高三一轮学案化学（人教版）第一章第5讲氧化还原反应方程式的配平及计算

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)+MnO2Cl2↑+MnCl2+H2O

(2)Cu+HNO3(稀)Cu(NO3)2+NO↑+H2O

(3)KI+KIO3+H2SO4I2+K2SO4+H2O

(4)S+KOHK2S+K2SO3+H2O

(5)MnO4-+H++ClMn2++Cl2↑+H2(6)MnO4-+H2O2+H+Mn2++O2↑+H2(7)C2O42-+MnO4-+H+CO2↑+Mn2++(8)C2H6O+KMnO4+H2SO4K2SO4+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+FeO42-+H2(2)Mn2++ClO3-+H2OMnO2↓+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+eq\x()(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.(2024·济宁鱼台第一中学高三月考)现有24mL浓度为0.05mol·L1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L1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.+52.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，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为mol。生成1molCu3P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()A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.445.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·L1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A.60mL B.45mL C.30mL D.15mL1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的NO3-转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3-X+CO2+H2O(未配平A.X表示NO2B.可用O3替换CH3OHC.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5D.若生成标准状况下的CO2气体11.2L，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++16OHNa4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F+8H2O。每生成1molO2，转移6mol电子(2023·福建，5D)B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的nCO2∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(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1molH2S，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+NaHCO3Na2CrO4+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1molI2，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)41112(2)38324(3)(4)36213(5)(6)(7)(8)5121861210332.(1)324OH325(2)H+(3)Al2O3+3C+N22AlN+3CO(4)5214H+552MnO4-7H考点二提升关键能力1.B2.53.1.52.2解析设7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为x，生成1molCu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据得失电子守恒：7.5mol×(21)=x×(50)，解得x=1.5mol；1mol×3×(21)+1mol×[0(3)]=y×(50)，解得y=1.2mol，所以生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2mol+1mol=2.2mol。4.B5.A[由题意可知，HNO3NO2N2O4NO，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)=2×1.68L22.4L·mol-1=0.15mol。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)=0.3mol，则V(练真题明考向1.C2.CD解析A项，由化学方程式可知，生成1molO2，转移6mol电子；B项，BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO