第一章　第5讲-【高考化学】2025版高考一品方案一轮复习

第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算[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“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必备知识夯实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基本方法(1)正向配平法适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如：(2)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，然后确定反应物的化学计量数。如：3eq\o(S,\s\up6(0))＋6KOH(热、浓)=2K2eq\o(S,\s\up6(－2))＋K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2O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eq\o(□,\s\up4(03))2，K2SO3的化学计量数为eq\o(□,\s\up4(04))1，然后确定S的化学计量数为eq\o(□,\s\up4(05))3。(3)整体配平法若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。如Cu2S＋HNO3→Cu(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，＋H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋H2O，配平得eq\o(□,\s\up4(06))3Cu2S＋eq\o(□,\s\up4(07))22HNO3=eq\o(□,\s\up4(08))6Cu(NO3)2＋eq\o(□,\s\up4(09))10NO↑＋eq\o(□,\s\up4(10))3H2SO4＋eq\o(□,\s\up4(11))8H2O。【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)根据电荷守恒，方程式左右两边阳离子总数一定相等(×)原因：根据电荷守恒，方程式左右两边正负电荷总数相等。(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(√)(3)(NH4)2Cr2O7=N2↑＋Cr2O3＋4H2O(√)名师课堂点拨“三步法”配平缺项型氧化还原反应方程式(1)配平流程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－)，配平流程如下：(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－(3)组合方式反应物生成物使用条件组合一H＋H2O酸性溶液组合二H2OH＋酸性溶液或酸碱性未知组合三OH－H2O碱性溶液组合四H2OOH－碱性溶液或酸碱性未知关键能力提升一、正向配平1．配平下列化学方程式。(1)____KI＋____CuSO4=____I2＋____CuI↓＋____K2SO4(2)____P＋____CuSO4＋____H2O=____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4(3)____Cl2＋____Ca(OH)2=____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O(4)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3↑【答案】(1)42122(2)258525(3)22112(4)29335二、逆向配平2．配平下列化学方程式。(1)____I2＋____NaOH=____NaI＋____NaIO3＋____H2O(2)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O【答案】(1)36513(2)36213三、缺项配平3．配平下列化学方程式。(1)____ClOeq\o\al(－,3)＋____Fe2＋＋____=____Cl－＋____Fe3＋＋____(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O(3)____MnOeq\o\al(－,4)＋____NOeq\o\al(－,2)＋____=____Mn2＋＋____NOeq\o\al(－,3)＋____H2O【答案】(1)166H＋163H2O(2)256H＋258(3)256H＋253四、整体配平4．配平下列化学方程式。(1)____FeS2＋____O2eq\o(=,\s\up17(高温))____Fe2O3＋____SO2(2)____NH4NO3eq\o(=,\s\up17(△))____HNO3＋____N2↑＋____H2O【答案】(1)41128(2)5249五、含有未知数的配平5．配平下列化学方程式。(1)____FexS＋____HCl=____S＋____FeCl2＋____H2S(2)____Na2Sx＋____NaClO＋____NaOH=____Na2SO4＋____NaCl＋____H2O【答案】(1)eq\f(1,x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))11(2)1(3x＋1)(2x－2)x(3x＋1)(x－1)六、有机物参与的配平6．配平下列化学方程式。(1)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4=____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O(2)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4=____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O【答案】(1)2122222(2)512186121033考点二氧化还原反应的计算必备知识夯实1．计算依据对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂eq\o(□,\s\up4(01))得到的电子总数与还原剂eq\o(□,\s\up4(02))失去的电子总数eq\o(□,\s\up4(03))相等，即eq\o(□,\s\up4(04))得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开多步的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正确结果。2．