2023届二轮复习 考点13氧化还原反应方程式配平与计算 学案

考点13氧化还原反应方程式配平与计算

一轮再回顾

一般氧化还原反应方程式的配平及计算

⑴配平原则

氧化剂和还原剂得失电子

得失电子守恒一总数相等.化合价升高总数

=化合价降低总数

反应前后原子的种类和个

数不变

电荷守恒离子反应前后,阴、阳离子所带

电荷总数相等

⑵常用方法——化合价升降法

基本步骤:

标明反应前后化合价有变化的元素的化合价

通过求最小公倍数使化合价升降总数相等

——确定氧化剂与还原剂的化学计量数

——观察法配平其他物质的化学计量数

——检查原子个数、电荷、得失电子是否分别守恒

（3）氧化还原反应的计算——得失电子守恒:

找出简化剂、还原剂及相应的还原产物和

U氧化产物

一找准一个原子或离子得失电子数（注意化学

u式中粒子的个数）

第-：步I根据题中物质的物质的量和得失电子守恒

列出等式.，“氧化剂）X变价原子个数X化

合价变化值（高价一低价）=，“还原剂）X变

价原子个数X化合价变化位（高价一低价）

易错点精析

常见氧化还原反应类型及其配平技巧

1.完全氧化还原型

技巧：可从反应物或者生成物进行配平

关键：符合一般的配平步骤

0+6△+4+4

实例：1C+2H2so«浓）---->CO2T+SO2T+H2O

f4xl|2x2

0+6△+4+4

或C+H2s。4（浓）---->lCO2t+2SO2T+H2O

T4xl12x2

C+2H2soM浓）=£=C02T+2SChT+2H2O

2.歧化反应

技巧：从生成物进行配平

关键：确定氧化产物和还原产物的化学计量数

+4+5+2

实例：NO2+H2O―>2HNO3+INO

tlx212xl

3NO2+H2O=2HNO3+NO

3.部分氧化还原型

技巧：从生成物进行配平

关键：确定氧化产物和还原产物的化学计量数

+4-I△+20

实例：MnO2+HC1（浓）---->1MnCl2+1C12+H20

12xlflx2xi

MnCh+4HCl（浓）=^=MnCh+C12f+2H2O

4.归中反应

技巧：从反应物进行配平

关键：确定氧化剂和还原剂的化学计量数

+4-20

实例：ISO2+2H2S—>H2O+S

14x112x2

SCh+2H2s=2H2O+3S]

易错提醒：

（1）注意特殊物质中元素的化合价，如NazCh中氧元素、FeS2中硫元素的化合价均为一1。

（2）题目中配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。

（3）依据电子得失守恒列等式时容易忽略微粒中变价原子的个数。

二轮热点难点突破

1.书写信息型氧化还原反应化学方程式的步骤（三步法）

第1步：根据氧化性、还原性强弱顺序确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化

合价规律和题给信息及已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守

恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。

第2步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H或0H的形式使方程式两端的电荷守

恒。

第3步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加HO(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。

2

2.缺项配平

(1)首先明确缺项物质所含元素化合价反应前后未变。否则无法配平。所以先配平含变价元素物质

的化学计量数，再根据质量守恒定律确定缺项物质的化学式和化学计量数。缺项物质一般为酸、碱、

水，常见的有HSO、HCKKOH、NaOH、HO等。

242

(2)当化学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、还原产

物。

3.掌握缺项配平时的补项原则

(1)总体原则

①对于缺项配平的化学方程式，通过观察方程式两边的元素，确定未知物质，该物质一般有常见的

H\OH，H2O,但也可能为一些其他化合物。

②对于情景式方程式的配平，要先确定反应物、生成物以及可能需要挖掘的物质，然后进行配平。

(2)补项类型

条件补项原则

酸性条件下缺H或多0补H+,少。补H2O

碱性条件下缺H或多0补HzO,少0补0H一

缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式

(3)补项原则

介质多一个氧原子少一个氧原子

酸性+2H+结合1个O—HzO+H2O提供1个O—2H+

中性+H2O结合1个O—2OH+H2O提供1个0-2H+

碱性+H2O结合1个O-2OH-+20H"提供1个O—HzO

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酸性或中性溶液

组合三-碱性溶液

OHH2O

组合四H2OOH-碱性或中性溶液

4.新情境下氧化还原反应方程式的书写步骤

［第1步根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原

剂、氧化产物、还原产物

［第2步)一按“氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物”写

出方程式，根据得失电子守恒配平上述几种物质

［第3步j—根据电荷守恒和反应环境的酸.碱性，在方程式

立左边或右边补充H*、OIF或HzO等

［笫4步］—|根据质量守恒配平反应方程式|

5.多步反应得失电子守恒问题

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，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。解这类试题时，注意不要

