2024高考一轮复习 第一章 物质及其变化 第四节 氧化还原反应方程式的配平与计算（92张PPT）
文档属性
| 名称 | 2024高考一轮复习 第一章 物质及其变化 第四节 氧化还原反应方程式的配平与计算（92张PPT） |  | |
| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 5.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-09-11 20:32:08 | ||
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文档简介
(共92张PPT)
第四节 氧化还原反应方程式的配平与计算
1.能从元素价态的角度，依据氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化。
2.能利用得失电子守恒法进行氧化还原反应方程式的配平和计算。
3.掌握质量守恒定律及其应用。
目录
CONTENTS
1.夯实·必备知识
2.突破·关键能力
3.形成·学科素养
4.体现·核心价值
5.评价·核心素养
01
夯实·必备知识
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1.（1） H2S＋ KMnO4＋ H2SO4 K2SO4＋ MnSO4＋ S↓＋ H2O。
答案：5 2 3 1 2 5 8
（2） KI＋ KIO3＋ H2SO4 I2＋ K2SO4＋ H2O。
答案：5 1 3 3 3 3
正向配平法（氧化剂、还原剂中某
元素化合价全变）
该类方程式一般从左边反应物着手，按以下五个步骤配平。
2.（1） KClO KCl＋ KClO3。
答案：3 2 1
（2） I2 ＋ NaOH NaI＋ NaIO3＋ H2O。
答案：3 6 5 1 3
逆向配平（自身氧化还原反应，
包括分解、歧化等）
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，然后确定反应物的化学计量数。如：
3＋6KOH（热、浓）2K2 ＋ 3H2O ＋ K2O3
化合价降低2×2 化合价升高4
由于S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.（1） Cl＋ Fe2＋＋ Cl－＋ Fe3＋＋ 。
答案：1 6 6H＋ 1 6 3H2O
（2） Mn＋ N＋ Mn2＋＋ N＋ H2O。
答案：2 5 6H＋ 2 5 3
缺项配平类（缺少某些反应物或生成物，
一般为水、H＋或OH－）
（1）配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
（2）补项原则
条件 补项原则
酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H2O
碱性条件下 缺H或多O补H2O，少O补OH－
4.（1） FeS2＋ O2 Fe2O3＋ SO2。
答案：4 11 2 8
（2） P＋ CuSO4＋ H2O Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4。
答案：11 15 24 5 6 15
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）
以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数看作一个整体，再用一般方法进行配平。
如Cu2S＋HNO3Cu（NO3）2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
配平得3Cu2S＋22HNO36Cu（NO3）2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
1.配平下列方程式。
（1） Mn＋ Fe2＋＋ H＋ Mn2＋＋ Fe3＋＋ H2O。
答案：1 5 8 1 5 4
（2） ClO－＋ Fe（OH）3＋ Cl－＋ Fe＋ H2O。
答案：3 2 4OH－ 3 2 5
（4） LiCoO2＋ H2SO4＋ H2O2 Li2SO4＋ CoSO4＋ O2↑＋ 。
答案：2 3 1 1 2 1 4H2O
（3） P4＋ KOH＋ H2O K3PO4＋ PH3。
答案：2 9 3 3 5
2.按要求完成下列方程式。
（1）KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
答案：2Mn＋3Mn2＋＋2H2O5MnO2↓＋4H＋
（2）在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 。
答案：4H＋＋5ClCl－＋4ClO2↑＋2H2O
（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 。
答案：PbO＋ClO－PbO2＋Cl－
（4）写出硫酸亚铁高温分解生成SO2、SO3的化学方程式： 。
答案：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
（5）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为
。
答案：4Ag＋4NaClO＋2H2O4AgCl＋4NaOH＋O2↑
考点二 守恒思想在化学计算中的应用
1.24 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，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）
A.＋2 B.＋3
考查两元素之间得失电子守恒的计算
解析：B 题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，而Cr元素的化合价将从＋6→＋n（设化合价为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。
C.＋4 D.＋5
2.双氧水溶液中的H2O2的含量可以用KMnO4溶液进行测定，反应中H2O2被氧化为O2，Mn被还原为X（X可能是Mn、MnO2、Mn3O4或Mn2＋中的一种）。若H2O2与KMnO4反应的物质的量之比为5∶2，下列说法不正确的是（ ）
A.H2O2中的O化合价为－1
B.KMnO4是还原剂
C.氧化性：KMnO4＞O2
D.X为Mn2＋
解析：B H2O2被氧化为O2，O元素化合价由－1价升高到0价，Mn中Mn元素化合价为＋7价，为氧化剂，设还原后的Mn的化合价为x价，氧化剂、还原剂得失电子数目相等，则5×2×[0－（－1）]＝2×（7－x），x＝2，则应生成Mn2＋，且反应中高锰酸钾为氧化剂，氧气为氧化产物，则氧化性：KMnO4＞O2。
守恒法解题的思维流程
（1）一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。
（3）三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
n（氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值＝n（还原剂）×变价原子个数×化合价变化值。
3.在反应3BrF3＋5H2O9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为（ ）
A.1 mol D.2 mol
解析：C 设被水还原的溴（BrF3）的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
考查多元素之间得失电子守恒的计算
4.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是（ ）
A.FeS2既是氧化剂也是还原剂
B.CuSO4在反应中被还原
C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D.14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
解析：C 方程式中的化合价变化：14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高得到3个S中＋6价的S（生成物中有17个硫酸根离子，其中有14个来自反应物中的硫酸铜）。反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A正确；硫酸铜中Cu的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C错误；14 mol CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 mol，FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1 mol FeS2会失去14 mol电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2，D正确。
1.已知M2可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2的还原产物中，M为＋3价；又知c（M2 ）＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c（R2－）＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
解析：D n（M2）＝0.3 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，n（R2－）＝0.6 mol×0.15 L＝0.09 mol，反应中M化合价降低到＋3价，R元素化合价升高到0价。设M2中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有（n－1－3）×0.03 mol×2＝（2－0）×0.09 mol，解得n＝7，D正确。
2.工业上可用铁盐溶液溶解黄铁矿（主要成分为FeS2），发生如图过程。下列说法中错误的是（ ）
A.过程Ⅰ每溶解120 g FeS2，理论上消耗6 mol Fe3＋
D.反应过程中鼓入大量的空气有利于反应的进行
解析：B 在过程Ⅰ中发生反应，使转化为S2，S元素化合价由反应前－1价变为反应后 ＋2价，1 mol 失去6 mol电子，每溶解120 g即1 mol FeS2，反应转移6 mol电子，根据得失电子守恒可知需消耗6 mol Fe3＋，A正确；在过程Ⅱ中Fe3＋将S2氧化为S，S元素化合价由反应前＋2价变为反应后的＋6价，每1 mol S2反应产生2 mol S转移8 mol电子，则产生1 mol S 转移4 mol 电子，B错误；总反应方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O2S＋15Fe2＋＋16H＋，C正确；反应过程中鼓入大量的空气，可以将其中S元素氧化为SO2，将＋2价Fe氧化为Fe3＋，在溶液中Fe3＋进一步把SO2氧化为S，可见鼓入足量空气有利于反应的进行，D正确。
3.已知反应：10AgF＋5Cl2＋5H2O9AgCl＋AgClO3＋10HF＋O2。下列关于该反应的叙述不正确的是（ ）
A.该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为9∶5
C.每产生1 mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2 mol
解析：B 该反应的氧化剂为的氯气，还原剂为的氯气和的水，A、D项正确；当反应中有9 mol电子转移时，被还原的氯气为4.5 mol，故当反应中有1 mol电子转移时，被还原的氯气为0.5 mol，B项错误；产生1 mol氧气，氧元素转移4 mol电子，被氧元素还原的氯气为2 mol，C项正确。
