2022-2023年化学一轮复习教案：第二章化学物质及其变化：第5讲　氧化还原反应的计算及方程式的配平

1、第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平复 习 目 标知 识 建 构1.掌握氧化还原反应的常用计算方法。2.学会氧化还原反应方程式的配平。考点一电子守恒思想在氧化还原反应中的应用【典例1】 (2021河南漯河高三期末)已知某强氧化剂RO(OH)eq oal(,2)中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4103 mol RO(OH)eq oal(,2)至较低价态，需要60 mL 0.1 molL1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是()A.1 B.0 C.1 D.2答案B解析设RO(OH)eq oal(,2)中的R的化合价从5还原(降低)至x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价

2、从4升高到6，根据氧化还原反应中的电子得失守恒、化合价升降相同的原理，有2.4103(5x)6103(64)，解得x0，故答案B正确。守恒法解题的思维流程题组一电子守恒在判断元素价态和物质组成中的应用1.现有24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1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.5答案B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46；而Cr元素的化

3、合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。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116，则x的值为()A.2 B.3 C.4 D.5答案D解析Na2Seq f(2,x)xxNa2eq o(S,sup6(6)O4Naeq o(Cl,sup6(1)ONaeq o(Cl,sup6(1)得关系式16(eq f(2,x)x162，x5。题组二多步反应中电子守恒的应用3.取x g 铜镁合

4、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，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44答案B解析反应流程eq blc rc(avs4alco1(Mg,Cu)eq o(,sup7(浓HNO3)eq blc(avs4alco1(Mg2、Cu2o(,sup7(NaOH)blc(avs4alco1(Mg（OH）2,Cu（OH）2),NO2、N2O4)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

5、，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH)eq f(8.96 L,22.4 Lmol1)1eq f(0.672 L,22.4 Lmol1)210.46 mol，所以x g 17.02 g 0.46 mol 17 gmol19.20 g。4.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()A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL答案A解析由题意可知，C

6、u失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)2n(O2)eq f(21.68 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。题组三电子守恒的其他应用5.在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为()A.1 mol B.2/3 mol C.4/3 mol D.2 mol 答案C解析在反应3BrF35H2O=HBrO3Br29HFO

7、2中，元素化合价变化情况为：溴元素由3价升高为5价，溴元素由3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，同时水也是还原剂，若5 mol H2O参加反应，则生成1 mol O2，氧原子提供电子物质的量为2 mol 2，令被水还原的BrF3的物质的量为x mol，根据电子转移守恒，则：2 mol 2x mol (30)，解得x4/3，选项C符合题意。6.在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，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。答案1.52.2解析设

8、7.5 mol CuSO4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根据得失电子守恒得7.5 mol (21)x(50)x1.5 mol 1 mol 3(21)1 mol 0(3)y(50)y1.2 mol 所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mol 2.2 mol。多步连续氧化还原反应的计算技巧有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，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。解这类试题时，不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。考点二氧化还原

9、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题组一正向配平类1.(1)_ H2S_HNO3 =_ S_ NO_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_ NaBO2_ SiO2_ Na_ H2=_ NaBH4_ Na2SiO3(4)_ MnOeq oal(,4)_ H_ Cl=_ Mn2_ Cl2_ H2O(5)_ MnOeq oal(,4)_ C2Oeq oal(2,4)_ H=_ Mn2_ CO2_ H2O答案(1)32324(2)38324(3)124212(4)21610258(5)25162108题组二逆向

10、配平类2.(1)_ Cl2_ KOH=_ KCl_ KClO3_ H2O(2)_ S_ KOH=_ K2S_ K2SO3_ H2O(3)_ P4_ KOH_ H2O=_ K3PO4_ PH3答案(1)36513(2)36213(3)29335题组三缺项配平类3.(1)_ ClO_ Fe(OH)3_=_ Cl_ FeOeq oal(2,4)_ H2O(2)_ MnOeq oal(,4)_ H2O2_=_ Mn2_ O2_ H2O(3)_Cr2Oeq oal(2,7)_Fe2_=_Cr3_Fe3_ H2O(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热：NaBiO

