第5讲 氧化还原反应方程式的配平及计算
[复习目标] 1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。
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
一、常规氧化还原反应方程式的配平
1.(1) HCl(浓)+ MnO2 Cl2↑+ MnCl2+ H2O
(2) Cu+ HNO3(稀) Cu(NO3)2+ NO↑+ H2O
(3) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+ K2SO4+ H2O
(4) S+ KOH K2S+ K2SO3+ H2O
(5) Mn+ H++ Cl- Mn2++ Cl2↑+ H2O
(6) Mn+ H2O2+ H+ Mn2++ O2↑+ H2O
(7) C2+ Mn+ H+ CO2↑+ Mn2++ H2O
(8) C2H6O+ KMnO4+ H2SO4 K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O
常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
二、缺项氧化还原反应方程式的配平
2.(1) ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-+ Fe+ H2O
(2) Mn2++ Cl+ H2O MnO2↓+ Cl2↑+
(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)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++ +
“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平
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，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流程为
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
2.电子守恒法计算的流程
一、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元素在还原产物中的化合价为( )
A.+2 B.+3 C.+4 D.+5
2.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为 。
3.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。
二、电子守恒法在多步反应中的应用
4.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( )
A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44
5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3X+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)
2.下列判断不正确的是 (填字母)。
A.反应2XeF6+4Na++16OH-Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生成1 mol O2，转移6 mol电子(2023·福建，5D)
B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(6)]
C.①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2OCa(OH)2+2H2↑。反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同(2023·北京，12D)
D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 mol H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023(2023·江苏，10D)
3.[2021·河北，15(5)] Fe(CrO2)2+ O2+ NaHCO3 Na2CrO4+ Fe2O3+ CO2+ H2O。
4.[2021·全国甲卷，26(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。
答案精析
考点一
整合必备知识
1.氧化剂 还原剂 升高 种类 个数 总数
2.化合价 相等 质量 电荷 电子
提升关键能力
1.(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4 (3)5 1 3 3 3 3 (4)3 6 2 1 3 (5)2 16 10 2 5 8 (6)2 5 6 2 5 8 (7)5 2 16 10 2 8 (8)5 12 18 6 12 10 33
2.(1)3 2 4OH- 3 2 5 (2)5 2 4 5 1 8H+
(3)Al2O3+3C+N22AlN+3CO
(4)5 2 14 H+ 5 5 2 Mn 7 H2O
考点二
提升关键能力
1.B
2.5
3.1.5 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：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。
4.B
5.A [由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2×=0.15 mol。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol，则V(NaOH)==0.06 L=60 mL。]
练真题 明考向
1.C
2.CD
解析 A项，由化学方程式可知，生成1 mol O2，转移6 mol电子；B项，BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑；C项，由反应知：①O2~2e-，②H2~e-，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2；D项，由化学方程式可知，2H2S~8e-，则消耗1 mol H2S转移电子的数目为4NA。
3.4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O
4.4(共71张PPT)
化学
大
一
轮
复
习
第一章 第5讲
氧化还原反应方程式的配平及计算
复习目标
1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。
2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。
考点一 氧化还原反应方程式的配平
考点二 电子守恒法计算
课时精练
练真题 明考向
内容索引
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
整合必备知识
氧化剂
还原剂
升高
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
质量
电荷
电子
一、常规氧化还原反应方程式的配平
1.(1) HCl(浓)+ MnO2 Cl2↑+ MnCl2+ H2O
(2) Cu+ HNO3(稀)=== Cu(NO3)2+ NO↑+ H2O
(3) KI+ KIO3+ H2SO4=== I2+ K2SO4+ H2O
(4) S+ KOH=== K2S+ K2SO3+ H2O
(5) Mn+ H++ Cl-=== Mn2++ Cl2↑+ H2O
(6) Mn+ H2O2+ H+=== Mn2++ O2↑+ H2O
提升关键能力
4 1 1 1 2
3 8 3 2 4
5 1 3 3 3 3
3 6 2 1 3
2 16 10 2 5 8
2 5 6 2 5 8
(7) C2+ Mn+ H+=== CO2↑+ Mn2++ H2O
(8) C2H6O+ KMnO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+
CO2↑+ H2O
5 2 16 10 2 8
5 12 18 6 12
10 33
常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
归
纳
总
结
二、缺项氧化还原反应方程式的配平
2.(1) ClO-+ Fe(OH)3+ === Cl-+ Fe+ H2O
(2) Mn2++ Cl+ H2O=== MnO2↓+ Cl2↑+
(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+
3 2 4OH- 3 2 5
5 2 4 5 1 8H+
答案 Al2O3+3C+N2 2AlN+3CO