02
突破·关键能力
信息型氧化还原反应方程式的书写
1.某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu。
（1）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为
。
解析：Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2。
答案：2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2
解析：因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。
答案：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O
（2）生成气体A的离子方程式为 。
2.以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe（NH4）Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
（1）红渣的主要成分为 （填化学式），滤渣①的主要成分为 （填化学式）。
解析：已知黄铁矿高温焙烧生成Fe2O3，反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故产生的红渣的主要成分为Fe2O3，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充分酸浸，反应原理为Fe2O3＋3H2SO4Fe2（SO4）3＋3H2O，过滤出滤渣①，其主要成分为SiO2。
答案：Fe2O3 SiO2
回答下列问题：
（2）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
解析：还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为S，反应原理为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O15Fe2＋＋2S＋16H＋，故化学方程式为7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4。
答案：7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4
（3）沉铁工序产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 __________________
。
解析：沉铁工序中产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为＋2价，由分析可知，氧化工序所发生反应的离子方程式为6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋Cl＋6H＋6Fe（NH4）Fe（CN）6＋3H2O＋Cl－＋6N。
答案：＋2 6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋Cl＋6H＋6Fe（NH4）Fe（CN）6＋3H2O＋Cl－＋6N
信息型氧化还原反应方程式的书写“五”步骤
（1）细致分析新信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
（2）依据元素化合价的变化及物质氧化性、还原性确定氧化产物或还原产物。
（3）书写“残缺”方程式“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”，并利用化合价升降总数相等，先配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。
（4）根据电荷守恒、体系环境补充其他反应物或生成物配平。“补项”的一般原则为：
①酸性条件下：首先考虑补H＋生成水，也可能补H2O生成H＋ ；
②碱性条件下：首先考虑补OH－生成水，也可能补H2O生成OH－；
③切勿出现补H＋生成OH－或补OH－生成H＋的错误状况。
（5）检查是否满足质量守恒，勿漏反应条件。
1.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为 。
解析：根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgOHgCl2＋Cl2O。
答案：2Cl2＋HgOHgCl2＋Cl2O
（2）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3 的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成 1 mol ClO2消耗NaClO2的量为 mol；产生“气泡”的化学方程式为 。
解析：结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是因为NaHCO3与NaHSO4反应产生CO2气体。
答案：1.25 NaHCO3＋NaHSO4CO2↑＋Na2SO4＋H2O
2.工业上用废钯催化剂（主要成分为Pd，还含有少量Al2O3）回收Pd及Al2（SO4）3的流程如图。
已知：“酸浸”和“中和”过程中所得含钯化合物分别为H2PdCl6、（NH4）2PdCl6；其中H2PdCl6为可溶性弱酸，（NH4）2PdCl6为难溶性固体。
（1）“焙烧”时，Al2O3与（NH4）2SO4反应的化学方程式为 。
解析： “焙烧”时，Al2O3与（NH4）2SO4反应，生成NH3、Al2（SO4）3、H2O，该反应的化学方程式为3（NH4）2SO4＋Al2O3Al2（SO4）3＋6NH3↑＋3H2O↑。
答案：3（NH4）2SO4＋Al2O3Al2（SO4）3＋6NH3↑＋3H2O↑
。
解析：滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸进行酸浸生成NO2，发生反应为Pd＋6HCl＋4HNO3H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O，该反应的离子方程式为Pd＋4N＋6Cl－＋10H＋H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O。
答案：Pd＋4N＋6Cl－＋10H＋H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O
（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为
3.NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取 NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为 ＋2价。
（1）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。
解析：加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe及Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ni2＋，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2＋，同时把存在的Fe2＋氧化为Fe3＋。
答案：使Fe2＋氧化成Fe3＋，使镍元素完全转化成Ni2＋
（2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式 。
解析： “除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋。
答案：6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋
（3）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为_________________________________________
。 。
解析：NaClO 具有强氧化性，Cl元素由＋1价降低到－1价，Ni元素由NiSO4中＋2价升高到NiOOH中的＋3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O。
答案：2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O
03
形成·学科素养
1.据统计，城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。
下列判断正确的是（ ）
A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为5∶8
B.若氧化产物比还原产物多1.4 mol，则转移电子为1 mol
C.每生成1.6 mol N2，则有0.2 mol KNO3被氧化
D.NaN3是只含有离子键的离子化合物
解析：B KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶＝2∶3，A错误；由反应可知，转移10 mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol时转移电子为1 mol，B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，D错误。
2.二氧化氯（ClO2）是一种安全高效的消毒剂，可在极低的浓度下杀灭病毒。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
（1）草酸（H2C2O4）是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为 ___________________________ 。
解析：H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式为H2C2O4＋2Cl＋2H＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
答案：H2C2O4＋2Cl＋2H＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
（2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测（已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，Cl存在于中性溶液中）：
①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式： 。
②已知：2Na2S2O3＋I2Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是 ，
该水样中ClO2的浓度是 mg·L－1。
解析：①由题中信息可知，Cl存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为Cl，反应的化学方程式为2ClO2＋2KI2KClO2＋I2。②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有n（ClO2）＝n（Na2S2O3）＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m（ClO2）＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是＝1.35 mg·L－1。
答案：①2ClO2＋2KI2KClO2＋I2 ②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 1.35