11、3_Mn2_=_Na_Bi3_。(5)将Cu投入一定量的浓硝酸中，生成NO2与NO的物质的量之比为21：Cu_HNO3(浓)= _Cu(NO3)2_NO2_NO_。答案(1)324OH325(2)256H258(3)1614H267(4)5214H552MnOeq oal(,4)7H2O(5)5165428H2O题组四含有未知数的配平4.(1)_FexS_HCl=_S_FeCl2_H2S(2)_Na2Sx_NaClO_NaOH=_Na2SO4_NaCl_H2O答案(1)eq f(1,x)2(eq f(1,x)1)11(2)13x12x2x3x1x1题组五有机物参与的氧化还原反应方程式的配平5.

12、(1)_KClO3_HOOCCOOH_H2SO4=_ClO2_CO2_KHSO4_H2O(2)_CH3CH2OH_KMnO4_H2SO4=_K2SO4_MnSO4_CO2_H2O答案(1)2122222(2)512186121033配平的基本技能全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。酸性条件下，用H配平电荷，碱性条件下，用OH配平电荷，缺少氢原子的一边，用H2O补平。当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还

13、原产物。在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，先将结构简式写成分子式，再根据H为1价，O为2价，结合化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。 考点三信息型氧化还原反应方程式的书写题组一文字叙述信息型1.根据题目信息，完成有关方程式的书写。(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_。(2)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为_(用离子方程式表示)。(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为_。(4)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应

14、的离子方程式为_。(5)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BHeq oal(,4)(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)eq oal(,4)，其离子方程式为_。答案(1)2Fe33ClO10OH=2FeOeq oal(2,4)3Cl5H2O(2)2S2O22H2O=4OH2S(3)PbO24H2Cleq o(=,sup7()Pb2Cl22H2O(4)5C2H5OH4MnOeq oal(,4)12H=5CH3COOH4Mn211H2O(5)2Fe2BHeq oal(,4)4OH=2Fe2H2B(OH)eq oal(,4)题组二流程图示信息型2.

15、根据题目流程和条件，书写相关的反应方程式。(1)(2021全国甲卷节选)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：I2的一种制备方法如下图所示：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_。(2)(2020全国卷节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以3、4、5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示

16、：金属离子Fe3Fe2Al3Mn2开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1“酸浸氧化”中，VO转化为VOeq oal(,2)反应的离子方程式_。(3)利用钴渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等制备钴氧化物的工艺流程如下：Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_。答案(1)2IOeq oal(,3)5HSOeq oal(,3)=I25SOeq oal(2,4)3HH2O(2)MnO2VO2H=VOeq oal(,2)Mn2H2O(3)2Co(OH)3SOeq oal(2,3)4H=2Co2SOeq oal(2,4)5H2O解析(1)先向NaIO3溶液中加入计量

17、的NaHSO3，生成碘化物即含I的物质；再向混合溶液中(含I)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I为中间产物，总反应为IOeq oal(,3)与HSOeq oal(,3)发生氧化还原反应，生成SOeq oal(2,4)和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒配平离子方程式即可得：2IOeq oal(,3)5HSOeq oal(,3)=I25SOeq oal(2,4)3HH2O; (2)第一步：列物质，确定反应主体。依据工艺流程图提示，“酸浸氧化”步骤中加入的MnO2具有氧化性，可将VO和VO2氧化成VOeq oal(,2)，根据表格中提供的金属离子种类可以确定，反应

18、后锰元素的还原产物为Mn2。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：MnO2VOMn2VOeq oal(,2)。在此过程中，钒元素的化合价由3价升至5价，1 mol VO失去2 mol 电子， Mn元素的化合价由4价降至2价，1 mol MnO2得到2 mol 电子，根据得失电子守恒可得四种微粒的系数分别为1，即参加氧化还原反应的微粒的关系为VOMnO2VOeq oal(,2)Mn2； 第三步：反应在酸性条件下进行，故在左边补充H，右边补充H2O，MnO2VO_HMn2VOeq oal(,2)_H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：MnO2VO2H=VO