根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
(4)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 14 H+ 5 5 2
7
Mn
H2O
“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平
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，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流程为
归
纳
总
结
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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
2.电子守恒法计算的流程
整合必备知识
一、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元素在还原产物中的化合价为
A.+2 B.+3 C.+4 D.+5
√
提升关键能力
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S元素的化合价从+4→+6，Cr元素的化合价将从+6→+n。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得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.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为 。
5
Na2x→xNa2O4，NaO→Na，由得失电子守恒得关系式1×[6-]·x=16×2，解得x=5。
3.在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+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。
1.5
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：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、电子守恒法在多步反应中的应用
4.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生
8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于
A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44
√
反应流程为
x g=17.02 g-m(OH-)，
而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即：
n(OH-)=×1+×2×1=0.46 mol，所以x g=17.02 g-0.46 mol
×17 g·mol-1=9.20 g。
5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是
A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL
√
由题意可知，HNO3 ，则Cu失去电子的物质的量与O2得到
电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2×=0.15 mol。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=
2n(Cu)=0.3 mol，则V(NaOH)==0.06 L=60 mL。
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LIANZHENTI MINGKAOXIANG
练真题 明考向
1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3—→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)
√
由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，A不正确；
该反应中CH3OH是还原剂，O3有强氧化性，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；
该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6价，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5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；
生成1 mol CO2气体转移6 mol电子，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L
(0.5 mol)，反应转移的电子数为3NA，D不正确。
2.下列判断不正确的是 (填字母)。
A.反应2XeF6+4Na++16OH-===Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生
成1 mol O2，转移6 mol电子(2023·福建，5D)
B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的∶nCO为1∶1
[2023·全国甲卷，26(6)]
C.①2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。
反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同
(2023·北京，12D)
D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)===CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 mol
H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023(2023·江苏，10D)
CD
A项，由化学方程式可知，生成1 mol O2，转移6 mol电子；
B项，BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2
BaTiO3+2CO2↑+2CO↑；
C项，由反应知：①O2~2e-，②H2~e-，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2；
D项，由化学方程式可知，2H2S~8e-，则消耗1 mol H2S转移电子的数目为4NA。
3.[2021·河北，15(5)] Fe(CrO2)2+ O2+ NaHCO3 Na2CrO4
+ Fe2O3+ CO2+ H2O。
答案 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3 8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O
同一物质中多元素价态变化，用整体法分析：Fe(CrO2)2中1Fe(+2→+3)，2Cr(+3→+6)，共升高7价。
4.[2021·全国甲卷，26(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。
4
反应方程式为2Cu2++4I-===2CuI↓(白色)+I2，可知若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4 mol。
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KESHIJINGLIAN
课时精练
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D C D B B D
题号 9 10 11 12 13 14 答案 B D C A C C
答案
1
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4
5
6
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13
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16
15.
(1)
(2)NaI (3)I+5I-+6H+===3I2+3H2O
答案
1
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4
5
6
7
8
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12
13
14
15
16
16.