04
体现·核心价值
1.（2022·湖南高考）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N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（ ）
B.a和b中转移的e－数目相等
解析：D 图解剖析
过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误；由以上分析知，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（N）之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为N＋NN2↑＋2H2O，D项正确。
2.（2021·湖南高考）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.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
解析：A 根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，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I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I的存在，D正确。
3.（2022·广东高考·节选）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化学方程式：
（NH4）2Cr2O7Cr2O3＋ ＋ 。
解析：根据化学方程式中反应前后Cr的化合价降低，且反应生成无污染气体，推出生成的无污染气体为N2，根据Cr和N得失电子守恒配平反应，确定（NH4）2Cr2O7、Cr2O3和N2前的化学计量数均为1，再由H、O原子守恒，确定另一产物为H2O，且H2O前的化学计量数为4。
答案：N2↑ 4H2O
4.（2022·全国甲卷·节选）硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____________________________。
答案：ZnCO3 ZnO＋ CO2↑
（2）向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_____________________。
答案：3Fe2＋＋Mn＋7H2O3Fe（OH）3↓＋MnO2↓＋5H＋
05
评价·核心素养
一、选择题：本题包括12个小题，每小题仅有1个选项符合题意。
1.已知反应：aFeSO4＋bNa2O2cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，已知a＝2，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A.3a＝b
B.氧化性：Na2O2＜Na2FeO4
C.每生成1 mol Na2FeO4，反应有4 mol电子转移
D.每消耗3 mol Na2O2，产生1 mol O2
解析：A 根据Fe元素和S元素守恒可知：a＝c＝d，根据Na元素守恒可知：b＝2＋c＋d，又a＝2，故b＝6，A正确；在该反应中Na2O2为氧化剂，Na2FeO4为氧化产物，所以物质的氧化性：Na2O2＞Na2FeO4，B错误；根据选项A分析，结合原子守恒可知方程式为2FeSO4＋6Na2O22Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，每生成1 mol Na2FeO4，反应中共有5 mol电子转移，C错误；根据C项分析，每消耗6 mol Na2O2，反应产生1 mol O2，D错误。
2.甲酸钙[（HCOO）2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca（OH）2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是（ ）
A.反应温度不宜过高
B.该反应中被还原的元素只有O
C.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D.每生成26 g （HCOO）2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
解析：D 反应温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不宜过高，A正确；在该反应中H2O2中的O元素化合价由－1价变为－2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；HCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应HCHO＋H2O2HCOOH＋H2O可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；制取甲酸钙的化学方程式为Ca（OH）2＋2HCHO＋2H2O2（HCOO）2Ca＋4H2O，根据方程式可知，每生成1 mol （HCOO）2Ca，反应过程中转移4 mol电子，现在反应生成26 g （HCOO）2Ca，其物质的量n＝＝0.2 mol，则反应过程中转移电子的物质的量n（e－）＝0.2 mol×4＝0.8 mol，D错误。
3.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3＋3ClO－＋4OH－ 2R＋3Cl－＋5H2O。则R中R的化合价是（ ）
A.＋3 B.＋4
C.＋5 D.＋6
解析：D 根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根据化合价规则判断R中R的化合价为＋6。
4.在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为（ ）
A.1∶1∶1 B.3∶1∶1
C.1∶3∶3 D.6∶3∶2
解析：B 反应中只有氯气是氧化剂，3个反应转移电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1 mol，根据2HI＋Cl22HCl＋I2，n（HI）＝2 mol，根据2Fe＋3Cl22FeCl3，n（Fe）＝ mol，根据2FeBr2＋3Cl22FeCl3＋2Br2，n（FeBr2）＝1 mol×＝ mol，故n（HI）∶n（Fe）∶n（FeBr2）＝2 mol∶ mol∶ mol＝3∶1∶1。
5.在酸性环境中，纳米Fe/Ni去除N的反应过程（Ni不参与反应）如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果
C.假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3∶1
解析：C 据图可知反应ⅱ中N被Fe还原为N，根据得失电子守恒、质量守恒可得离子方程式为N＋3Fe＋8H＋N＋3Fe2＋＋2H2O，A正确；增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大反应物间的接触面积，可提高N的去除效果，B正确；反应ⅰ中N中被Fe还原为N，Fe被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol N氧化1 mol Fe，同时生成1 mol N，根据A选项可知，1 mol N可以氧化3 mol Fe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1∶3，C错误；根据C选项分析可知，将a mol N完全转化为N至少需要a mol＋3a mol＝4a mol的铁，D正确。
6.NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为Mn＋N＋Mn2＋＋N＋H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
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
解析：C N中N元素的化合价升高，N被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2Mn＋5N＋6H＋2Mn2＋＋5N＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
7.铁氰化钾为深红色晶体，俗称“赤血盐”，常用来检验Fe2＋，碱性条件下可发生反应：4K3[Fe（CN）6]＋4KOH4K4[Fe（CN）6]＋O2↑＋2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A.该反应中K3[Fe（CN）6]表现氧化性，被还原
B.K3[Fe（CN）6]溶液加入含有Fe2＋的溶液中，生成的蓝色沉淀中铁元素存在两种价态
C.KOH作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.4 mol电子
D.0.1 mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下560 mL O2
解析：C 该反应中铁元素化合价从＋3价降低为 ＋2 价，K3[Fe（CN）6]作氧化剂，被还原，A正确；生成的蓝色沉淀Fe3[Fe（CN）6]2中铁元素存在＋2、＋3两种价态，B正确；KOH作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.8 mol电子，C错误；0.1 mol 铁氰化钾参与反应时，生成0.025 mol O2，标准状况下的体积为560 mL，D正确。
8.某离子反应涉及H＋、Bi3＋、Mn、Bi、Mn2＋、H2O六种微粒。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2∶5
C.反应后溶液的pH值增大
D.若有1 mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5 mol
解析：A c（Mn）随反应进行逐渐增大，Mn应是生成物，则Mn2＋为反应物，Mn元素化合价升高，具有氧化性的Bi为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3＋是生成物，则反应的方程式应为5Bi＋2Mn2＋＋14H＋5Bi3＋＋2Mn＋7H2O，以此解答该题。Mn元素化合价升高，则Mn2＋为还原剂，Bi元素的化合价降低，则Bi为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，A错误；由反应知，氧化剂是Bi，氧化产物是Mn，则氧化性：Bi＞Mn，B正确；由反应知，反应消耗H＋，pH值增大，C正确；Mn元素化合价由＋2价升高到＋7价，则若有1 mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7－2）×1 mol＝5 mol，D正确。
9.过二硫酸是一种硫的含氧酸，化学式H2S2O8，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（ ）
Ⅰ.Cr3＋＋S2＋H2O Cr2＋S＋H＋
Ⅱ.Cr3＋＋Mn＋H2OCr2＋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