19、eq oal(,2)Mn2H2O(3)根据流程Co(OH)3在酸性条件下被亚硫酸钠还原为Co2，同时生成硫酸根离子，反应为2Co(OH)34HSOeq oal(2,3)=2Co2SOeq oal(2,4)5H2O。“四步法”突破信息型氧化还原方程式的书写1.(2020全国卷，节选)(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_。(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快

20、速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_ mol；产生“气泡”的化学方程式为_。(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为_ kg(保留整数)。答案(1)2Cl2HgO=HgCl2Cl2O(2)1.25NaHCO3NaHSO4=CO2Na2SO4H2O(3)ClOCl2H=Cl2H2O203解析

21、(1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2HgO=HgCl2Cl2O。(2)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO24NaHSO4=NaCl4Na2SO44ClO22H2O，即生成1 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。(3)酸性清洁剂的主要成分为HCl，与NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl2，即ClOCl2H=Cl2H2O，故二者不能混用。Cl2和NaOH溶液生成NaClO的反应为Cl22NaOH=NaClONa

22、ClH2O，设反应中消耗Cl2和NaOH溶液的质量分别为x kg和y kg，依据题意有等量关系eq f(71,x)eq f(80,30% y1 0001%)，xy1 000，解得x203，y797。2.(2019全国卷，26节选)工业上可由天然二氧化锰粉和硫化锰矿用硫酸溶浸得硫单质和硫酸锰，写出该反应的化学方程式：_。答案MnO2MnS2H2SO4=2MnSO4S2H2O3.(2017全国卷，节选)已知FePO4沉淀eq o(,sup7(Li2CO3、H2C2O4),sdo5(高温煅烧)LiFePO4，写出该反应的化学方程式_。答案2FePO4Li2CO3H2C2O4eq o(=,sup7(高

23、温)2LiFePO4H2O3CO2解析反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。 基础巩固练1.某碘盐(含KIO3)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成K3H2IO6，关于该反应的说法错误的是()A.碘盐中碘元素被氧化B.Cl2的氧化性强于IOeq oal(,3)C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D.转移1 mol 电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成答案C解析向碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到K3H2IO6，反应中I元素的化合价由5价升高为7

24、价，Cl元素的化合价由0降低为1价，反应的离子方程式为IOeq oal(,3)Cl24OH=H2IOeq oal(3,6)2ClH2O。I元素的化合价升高，则在该反应中碘元素被氧化，故A正确；该反应中IOeq oal(,3)作还原剂，Cl2作氧化剂，Cl2的氧化性强于IOeq oal(,3)，故B正确；根据方程式可知，IOeq oal(,3)作还原剂，Cl2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11，故C错误；反应中生成1 mol K3H2IO6转移1 mol(75)2 mol 电子，则反应中转移1 mol电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成，故D正确。2.在氧化还原反应3S6KOH

25、=K2SO32K2S3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为 ()A.11 B.21 C.12 D.32答案C解析在反应3S6KOH=K2SO32K2S3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为12。3.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 molL1羟胺的酸性溶液与足量的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 molL1酸性KMnO4溶液完

26、全反应。已知(未配平)：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O，则羟胺的氧化产物是()A.N2 B.N2O C.NO D.NO2答案B解析设氧化产物中N的化合价为x，根据电子守恒可推导关系(x1)n(NH2OH)5n(KMnO4)可列式eq f(5,x1)eq f(25.00103 L0.049 molL1,24.50103 L0.020 molL1)，解得x1。4.已知反应：As2S3HNO3XH3AsO4H2SO4NO，下列关于该反应的说法不正确的是()A.X为H2OB.参加反应的HNO3全部被还原C.氧化产物为H2SO4和H3AsO4D.生成1 mol