(1)2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl (2)H2
(3)CuH+3H++ N===Cu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O (5)>Cl->VO2+
1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2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
√
1
2
3
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15
16
答案
当1 mol Cr3+被氧化生成0.5 mol Cr2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.(2024·青岛高三检测)高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+
H2O
下列说法正确的是
A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物
B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的
C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成
D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8
√
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2
3
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5
6
7
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答案
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14
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16
该反应中Mn元素化合价由+7价降至+2价，Fe元素化合价由+2价升至+3价，即Mn是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；
FeSO4作还原剂，MnSO4为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+，B错误；反应后的溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，C错误；
配平该氧化还原反应为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===K2SO4+2MnSO4+
5Fe2(SO4)3+8H2O，D正确。
答案
3.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是
A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加
入淀粉溶液一定变蓝
B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3
C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>I
D.一定条件下，I-与I反应可能生成I2
√
1
2
3
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16
答案
4.有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是
A.还原产物为N
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子
D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+
√
1
2
3
4
5
6
7
8
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16
答案
由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++N===8Fe3++N+3H2O。
C项，若有0.5 mol N参与反应，应转移4 mol电子。
5.(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++ +H2O
(未配平)。下列叙述正确的是
A.反应后溶液pH下降
B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液
C.方框中粒子为NO2
D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N
√
1
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答案
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14
15
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答案
该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以Mn是氧化剂，N是还原剂，生成N，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2Mn+5N+6H+===2Mn2++5N+3H2O。反应过程中H+浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；
Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；
根据离子方程式知，生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N，故D正确。
6.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：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是
A.N2 B.N2O C.NO D.NO2
√
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答案
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答案
根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4溶液氧化，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，可得25.00×10-3 L×0.049 mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3 L×0.020 mol·×
5，解得x=+1，故羟胺的氧化产物为N2O。
7.(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是
A.x=4、y=6、z=5
B.x=1、y=5、z=1
C.x=3、y=1、z=2
D.x=2、y=2、z=2
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答案
氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z的数值代入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2×5，故A符合实际反应；
x=1、y=5、z=1时，1+5>2×1，故B不符合实际反应；
x=3、y=1、z=2时，3+1=2×2，故C符合实际反应；
x=2、y=2、z=2时，2+2=2×2，故D符合实际反应。
8.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5S===
2Mn+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是
A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>Mn
C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑
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答案
反应Ⅰ中HNO3未将Pb2+氧化，可证明氧化性：HNO3
根据反应Ⅱ可知氧化性：PbO2>Mn，又知氧化性(酸性条件)：Mn>
Cl2，故D正确。
9.(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+
2H2O，下列关于该反应说法错误的是
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 mol e-转移时，被氧化的HCl为4 mol
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
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氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；
当反应中有2 mol e-转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；
Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；
产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
10.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
下列对该氧化还原反应的离子方程式说法
不正确的是
A.I作氧化剂
B.若1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3
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分析图1、图2可知，Mn2+作还原剂，那么
I作氧化剂，配平后的氧化还原反应的
离子方程式为2Mn2++5I+3H2O===6H++
2Mn+5I，若有1 mol Mn2+参加反应则
转移5 mol 电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6，A、B、C项正确，D项错误。
11.(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
下列有关说法正确的是
A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物
B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等
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配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2+32H+===3Cu2++3S+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2+46H+===
6Cu2++3S+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有S是氧化产物，故A错误；
处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；
反应Ⅱ中，氧化剂为Cr2，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故C正确；
反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子6 mol，则转移电子数相同，故D错误。
12.(2024·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是