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：D 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：2Cr3＋＋3S2＋7H2O Cr2＋6S＋14H＋，Cr3＋是还原剂，S2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：10Cr3＋＋6Mn＋11H2O5Cr2＋6Mn2＋＋22H＋，每生成5 mol Cr2转移30 mol电子，每生成1 mol Cr2，转移电子的物质的量为6 mol，C正确；反应Ⅰ中消耗10 mol Cr3＋，消耗 15 mol 氧化剂；反应Ⅱ中消耗10 mol Cr3＋，消耗 6 mol 氧化剂，则消耗Cr3＋的物质的量相同时，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15∶6＝5∶2，D错误。
10.As元素有＋2、＋3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A.反应Ⅰ中若0.5 mol As4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2
B.从反应Ⅱ可以推出亚砷酸（H3AsO3）的酸酐为As2O3
C.反应Ⅲ属于非氧化还原反应
D.反应Ⅳ中，As2S3和Sn2＋恰好完全反应时，其物质的量之比为2∶1
解析：D As4S4中As为＋2价，S为－2价，经过反应Ⅰ，As4S4转变为As2O3，As元素化合价升高到＋3，当0.5 mol As4S4反应时，As转移电子的物质的量为0.5×（3－2）×4＝2 mol，S转移电子的物质的量为14 mol－2 mol＝12 mol，S的化合价也升高，设为x，则0.5 mol×[x－（－2）]×4＝12 mol，x＝4，故a为二氧化硫，A正确；反应Ⅱ中As2O3与水反应仅生成H3AsO3，即As2O3是H3AsO3的酸酐，B正确；反应Ⅲ中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应Ⅳ发生的反应为2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋2H2S＋2Sn4＋＋As4S4，As2S3和Sn2＋的物质的量之比为 1∶1，D错误。
11.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）
解析：D 6H＋＋2Mn＋5H2O22Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，高锰酸钾与双氧水反应生成氧气，H2O2中－1价的O原子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，A错误；根据分析可知四个反应中Na2S＋H2SO4Na2SO4＋H2S↑不是氧化还原反应，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，C错误；4Na2SO33Na2SO4＋Na2S，由反应可知4Na2SO3～6e－，若0.1 mol Na2SO3完全反应，转移电子的物质的量为0.15 mol，即转移0.15NA个电子，D正确。
12.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O，现将一定量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A.图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
C.根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D.根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol
解析：D 根据题干中方程式可知：Mn 的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n（Fe3＋）不变，说明Mn 先氧化I－，A正确；Mn 反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n（Fe3＋）减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75 mol，故被还原的n（Fe3＋）为0.75 mol，再根据得失电子守恒，生成0.75 mol Fe3＋需0.15 mol Mn ，加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol，C正确，D不正确。
二、非选择题：本题包括3个小题。
13.氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
（1）常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HP转化为Ca10（PO4）6（OH）2沉淀除去，该反应的离子方程式为 。
解析：Ca（OH）2与HP反应产生Ca10（PO4）6（OH）2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2＋＋8OH－＋6HPCa10（PO4）6（OH）2↓＋6H2O。
答案：10Ca2＋＋8OH－＋6HPCa10（PO4）6（OH）2↓＋6H2O
（2）除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd－Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0～6.0时，可直接用H2将N还原为N2，该反应的离子方程式为
。
研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，N的去除效果比只用H2时更好，其原因是
。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将N还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
。
解析：①在pH为4.0～6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将N还原为N2，反应的离子方程式为2N＋5H2＋2H＋N2＋6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离产生H＋，有利于pH维持在4.0～6.0，便于H2还原N；②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将N还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为5Fe＋12H＋＋2N5Fe2＋＋N2↑＋6H2O，可知在该反应中氧化产物Fe2＋与还原产物N2的物质的量之比为5∶1。
答案：①2N＋5H2＋2H＋N2＋6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H＋，有利于pH维持在4.0～6.0 ②5∶1
（3）实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中（2NH3＋3ClO－N2＋3H2O＋3Cl－），pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是 。
解析：ClO－具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO－氧化性越强，pH越大，ClO－的氧化性越弱；当pH大于9时，溶液碱性较强，则ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
答案：pH大于9时，ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3
14.铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：
（1）上述各步反应中属于氧化还原反应的是 （填序号）。
解析：①中铬元素化合价由＋6价降至＋3价，④中铬元素化合价由＋3价升至＋6价。
答案：①④
（2）第①步，含Cr2的废水在酸性条件下用绿矾（FeSO4·7H2O）处理，写出并配平反应的离子方程式：
。
解析：亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。
答案：Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（3）第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有 、
（写化学式）。已知Cr（OH）3性质类似Al（OH）3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr（OH）3的离子方程式： 、 。
解析：加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr（OH）3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr（OH）3＋NaOHNaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2OCr（OH）3↓＋NaHCO3。
答案：Fe（OH）3 CaSO4 Cr（OH）3＋OH－Cr＋2H2O Cr＋CO2＋2H2OCr（OH）3↓＋HC
①Cr2＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2＋I2S4＋2I－
准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为 （保留四位有效数字）。
解析：根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝6n（K2Cr2O7），c（Na2S2O3）＝＝0.100 0 mol·L－1。
答案：0.100 0 mol·L－1
（4）回收所得的Cr（OH）3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
15.碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为
，
生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比＝1.5时，氧化产物为 ；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是 。
解析：①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－＞Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2I2＋FeCl2；若＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl22FeCl3＋2I2；当＞1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。
答案：①2AgI＋Fe2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_________________________________________________
。
解析：NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是I＋3HS3S＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋I＋6H＋3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2I＋5HSI2＋5S＋H2O＋3H＋。
答案： 2I＋5HSI2＋5S＋H2O＋3H＋