27、 H3AsO4转移2 mol e答案D解析As2S3中As元素的化合价为3价，S元素的化合价为2价，由方程式可知，反应中As元素的化合价由35，S元素的化合价由26，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由52，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S328HNO34H2O=6H3AsO49H2SO428NO。由原子个数守恒可知，X为H2O，故A正确；由化学方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；反应中As元素的化合价由35，S元素的化合价由26，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO4，故C正确；生成1 mol H3AsO4转移电子eq f(84

28、,6) mol 14 mol，故D错误。5.已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2H2O；IOeq oal(,3)I2；MnOeq oal(,4)Mn2；HNO2NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是()A.H2O2 B.IOeq oal(,3) C.MnOeq oal(,4) D.HNO2答案B解析KI被氧化得到I2，1 mol KI在反应中失去1 mol 电子，再据题中所给信息：H2O2H2O，1 mol H2O2得2 mol e，IOeq oal(,3)I2，1 mol IOeq oal(,3)得5 mol e，MnOeq o

29、al(,4)Mn2，1 mol MnOeq oal(,4)可得 5 mol e，HNO2NO，1 mol HNO2得1 mol e。虽然B、C项中的1 mol IOeq oal(,3)、MnOeq oal(,4)均可得5 mol e，但B中生成物I2可来自IOeq oal(,3)和I，故得I2最多者应是IOeq oal(,3)与I的反应。6.U常见化合价有4价和6价，硝酸铀酰UO2(NO3)2加热可发生如下分解：UO2(NO3)2UxOyNO2O2(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()A.UO2 B.2UO2UO3C.

30、UO3 D.UO22UO3答案C解析气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2O22H2O=4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是41，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。7.把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是()A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B.若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D.2 mol S参加反应有3 mol 电子发生转移答案B解析根据图a、图b，可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物

31、中单质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3S6OH=2S2SOeq oal(2,3)3H2O，A项错误；若有1 mol S被氧化，生成1 mol SOeq oal(2,3)，同时有2 mol S被还原，生成2 mol S2，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，C项错误；2 mol S参加反应有eq f(8,3) mol 电子发生转移，D项错误。8.某研究小组对离子方程式xR2yHO2=mR3nH2O的分析研究，下列说法中错误的是()A.根据电荷守恒，得出x与y的和一定等于mB.根据原子守恒，得出x和m的数值一定相等C.根据电子得失守恒，得出x4的结论D.根据氧

32、化还原反应关系得出：R2是还原剂， O2是氧化剂，R3是氧化产物， H2O是还原产物答案A解析根据电荷守恒知，2xy3m，故A错误；根据各元素原子守恒知，xm，n2，y2n4，故B正确；根据氧化还原反应中电子得失守恒知，xR2生成mR3，失去x个电子，O2生成nH2O得到4个电子，所以x4，故C正确；根据氧化还原反应中各种关系知，R2是还原剂，O2是氧化剂，R3是氧化产物，H2O是还原产物，故D正确。9.NaNO2是一种食品添加剂，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnOeq oal(,4)NOeq oal(,2)Mn2NOeq oal(,3)H2O(未配平)。下列叙述中正确的是

33、()A.该反应中NOeq oal(,2)被还原B.反应过程中溶液的pH减小C.生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D.中的粒子是OH答案C解析NOeq oal(,2)中N元素的化合价升高，NOeq oal(,2)被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnOeq oal(,4)5NOeq oal(,2)6H=2Mn25NOeq oal(,3)3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。10.在处理废水时某反应体系中有6种粒子：N2、HCOeq oal(,3)、ClO、CNO、H2O、Cl，在反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如图所示。下列有关该

34、反应的说法正确的是()A.在上述反应体系中，CNO是氧化剂B.还原产物与氧化产物的物质的量之比为13C.在标准状况下，产生4.48 L N2时转移0.8 mol电子D.上述反应中，只有两种元素化合价发生了变化答案D解析依题意，ClO是反应物，HCOeq oal(,3)是产物。所以，离子反应为2CNO3ClOH2O=N23Cl2HCOeq oal(,3)。在该反应中，CNO是还原剂，A项错误；还原产物是Cl，氧化产物是N2，B项错误；CNO中氮元素为3价，碳元素为4价，在反应过程中碳元素、氧元素化合价没有变化，生成1 mol N2转移6 mol电子，n(N2)eq f(4.48 L,22.4 L

