
解析:反应①中锰元素的化合价由+7降至+2,碘元素的化合价由-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10I-+2Mn+16H+===2Mn2++5I2+8H2O,故n(Mn2+)︰n(I2)=2︰5,A错误;根据反应①可得关系式10I-~2Mn,可以求得n=0.000 2,则反应②的n(I-)︰n(Mn)=0.001 mol︰(10×0.000 2) mol=1︰2,反应②中锰元素的化合价由+7降至+4,反应②对应的关系式为I-~2Mn~6e-,I中碘元素的化合价为+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I-+2Mn2===2+2OH-,B正确;已知Mn的氧化性随酸性减弱而减弱,对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而增强,C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错误。
4.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现,在不同的空气湿度和光照条件下,颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应:
下列说法正确的是(　　)
A.S2的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中,元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ<Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3︰7
D
解析:S2的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样,故其空间结构不是正四面体形,A错误;As2S3中As的化合价为+3,反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3,故该过程中As没有被氧化,B错误;根据题给信息可知,反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3+6O2+3H2O 　　　2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的化学方程式为As2S3+7O2+6H2O 　　　 2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的:Ⅰ>Ⅱ,C错误;As2S3中As为+3价,S为-2价,在经过反应Ⅰ后,As的化合价没有变,S变为+2价,则1 mol As2S3失电子(3×4) mol=12 mol,在经过反应Ⅱ后,As变为+5价,S变为+6价,则1 mol As2S3失电子(2×2) mol+(3×8) mol=28 mol,则反应Ⅰ和Ⅱ中,氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3︰7,D正确。
5.(2025·重庆卷节选)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的化合价变化如下:
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+2Na2S2O3===2NaI+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________。
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,第二次再加入同浓度的Na2S2O3溶液滴定过程③生成的碘单质,整个过程相当于48 mL 0.1 mol/L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 mL×10-3 L/mL×0.1 mol/L=1.2×10-3 mol,样品中Se的含量:×100%=94.8%。
四
课时作业4
1.(3分)已知在碱性溶液中可发生如下反应:2M(OH)3+10OH-+3Cl2===
2M+6Cl-+8H2O,则M中M的化合价是(　　)
A.+4 B.+5
C.+6 D.+7
解析:由电荷守恒得10=6+2n,所以n=2,根据离子中化合价的代数和等于其所带电荷数计算M的化合价,M中O的化合价为-2,则M的化合价为-2-(-2)×4=+6。
C
2.(3分)(2025·辽宁阜新一模)某强氧化剂XO(OH被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH,需用30 mL 0.2 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的价态是(　　)
A.+2 B.+1
C.0 D.-1
解析:XO(OH中X的化合价是+5,Na2SO3中S的化合价从+4升高到+6,设X元素被还原后的化合价为a,根据氧化还原反应中化合价升降总数相等:2.4×10-3×(5-a)=0.2×0.03×(6-4),解得a=0。
C
3.(3分)(2025·黑龙江鸡西一模)FeS2与HNO3反应产物有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1︰8时,则HNO3的唯一还原产物是(　　)
A.NO2 B.NO
C.N2O D.N2O3
解析:设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol,HNO3的唯一还原产物中N的化合价为+x。反应中有(NO3)3+2H2O4,1 mol FeS2失去电子15 mol;H3→,只有5 mol HNO3作氧化剂得电子5×(5-x) mol,则5×(5-x)=15,解得x=2。
B