守恒法解题的思维模型(1)“一找各物质”找出氧化剂、还原剂及相应的eq\o(□,\s\up4(01))还原产物和eq\o(□,\s\up4(02))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)“三列相等式”根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。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。【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每消耗1molKIO3，转移的电子数为6NA(×)原因：每消耗1molKIO3，转移电子数为5NA。(2)一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA(√)(3)1molCl2参加反应时转移的电子数一定是2NA(×)原因：当1molCl2与NaOH反应时，发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，转移电子数为NA。名师课堂点拨复杂氧化还原反应的计算对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算，可以通过分析反应前后，“始态”“终态”涉及的所有物质，找出所有“始态”物质到“终态”物质中化合价发生变化的元素，建立关系式，列式求解，简化解题步骤。关键能力提升一、单一氧化还原反应的计算1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2Oeq\o\al(2－,7)，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．3.0mol B．1.5molC．1.0mol D．0.75mol【解析】1molCr3＋反应可生成0.5molCr2Oeq\o\al(2－,7)，失去3mol电子，1molPbO2得到2mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1molCr3＋反应失去3mol电子需1.5molPbO2。【答案】B2．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol/L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．＋2B．＋3C．＋4D．＋5【解析】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，有0.05mol/L×0.024L×(6－4)＝0.02mol/L×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。【答案】B二、复杂氧化还原反应的计算3．(2023·山东德州期末)工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应：①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4=2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O=2H2SO4＋Te。以下说法正确的是()A．Cu2Te中Cu元素的化合价是＋2价B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2C．每制备1molTe理论上共转移12mole－D．氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2【解析】Te为第ⅥA族元素，与Cu形成化合物时显－2价，则Cu2Te中Cu为＋1价，A项错误；反应①中，Cu和Te元素化合价均升高，则氧化产物为CuSO4和TeO2，B项错误；反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C项正确；根据反应①判断，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则O2氧化性强于TeO2，根据反应②判断，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，则TeO2氧化性强于SO2，D项错误。【答案】C4．取xg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8960mL的NO2气体和672mL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17.02g。则x等于__________。【解析】反应流程为eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up17(浓HNO3))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up17(NaOH))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4))xg＝17.02g－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得电子的物质的量，即：n(OH－)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1＋eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2＝0.46mol，OH－的质量为0.46mol×17g/mol＝7.82g，所以金属的质量为17.02－7.82＝9.20g。【答案】9.20情境创新培优应用广泛的环境消毒剂——漂白粉漂白粉的主要成分为次氯酸钙[化学式为Ca(ClO)2]和氯化钙，可作漂白剂和消毒剂。漂白粉中的有效成分是次氯酸钙，漂白的原理是次氯酸钙在空气中与CO2和H2O发生反应，生成碳酸钙和次氯酸(HClO)；次氯酸是一种酸性比盐酸弱的酸，不稳定，具有漂白性，能使品红等有色物质褪色。(1)请写出制取漂白粉的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目。______________________________________________________________________(2)漂白粉若与浓盐酸混合，会产生黄绿色气体，试从氧化还原反应角度分析其原因并写出反应的化学方程式。______________________________________________________________________(3)将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生白色沉淀且黄绿色褪去，请用离子方程式解释现象中黄绿色褪去并产生白色沉淀的原因。______________________________________________________________________【答案】(1)(2)漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2中Cl元素的化合价为＋1价，而HCl中Cl元素为－1价，故Ca(ClO)2与HCl可发生价态归中反应生成Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl=2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O。