35、mol1)0.2 mol，故生成0.2 mol N2时转移1.2 mol电子，C项错误；上述反应中，氯元素、氮元素两种元素化合价发生变化，D项正确。11.下列6种物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3和H2O，它们形成一个反应体系。(1)反应物中发生氧化反应的物质为_，被还原的元素是_。(2)分别填入下面对应的横线上，组成一个化学方程式并配平。_=_H2O。(3)反应中1 mol 氧化剂得到_ mol 电子。答案(1)FeSO4N(2)24FeSO430HNO38Fe(NO3)38Fe2(SO4)33N2O15(3)412.(2021安徽合肥一检)钒性能优良，

36、用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：(1)将废钒催化剂(主要成分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_。(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式。 _ClOeq oal(,3)_VO2_=_Cl_VOeq oal(,2)_(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收，则SOeq oal(2,3)、Cl、VO2还原性由大到小的顺序是_。(4)在20.00 mL 0.1 molL1VOeq oal(,2)溶液中，加入0.195 g 锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能

37、是_。a.VO2 B.VOeq oal(,2) c.V2 D.V答案(1)V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2O(2)ClOeq oal(,3)6VO23H2O=Cl6VOeq oal(,2)6H(3)SOeq oal(2,3)ClVO2(4)c 解析(1)由题意可知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应生成VOSO4、K2SO4，由元素守恒可知还生成H2O，配平后化学方程式为：V2O5K2SO32H2SO4=2VOSO4K2SO42H2O。(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，ClOeq oal(,3)与VO2发生氧化还原反应，生成VOeq oal(,2)和Cl，氯元素

38、化合价由5降低为1，共降低6价，V元素化合价由4升高为5，共升高1价，化合价升降最小公倍数为6，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒，得离子方程式为：ClOeq oal(,3)6VO23H2O=Cl6VOeq oal(,2)6H。(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2和一种黄绿色气体即氯气，则盐酸中氯元素化合价从1价升高到0价，Cl为还原剂，VO2为还原产物，已知还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：ClVO2，氯气能与Na2SO3溶液反应被吸收，氯气将亚硫酸根氧化生成硫酸根、自身被还原为Cl，离子反应方程式为：Cl2SOeq oal(2,3)H2O=2Cl2HSOeq oal(2

39、,4)，则还原性：SOeq oal(2,3)Cl；因此SOeq oal(2,3)、Cl、VO2还原性由大到小的顺序是SOeq oal(2,3)ClVO2。(4)在20.00 mL 0.1 molL1 VOeq oal(,2)溶液中，加入0.195 g 锌粉，恰好完全反应，则VOeq oal(,2)与锌的物质的量之比为23，2VOeq oal(,2)3Zn6e，则V元素化合价降低3价，从5价降低到2价，则还原产物可能是V2。 能力提升练13.(2021山东泰安一模)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应：MnOeq oal(,4)Cu2SHCu2

40、SOeq oal(2,4)Mn2H2O(未配平)和反应：MnOeq oal(,4)FeS2HFe3SOeq oal(2,4)Mn2H2O(未配平)。下列说法正确的是()A.反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.反应中每生成1 mol SOeq oal(2,4)，转移电子的物质的量为10 molC.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为13D.若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为23答案B解析MnOeq oal(,4)中Mn元素为7价，Cu2S中Cu和S元素分别为1、2价，FeS2中Fe和S元素分别为2、1价，反应中Cu2S中Cu和S的化合价都升

41、高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；反应中每生成1 mol SOeq oal(2,4)，参加反应的Cu2S为1 mol，Cu2S化合价共升高2(21)(62)10，反应转移电子的物质的量为10 mol，B正确；反应中氧化剂MnOeq oal(,4)化合价降低(72)5，还原剂FeS2化合价共升高12(61)15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15531，C错误；若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同，1 mol KMnO4得到5 mol 电子，Cu2S化合价共升高2(21)(62)10，应氧化0.5 mol

