2022新高考新教材化学一轮总复习学案：第2章 第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 Word版含答案

1、PAGE PAGE 15第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算课程标准1. 能利用电子守恒法进行氧化还原反应方程式的配平和计算。2. 掌握质量守恒定律及其应用。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常用方法(1)正向配平法(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)1NaBO22SiO24Na2H2=1NaBH42Na2SiO35KI1KIO33H2SO4=3I23K2SO43H2O5H2S2KMnO43H2SO4=1K2SO42MnSO45S8H2O点拨该类方程式一般从反应物着手，按以下五个步骤配平。(2)逆向配平法(自身氧化还原反应，包括分解、歧化

2、等)3I2 6NaOH=5NaI1NaIO33H2O2P49KOH3H2O=3K3PO45PH31PbO24HCl(浓)eq o(=,sup7()1PbCl21Cl22H2O点拨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。例如：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)缺项配平类(缺少某些反应物或生成物，一般为H2O、H或OH)1ClOeq oal(,3)6Fe26H=1Cl6Fe33H2O2MnOeq oal(,4)5H

3、2O26H=2Mn25O28H2O2MnOeq oal(,4)5NOeq oal(,2)6H=2Mn25NOeq oal(,3)3H2O(4)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)4FeS211O2eq o(=,sup7(高温)2Fe2O38SO25NH4NO3eq o(=,sup7()2HNO34N29H2O 11P15CuSO424H2O=5Cu3P6H3PO415H2SO4点拨以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法进行配平。如Cu2SHNO3Cu(NO3)2NOH2SO4H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化

4、，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，H2O，配平得3Cu2S22HNO3=6Cu(NO3)210NO3H2SO48H2O。1配平下列方程式。(1)_MnOeq oal(,4)_Fe2_H=_Mn2_Fe3_H2O(2)_(NH4)2Cr2O7=_N2_Cr2O3_H2O(3)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeOeq oal(2,4)_H2O(4)_CuFeS2_O2eq o(=,sup7(高温)_Cu_FeO_Fe2O3_SO2(5)_LiCoO2_H2SO4_H2O2=_Li2SO4_CoSO4_O2_(6)_Fe(OH)2_ClO_=_Fe(OH)3_Cl(7)_Mn

5、2_ClOeq oal(,3)_H2O=_MnO2_Cl2_答案：(1)158154(2)1114(3)324OH325(4)8 21 8 4216(5)2311214H2O(6)211H2O21(7)524518H2根据新信息按要求完成下列方程式。(1)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：_。(2)6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2Oeq oal(2,7)还原成Cr3，该反应的离子方程式为_。(3)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。解析：(1)由题意可知，As

6、2S3O2H3AsO4S，1 mol As2S3总共升高10价，1 mol O2降低4价，先根据化合价升降总数相等配平：2As2S35O24H3AsO46S，再考虑质量守恒，反应前少12H、6O，所以反应的化学方程式为 2As2S35O26H2O=4H3AsO46S。(2)Cr2Oeq oal(2,7)被还原为Cr3，HSOeq oal(,3)被氧化为SOeq oal(2,4)，根据化合价升降总数相等，可写出离子方程式为5HCr2Oeq oal(2,7)3HSOeq oal(,3)=2Cr33SOeq oal(2,4)4H2O。(3)次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨中的

7、3价升高到联氨中的2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的1价降低到NaCl中的1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO2NH3=N2H4NaClH2O。答案：(1)2As2S35O26H2O=4H3AsO46S(2)Cr2Oeq oal(2,7)3HSOeq oal(,3)5H=2Cr33SOeq oal(2,4)4H2O(3)NaClO2NH3=N2H4NaClH2O3根据流程图按要求完成下列方程式。(1)一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)(2021皖江高三联

8、考)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，其工艺流程如图所示：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题：已知Te为A族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为_。“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_。解析：(1)闪锌矿的主要成分是ZnS，所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS3O2eq o(=,sup7(焙烧)2ZnO2SO2。(2)Te与S同主族， SO2与氢氧化钠反

9、应生成Na2SO3，所以TeO2与浓NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2TeO3。“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和TeO2，反应的化学方程式是Cu2Te2O22H2SO4=2CuSO4TeO22H2O；“还原”过程中，四氯化碲与二氧化硫反应生成单质碲和硫酸，反应的离子方程式是Te42SO24H2O=2SOeq oal(2,4)Te8H。答案：(1)2ZnS3O2eq o(=,sup7(焙烧)2ZnO2SO2(2)Na2TeO3Cu2Te2O22H2SO4=2CuSO4TeO22H2OTe42SO24H2O=2SOeq oal(2,4)Te8Heq av