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。

针对训练

1.一般氧化还原反应方程式的配平

(1)0

Fe+HNO3=Fe(NO3)3+N0?+H2O

(2)o

高温

C0+Fe2O3=_____Fe+C02

【答案】

(1)Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOf+2H2O

高温

(2)3C0+Fe2O3=2Fe+3CO2

【解析】

(1)

铁化合价由0价升高至+3价，氮化合价部分由+5价降低至+2价，由电子守恒得

得到lx3e-

1Fe+_HNO3=/LFe(NO3)3+1N0|+H20，再由观察法根据原子守恒可得Fe+4HNCh二Fe(NC)3)3

失去1x3e-

+NOT+2H20,故答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NOT+2H?0；

(2)

得到］x6e-

碳化合价由+2价升高至+4价，铁化合价由+3价降低至0价，由电子守恒得，38+%2。3=3?。2+乱,

失去3X2《

高温高温

再由观察法根据原子守恒可得3co+Fe2Ch^2Fe+3co2,故答案为：3C0+Fe2O32Fe+3CO2o

(3)请配平下列反应:

___KC103+—_HC1=__KC1+—_ChT+—H2O—

___KMnO4+__HC1=__KCl+__MnCh+__ChT+__H2O―

一CnO：+__H++—___Cr3++_

_H2c2。4=_一CO2t+_H2O―

【答案】

(3)KClCh+6HCl=KCl+3c口+3H2。2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnC12+5C12T+8H2O

1Cr2O：+8H++3H2c2O4=6CO2T+2Cr3++7H2O

【解析】

(3)

Cl元素的化合价由+5价降低为0,C1元素的化合价由-1价升高为0,氯气前配3,KCICh前配1,氯

化钾前配1,盐酸前配6,最后水前配3,由电子及原子守恒可知反应为KC1O3+6HC1=KC1+3c口+3H20,

故答案为：KC1O3+6HC1=KC1+3cLT+3H20；

反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，部分C1元素化合价由-1价变为0价，部分CI元素化合价

不变，根据元素守恒知KC1转移电子总数为10,则MnCL的计量数是2,Cb的计量数是5,再结合

原子守恒配平方程式为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnC12+5C12f+8H2O；

故答案为：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCL+5C12T+8H20；

反应中Cr2O72-TC~+,Cr元素由+6变为+3价，降低6价，H2c2O4—CCh,化合价升高：1x2=2价，

化合价变化的最小公倍数为6,则CnCh?-的系数为1,H2c2。4的系数为3,根据质量守恒定律配平可

得：

ICnO：+8H++3H2c2O4=6CO2T+2。3++7比0,故答案为：ICnO；+8H++3H2c2O4=6CO2T+2€：1++71120。

2.信息型氧化还原反应化学方程式的配平

(1)硫酸锌可用于制造锌铁白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO,还含有FeghCuO、

SiO2等杂成)制备ZnSO7H2。的流程如图。

H2sO4锌粉KMnO4纯ZnO

锌白矿一酸浸一置换一氧化-结晶-*ZnSO4-7H2O

滤渣1滤渣2Fe(OH)3,MnO2母液

“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为__。

2++2+

［答案］Fe+MnO+7ZnO+9H=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn

【解析】

由流程图可知，氧化一步中，加入KMnCU和ZnO,产物有Fe(OH)3、MnCh和ZnSCh,根据流程图可

知，反应物中还应该有亚铁离子而且溶液显酸性，所以离子方程式为：Fe2++

2+

MnO4+7ZnO+9H+=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+;故答案为：Fe+

2+

MnO4+7ZnO+9H+=3Fe(OH)3+MnO2+7Zn。

(2)黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fez。。生产氯化铜晶体的流程如图:

【答案】CU+H2O2+2HC1=CUC12+2H2O

【解析】

黄铜灰渣含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、FezCh,加入盐酸，铜不溶于盐酸，滤渣I是铜，

滤液I中加入适量锌粉，置换出氯化铜中的铜，反应H是铜和双氧水、盐酸反应生成氯化铜和水，反

应方程式是CU+H2O2+2HC1=CUCI2+2H2OO

(3)还原过程中，每消耗172.8gCr2O；转移4.8mole,该反应的离子方程式为—。

2

20Na()H溶液NazSzO,溶液

钠离

工

交

子

业氧调pH

断过

树

换还

调pH=8一滤液f—Cr(OH)(H2O)5SO4

水化滤原

脂

【答案】3s2。f+4Cr2O：+13H2O=6SO：+8Cr(OH)3J.+2OH-

【解析】

172.8gCr2O^的物质的量是0.8mol,每消耗0.8molCnO：转移4.8mole,可知Cr元素化合价降低3,

还原产物中Cr元素显+3价，S2O；被氧化为SO：,S元素化合价由+2升高为+6,根据得失电子守恒、

电荷守恒，还原过程反应的离子方程式是3s2。；+450；一+13H2O=6SO+8Cr（OH）3；+2OH-。

（4）工业以软镭矿（主要成分是MnCh,含有SiCh、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性