42、Cu2S，FeS2化合价共升高12(61)15，应氧化eq f(1,3) mol FeS2，则反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5 moleq f(1,3) mol32，D错误。14.向含有Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法不正确的是()A.线段BC代表Fe3物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)6 molL1C.当通入Cl2 2 mol 时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD.原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213答案B解析根据还原性：BrFe2I，线段AB代表I物质的量的

43、变化情况，线段BC代表Fe3物质的量的变化情况，线段DE代表Br物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213，D项正确。15.氯气是一种强氧化性的气体，自来水厂常用氯气对自来水杀菌消毒。(1)实验室将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中可产生氯气，同时溶液紫红色褪去，其离子方程式为_；该反应中氧化剂是_；1 mol 氧化剂在反应中得到_ mol电子；如果反应后的溶液为酸性，向溶液中加入NaBiO3，溶液又

44、显紫红色，此现象说明NaBiO3具有_性，该反应的离子方程式为_(已知NaBiO3为不溶于冷水的固体，反应中转化为Bi3)。(2)根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后制得ClO2，反应的离子方程式为_；实验室中用KClO3和浓盐酸在一定温度下反应也可制得ClO2气体，同时生成Cl2，该反应的化学方程式为_；反应中生成1 mol ClO2可转移_ mol电子。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能的水处理剂。在KOH溶液中，Cl2与Fe(OH)3反应可制得K2FeO4，该反应的离子方程

45、式为_，该反应条件下氧化性Cl2_K2FeO4(填“强于”或“弱于”)。答案(1)10Cl2MnOeq oal(,4)16H=2Mn25Cl28H2OKMnO45氧化5NaBiO32Mn214H=5Na5Bi32MnOeq oal(,4)7H2O(2)2ClOeq oal(,3)SOeq oal(2,3)2H=2ClO2SOeq oal(2,4)H2O2KClO34HCl(浓)eq o(=,sup7()2ClO2Cl22KCl2H2O1(3)2Fe(OH)33Cl210OH=2FeOeq oal(2,4)6Cl8H2O强于解析(1)Cl被氧化为Cl2，MnOeq oal(,4)被还原为Mn2，

46、根据得失电子守恒，n(Cl)n(MnOeq oal(,4)51时恰好反应完全，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：10Cl2MnOeq oal(,4)16H=2Mn25Cl28H2O；反应中氧化剂是KMnO4，1 mol KMnO4可得到5 mol电子；由已知信息可知NaBiO3作氧化剂，将Mn2氧化为MnOeq oal(,4)，1 mol NaBiO3被还原为Bi3得2 mol电子，1 mol Mn2被氧化为MnOeq oal(,4)失5 mol电子，根据得失电子守恒，n(NaBiO3)n(Mn2)52时恰好反应完全，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：5NaBiO32Mn214H=5N

47、a5Bi32MnOeq oal(,4)7H2O。(2)ClOeq oal(,3)被还原为ClO2，SOeq oal(2,3)被氧化为SOeq oal(2,4)，根据得失电子守恒，n(ClOeq oal(,3)n(SOeq oal(2,3)21时恰好完全反应，结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式：2ClOeq oal(,3)SOeq oal(2,3)2H=2ClO2SOeq oal(2,4)H2O；KClO3被还原为ClO2，HCl被氧化为Cl2，同时HCl起酸性作用，根据得失电子守恒，KClO3与被氧化的HCl物质的量之比为11，结合原子守恒n(KClO3)n(HCl)12时恰好完全反应，配平

48、可得化学方程式：2KClO34HCl(浓)eq o(=,sup7()2ClO2Cl22KCl2H2O，生成1 mol ClO2可转移1 mol电子。(3)1 mol Fe(OH)3生成FeOeq oal(2,4)失去3 mol e，1 mol Cl2得到2 mol e，结合原子守恒nFe(OH)3n(Cl2)23，根据电荷、原子守恒可得离子方程式：2Fe(OH)33Cl210OH=2FeOeq oal(2,4)6Cl8H2O。热点强化练2与化工生产相联系的氧化还原反应1.(2021山东滨州一模)火法炼铜的原理：Cu2SO2eq o(=,sup7(高温)2CuSO2，下列说法错误的是()A.Cu