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为 mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。
解析：由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol；的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。
答案： 4 防止单质碘析出
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第四节 氧化还原反应方程式的配平与计算
1.能从元素价态的角度，依据氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化。
2.能利用得失电子守恒法进行氧化还原反应方程式的配平和计算。
3.掌握质量守恒定律及其应用。
目录
CONTENTS
1.夯实·必备知识
2.突破·关键能力
3.形成·学科素养
4.体现·核心价值
5.评价·核心素养
01
夯实·必备知识
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1.（1） H2S＋ KMnO4＋ H2SO4 K2SO4＋ MnSO4＋ S↓＋ H2O。
答案：5 2 3 1 2 5 8
（2） KI＋ KIO3＋ H2SO4 I2＋ K2SO4＋ H2O。
答案：5 1 3 3 3 3
正向配平法（氧化剂、还原剂中某
元素化合价全变）
该类方程式一般从左边反应物着手，按以下五个步骤配平。
2.（1） KClO KCl＋ KClO3。
答案：3 2 1
（2） I2 ＋ NaOH NaI＋ NaIO3＋ H2O。
答案：3 6 5 1 3
逆向配平（自身氧化还原反应，
包括分解、歧化等）
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，然后确定反应物的化学计量数。如：
3＋6KOH（热、浓）2K2 ＋ 3H2O ＋ K2O3
化合价降低2×2 化合价升高4
由于S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.（1） Cl＋ Fe2＋＋ Cl－＋ Fe3＋＋ 。
答案：1 6 6H＋ 1 6 3H2O
（2） Mn＋ N＋ Mn2＋＋ N＋ H2O。
答案：2 5 6H＋ 2 5 3
缺项配平类（缺少某些反应物或生成物，
一般为水、H＋或OH－）
（1）配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
（2）补项原则
条件 补项原则
酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H2O
碱性条件下 缺H或多O补H2O，少O补OH－
4.（1） FeS2＋ O2 Fe2O3＋ SO2。
答案：4 11 2 8
（2） P＋ CuSO4＋ H2O Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4。
答案：11 15 24 5 6 15
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）
以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数看作一个整体，再用一般方法进行配平。
如Cu2S＋HNO3Cu（NO3）2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
配平得3Cu2S＋22HNO36Cu（NO3）2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
1.配平下列方程式。
（1） Mn＋ Fe2＋＋ H＋ Mn2＋＋ Fe3＋＋ H2O。
答案：1 5 8 1 5 4
（2） ClO－＋ Fe（OH）3＋ Cl－＋ Fe＋ H2O。
答案：3 2 4OH－ 3 2 5
（4） LiCoO2＋ H2SO4＋ H2O2 Li2SO4＋ CoSO4＋ O2↑＋ 。
答案：2 3 1 1 2 1 4H2O
（3） P4＋ KOH＋ H2O K3PO4＋ PH3。
答案：2 9 3 3 5
2.按要求完成下列方程式。
（1）KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
答案：2Mn＋3Mn2＋＋2H2O5MnO2↓＋4H＋
（2）在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为 。
答案：4H＋＋5ClCl－＋4ClO2↑＋2H2O
（3）PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为 。
答案：PbO＋ClO－PbO2＋Cl－
（4）写出硫酸亚铁高温分解生成SO2、SO3的化学方程式： 。
答案：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
（5）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为
。
答案：4Ag＋4NaClO＋2H2O4AgCl＋4NaOH＋O2↑
考点二 守恒思想在化学计算中的应用
1.24 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，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）
A.＋2 B.＋3
考查两元素之间得失电子守恒的计算
解析：B 题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，而Cr元素的化合价将从＋6→＋n（设化合价为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。
C.＋4 D.＋5
2.双氧水溶液中的H2O2的含量可以用KMnO4溶液进行测定，反应中H2O2被氧化为O2，Mn被还原为X（X可能是Mn、MnO2、Mn3O4或Mn2＋中的一种）。若H2O2与KMnO4反应的物质的量之比为5∶2，下列说法不正确的是（ ）
A.H2O2中的O化合价为－1
B.KMnO4是还原剂
C.氧化性：KMnO4＞O2
D.X为Mn2＋
解析：B H2O2被氧化为O2，O元素化合价由－1价升高到0价，Mn中Mn元素化合价为＋7价，为氧化剂，设还原后的Mn的化合价为x价，氧化剂、还原剂得失电子数目相等，则5×2×[0－（－1）]＝2×（7－x），x＝2，则应生成Mn2＋，且反应中高锰酸钾为氧化剂，氧气为氧化产物，则氧化性：KMnO4＞O2。
守恒法解题的思维流程
（1）一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。
（3）三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
n（氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值＝n（还原剂）×变价原子个数×化合价变化值。
3.在反应3BrF3＋5H2O9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为（ ）
A.1 mol D.2 mol
解析：C 设被水还原的溴（BrF3）的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
考查多元素之间得失电子守恒的计算
4.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是（ ）
A.FeS2既是氧化剂也是还原剂
B.CuSO4在反应中被还原
C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D.14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
解析：C 方程式中的化合价变化：14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高得到3个S中＋6价的S（生成物中有17个硫酸根离子，其中有14个来自反应物中的硫酸铜）。反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A正确；硫酸铜中Cu的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C错误；14 mol CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 mol，FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1 mol FeS2会失去14 mol电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2，D正确。
1.已知M2可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2的还原产物中，M为＋3价；又知c（M2 ）＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c（R2－）＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为（ ）
A.4 B.5 C.6 D.7
解析：D n（M2）＝0.3 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，n（R2－）＝0.6 mol×0.15 L＝0.09 mol，反应中M化合价降低到＋3价，R元素化合价升高到0价。设M2中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有（n－1－3）×0.03 mol×2＝（2－0）×0.09 mol，解得n＝7，D正确。
2.工业上可用铁盐溶液溶解黄铁矿（主要成分为FeS2），发生如图过程。下列说法中错误的是（ ）
A.过程Ⅰ每溶解120 g FeS2，理论上消耗6 mol Fe3＋
D.反应过程中鼓入大量的空气有利于反应的进行
解析：B 在过程Ⅰ中发生反应，使转化为S2，S元素化合价由反应前－1价变为反应后 ＋2价，1 mol 失去6 mol电子，每溶解120 g即1 mol FeS2，反应转移6 mol电子，根据得失电子守恒可知需消耗6 mol Fe3＋，A正确；在过程Ⅱ中Fe3＋将S2氧化为S，S元素化合价由反应前＋2价变为反应后的＋6价，每1 mol S2反应产生2 mol S转移8 mol电子，则产生1 mol S 转移4 mol 电子，B错误；总反应方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O2S＋15Fe2＋＋16H＋，C正确；反应过程中鼓入大量的空气，可以将其中S元素氧化为SO2，将＋2价Fe氧化为Fe3＋，在溶液中Fe3＋进一步把SO2氧化为S，可见鼓入足量空气有利于反应的进行，D正确。
3.已知反应：10AgF＋5Cl2＋5H2O9AgCl＋AgClO3＋10HF＋O2。下列关于该反应的叙述不正确的是（ ）
A.该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为9∶5
C.每产生1 mol O2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2 mol
解析：B 该反应的氧化剂为的氯气，还原剂为的氯气和的水，A、D项正确；当反应中有9 mol电子转移时，被还原的氯气为4.5 mol，故当反应中有1 mol电子转移时，被还原的氯气为0.5 mol，B项错误；产生1 mol氧气，氧元素转移4 mol电子，被氧元素还原的氯气为2 mol，C项正确。
02
突破·关键能力
