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高考总复习 氧化还原反应方程式的书写和计算（基础）
【考纲要求】 1．巩固氧化还原反应的概念
2．能用化合价升降法配平常见的氧化还原反应。
3．能运用质量守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应的有关计算。
【考点梳理】
一、氧化还原反应方程式的配平
1．配平的原则
(1)电子守恒：氧化还原反应过程中，氧化剂得电子总数目等于还原剂失电子总数目，即：“电子得失数相等”“化合价升降数相等”。
(2)质量守恒：反应前后各元素的原子个数相等。
(3)电荷守恒：对于离子方程式，等式两边“电荷总数相等”。
2．配平的思路
一般分两部分:第一部分是氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物之间的配平—化合价升降相等或电子得失数相等；第二部分是用观察法配平其他物质的化学计量数。　
3．常见配平方法——化合价升降法(即电子得失法或氧化数法)
二、陌生氧化还原反应方程式的书写策略
近年来我们发现高考中有区分度的题目一般都会涉及陌生氧化还原反应方程式的书写，而且常以离子反应的形式出现，题目中会伴随陌生度较高的新信息和新情境，灵活度较高，是对考生能力的一种考查方式。攻克这一难题不能单纯靠背诵书上出现的反应方程式，须在平时学习中注重积累书写陌生氧化还原离子方程式的经验和方法，从而具备“得一法解若干题”的能力，才能在高考中拿到关键分，取得理想成绩。
如何正确掌握氧化还原反应类离子方程式，一般应注意以下几点：1．根据题干的表述列出相关物质的化合价的变化，分清氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；2．要满足电子守恒 ； 3．要满足电荷守恒 ；4 ．注意溶液的酸碱性，调整反应介质 ；5 ．满足原子守恒。
三、氧化还原反应方程式的计算
对于氧化还原反应的计算，关键是根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒，列出守恒关系式求解。其解题的一般步骤为：
（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）找准一种原子或离子得失电子数。（注意化学式中离子的个数）
（3）根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式：得电子总数=失电子总数
（4）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程电子没有损耗，可直接找出起始反应物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的守恒关系，快速求解。
【典型例题】
类型一、 氧化还原方程式的配平
例1、（2019 四中同步）氧化还原方程式的配平
□C+□HNO3=□NO2↑+□CO2↑+□H2O
【思路点拨】用化合价升降法配平，使化合价升高和降低的总数相等。
【解析】配平步骤：
①标价态：写出反应物和生成物的化学式，标出发生氧化反应和还原反应的元素的正负化合价。

②列变化：标出反应前后元素化合价的变化。
③求总数：依据电子守恒，使化合价升高和降低的总数相等。
④配系数：用观察法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。
⑤查守恒：检查两边电荷总数和原子总数是否守恒。
【总结升华】配平的基本方法是用化合价升降法配平，使化合价升高和降低的总数相等，即电子得失相等。配平题有以下四种常见的类型：
①全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
②自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解反应、歧化反应)一般从右边着手配平。
③缺项配平法：先使得失电子数配平，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。
④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。
举一反三：
【变式1】某反应中反应物与生成物有：AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
（1）已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是________。
（2）已知0.2 mol KBrO3，在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为________。
（3）根据上述反应可推知________。
a．氧化性：KBrO3＞H3AsO4 b．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
c．还原性：AsH3＞X d．还原性：X＞AsH3
（4）将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的系数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目：
+ 。

【答案】（1）AsH3 （2）Br2 （3）a、c （4）8
【解析】（1）此题考点为氧化还原反应，其特征为化合价的升降，本质为电子的转移，要求能从化合价变化角度来判断氧化剂和还原剂。已知KBrO3为得电子物质，故其化合价必然降低，作氧化剂，那么还原剂只能是题目所提供的AsH3，AsH3中As为－3价，反应后变为，故还原剂为AsH3。（2）此题出题的依据是氧化还原反应中得失电子守恒。0.2 mol KBrO3，在反应中得到1mol电子，故每1 mol KBrO3得5 mol电子，即反应后Br的化合价应降为0价，故另一种未知物质为Br2。（3）此题的考点为氧化还原反应中的基本规律：氧化剂的氧化性大于氧化产物、还原剂的还原性大于还原产物，即在反应中KBrO3为氧化剂，Br2为还原产物，AsH3为还原剂，H3AsO4为氧化产物。故选a、c。
【变式2】 (2019 长沙期末)已知某反应中有6种物质：N2O、H2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3。下列说法不正确的是(　　)
A.1 mol氧化剂得到3 mol电子
B.氧化产物为Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3
C.参加反应的HNO3中20%作氧化剂
D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【答案】A　
【解析】依题意，化学反应方程式为24FeSO4＋6HNO3(氧化剂)＋24HNO3(酸)===8Fe(NO3)3＋8Fe2(SO4)3＋3N2O↑＋15H2O。HNO3转化成N2O,1 mol氧化剂得到4 mol电子，A项错误；铁元素的化合价由＋2价升至＋3价，氧化产物为硝酸铁、硫酸铁，B项正确；若参与反应的硝酸有30 mol，则作氧化剂的硝酸为6 mol，C项正确；作氧化剂的HNO3与还原剂(FeSO4)的物质的量之比为1∶4，D项正确。
类型二、 陌生氧化还原反应方程式的书写