4.(3分)NaNO2是一种食品添加剂,它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式是Mn 　　　→2++H2O。下列叙述正确的是(　　)
A.该反应中N被还原
B.反应过程中溶液的pH变小
C.生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4
D. 　　　中的粒子是OH-
C
解析:反应中氮元素的化合价从+3价升高到+5价,1个氮原子失去2个电子,被氧化,作还原剂,A错误;Mn元素的化合价从+7价降低到+2价,1个锰原子得到5个电子,根据得失电子守恒可知,氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰5,结合电荷守恒,可配平该离子反应为2Mn+===
2++3H2O,即生成1 mol NaNO3要消耗0.4 mol KMnO4,C正确;由C项分析可知,反应前消耗氢离子,B、D错误。
5.(3分)硫代硫酸钠溶液与氯气发生反应: 　　 Na2S2O3+ 　　 Cl2+ 　　　H2O=== 　　 NaCl+ 　　 HCl+ 　　 H2SO4。下列说法错误的是(　　)
A.氧化剂、还原剂的物质的量之比为3︰1
B.若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
A
解析:根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式:Na2S2O3+4Cl2+5H2O===
2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知,Cl2是氧化剂、Na2S2O3是还原剂、NaCl和HCl是还原产物、H2SO4是氧化产物。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4︰1,A不正确;1 mol Na2S2O3作还原剂,转移8 mol电子,则0.5 mol Na2S2O3作还原剂,转移4 mol电子,B正确;当Na2S2O3过量时,过量的部分可以与H2SO4反应生成硫,所以溶液能出现浑浊,C正确;硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸,故溶液的pH降低,D正确。
6.(3分)(2025·山东德州模拟)氮的氧化物是大气污染物之一,如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理。
下列说法错误的是(　　)
A.整个过程中Ni2+作催化剂
B.过程Ⅰ中NO既是氧化剂又是还原剂
C.过程Ⅰ中每生成1 mol N2时,转移电子
的数目约为4×6.02×1023
D.过程Ⅱ中发生的化学反应为Ni3++2O-===Ni2++O2↑
D
解析:由题图可知,过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,过程Ⅱ发生的反应为2Ni3++2O-===2Ni2++O2↑,总反应为2NO 　　O2+N2。由分析可知,消除氮氧化物的总反应为2NO 　　O2+N2,整个过程中Ni2+在反应前后质量和化学性质没有发生变化,因此作反应的催化剂,故A正确;由分析可知,过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,反应中氮元素的化合价从+2价降低到0价,被还原,氧元素的化合价从-2价升高到-1价,被氧化,则NO既是反应的氧化剂又是反应的还原剂,故B正确;过程Ⅰ发生的反应为2Ni2++2NO===2Ni3++2O-+N2,每生成1 mol N2时,有2 mol NO反应,转移电子的数目为2 mol×(2-0)×6.02×1023 mol-1=4×6.02×1023,故C正确;由分析可知,过程Ⅱ中发生的反应为2Ni3++2O-===2Ni2++O2↑,故D错误。
7.(3分)已知反应:①SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++W;②Cr2+
aFe2++bH+→Cr3++Fe3++H2O(未配平)。
下列说法正确的是(　　)
A.反应①中W为4OH-
B.还原性:SO2>Fe2+
C.a=6,b=7
D.反应Cr22+===3++H2O不能发生
B
解析:根据原子守恒和电荷守恒可知,反应①为SO2+2Fe3++2H2O===S
+2Fe2++4H+,W为4H+,A错误;还原剂的还原性强于还原产物的还原性,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价降低到+3价,Fe元素的化合价由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒可得,Cr2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,故a=6,再结合电荷守恒可得b=14,C错误;Cr2具有强氧化性,SO2具有还原性,且由反应①②可知,氧化性:Cr2,故Cr22,即反应Cr22+===3+
+H2O能发生,D错误。
8.(3分)(2025·黑龙江哈尔滨一模)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下:①KMnO4溶液处理:CH3OH+Mn→+H2O(未配平,下同);②酸化处理:Mn+→2+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.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-
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-===+6H2O,A正确;反应①中Mn为氧化剂,C是氧化产物,根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性:Mn,B正确;由于Cl-在酸性条件下可与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+===2+2H2O,则消耗71.4 g Mn=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。