信息型氧化还原反应方程式的书写
1.某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu。
（1）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为
。
解析：Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2。
答案：2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2
解析：因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。
答案：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O
（2）生成气体A的离子方程式为 。
2.以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe（NH4）Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
（1）红渣的主要成分为 （填化学式），滤渣①的主要成分为 （填化学式）。
解析：已知黄铁矿高温焙烧生成Fe2O3，反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，故产生的红渣的主要成分为Fe2O3，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充分酸浸，反应原理为Fe2O3＋3H2SO4Fe2（SO4）3＋3H2O，过滤出滤渣①，其主要成分为SiO2。
答案：Fe2O3 SiO2
回答下列问题：
（2）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。
解析：还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为S，反应原理为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O15Fe2＋＋2S＋16H＋，故化学方程式为7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4。
答案：7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O15FeSO4＋8H2SO4
（3）沉铁工序产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 __________________
。
解析：沉铁工序中产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为＋2价，由分析可知，氧化工序所发生反应的离子方程式为6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋Cl＋6H＋6Fe（NH4）Fe（CN）6＋3H2O＋Cl－＋6N。
答案：＋2 6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋Cl＋6H＋6Fe（NH4）Fe（CN）6＋3H2O＋Cl－＋6N
信息型氧化还原反应方程式的书写“五”步骤
（1）细致分析新信息或流程图，确定反应物和部分生成物。
（2）依据元素化合价的变化及物质氧化性、还原性确定氧化产物或还原产物。
（3）书写“残缺”方程式“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”，并利用化合价升降总数相等，先配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。
（4）根据电荷守恒、体系环境补充其他反应物或生成物配平。“补项”的一般原则为：
①酸性条件下：首先考虑补H＋生成水，也可能补H2O生成H＋ ；
②碱性条件下：首先考虑补OH－生成水，也可能补H2O生成OH－；
③切勿出现补H＋生成OH－或补OH－生成H＋的错误状况。
（5）检查是否满足质量守恒，勿漏反应条件。
1.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应（氧化剂和还原剂为同一种物质的反应）。上述制备Cl2O的化学方程式为 。
解析：根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgOHgCl2＋Cl2O。
答案：2Cl2＋HgOHgCl2＋Cl2O
（2）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3 的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成 1 mol ClO2消耗NaClO2的量为 mol；产生“气泡”的化学方程式为 。
解析：结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是因为NaHCO3与NaHSO4反应产生CO2气体。
答案：1.25 NaHCO3＋NaHSO4CO2↑＋Na2SO4＋H2O
2.工业上用废钯催化剂（主要成分为Pd，还含有少量Al2O3）回收Pd及Al2（SO4）3的流程如图。
已知：“酸浸”和“中和”过程中所得含钯化合物分别为H2PdCl6、（NH4）2PdCl6；其中H2PdCl6为可溶性弱酸，（NH4）2PdCl6为难溶性固体。
（1）“焙烧”时，Al2O3与（NH4）2SO4反应的化学方程式为 。
解析： “焙烧”时，Al2O3与（NH4）2SO4反应，生成NH3、Al2（SO4）3、H2O，该反应的化学方程式为3（NH4）2SO4＋Al2O3Al2（SO4）3＋6NH3↑＋3H2O↑。
答案：3（NH4）2SO4＋Al2O3Al2（SO4）3＋6NH3↑＋3H2O↑
。
解析：滤渣Pd加入浓硝酸和浓盐酸进行酸浸生成NO2，发生反应为Pd＋6HCl＋4HNO3H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O，该反应的离子方程式为Pd＋4N＋6Cl－＋10H＋H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O。
答案：Pd＋4N＋6Cl－＋10H＋H2PdCl6＋4NO2↑＋4H2O
（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为
3.NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取 NiSO4·6H2O步骤如图：
已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为 ＋2价。
（1）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是 。
解析：加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe及Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ni2＋，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2＋，同时把存在的Fe2＋氧化为Fe3＋。
答案：使Fe2＋氧化成Fe3＋，使镍元素完全转化成Ni2＋
（2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式 。
解析： “除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋。
答案：6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋
（3）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为_________________________________________
。 。
解析：NaClO 具有强氧化性，Cl元素由＋1价降低到－1价，Ni元素由NiSO4中＋2价升高到NiOOH中的＋3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O。
答案：2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O
03
形成·学科素养
1.据统计，城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。
下列判断正确的是（ ）
A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为5∶8
B.若氧化产物比还原产物多1.4 mol，则转移电子为1 mol
C.每生成1.6 mol N2，则有0.2 mol KNO3被氧化
D.NaN3是只含有离子键的离子化合物
解析：B KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶＝2∶3，A错误；由反应可知，转移10 mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol，则氧化产物比还原产物多1.4 mol时转移电子为1 mol，B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，D错误。
2.二氧化氯（ClO2）是一种安全高效的消毒剂，可在极低的浓度下杀灭病毒。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
（1）草酸（H2C2O4）是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为 ___________________________ 。
解析：H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式为H2C2O4＋2Cl＋2H＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
答案：H2C2O4＋2Cl＋2H＋2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
（2）自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测（已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，Cl存在于中性溶液中）：
①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式： 。
②已知：2Na2S2O3＋I2Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是 ，
该水样中ClO2的浓度是 mg·L－1。
解析：①由题中信息可知，Cl存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为Cl，反应的化学方程式为2ClO2＋2KI2KClO2＋I2。②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有n（ClO2）＝n（Na2S2O3）＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m（ClO2）＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是＝1.35 mg·L－1。
答案：①2ClO2＋2KI2KClO2＋I2 ②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 1.35
04
体现·核心价值