例2、将SO2通入酸性KMnO4溶液，溶液逐渐褪色，生成 Mn2+ ，则该反应的离子方程式是
。
【思路点拨】KMnO4中锰元素化合价降低，则SO2中硫元素化合价势必升高。
【答案】5SO2＋2MnO4-＋ 2H2O ＝5SO42-＋2Mn2+＋ 4H+
【解析】SO2通做还原剂，硫的化合价只能升高到+6价，即生成SO42-，然后先配平电子得失相等，得到：
5SO2＋2MnO4-＋ ＝5SO42-＋2Mn2+＋ ，再用H+离子调整电荷相等（右边加上4个H+），最后在左边补上2个水即可。
【总结升华】书写氧化还原反应的化学方程式重在分析化合价变化，强调一种元素化合价上升，必有另一种元素的化合价降低。
举一反三：

【变式1】取FeSO4溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2 mol I- 时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是：
。
【答案】2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3 ↓+2I2

【变式2】MnO2在H2O2分解反应中作催化剂，若将适量MnO2加入酸化的H2O2的溶液中，MnO2溶解产生Mn2+，该反应的离子方程式是 。
【答案】MnO2＋H2O2＋2H+=== Mn2+＋O2↑＋2H2O
【解析】MnO2溶解产生Mn2+，说明MnO2做氧化剂，则H2O2必做还原剂，其中氧元素的化合价只能升高到0价，即生成O2。
【变式3】（2019 安徽蚌埠质检）ZnSO4溶液中含有少量Fe2＋和Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液pH为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两个反应的离子方程式： ________________________________________，_________________________________ _。
【答案】MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋　
2MnO4-＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
类型三、 氧化还原反应的有关计算
例3、一定条件下硝酸铵分解的化学方程式为5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子的物质的量之比为（ ）。
A．5∶3 B．5∶4 C．1∶1 D．3∶5
【思路点拨】重点分析氮元素化合价变化，HNO3中氮元素化合价前后未变。
【答案】A
【解析】反应中铵根离子中的氮元素化合价由－3价升至0价（失去电子被氧化），硝酸根离子中的氮元素化合价由+5价降至0价（得到电子被还原），根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，被氧化与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3。
【总结升华】 氧化还原反应中所有的还原剂失去的电子的物质的量等于所有的氧化剂得到的电子的物质的量。
同种元素的不同价态的物质发生氧化还原反应时，可称为归中反应。如NO与NH3反应生成中间价态的单质N2，SO2与H2S可发生氧化还原反应生成单质S。若无中间价态则不发生氧化还原反应。如SO2与浓硫酸之间无中间价态，则不发生氧化还原反应。
举一反三：
【变式1】（2019 西城检测）硫酸铵在强热条件下分解,生成氨、二氧化硫、氮气和水，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是　　A．1:3　 B．2:3　　　　 　C．1:1　 　　　 D．4:3【答案】A
【解析】首先判断氧化产物是氮气，还原产物是二氧化硫。每生成1摩尔氮气需要失去6摩尔电子，每生成1摩尔二氧化硫需要得到2摩尔电子。根据得失电子相等的原理，氧化产物和还原产物的物质的量之比应为1:3。
【变式2】硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ）
A、S2－ B、S C、SO32－ D、SO42－
【答案】D
【解析】根据氧化还原反应的重要规律：得失电子数守恒，可知，反应中氯气所获得的电子的物质的量与硫代硫酸钠中硫失去的电子的物质的量相等。设硫的最终价态为x价。则有：
（0.224L/22.4L?mol－1）×2＝0.025L×0.1mol/L×2×(x－2)，解得x＝6，故选D。
【巩固练习】
一、选择题：（每题只有1个选项符合题意）
1．(2019·辽宁锦州)NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO4-＋NO2-＋ ——Mn2＋＋NO3-＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　)
A.该反应中NO2-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－
2．(2019·豫南九校联考)ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是(　　)
A．可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶2
B．ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2＋2OH－===ClO3-＋ClO2-＋H2O
C．ClO2处理饮用水时残留的ClO2-，可用FeSO4来除去：ClO2-＋2Fe2＋＋4H＋===2Fe3＋＋Cl－＋2H2O
D．等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强
3．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：
2MnO4-＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。