9.(3分)(2025·吉林通化二模)磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒,发生如下反应:P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+
H2SO4(未配平),下列说法正确的是(　　)
A.P4只发生了氧化反应
B.反应过程中溶液pH增大
C.11 mol P4发生反应,转移电子的物质的量为120 mol
D.皮肤接触到白磷,用CuSO4溶液清洗后,应再使用NaOH溶液清洗
C
解析:反应中P由0价歧化为+5价和-3价,Cu由+2价降为+1价,根据得失电子守恒和原子守恒可配平方程式:11P4+60CuSO4+96H2O===20Cu3P+
24H3PO4+60H2SO4,氧化剂为P4和CuSO4,还原剂为P4,氧化产物为H3PO4,还原产物为Cu3P。P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5,P4既发生氧化反应,又发生还原反应,故A错误;反应生成H2SO4和H3PO4,H+浓度增加,pH减小,故B错误;据分析,根据氧化反应计算电子转移的物质的量,11 mol P4参与反应生成24 mol H3PO4,则转移24 mol×5=120 mol电子,故C正确;皮肤接触到白磷,用CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4,但由于NaOH具有强腐蚀性,不能再用NaOH溶液清洗,故D错误。
10.(3分)实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图实验。下列说法正确的是(　　)
A.丙为还原产物,丁为氧化产物
B.每生成标准状况下5.6 L气体丙,消耗0.2 mol KMnO4
C.上述有4个氧化还原反应
D.若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移0.15 mol电子
D
解析:Na2SO3隔绝空气加热,发生分解反应:4Na2SO3 　　3Na2SO4+Na2S,固体甲为Na2S,Na2S与稀硫酸混合发生复分解反应,生成Na2SO4和H2S(气体乙);KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液混合反应,生成的气体丙为O2;H2S与O2混合反应生成S(固体丁)和水。在KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液的反应中,H2O2是还原剂,则丙(O2)为氧化产物,丁(S)为H2S(还原剂)与O2反应的产物,是氧化产物,A错误;KMnO4(H+)溶液与H2O2溶液混合反应,可建立如下关系式:2KMnO4~5O2,则每生成标准状况下5.6 L(0.25 mol)气体丙(O2),消耗0.1 mol KMnO4,B错误;由分析可知,题述发生的4个反应中,有3个属于氧化还原反应,C错误;由反应可得出如下关系式:4Na2SO3~6e-,若0.1 mol Na2SO3完全反应,转移×6=0.15 mol电子,D正确。
11.(15分)(2025·吉林长春一模)过氧化氢俗名双氧水,医疗上利用它有杀菌消毒的作用来清洗伤口。有时可作为矿业废液消毒剂,有“绿色氧化剂”的美称。
(1)配平下列化学反应,并用单线桥表示电子转移的方向和数目。
H2O2+Cr2(SO4)3+KOH→K2CrO4+K2SO4+H2O
_________________________________________________________
+10 KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
解析:H2O2中O元素化合价由-1变到-2,得电子化合价降低,Cr元素化合价由+3变到+6,失电子化合价升高。根据得失电子守恒,n(H2O2)︰n[Cr2(SO4)3]=3︰1,其他根据原子守恒配平,反应的化学方程式为3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。单线桥的表示方法:由还原剂指向氧化剂,在箭头上标出转移电子数,转移电子数=得电子数=失
电子数,则该反应用单线桥表示电子转移的方向和数目为
+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。
(2)消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN,C为+2价),经以下反应实现:KCN
+H2O2+H2O===A+NH3↑(已配平)。试写出A的化学式:_________,若此反应中有6.72 L(标准状况)气体生成,转移电子数目为_________(用NA表示,
NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析:已知KCN+H2O2+H2O===A+NH3↑(已配平),要想推测A的化学式根据原子守恒即可,得A的化学式为KHCO3。分析可知,生成1 mol NH3转移2 mol电子,根据比例关系,反应中有6.72 L(标准状况)气体生成,即n(NH3)==0.3 mol,转移电子数目N=n(NH3)×2×NA mol-1=
0.6NA。
KHCO3
0.6NA
(3)KMnO4也可用于医学杀菌消毒。根据反应条件可判断氧化剂的氧化能力的强弱:
例如:MnO2+4HCl(浓) 　 　MnCl2+Cl2↑+2H2O;2KMnO4+16HCl(浓) ===2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O