1.（2022·湖南高考）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N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（ ）
B.a和b中转移的e－数目相等
解析：D 图解剖析
过程Ⅰ发生的是还原反应，A项错误；由以上分析知，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（N）之比为1∶1，C项错误；由图知，总反应为N＋NN2↑＋2H2O，D项正确。
2.（2021·湖南高考）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.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
解析：A 根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，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I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I的存在，D正确。
3.（2022·广东高考·节选）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化学方程式：
（NH4）2Cr2O7Cr2O3＋ ＋ 。
解析：根据化学方程式中反应前后Cr的化合价降低，且反应生成无污染气体，推出生成的无污染气体为N2，根据Cr和N得失电子守恒配平反应，确定（NH4）2Cr2O7、Cr2O3和N2前的化学计量数均为1，再由H、O原子守恒，确定另一产物为H2O，且H2O前的化学计量数为4。
答案：N2↑ 4H2O
4.（2022·全国甲卷·节选）硫酸锌（ZnSO4）是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为____________________________。
答案：ZnCO3 ZnO＋ CO2↑
（2）向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_____________________。
答案：3Fe2＋＋Mn＋7H2O3Fe（OH）3↓＋MnO2↓＋5H＋
05
评价·核心素养
一、选择题：本题包括12个小题，每小题仅有1个选项符合题意。
1.已知反应：aFeSO4＋bNa2O2cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，已知a＝2，下列关于该反应的说法正确的是（ ）
A.3a＝b
B.氧化性：Na2O2＜Na2FeO4
C.每生成1 mol Na2FeO4，反应有4 mol电子转移
D.每消耗3 mol Na2O2，产生1 mol O2
解析：A 根据Fe元素和S元素守恒可知：a＝c＝d，根据Na元素守恒可知：b＝2＋c＋d，又a＝2，故b＝6，A正确；在该反应中Na2O2为氧化剂，Na2FeO4为氧化产物，所以物质的氧化性：Na2O2＞Na2FeO4，B错误；根据选项A分析，结合原子守恒可知方程式为2FeSO4＋6Na2O22Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，每生成1 mol Na2FeO4，反应中共有5 mol电子转移，C错误；根据C项分析，每消耗6 mol Na2O2，反应产生1 mol O2，D错误。
2.甲酸钙[（HCOO）2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca（OH）2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是（ ）
A.反应温度不宜过高
B.该反应中被还原的元素只有O
C.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D.每生成26 g （HCOO）2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
解析：D 反应温度过高会导致H2O2分解，甲醛在水中的溶解度也会随温度的升高而降低，因此反应温度不宜过高，A正确；在该反应中H2O2中的O元素化合价由－1价变为－2价，得到电子被还原，HCHO中的C元素化合价升高，失去电子被氧化，B正确；HCHO为还原剂，H2O2为氧化剂，结合反应HCHO＋H2O2HCOOH＋H2O可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；制取甲酸钙的化学方程式为Ca（OH）2＋2HCHO＋2H2O2（HCOO）2Ca＋4H2O，根据方程式可知，每生成1 mol （HCOO）2Ca，反应过程中转移4 mol电子，现在反应生成26 g （HCOO）2Ca，其物质的量n＝＝0.2 mol，则反应过程中转移电子的物质的量n（e－）＝0.2 mol×4＝0.8 mol，D错误。
3.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3＋3ClO－＋4OH－ 2R＋3Cl－＋5H2O。则R中R的化合价是（ ）
A.＋3 B.＋4
C.＋5 D.＋6
解析：D 根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根据化合价规则判断R中R的化合价为＋6。
4.在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为（ ）
A.1∶1∶1 B.3∶1∶1
C.1∶3∶3 D.6∶3∶2
解析：B 反应中只有氯气是氧化剂，3个反应转移电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1 mol，根据2HI＋Cl22HCl＋I2，n（HI）＝2 mol，根据2Fe＋3Cl22FeCl3，n（Fe）＝ mol，根据2FeBr2＋3Cl22FeCl3＋2Br2，n（FeBr2）＝1 mol×＝ mol，故n（HI）∶n（Fe）∶n（FeBr2）＝2 mol∶ mol∶ mol＝3∶1∶1。
5.在酸性环境中，纳米Fe/Ni去除N的反应过程（Ni不参与反应）如图所示，下列有关说法不正确的是（ ）
B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，可提高NO的去除效果
C.假设反应过程都能彻底进行，反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3∶1
解析：C 据图可知反应ⅱ中N被Fe还原为N，根据得失电子守恒、质量守恒可得离子方程式为N＋3Fe＋8H＋N＋3Fe2＋＋2H2O，A正确；增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量，即增大反应物间的接触面积，可提高N的去除效果，B正确；反应ⅰ中N中被Fe还原为N，Fe被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol N氧化1 mol Fe，同时生成1 mol N，根据A选项可知，1 mol N可以氧化3 mol Fe，所以反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为1∶3，C错误；根据C选项分析可知，将a mol N完全转化为N至少需要a mol＋3a mol＝4a mol的铁，D正确。
6.NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为Mn＋N＋Mn2＋＋N＋H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（ ）
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
解析：C N中N元素的化合价升高，N被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2Mn＋5N＋6H＋2Mn2＋＋5N＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
7.铁氰化钾为深红色晶体，俗称“赤血盐”，常用来检验Fe2＋，碱性条件下可发生反应：4K3[Fe（CN）6]＋4KOH4K4[Fe（CN）6]＋O2↑＋2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A.该反应中K3[Fe（CN）6]表现氧化性，被还原
B.K3[Fe（CN）6]溶液加入含有Fe2＋的溶液中，生成的蓝色沉淀中铁元素存在两种价态
C.KOH作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.4 mol电子
D.0.1 mol铁氰酸钾参与反应时，生成标准状况下560 mL O2
解析：C 该反应中铁元素化合价从＋3价降低为 ＋2 价，K3[Fe（CN）6]作氧化剂，被还原，A正确；生成的蓝色沉淀Fe3[Fe（CN）6]2中铁元素存在＋2、＋3两种价态，B正确；KOH作还原剂，0.4 mol KOH被氧化时，转移0.8 mol电子，C错误；0.1 mol 铁氰化钾参与反应时，生成0.025 mol O2，标准状况下的体积为560 mL，D正确。
8.某离子反应涉及H＋、Bi3＋、Mn、Bi、Mn2＋、H2O六种微粒。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2∶5
C.反应后溶液的pH值增大
D.若有1 mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为5 mol
解析：A c（Mn）随反应进行逐渐增大，Mn应是生成物，则Mn2＋为反应物，Mn元素化合价升高，具有氧化性的Bi为反应物，由Bi元素守恒可知Bi3＋是生成物，则反应的方程式应为5Bi＋2Mn2＋＋14H＋5Bi3＋＋2Mn＋7H2O，以此解答该题。Mn元素化合价升高，则Mn2＋为还原剂，Bi元素的化合价降低，则Bi为氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，A错误；由反应知，氧化剂是Bi，氧化产物是Mn，则氧化性：Bi＞Mn，B正确；由反应知，反应消耗H＋，pH值增大，C正确；Mn元素化合价由＋2价升高到＋7价，则若有1 mol还原剂参加反应，转移电子的物质的量为（7－2）×1 mol＝5 mol，D正确。
9.过二硫酸是一种硫的含氧酸，化学式H2S2O8，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（ ）
Ⅰ.Cr3＋＋S2＋H2O Cr2＋S＋H＋
Ⅱ.Cr3＋＋Mn＋H2OCr2＋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
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：D 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：2Cr3＋＋3S2＋7H2O Cr2＋6S＋14H＋，Cr3＋是还原剂，S2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：10Cr3＋＋6Mn＋11H2O5Cr2＋6Mn2＋＋22H＋，每生成5 mol Cr2转移30 mol电子，每生成1 mol Cr2，转移电子的物质的量为6 mol，C正确；反应Ⅰ中消耗10 mol Cr3＋，消耗 15 mol 氧化剂；反应Ⅱ中消耗10 mol Cr3＋，消耗 6 mol 氧化剂，则消耗Cr3＋的物质的量相同时，Ⅰ和Ⅱ中消耗的氧化剂的物质的量之比为15∶6＝5∶2，D错误。