(3)Cl2＋SO2＋2H2O＋Ca2＋=CaSO4↓＋2Cl－＋4H＋。热点微专题2信息型氧化还原反应方程式的书写依据新信息完成化学方程式书写是历年高考的高频考题，此类试题信息新颖，知识引路，能较好地考查学生接受、提取、处理新信息的能力。解答此类试题，首先要根据材料中的信息写出反应物和生成物的化学式，然后再配平即可。配平要遵循质量守恒定律(原子守恒、元素守恒)，对于氧化还原反应还要遵循得失电子数相等即得失电子守恒规律，对于离子反应还要遵循电荷守恒规律。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的化学计量数。(5)检查是否满足质量守恒，勿漏反应条件。一、依据陈述信息书写方程式【典例1】KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。【思路导引】第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnOeq\o\al(－,4)＋C2Oeq\o\al(2－,4)→Mn2＋＋CO2↑。由MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2Oeq\o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1价，1molC2Oeq\o\al(2－,4)共失去2mole－，故在C2Oeq\o\al(2－,4)前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnOeq\o\al(－,4)前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)→2Mn2＋＋10CO2↑。第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O,2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋eq\x()H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。【答案】2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O『对点训练』1．(2021·全国甲卷)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__________________________________________。【答案】2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O二、依据流程信息书写方程式【典例2】(2022·辽宁卷)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________________________________________________________________________。(2)生成气体A的离子方程式为________________________________________________________________________。【思路导引】(1)第一步：依题意，硫元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，Bi2S3为还原剂，O2为氧化剂，Bi2O3为还原产物。第二步：按照氧化还原反应的特征：“化合价有升必有降”，得出硫元素被O2氧化生成产物SO2，把产物初步写成：Bi2S3＋O2→Bi2O3＋SO2。第三步：依据得失电子守恒和元素质量守恒，完成方程式的书写。(2)第一步：分析水浸后的滤渣成分为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2。第二步：依据Mn2O3具有氧化性，能氧化浓盐酸发生氧化还原反应，初步写成：Mn2O3＋H＋＋Cl－→Mn2＋＋Cl2↑＋H2O。第三步：按照得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒，完成方程式的书写。【解析】(1)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＋9O2eq\o(=,\s\up17(高温))2Bi2O3＋6SO2；(2)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】(1)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up17(高温))2Bi2O3＋6SO2(2)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O『对点训练』2．三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：请回答下列问题：(1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)________________。(3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为________________________________________________________________________。【解析】(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O。【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(2)CO、CO2(3)ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O三、依据反应机理图书写方程式【典例3】(1)某催化转化过程如图所示：过程1：Ni2O3＋ClO－=2NiO2＋Cl－，过程2的离子方程式：__________________________________________。(2)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)，NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为____________________________。【答案】(1)2NiO2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2O(2)2NH3＋3NaClO=N2＋3H2O＋3NaCl循环转化关系图中物质变化分析思路(1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。(2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。