下列判断正确的是(　　)
A．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
B．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物
C．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液
D．标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移2 mol e－
4．物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是（ ）
A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5
5．铁和某浓度的硝酸反应时，消耗铁和硝酸的物质的量之比为8：25，且铁转化为等物质的量的 Fe2+和 Fe3+，则硝酸的唯一还原产物可能为　　A．N2O　　　　 B．NO　　　　 C．N2　　　 D．NH4NO36．24 mL浓度为0.05mol/LNa2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被还原的产物中的化合价是
A +6 B +3 C +2 D 0
7．根据表中信息判断，下列选项不正确的是
序号
反应物
产物
①
KMnO4 、H2O2 、H2SO4
K2SO4 、MnSO4 ......
②
Cl2 、FeBr2
FeCl3 、FeBr3
③
MnO4－ ......
Cl2 、Mn2+ ......
A．第①组反应的其余产物为H2O和 O2
B．第②组反应中Cl2 与 FeBr2的物质的量之比为1︰2
C． 第③组反应中生成1mol Cl2，转移电子2mol
D．氧化性由强到弱顺序为MnO4- > Cl2 > Fe3+ > Br2
8．已知可用Co2O3代替MnO2制备Cl2，反应前后存在六种微粒：Co2O3﹑H2O﹑Cl2、H+ 、Cl－和Co2+ 。下列叙述不正确的是
A．氧化产物为Cl2
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
C．若有3mol H2O生成，则反应中有2mol电子转移
D．微粒的还原性 Cl－＞Co2+
二、填空题：
1．（1）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠碱性溶液，立即会看到溶液变蓝色，这是因为________，离子方程式为________________。
②在碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为________，离子方程式是________________。
③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO―、SO42―按氧化性由强到弱的顺序排列为________。
（2）今有铁片、铜片，设计实验证明以下事实并写出化学反应方程式。
①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强。________________
②氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强。________________
③铁的还原性比铜强。________________
2．向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式：
________ I2 +________ Cl2 +________ H2O —→________ HIO3 +________ HCl
（2）整个过程中的还原剂是________。
（3）把KI换成KBr，则CCl4层变为________色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是________ 。
3．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________
4．氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X。已知每转移3 mol e－，有1.5 mol化合物X生成，此反应的化学方程式______________________________________。
5．(2019·杭州学军中学)
Ⅰ．请回答：
(1) H2O2的电子式________。
(2) 镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由________。
(3) 在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式________。
(4) 完成以下氧化还原反应的离子方程式：( )MnO4-＋( )C2O42-＋________＝( )Mn2+＋( )CO2↑＋________
Ⅱ．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况) 的H2。请推测并回答：
(1) 甲的化学式________。
(2) 甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式________。
(3) NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式________。
(4) 甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3)脱锈过程发生反应的化学方程式________。
(5) 某同学认为：用惰性气体赶尽反应体系中的空气，将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥，再与金属钠反应，得到固体物质即为纯净的甲；取该固体物质与水反应，若能产生H2，即可证明得到的甲一定是纯净的。判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由________。