10、s4al()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，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、体系环境将其他反应物或生成物配平。“补项”的一般原则为 酸性条件下：首先考虑补H生成H2O，也可能补H2O生成H。碱性条件下：首先考虑补OH生成H2O，也可能补H2O生成OH。切勿出现补H生成OH或补OH生成H的错误状况。 (5)检查质量、电荷、电子是否守恒，勿漏反应条件。

11、 考点二守恒思想在化学计算中的应用题组一两元素之间得失电子守恒计算1在一定条件下，PbO2与Cr3反应，产物是Pb2和Cr2Oeq oal(2,7)，则与1 mol Cr3反应所需PbO2的物质的量为()A3.0 molB1.5 molC1.0 molD0.75 mol解析：选B。1 mol Cr3反应可生成0.5 mol Cr2Oeq oal(2,7)，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。224 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.

12、02 mol/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()A2 B3 C4D5解析：选B。题目中指出被还原的物质是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46，而Cr元素的化合价将从6n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol/L0.024 L(64)0.02 mol/L0.020 L2(6n)，解得n3。3将1.52 g铁的氧化物(FexO)溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2完全氧化。x的值为()A0.80

13、 B0.85 C0.90D0.93解析：选A。，根据得失电子守恒可知，eq f(1.52 g,（56x16） g/mol)eq blc(rc)(avs4alco1(3f(2,x)xeq f(0.112 L,22.4 L/mol)2，解得x0.80。eq avs4al()守恒法解题的思维流程“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。“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)。“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。 题组二多元素之间得失电子守恒计算4在

14、反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为()A1 mol B.eq f(2,3) mol C.eq f(4,3) molD2 mol解析：选C。设被水还原的溴原子的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x4 mol，xeq f(4,3) mol。5(双选)(2021济南高三模拟)下列有关反应14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4的说法中错误的是()AFeS2既是氧化剂又是还原剂BCuSO4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37D14 m

15、ol CuSO4氧化了0.5 mol FeS2解析：选CD。化学方程式中的化合价变化：CuSO4中2价的铜得电子化合价降低为Cu2S中1价的Cu；5个FeS2中10个1价的S有7个化合价降低为Cu2S中2价的S，有3个化合价升高为SOeq oal(2,4)中6价的S(生成物中有17个SOeq oal(2,4)，其中有14个来自反应物CuSO4)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确；硫酸铜中Cu元素的化合价都降低，S、O元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，选项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

16、质量之比为73，选项C错误；14 mol CuSO4在反应中得到14 mol电子，FeS2被氧化时，应该是1价的S被氧化为6价，所以1个FeS2会失去14个电子；根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，选项D错误。6(双选)(2021九江一中模拟)已知反应：10AgF5Cl25H2O=9AgClAgClO310HFO2。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59B当反应中有1 mol电子转移时，被还原的氯气的物质的量为eq f(1,18) molC每产生1 mol O2时，被氧元素还原的氯气的物质的量为2 molD参加反应的

17、水有 eq f(2,5) 被氧化解析：选AB。该反应的氧化剂为eq f(9,10)的氯气，还原剂为eq f(1,10)的氯气和eq f(2,5)的水，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为95，A项错误，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；每产生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。题组三多步反应得失电子守恒计算7(2021石家庄高三质检)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产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O

18、4气体(都已折算为标准状况下的体积)，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()A8.64 B9.20 C9.00D9.44解析：选B。反应流程为eq blc rc(avs4alco1(Mg,Cu)eq o(,sup7(浓硝酸)eq blc(avs4alco1(Mg2、Cu2o(,sup7(NaOH),sdo5()blc(avs4alco1(Mg（OH）2,Cu（OH）2),NO2、N2O4)x g17.02 gm(OH)，而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓硝酸得电子的物质的量，即n(OH)eq f(8.96 L,22.4 Lmol

19、1)1eq f(0.672 L,22.4 Lmol1)210.46 mol。所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。8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 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A60 mL B45 mL C30 mLD15 mL解析：选A。由题意可知，HNO3eq o(,sup7(Cu),sdo5(O2)eq blc(avs4alco1(NO2,N2O4,

20、NO)，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)2n(O2)2eq f(1.68 L,22.4 Lmol1)0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)eq f(0.3 mol,5 molL1)0.06 L60 mL。eq avs4al()有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解答这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要厘清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变