(3)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。『对点训练』3．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(1)写出反应Ⅰ的离子方程式：______________________________。(2)NO在总反应中的作用是__________________________________。【答案】(1)4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O(2)作催化剂角度一氧化还原反应方程式的配平和书写1．完成下列化学方程式。(1)(2022·北京卷)高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)(2022·海南卷)在H2O2存在下Cu溶于稀硫酸，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(3)(2022·全国甲卷)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。【答案】(1)2CaSO4eq\o(=,\s\up17(高温))2CaO＋2SO2↑＋O2↑(2)Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O(3)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up17(高温))Na2S＋4CO↑＋10H2O角度二氧化还原反应的相关计算2．(2023·北京卷)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；②CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑。下列说法正确的是()A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1D．当反应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【解析】Na2O2的电子式为Na＋[eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))]2－Na＋，含有离子键和O—O非极性共价键，阴、阳离子个数比为1∶2；CaH2的电子式为[H]－Ca2＋[H]－，只含有离子键，阴、阳离子个数比为2∶1，A错误，C正确。①中过氧化钠既发生氧化反应又发生还原反应，水中各元素的化合价不发生变化；②中水中氢元素的化合价从＋1→0，发生还原反应，B错误。反应①中转移2mole－生成1molO2，反应②中转移2mole－生成2molH2，故①和②中转移的电子数相同时，产生O2和H2的物质的量不相同，D错误。【答案】C3．(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．S2Oeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4)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eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7【解析】SOeq\o\al(2－,4)中S原子上的σ键电子对数为4，孤电子对数为eq\f(1,2)×(6＋2－2×4)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，故SOeq\o\al(2－,4)的空间结构为正四面体形，而S2Oeq\o\al(2－,3)相当于是将SOeq\o\al(2－,4)中的1个O原子替换为1个S原子，故其空间结构为四面体形，而非正四面体形，A不正确；反应Ⅰ中只有S元素被氧化，B不正确；反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(紫外光))2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2Oeq\o(=,\s\up17(自然光))2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C不正确；氧化1molAs2S3，反应Ⅰ转移12mole－，反应Ⅱ转移28mole－，转移电子数之比为3∶7，D正确。【答案】D4．(2021·湖南卷)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＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是()A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IOeq\o\al(－,3)的存在【解析】根据题给化学方程式可知，还原剂为I2,6molI2参加反应，转移60mol电子，生成3molCl2，则产生1molCl2时，反应中转移20mol电子，A错误；氧化剂为KClO3，还原剂为I2，二者物质的量之比等于化学计量数之比，为11∶6，B正确；Cl2与石灰乳发生反应2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，可制备漂白粉，C正确；IOeq\o\al(－,3)与酸化的淀粉碘化钾溶液发生反应5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，淀粉遇碘显蓝色，D正确。【答案】A课后作业(五)氧化还原反应方程式的配平和计算[A组基础巩固]1．(2024·广东江门模拟)2022年11月9日，“天舟五号”货运飞船与“长征七号”遥六运载火箭组合体转运至发射区。火箭推进过程中发生反应CH3HN—NHCH3＋2N2O4=2CO2＋3N2＋4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．氧化性：N2O4>CO2B．该反应中N2既是氧化产物，又是还原产物C．氧化产物与还原产物的质量之比约为1∶1D．生成7.2gH2O时，转移电子的数目为1.6NA【解析】N2O4为氧化剂，CO2为氧化产物，氧化性：N2O4>CO2，A项正确；N2O4中N元素为＋4价，C2H8N2中N元素为－3价，N2中N元素为0价，所以N2既是氧化产物，又是还原产物，B项正确；由反应知消耗1molC2H8N2，氧化产物为2molCO2和1molN2，总质量为2mol×44g·mol－1＋1mol×28g·mol－1＝116g，还原产物为2molN2，总质量为2mol×28g·mol－1＝56g，氧化产物与还原产物的质量之比为29∶14，C项错误；由反应知生成4mol(即72g)H2O时，转移电子数目为16NA，则生成7.2gH2O时，转移电子数目为1.6NA，D项正确。【答案】C2．(2023·江西新余模拟)向碘水中滴加Na2SO3溶液时发生反应：Na2SO3＋I2＋H2O=2HI＋Na2SO4。下列说法不正确的是()A．Na2SO3为还原剂B．I2发生氧化反应C．