第9讲　氧化还原反应方程式的书写与计算(能力课)-2024届高考化学一轮复习

第9讲氧化还原反应方程式的书写与计算(能力课)第一部分化学基本概念第二章

化学物质及其变化

1.掌握氧化还原方程式的配平方法。2.掌握氧化还原反应的电子守恒法计算。3.熟练书写一定情境下的氧化还原方程式。考点一氧化还原反应方程式的配平核心知能突破关键能力训练011．三大配平原则2．化合价升降法配平五步骤[示例]

__C＋__H2SO4(浓)——__CO2↑＋__SO2↑＋__H2O3．四种配平技巧(1)倒配法：适用于氧化剂与还原剂为同一物质时，可以由生成物―→反应物方向配平。如：(2)补加法：适用于部分被氧化或被还原的物质反应，配平主物质后把未被氧化或未被还原的物质补进，确定最终系数。如：

(3)整体配平法：适合当一种物质中有两种元素化合价升高或降低，需求整个物质的化合价升降数，然后配平。如：(4)电荷守恒法：适用于离子方程式，当主要物质配平后，利用电荷守恒配平其他物质。如：

给定反应的配平1．(1)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2===____NaBH4＋____Na2SiO3(2)____Fe3O4＋____HNO3(稀)===____Fe(NO3)3＋____NO↑＋____H2O(3)____MnO＋____C2O＋____H＋===____Mn2＋＋____CO2↑＋____H2O(4)____FeS＋____HNO3===____Fe(NO3)3＋____H2SO4＋____NO↑＋____H2O(5)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑(6)____Fe2＋＋____Cr2O＋____H＋===____Fe3＋＋____Cr3＋＋____H2O[答案]

(1)1

2

4

2

1

2

(2)3

28

9

1

14

(3)2

5

16

2

10

8

(4)1

6

1

1

3

2

(5)2

9

3

3

5

(6)6

1

14

6

2

7

缺项配平[答案]

(1)2

3

1

1

2

1

4

H2O(2)5

2

14

H＋

5

5

2

MnO

7

H2O(3)5

16

5

4

2

8

H2O(4)3

2

4

OH－

3

2

5(5)28

5

24

KOH

28

3

2

12

H2O(6)4

5

12

H＋

4

5

11

H2O缺项配平的原则条件补项原则酸性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋碱性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O注意：当方程式中主物质缺项时，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。考点二新情境下的氧化还原反应方程式书写02核心知能突破关键能力训练新情境下的氧化还原反应的方程式书写流程KMnO4能与热的硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是_______。[思维流程]

根据有关情境信息书写1．根据有关信息，完成下列方程式。(1)皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH形式存在)，NaClO将废水中的NH转化为N2，反应的离子方程式为_____________。(2)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法可用于治理水中硝酸盐的污染。催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。上述反应的离子方程式为___________。(3)Fe的一种含氧酸根FeO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生。该反应的离子方程式是_____________。

根据化工流程书写2．碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：

(1)已知Te为ⅥA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，其溶解的离子方程式为__________________。(2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为____________________；“还原”过程中，发生反应的离子方程式为_________________。考点三电子守恒在化学计算中的应用03核心知能突破关键能力训练1．计算依据氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得、失电子守恒。2．守恒法解题的思维流程在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴为(

)[思路点拨]

[答案]

C

电子守恒的基本计算1．24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·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

C．＋4

D．＋5B

[设Cr在还原产物中的化合价为＋x，由得失电子守恒知：0.05mol·L－1×24×10－3L×(6－4)＝0.02mol·L－1×20×10－3L×2×(6－x)，x＝3。]2．(2022·福州模拟)高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。下列说法正确的是(

)A．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22.4LCl2B．氧化性：K2FeO4>KClOC．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2D

[反应①的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为1∶1，所以每消耗4molKOH，吸收2mol氯气，标准状况下2mol氯气的体积为22.4L·mol－1×2mol＝44.8L，A错误；反应②K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4<KClO，B错误；设ClO－为5mol，ClO

为1mol，氯气转化成ClO－、ClO

被氧化，转化成KCl被还原，根据得失电子守恒可知生成KCl的物质的量为5mol×1＋1mol×(5－0)＝10mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol∶(5mol＋1mol)＝5∶3，C错误；根据得失电子守恒可得关系式：2K2FeO4～3KClO～3Cl2，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2，D正确。]

电子守恒在多步反应中的应用3．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1.68LO2(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5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(

)A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL4．某硫酸厂为测定沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数，取280mL(已折算成标准状况)气体样品与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用0.02000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。已知：Cr2O＋Fe2＋＋H＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。(1)SO2通入Fe2(SO4)3溶液中，发生反应离子方程式为_____________。(2)沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数为________(小数点后保留两位)。[解析]

(1)SO2中S为＋4价，被氧化成＋6价，产物为SO，Fe3＋被还原成Fe2＋，产物中氧原子数增多，表明反应物中有水，产物中有H＋，仍须用得失电子守恒来配平离子方程式；(2)根据得失电子守恒可知：n(SO2)×2＝n(Cr2O)×6＝0.02000mol/L×0.025L×6＝0.003mol，n(SO2)＝0.0015mol，体积分数为12.00%。[答案]

(1)SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋

(2)12.00%真题感悟·明确考向04真题感悟情境探究1．(2022·山东等级考，T8)实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是(

)A．①中用瓷坩埚作反应器B．①中用NaOH作强碱性介质C．②中K2MnO4只体现氧化性D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%132D

[①由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；②中K2MnO4既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有

转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确。]1322．(2021·广东选择性考试，T18节选)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。(1)该氧化物为________。(2)已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。132[解析]

(1)由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液，AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。(2)GaAs与H2O2反应时，As由－3价变为＋5价，O由－1价变为－2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4∶1。[答案]

(1)Al2O3

(2)4∶11323．(2022·河北选择性考试，节选)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：回答下列问题：(1)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_____________。(2)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__________________。(3)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加试剂为________和________(填