则氧化性:MnO2_____(填“强于”“弱于”或“等于”)KMnO4。某强酸反应体系中,反应物和生成物共六种物质或离子:O2、Mn、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程:H2O2→O2。则该反应中发生还原反应的过程是_______→_______,该反应应选择的酸是____(填字母)。
A.盐酸　　　　B.稀硫酸　　　C.乙酸
弱于
Mn
Mn2+
B
解析:根据反应条件可判断氧化剂的氧化能力的强弱,反应条件越简单说明物质的氧化性越强,MnO2与浓盐酸反应需要加热,而KMnO4与浓盐酸反应不需要加热,所以MnO2的氧化性弱于KMnO4。H2O2中氧元素失电子化合价升高,由-1价变为0价,氧化还原反应中有化合价升高也有化合价降低,根据已知的几种离子,具有氧化性、得电子化合价降低、发生还原反应的为Mn。该反应的酸应选择稀硫酸,原因有①已知为强酸体系,C中的乙酸为弱酸;②若为盐酸,根据已知条件,KMnO4和浓盐酸会反应生成Cl2,与题目所述的六种物质类型不符。
(4)用0.2 mol/L Na2SO3溶液32 mL,还原含4×10-3 mol X的溶液,过量的Na2SO3用0.2 mol/L酸性KMnO4溶液氧化(其中KMnO4被还原成Mn2+),共消耗KMnO4溶液0.8 mL,则元素X在还原产物中的化合价是___(填字母)。
A.+1 B.+2
C.+3 D.+4
C
解析:n(Na2SO3)=0.2 mol/L×32×10-3 L=6.4×10-3 mol,n(X)=4×10-3 mol,n(KMnO4)=0.8×10-3 L×0.2 mol/L=1.6×10-4 mol,Na2SO3被氧化为Na2SO4,S元素化合价由+4价升高为+6价;KMnO4发生还原反应,Mn元素化合价由+7价降低到+2价,X中X元素发生还原反应,令X元素在产物中的化合价为a,由得失电子守恒可知6.4×10-3 mol×(6-4)=1.6×10-4 mol
×(7-2)+4×10-3 mol×(6-a),解得a=+3,故答案为C。
12.(15分)铝酸铋[Bi(AlO2)3]主要用作抗酸药及抗溃疡药,具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿(主要成分为Bi2S3,含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)为原料制备铝酸铋的一种工艺流程如下:
已知:①Cu(OH)2能溶于氨水生成[Cu(NH3)4]2+。
②Sn2+和Sn4+在碱性溶液中分别以[Sn(OH)4]2-和[Sn(OH)6]2-的形式存在。
请回答下列问题:
(1)滤渣1中除了硫单质,还含另一种物质是_______,FeCl3与Cu2S的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
SiO2
4︰1
解析:由题给流程可知,辉铋矿中加入FeCl3和盐酸浸取时,金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物,二氧化硅不反应,过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液;向“过滤1”所得滤液中加入铋,将溶液中的铁离子还原为亚铁离子,过滤得到滤液;调节滤液的pH,将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀,过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣;向“过滤2”所得滤渣中加入氨水,将氢氧化铜转化为四氨合铜离子,过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋;氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液,硝酸铋溶液与偏铝酸钠溶液反应制得铝酸铋。由分析可知,滤渣1的主要成分是硫和二氧化硅;氯化铁溶液与硫化亚铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和单质硫,反应的化学方程式为4FeCl3+Cu2S===4FeCl2+2CuCl2+S,反应中氧化剂氯化铁与还原剂硫化亚铜的物质的量之比为4︰1。
(2)“还原”时,加入铋的目的是____________________________________
______。
解析:由分析可知,“还原”时,加入铋的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,防止沉铋时有Fe(OH)3生成。
将Fe3+还原为Fe2+,防止沉铋时有Fe(OH)3
生成
(3)在碱性溶液中,可用[Sn(OH)4]2-鉴定Bi3+存在,Bi3+被还原为Bi,写出该反应的离子方程式:____________________________________________。
解析:由题意可知,碱性溶液中[Sn(OH)4]2-与Bi3+反应生成Bi和[Sn(OH)6]2-,反应的离子方程式为2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-===2Bi↓+
3[Sn(OH)6]2-。
2Bi3++3[Sn(OH)4]2-+6OH-===2Bi↓+3[Sn(OH)6]2-
(4)在氢氧化钠溶液中,NaClO能将Bi(OH)3氧化为NaBiO3,写出该反应的化学方程式:______________________________________________。
解析:由题意可知,在氢氧化钠溶液中,次氯酸钠溶液与Bi(OH)3反应生成NaBiO3、氯化钠和水,反应的化学方程式为Bi(OH)3+NaOH+NaClO===
NaBiO3+NaCl+2H2O。
Bi(OH)3+NaOH+NaClO===NaBiO3+NaCl+2H2O
Thank you
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