还原性：Na2SO3>HID．每生成1molNa2SO4，理论上转移电子2mol【解析】Na2SO3→Na2SO4，硫元素的化合价从＋4→＋6，被氧化，作还原剂，A项正确；I2→KI，碘元素的化合价从0→－1，被还原，B项错误；还原剂的还原性强于还原产物，则还原性：Na2SO3>HI，C项正确；生成1molNa2SO4时，理论上转移2mol电子，D项正确。【答案】B3．(2023·河北保定一模)关于反应：K2H3IO6＋9HI=2KI＋4I2＋6H2O，下列判断正确的是()A．K2H3IO6中碘元素为＋5价B．HI作还原剂，发生还原反应C．n(还原产物)∶n(氧化产物)＝1∶2D．生成0.2molI2时，转移0.35mol电子【解析】K2H3IO6中I为＋7价，A错误；HI失电子，被氧化，发生氧化反应，作还原剂，B错误；K2H3IO6是氧化剂，当1molK2H3IO6参加反应时，9molHI中作还原剂的为7mol，故n(还原产物)∶n(氧化产物)＝1∶7，C错误；生成4molI2时转移7mol电子，则生成0.2molI2时，转移0.35mol电子，D正确。【答案】D4．(2024·湖南永州适应考)甲硅烷(SiH4)具有强还原性，将甲硅烷通入AgNO3溶液中可发生反应：SiH4＋AgNO3＋H2O→Ag↓＋SiO2↓＋HNO3(未配平)。下列说法错误的是()A．各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8B．SiH4作还原剂，AgNO3作氧化剂C．反应消耗32gSiH4时，转移电子的物质的量为4molD．SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料【解析】SiH4中H的化合价从－1价变为＋1，失去8个电子，AgNO3中Ag元素化合价从＋1变为0，得到1个电子，结合得失电子守恒配平方程式可得SiH4＋8AgNO3＋2H2O=8Ag↓＋SiO2↓＋8HNO3，各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8，A项正确；SiH4失去电子作还原剂，AgNO3得电子作氧化剂，B项正确；消耗1mol(即32g)SiH4，转移电子的物质的量为8mol，C项错误；SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料，D项正确。【答案】C5．神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程包含以下反应：____FeTiO3＋____C＋____Cl2eq\o(=,\s\up17(高温))____TiCl4＋____FeCl3＋____CO，下列说法不正确的是()A．Cl2是氧化剂B．该反应方程式中各物质的系数为2、6、7、2、2、6C．生成1molTiCl4转移7mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶6【解析】该反应中氯元素化合价降低，Cl2是氧化剂，A正确；配平该反应为2FeTiO3＋6C＋7Cl2eq\o(=,\s\up17(高温))2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，B正确；该反应中转移14e－，故生成1molTiCl4，转移7mol电子，C正确；Cl2为氧化剂，FeTiO3、C均为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8，D错误。【答案】D6．(2022·上海闵行一模)一定量的某黄铁矿(主要成分为FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.01mol硫单质、0.04molFeCl2和一定量的某种气体，且反应后溶液中无Fe3＋。下列有关说法正确的是()A．c(HCl)＝0.4mol/LB．生成了896mL气体C．x＝4D．FexS中，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1【解析】100mL盐酸恰好完全反应，生成0.04molFeCl2，没有其他氯化物生成，根据氯原子守恒，n(HCl)＝n(Cl－)＝0.04mol×2＝0.08mol，c(HCl)＝eq\f(nHCl,Vaq)＝eq\f(0.08mol,0.1L)＝0.8mol/L，A错误；FexS和盐酸反应，生成硫单质、FeCl2和H2S气体，根据氢原子守恒，生成的H2S为0.04mol，标准状况下体积为896mL，但题中没有注明是否为标准状况，B错误；反应的化学方程式为5FexS＋8HCl=S↓＋4FeCl2＋4H2S↑，根据铁原子守恒，得出x＝0.8，C错误；在FexS中S为－2价，设该化合物中Fe2＋和Fe3＋的物质的量分别为amol和bmol，则a＋b＝0.8,2a＋3b＝2，解得a＝b＝0.4，则n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，D正确。【答案】D7．(2024·湖南益阳模拟)已知：①ClO2＋MnSO4＋H2O→MnO2↓＋H2SO4＋HCl(未配平)②NaClO3＋SO2＋H2SO4→ClO2＋NaHSO4(未配平)③MnO2＋H2SO4＋NaBr→MnSO4＋H2O＋NaHSO4＋Br2(未配平)下列说法正确的是()A．氧化性：MnO2>NaClO3>Br2B．反应①②中含氯的反应物均被还原C．NaClO3溶液与MnSO4溶液不能发生反应D．反应②③中转移等物质的量的电子时，消耗H2SO4的物质的量相等【解析】反应①中氧化性：ClO2>MnO2，反应②中氧化性：NaClO3>ClO2，反应③中氧化性：MnO2>Br2，则氧化性：NaClO3>ClO2>MnO2>Br2，A项错误；反应①②中含氯的反应物分别为ClO2、NaClO3，氯元素的化合价均降低，二者均被还原，B项正确；根据氧化还原反应规律可知，NaClO3溶液与MnSO4溶液能发生反应，C项错误；反应②的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4，反应③的化学方程式为MnO2＋3H2SO4＋2NaBr=MnSO4＋2H2O＋2NaHSO4＋Br2，反应②③中转移等物质的量的电子时，消耗H2SO4的物质的量之比为1∶3，D项错误。【答案】B8．(2024·湖南常德桃源一中摸底)钛合金等新型合金广泛应用于航空航天领域，工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示，下列说法正确的是()A．“氯化”过程中，FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂B．“氯化”过程中，每生成0.3molCO气体，转移电子0.7molC．由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气可换成氮气D．由TiCl4制备Ti反应的原子利用率为100%【解析】分析题中流程可知，“氯化”发生的反应为2FeTiO3＋7Cl2＋6Ceq\o(=,\s\up17(高温))2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，得到TiCl4，然后镁和四氯化钛反应生成钛和氯化镁，化学方程式为TiCl4＋2Mgeq\o(=,\s\up17(800℃),\s\do15(Ar气氛中))Ti＋2MgCl2。