A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2>Cl
B.反应(1)中，每生成1 mol Cr2，转移
3 mol电子
C.将反应(2)设计成原电池，Cr2在负极发生反应
D.Ce4+与反应生成Ce3+和Cl时，氧化剂与还原剂的物质的量之比
为1∶2
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氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(1)的氧化剂是Ce4+、氧化产物是Cr2，反应(2)的氧化剂是Cr2、氧化产物是Cl，因此氧化性：Ce4+>Cr2>，A正确；
反应(1)的离子方程式为6Ce4++2Cr3++7H2O===6Ce3++Cr2+14H+，每生成1 mol Cr2，有6 mol电子转移，B错误；
将反应(2)设计成原电池，正极上的电极反应式为Cr2+6e-+14H+===
2Cr3++7H2O，C错误；
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该反应的离子方程式为2Ce4++Cl+H2O===
2Ce3++Cl+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误。
13.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是
A.氧化性：Br2>Fe3+
B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-1
C.n(Cl2)=0.12 mol时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===
2Fe3++Br2+4Cl-
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由题图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯
气，亚铁离子先反应，说明还原性：Fe2+>Br-，
则氧化性：Br2>Fe3+，故A正确；
由通入0.1 mol氯气时，Fe2+恰好被完全氧化
为Fe3+，发生反应：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-，可得原溶液中n(Fe2+)=2×
0.1 mol=0.2 mol，则FeBr2溶液的浓度为=1 mol·L-1，故B正确；
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当通入的n(Cl2)=0.12 mol时，0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为0.2 mol Fe3+，过量的0.02 mol Cl2与0.04 mol Br-反应，溶液中剩余的n(Br-)=
0.4 mol-0.04 mol=0.36 mol，则反应后溶液中
的c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol∶0.36 mol=5∶9，故C错误；n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+，有一半的Br-被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确。
14.(2024·江苏模拟预测)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示，下列说法不正确的是
A.1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含
有过氧键(—O—O—)数目约为
6.02×1023
B.“氧化除锰”过程中生成MnO2
的离子方程式：Mn2++S2+2H2O===MnO2↓+2S+4H+
C.“沉锌”过程的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+
5CO2↑+3(NH4)2SO4
D.“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3
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向含锌废液(主要成分为ZnSO4，
含少量的Fe2+、Mn2+)中加入
Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀
且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向
滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成ZnCO3·2Zn(OH)2。过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)的数目约为6.02×1023，故A正确；
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“氧化除锰”过程中生成MnO2的
离子方程式：Mn2++S2+2H2O
===MnO2↓+2S+4H+，故B
正确；
“沉锌”时溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，故化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓
+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C错误；
据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D正确。
15.已知还原性：HS>I-，氧化性：I>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
NaIO3+ NaHSO3=== I2+ Na2SO4+ H2SO4+ H2O
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(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为 (填化学式)。
NaI
由还原性：HS>I-可知，当NaHSO3溶液过量时，I先被还原成I2，再被还原成I-。
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(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式： ；当溶液
I+5I-+6H+===3I2+3H2O
中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为 mol。
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OA段，随着I的量增加，NaHSO3的量减少，I
被还原成I-：I+3HS===3S+I-+3H+，至A点
恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3
氧化I-的反应：I+6H++5I-===3I2+3H2O。当I-与I2
的物质的量之比为5∶3时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第一个反应生成的I-为x mol，第二个反应
消耗的I-为5y mol，生成的I2为3y mol，故有=5∶3，即x=10y，
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因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，即3x=5，故有x=，y=，故所加入的NaIO3为(x+y) mol= mol。
16.氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧，与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+===Cu2++Cu。
(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式： 。
(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
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答案
2CuH+3Cl2 2CuCl2+2HCl
H2
(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式： 。
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答案
CuH+3H++ N===Cu2++2H2O+NO↑
将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明-1价H被氧化成+1价，对应的产物为水，则CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式为CuH+3H++===Cu2++2H2O+NO↑。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(4)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是____________________
。
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答案
===2VOSO4+K2SO4+2H2O
V2O5+K2SO3+2H2SO4
将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是
。
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答案
>Cl->VO2+
V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该黄绿色气体是氯气，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl-，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，还原性：>Cl->VO2+。
返回第一章 第5练 氧化还原反应方程式的配平及计算
分值：100分
(选择题1~14题，每小题6分，共84分)
1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2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.(2024·青岛高三检测)高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是( )
A.Mn是氧化剂，Fe3+是还原产物
B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的
C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成
D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8
3.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是( )
A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B.途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3
C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>I
D.一定条件下，I-与I反应可能生成I2
4.有Fe3+、Fe2+、N、N、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是( )
A.还原产物为N
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C.若有0.5 mol N参与反应，则转移8 mol电子