49、2S在该反应中只作还原剂B.将所得气体通入品红溶液中，溶液褪色C.3.2 g O2参与反应时，电子转移总数约为66.021022D.所得气体经处理可作工业制硫酸的原料答案A解析Cu2S在该反应中Cu的化合价由1价转化为0价，降低被还原作氧化剂，S的化合价由2价转化为4价，升高被氧化作还原剂，故Cu2S既作氧化剂又作还原剂，A错误；SO2能使品红褪色，表现出漂白性，故将所得气体通入品红溶液中，溶液褪色，B正确；根据化合价分析可知，反应中转移了6 mol电子，故3.2 g O2参与反应时，电子转移总数约为eq f(3.2 g,32 gmol1)66.02102366.021022，C正确；所得气体

50、即SO2经处理可作工业制硫酸的原料，反应为：2SO2O2eq o(,sup7(催化剂),sdo5()2SO3，SO3H2O=H2SO4，D正确。2.(2021陕西宝鸡一检)某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是()A.该工艺流程是用来制备Fe2(SO4)3的B.气体M是H2SC.气体M参加的反应不是氧化还原反应D.SO2参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是11答案D解析由工艺流程的箭头指向可知，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，气体M和硫酸亚铁为反应物，指向流程之外的箭头只有硫酸(部分硫酸又参与循环)，即硫酸铁和二氧化硫作用生成硫酸和硫酸亚铁，气体M和硫酸，硫酸亚铁作用生成硫

51、酸铁。根据上述分析知该工艺流程是用来制备硫酸的，故A错误；根据反应关系知气体M、H2SO4和FeSO4作用生成Fe2(SO4)3，所以M是具有氧化性的气体，如O2等，故B错误；气体M、FeSO4溶液和硫酸作用生成Fe2(SO4)3，气体M参加的反应是氧化还原反应，故C错误；SO2参加反应时的化学方程式为SO2Fe2(SO4)32H2O=2FeSO42H2SO4，参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比是11，故D正确。3.工业上以废铁屑为原料制备LiFePO4的一种流程如下，下列有关说法错误的是()A.LiFePO4中铁显2价B.沉铁过程中双氧水作氧化剂C.沉铁中离子方程式为2H3PO42Fe2

52、H2O2=2FePO42H2O4HD.实验室进行煅烧操作中需要使用蒸发皿、泥三角等仪器答案D解析根据流程分析可知，废铁屑加入稀硫酸溶解后得到含有Fe2的溶液，再向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应2H3PO42Fe2H2O2=2FePO42H2O4H，得到FePO4，加入碳酸锂和草酸后煅烧得到产品LiFePO4。根据化合物中化合价代数和为0可知，LiFePO4中铁显2价，A正确；沉铁过程中双氧水中O的化合价降低，被还原，作氧化剂，B正确；C.沉铁时，向溶液中加入双氧水、磷酸，发生反应离子方程式正确，C正确；实验室进行煅烧操作中需要使用坩埚、泥三角等仪器，D错误。4.工业上常利用反应Cr2Oeq

53、oal(n,7)CH3OHHCr3CO2H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量，下列说法中正确的是()A.溶液的颜色从灰绿色变为橙色B.Cr2Oeq oal(n,7)发生氧化反应C.若配平后Cr3和CO2的化学计量数比为21，则Cr2Oeq oal(n,7)中的n2D.若有3.2 g CH3OH参加反应，则转移的电子数为6.021022答案C解析根据反应方程式可知，Cr3为灰绿色，是生成物，溶液的颜色应该变成灰绿色，故A错误；反应中CH3OH中C元素的化合价由2价升高到4价，被氧化，则Cr2Oeq oal(n,7)发生还原反应，故B错误；若配平后Cr3和CO2的化学计量数比为21，假设生成的二氧化碳为1 mol，则