【参考答案与解析】
一、选择题
1.C　
【解析】Mn化合价：＋7→＋2，N化合价：＋3→＋5，N的化合价升高，被氧化，在酸性条件下，应消耗H＋，pH增大，A、B、D三项均错误。
2．C
【解析】A项，Cl2和NaClO2制备ClO2的反应为2NaClO2＋Cl2===2NaCl＋2ClO2，NaClO2作还原剂，Cl2作氧化剂，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶2，正确；B项，ClO2在强碱性环境中发生反应：2ClO2＋2OH－===ClO3-＋ClO2-＋H2O，正确；C项，Fe2＋具有还原性，可将ClO2-还原为无毒的Cl－，Fe2＋转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式应为：ClO2-＋4Fe2＋＋2H2O＋8OH－==4Fe(OH)3↓＋Cl－，且引入了SO42-，影响水质，应该用FeCl2，错误；D项，ClO2～5e－～Cl－，Cl2～2e－～2Cl－、HClO～2e－～Cl－，正确。
3．D
【解析】该反应中MnO中Mn化合价降低，Na2O2中O化合价升高，因此MnO4-为氧化剂，Na2O2为还原剂，A项错误；Mn2＋为还原产物，O2为氧化产物，B项错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化浓盐酸，C项错误；该反应中产生5 mol O2时，转移10 mol e－，若产生22.4 L(标准状况下)O2，则转移2 mol e－，D项正确。
4．A
【解析】设被还原的硝酸的质量为x，参与反应的锌和硝酸的物质的量分别为2 mol、5 mol。据得失电子守恒有：
(5―1)x=2×2 mol，x=1 mol， Zn2+结合的NO3―为4 mol，即未被还原的硝酸为4 mol。则被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是1∶4。
5．A
【解析】设铁和硝酸的物质的量分别为8 mol、25 mol，从Fe的变价（0→+2、0→+3）知电子转移20 mol，由电荷分析，25 mol硝酸中有20 mol硝酸未被还原，充当氧化剂的硝酸为5mol，5mol硝酸得到20 mol电子，N的化合价必然降到+1价。
6.B
7．D
【解析】A项，KMnO4 做氧化剂，H2O2做还原剂，其氧化产物为O2 。D项，氧化性由强到弱顺序为MnO4- > Cl2 > Br2 > Fe3+ 。
8．B
二、填空题
1．（1）①I―被ClO―氧化成I2，I2遇淀粉变蓝 H2O+2I―+ClO―==I2+Cl―+2OH―
②I2被SO32―还原成I― SO32―+I2+2OH―==SO42―+2I―+H2O
③ClO－＞I2＞SO42－
（2）①Cu与浓H2SO4反应而与稀H2SO4不反应，Cu+2H2SO4 (浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
②Cu与FeCl3溶液能反应，2FeCl3+Cu==2FeCl2+CuCl2。
③Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu，Fe+CuSO4==FeSO4+Cu（答案不唯一，合理即可）。
2．（1） 1 I2 + 5 Cl2 6 H2O == 2 HIO3 + 10 HCl
（2）KI、I2 （3）红棕 HBrO3＞Cl2＞HIO3
【解析】（1）KI溶液中加入少量氯水，I―被氧化成I2而使CCl4层呈紫色。继续加入氯水后，I2又会被氯水氧化成HIO3，而Cl2被还原成HCl。化学方程式为I2+5Cl2+6H2O==2HIO3+10HCl。
（2）由（1）中发生的化学反应判断KI和I2为该反应过程中的还原剂。
（3）由Cl2能将I2氧化成HIO3，可知氧化性Cl2＞HIO3，而Cl2不能将Br2氧化成HBrO3，故氧化性HBrO3＞Cl2，即氧化性HBrO3＞Cl2＞HIO3。
3．3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4==5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O
4．Al2O3+N2+3C 高温 2AlN +3CO
5．【答案】Ⅰ．(1)
(2) 2Mg＋CO22MgO＋C
(3) AgCl＋Brˉ===AgBr＋Clˉ
(4) 2MnO4-＋5C2O42-＋16H+===2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O
Ⅱ．(1) NaH
(2) 4NaH＋AlCl3===NaAlH4＋3NaCl
(3) NaAlH4＋2H2O ===NaAlO2＋4H2↑
(4) 3NaH＋Fe2O3===2Fe＋3NaOH
(5) 制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，导致产物中有NaCl。验纯方法不合理，如果有Na残留，Na与水反应也产生H2；没有考虑混入的NaCl。
【解析】Ⅰ．（1）H2O2分子中氧原子与氢原子形成共用电子对，同时两个氧原子也形成共用电子对，其电子式为 。
（2）镁可以在CO2中燃烧，化学方程式为：2Mg＋CO22MgO＋C
（3）生成的淡黄色沉淀为溴化银，离子方程式为：AgCl+Br－==AgBr+Cl－
（4）根据化合价变化可配平得：，该反应是在酸性条件下进行，再根据原子数守恒可得完整的化学方程式：
Ⅱ．（1）将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L（已折算成标准状况）的H2，则甲所含氢元素的质量为0.1 mol×2 g·mol－1=0.2 g，n (H)=0.2 mol，钠元素的质量为4.6 g，n (Na)=0.2 mol，故甲的化学式为NaH。
（2）根据原子数守恒，甲与AlCl3反应还生成NaCl，化学方程为：4NaH+AlCl3==NaAlH4+3NaCl。
（3）NaH中氢元素为―1价，而NaAlH4氢元素也为―1价，则NaAlO4与水反应跟NaH与水反应相似，化学方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑。
（4）―1价的氢具有强还原性，可把+3价铁还原为铁，化学方程式为：3NaH+Fe2O3==2Fe+3NaOH。
（5）该同学的制备过程不合理，因为盐酸易挥发，H2中混有HCl，经浓硫酸干燥时HCl不能除去，HCl与Na反应导致产物中有NaCl；验纯方法也不合理，若钠有残留，Na与水反应也产生H2，若混入NaCl，固体物质也不纯净。

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