D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+
5.(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn+N+H+—→Mn2++ +H2O(未配平)。下列叙述正确的是( )
A.反应后溶液pH下降
B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液
C.方框中粒子为NO2
D.当生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N
6.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：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是( )
A.N2 B.N2O C.NO D.NO2
7.(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是( )
A.x=4、y=6、z=5
B.x=1、y=5、z=1
C.x=3、y=1、z=2
D.x=2、y=2、z=2
8.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5S===2Mn+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是( )
A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>Mn
C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑
9.(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，下列关于该反应说法错误的是( )
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 mol e-转移时，被氧化的HCl为4 mol
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
10.把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是( )
A.I作氧化剂
B.若1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3
11.(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2+H+—→Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、S都是氧化产物
B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子数不相等
12.(2024·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是( )
A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2>Cl
B.反应(1)中，每生成1 mol Cr2，转移3 mol电子
C.将反应(2)设计成原电池，Cr2在负极发生反应
D.Ce4+与反应生成Ce3+和Cl时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
13.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A.氧化性：Br2>Fe3+
B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-1
C.n(Cl2)=0.12 mol时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-
14.(2024·江苏模拟预测)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A.1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)数目约为6.02×1023
B.“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2+2H2O===MnO2↓+2S+4H+
C.“沉锌”过程的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4
D.“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3
15.(7分)已知还原性：HS>I-，氧化性：I>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
NaIO3+ NaHSO3=== I2+ Na2SO4+ H2SO4+ H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为 (填化学式)。
(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式： ；当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为 mol。
16.(9分)氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ.氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧，与稀盐酸反应能生成气体；Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+===Cu2++Cu。
(1)写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式： 。
(2)CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是 (填化学式)。
(3)将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中发生反应的离子方程式： 。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(4)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是 。
(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是 。
答案精析
1.B 2.D 3.D
4.C [由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++N8Fe3++N+3H2O。C项，若有0.5 mol N参与反应，应转移4 mol电子。]
5.D [该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以Mn是氧化剂，N是还原剂，生成N，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2Mn+5N+6H+2Mn2++5N+3H2O。反应过程中H+浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；根据离子方程式知，生成1 mol Mn2+需消耗2.5 mol N，故D正确。]
6.B
7.B [氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2xFe3++Br2+2zCl-中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z的数值代入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2×5，故A符合实际反应；x=1、y=5、z=1时，1+5>2×1，故B不符合实际反应；x=3、y=1、z=2时，3+1=2×2，故C符合实际反应；x=2、y=2、z=2时，2+2=2×2，故D符合实际反应。]
8.D 9.B
10.D [分析图1、图2可知，Mn2+作还原剂，那么I作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式为2Mn2++5I+3H2O6H++2Mn+5I，若有1 mol Mn2+参加反应则转移5 mol 电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6，A、B、C项正确，D项错误。]
11.C [配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2+32H+3Cu2++3S+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2+46H+6Cu2++3S+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有S是氧化产物，故A错误；处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；反应Ⅱ中，氧化剂为Cr2，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故C正确；反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 mol Cr2，转移电子6 mol，则转移电子数相同，故D错误。]
12.A
13.C [由题图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性：Fe2+>Br-，则氧化性：Br2>Fe3+，故A正确；由通入0.1 mol氯气时，Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+，发生反应：2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-，可得原溶液中n(Fe2+)=2×0.1 mol=0.2 mol，则FeBr2溶液的浓度为=1 mol·L-1，故B正确；当通入的n(Cl2)=0.12 mol时，0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为0.2 mol Fe3+，过量的0.02 mol Cl2与0.04 mol Br-反应，溶液中剩余的n(Br-)=0.4 mol-0.04 mol=0.36 mol，则反应后溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol∶0.36 mol=5∶9，故C错误；n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+，有一半的Br-被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl-，故D正确。]
14.C [向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成ZnCO3·2Zn(OH)2。过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1 mol过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)的数目约为6.02×1023，故A正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2+2H2OMnO2↓+2S+4H+，故B正确；“沉锌”时溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，故化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C错误；据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D正确。]
15.(1)
(2)NaI (3)I+5I-+6H+3I2+3H2O
16.(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl (2)H2
(3)CuH+3H++ NCu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O
(5)>Cl->VO2+