21、化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。 1(2019浙江4月选考)反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A23 B83 C63D32解析：选A。反应中NH3并没有全部被氧化，根据生成N2的量可知，被氧化的NH3的量占NH3总量的eq f(1,4)，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为23，故选A。2(2019高考全国卷)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色 B红色 C

22、紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的_(填化学式)。沉淀器中反应的离子方程式为_。(3)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 molL1 的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有

23、单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2 用 0.100 0 molL1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为I22S2Oeq oal(2,3)=2IS4Oeq oal(2,6)。测定时消耗Na2S2O3 溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析：(1)灼烧立德粉样品时钡的焰色为绿色。(2)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaSO4与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和CO；生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO，即CO与H2O反应生成CO2和H2。所得“还原料”的主要成分是BaS，BaS在潮湿空气

24、中长期放置能与空气中的H2O反应生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。结合立德粉的成分可写出沉淀器中S2、Ba2、Zn2、SOeq oal(2,4)反应生成ZnSBaSO4的离子方程式。(3)达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22S2Oeq oal(2,3)，可得n(I2)过量eq f(1,2)0.100 0V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100 025.00103 moleq f(1,2)0.100 0

25、V103 moleq blc(rc)(avs4alco1(25.00f(V,2)0.100 0103 mol，则样品中S2的含量为eq f(blc(rc)(avs4alco1(25.00f(V,2)0.100 032,m1 000)100%。答案：(1)D(2)BaSO44Ceq o(=,sup7(9001 200 )BaS4COCOH2Oeq o(=,sup7(高温)CO2H2BaCO3S2Ba2Zn2SOeq oal(2,4)=ZnSBaSO4(3)浅蓝色至无色eq f(blc(rc)(avs4alco1(25.00f(V,2)0.100 032,m1 000)100%3(2019高考全国

26、卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn)0.1 molL1形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下：金属离子Mn2Fe2Fe3Al3Mg2Zn2Ni2开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：_。(2)“氧化”中添加适量的MnO2 的作用是_。(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。(4)

27、“除杂1”的目的是除去Zn2和Ni2，“滤渣3”的主要成分是_。(5)“除杂2”的目的是生成MgF2 沉淀除去Mg2。若溶液酸度过高，Mg2沉淀不完全，原因是_。(6)写出“沉锰”的离子方程式：_。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为2、3、4。当xyeq f(1,3)时，z_。解析：(1)硫化锰矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在，则“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S可知，“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4和S，根据化合价升

28、降法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中可能含Fe2，“氧化”中加入的适量MnO2能将Fe2氧化为Fe3。(3)“调pH”除去Fe3和Al3时，结合表格中数据信息可知，需控制溶液的pH在4.76之间。(4)“除杂1”中加入Na2S能将Zn2和Ni2分别转化为沉淀除去，故“滤渣3”的主要成分为NiS和ZnS。(5)“除杂2”中F与Mg2反应生成MgF2沉淀，若溶液酸度过高，则F与H结合生成弱电解质HF，导致MgF2(s)Mg2(aq)2F(aq)平衡向右移动，Mg2不能完全除去。(6)“沉锰”时Mn2与HCOeq oal(,3)反应生成MnCO3、CO2和H2O，由此可写出离子方程式。(7)化合

29、物LiNixCoyMnz O2中，当xyeq f(1,3)时，根据化合价代数和为0得12eq f(1,3)3eq f(1,3)4z220，解得zeq f(1,3)。答案：(1)SiO2(或不溶性硅酸盐)MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O(2)将Fe2氧化为Fe3(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F与H结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2(aq)2F(aq)平衡向右移动(6)Mn22HCOeq oal(,3)=MnCO3CO2H2O (7)eq f(1,3)1已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力

30、。硼氢化钠(NaBH4)是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是()ANaBH4的“有效氢含量”约为0.21BNaBH4做还原剂时，其中的硼元素被氧化C反应Au3BHeq oal(,4)OHAuBOeq oal(,2)H2O配平后水的化学计量数为16DNaBH4遇水产生大量的氧气，可用作供氧剂解析：选A。A.NaBH4做还原剂时，H元素由1价升高到1价，1 mol NaBH4失去8 mol电子，相当于4 mol H2，则NaBH4的“有效氢含量”为eq f(4 mol2 g/mol,1 mol38 g/mol)0.21，故A正确；B.NaBH4中B元素的化合价为3价，H元素的化合价为1价，NaBH4做还原剂