“氯化”过程中，FeTiO3中Fe由＋2价变为＋3价，则FeTiO3是还原剂，A错误。由上述分析可得关系式7molCl2～14mole－～6molCO，则“氯化”过程中每生成0.3molCO气体，转移电子eq\f(0.3,6)×14mol＝0.7mol，B正确。高温下Ti与N2反应，故由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误。由TiCl4制备Ti的反应为置换反应，有副产物生成，则原子利用率不是100%，D错误。【答案】B[B组能力提升]9．(2024·重庆万州二中三检)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2＋也有明显的去除效果，其反应原理为ClO2＋Mn2＋→MnO2↓＋Cl－(部分反应物和产物省略、未配平)。下列有关该反应的说法正确的是()A．工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2B．利用该原理处理含Mn2＋的污水后溶液的pH升高C．该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶2D．理论上处理含1molMn2＋的污水，需要标准状况下的ClO28.96L【解析】氯气是有毒的气体，ClO2安全、无毒，A项错误；反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl－＋12H＋，故处理后溶液的pH减小，B项错误；该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl－，由B项离子方程式可知，二者的物质的量之比为5∶2，C项正确；5Mn2＋～2ClO2，则处理1molMn2＋，需要0.4mol的ClO2，但在标准状况下ClO2呈液态，D项错误。【答案】C10．(2023·浙江金华东阳中学模拟)工业上除去电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2－，并制取石膏CaSO4·2H2O的流程如图：下列说法正确的是()A．上述流程中，每步转化均涉及氧化还原反应B．由上述转化过程知，还原性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)C．将上层清液中的0.1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)，理论上共需要0.2mol的O2D．过程Ⅰ中，反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H＋【解析】流程中，CaO转化为Mn(OH)2和SOeq\o\al(2－,4)转化为CaSO4·2H2O均为非氧化还原反应，A项错误；过程Ⅰ中，O2可将Mn(OH)2氧化为MnOeq\o\al(2－,3)，过程Ⅱ中，MnOeq\o\al(2－,3)可将S2－氧化为S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化剂的氧化性强于氧化产物，即氧化性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)，B项错误；将上层清液中的0.1molS2－转化为SOeq\o\al(2－,4)，共失去0.1mol×8＝0.8mol电子，而1molO2在反应中得4mol电子，则理论上共需要eq\f(0.8mol,4)＝0.2mol的O2，C项正确；CaO与水反应生成Ca(OH)2，则溶液呈碱性，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，D项错误。【答案】C11．(2024·山东淄博期中)含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN－＋OH－＋Cl2→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平，CN－中N为－3价)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()A．CN－是还原剂，CO2和N2是氧化产物B．若生成22.4LN2，则消耗4molOH－C．该反应中，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移D．该反应中，若有71gCl2发生反应，则发生氧化反应的物质有0.4mol【解析】将方程式配平，可得出：2CN－＋8OH－＋5Cl2=2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O。CN－中C、N元素的化合价都升高，则CN－是还原剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；若生成22.4LN2，由于没有指明是否为标准状况，所以无法确定其物质的量，也就无法确定消耗OH－的物质的量，B错误；该反应中，CN－中C由＋2价升高到＋4价，N由－3价升高为0价，若有1molCN－发生反应，则有5NA电子发生转移，C正确；该反应中，若有71gCl2(物质的量为1mol)发生反应，则发生氧化反应的物质CN－有eq\f(2,5)×1mol＝0.4mol，D正确。【答案】B12．(2023·山东聊城模拟)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾反应的离子方程式为Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeOeq\o\al(2－,4)＋Cl－＋H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是()A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2B．高铁酸钾中铁显＋6价C．由上述反应可知，Fe(OH)3的氧化性强于FeOeq\o\al(2－,4)D．K2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，而且生成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质【解析】离子方程式配平后为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O，由此可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，A正确；高铁酸钾中铁显＋6价，B正确；由上述反应可知，ClO－的氧化性强于FeOeq\o\al(2－,4)，C错误；K2FeO4处理水时，因具有强氧化性能杀菌消毒，而且生成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质，D正确。【答案】C13．(2023·山东青岛模拟)采用强还原剂硼氢化钾制备纳米