10.As元素有＋2、＋3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A.反应Ⅰ中若0.5 mol As4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2
B.从反应Ⅱ可以推出亚砷酸（H3AsO3）的酸酐为As2O3
C.反应Ⅲ属于非氧化还原反应
D.反应Ⅳ中，As2S3和Sn2＋恰好完全反应时，其物质的量之比为2∶1
解析：D As4S4中As为＋2价，S为－2价，经过反应Ⅰ，As4S4转变为As2O3，As元素化合价升高到＋3，当0.5 mol As4S4反应时，As转移电子的物质的量为0.5×（3－2）×4＝2 mol，S转移电子的物质的量为14 mol－2 mol＝12 mol，S的化合价也升高，设为x，则0.5 mol×[x－（－2）]×4＝12 mol，x＝4，故a为二氧化硫，A正确；反应Ⅱ中As2O3与水反应仅生成H3AsO3，即As2O3是H3AsO3的酸酐，B正确；反应Ⅲ中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应Ⅳ发生的反应为2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋2H2S＋2Sn4＋＋As4S4，As2S3和Sn2＋的物质的量之比为 1∶1，D错误。
11.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）
解析：D 6H＋＋2Mn＋5H2O22Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，高锰酸钾与双氧水反应生成氧气，H2O2中－1价的O原子失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，A错误；根据分析可知四个反应中Na2S＋H2SO4Na2SO4＋H2S↑不是氧化还原反应，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，C错误；4Na2SO33Na2SO4＋Na2S，由反应可知4Na2SO3～6e－，若0.1 mol Na2SO3完全反应，转移电子的物质的量为0.15 mol，即转移0.15NA个电子，D正确。
12.已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O，现将一定量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是（ ）
A.图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
C.根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol
D.根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol
解析：D 根据题干中方程式可知：Mn 的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n（Fe3＋）不变，说明Mn 先氧化I－，A正确；Mn 反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n（Fe3＋）减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75 mol，故被还原的n（Fe3＋）为0.75 mol，再根据得失电子守恒，生成0.75 mol Fe3＋需0.15 mol Mn ，加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol，C正确，D不正确。
二、非选择题：本题包括3个小题。
13.氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
（1）常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HP转化为Ca10（PO4）6（OH）2沉淀除去，该反应的离子方程式为 。
解析：Ca（OH）2与HP反应产生Ca10（PO4）6（OH）2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2＋＋8OH－＋6HPCa10（PO4）6（OH）2↓＋6H2O。
答案：10Ca2＋＋8OH－＋6HPCa10（PO4）6（OH）2↓＋6H2O
（2）除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd－Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0～6.0时，可直接用H2将N还原为N2，该反应的离子方程式为
。
研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，N的去除效果比只用H2时更好，其原因是
。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将N还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为
。
解析：①在pH为4.0～6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将N还原为N2，反应的离子方程式为2N＋5H2＋2H＋N2＋6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离产生H＋，有利于pH维持在4.0～6.0，便于H2还原N；②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将N还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为5Fe＋12H＋＋2N5Fe2＋＋N2↑＋6H2O，可知在该反应中氧化产物Fe2＋与还原产物N2的物质的量之比为5∶1。
答案：①2N＋5H2＋2H＋N2＋6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H＋，有利于pH维持在4.0～6.0 ②5∶1
（3）实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中（2NH3＋3ClO－N2＋3H2O＋3Cl－），pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是 。
解析：ClO－具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO－氧化性越强，pH越大，ClO－的氧化性越弱；当pH大于9时，溶液碱性较强，则ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
答案：pH大于9时，ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3
14.铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：
（1）上述各步反应中属于氧化还原反应的是 （填序号）。
解析：①中铬元素化合价由＋6价降至＋3价，④中铬元素化合价由＋3价升至＋6价。
答案：①④
（2）第①步，含Cr2的废水在酸性条件下用绿矾（FeSO4·7H2O）处理，写出并配平反应的离子方程式：
。
解析：亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。
答案：Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（3）第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr（OH）3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr（OH）3外，还有 、
（写化学式）。已知Cr（OH）3性质类似Al（OH）3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr（OH）3的离子方程式： 、 。
解析：加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr（OH）3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr（OH）3＋NaOHNaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2OCr（OH）3↓＋NaHCO3。
答案：Fe（OH）3 CaSO4 Cr（OH）3＋OH－Cr＋2H2O Cr＋CO2＋2H2OCr（OH）3↓＋HC
①Cr2＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2＋I2S4＋2I－
准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为 （保留四位有效数字）。
解析：根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝6n（K2Cr2O7），c（Na2S2O3）＝＝0.100 0 mol·L－1。
答案：0.100 0 mol·L－1
（4）回收所得的Cr（OH）3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
15.碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为
，
生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比＝1.5时，氧化产物为 ；当＞1.5后，单质碘的收率会降低，原因是 。
解析：①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－＞Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2I2＋FeCl2；若＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl22FeCl3＋2I2；当＞1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。
答案：①2AgI＋Fe2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_________________________________________________
。
解析：NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是I＋3HS3S＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋I＋6H＋3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2I＋5HSI2＋5S＋H2O＋3H＋。
答案： 2I＋5HSI2＋5S＋H2O＋3H＋
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为 mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。
解析：由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol；的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。
答案： 4 防止单质碘析出
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