材料碳酸镭（MnCCh）,其工业流程如图，请写出制备碳酸锌的离子方程式：—。

2+

【答案】Mn+2HCO=MnCO3j,+H2O+CO2t

【分析】

由流程可知软镒矿形成矿浆，通入足量的S02,发生反应，MnO2+SO2=MnSO4,

+2+2+

Fe2O3+SO2+2H=2Fe+SO+H20,SiCh不反应，过滤，滤渣I为SiCh,滤液含有MH+、Fe,加入

MnCh氧化亚铁离子，反应为：2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO：~,调节pH,沉淀铁

离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢镀溶液，生成MnCCh沉淀，过滤得到的滤渣

2+

中主要含有MnCCh,反应为：Mn+2HCO=MnCO3i+H2O+CO21,通过洗涤、烘干得到MnCCh晶体。

【解析】

M/+的滤液中加入NH4HCO3溶液后，发生彻底的双水解，生成MnC03沉淀和二氧化碳，离子方程

2+

式：Mn+2HCO=MnCO.U+H2O+CO2T0

3.缺项配平

I.制取新型净水剂高铁酸钠（NaFeO」）原理为：请配平该化学方程式

FeCOH%+CIO+______—______FeO；+CP+（缺项处填H*、

OH或H?0）

【答案】2Fe(OH)3+3ClO~+40H=2FeOf+3CP+5H2O

【解析】

反应中FGOH%中Fe的化合价+3升高到+6价，CKF中C1的化合价+1降低到-1价，根据得失电子守

恒，Fe（0H）3配系数2,C1CT配系数3,再根据原子守恒和电荷守恒，配平得

2Fe(OH)3+3CKF+4OFT=2FeO：+3CK+5H2O。

H.高铁酸钠(NazFeOj是新型的绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业制备高铁酸钠的其中一种方

法用离子方程式表示为：ClO+Fe3++OH=FeOj+Cr+"未配平)。

(1)高铁酸钠(NaFeOj属于(填“酸、碱、盐或氧化物”)，Na?FeO4中Fe的化合价

是。

(2)请完成该化学方程式并配平(未知物化学式和计量数填在横线上)：。

CIO+Fe3++OH-FeOj+Cl+

(3)该反应的氧化剂是,还原产物是«

【答案】

(1)盐+6价

(2)3C1CT+2Fe3++10OH-*2FeO7+3C「+5H2O

(3)CIOcr

【解析】

(1)

高铁酸钠(NazFeOj是由钠离子和酸根离子组成的化合物，属于盐，Na?FeO4中Na是+1价，O是一2

价，根据化合价代数和为0可知Fe的化合价是+6价。

(2)

反应中氯元素化合价从+1价降低到一1价，得到2个电子，铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3

个电子，根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知配平后的方程式为

3CIO+2Fe3++10OH^2FeOj+3C「+5H2O；

(3)

反应中氯元素化合价从+1价降低到一1价，得电子被还原，所以该反应的氧化剂是C1CT,还原产物

是c「。

III.配平以下氧化还原反应方程式。

(1)KI+KIOs+_H2so4二I2+_K2SO4+__H2O

____H++______Mn2++_____

(2)—____MnO+__cr=____C12f+_____H2O

KOH=

(3)S+K2S+K2SO3+H2O

(4)KOH+

P4+H2O=K3PO4+PH3

—

(5)CIO+Fe(OH)3+cr+FeO?+H2O

2+

(6)Mn+C10+H20=MnCh]+Chf+

【答案】

(1)513333

(2)21610258

(3)3623

(4)29335

(5)324OH-325

(6)524518H-

【解析】

(1)

在该反应中I元素化合价由反应前KI中的-1价变为反应后12的0价，化合价升高1价；I元素化合价

由反应前KIO3中的+5价变为反应后12的0价，化合价降低5价，化合价升降最小公倍数是5,所以

KI的系数是5,KICh的系数是1,12的系数是3；再根据K元素守恒可知K2SO4的系数是3；然后根

据S元素守恒，可知H2s的系数是3；最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是3,则配平后

该反应的化学方程式为：5KI+KIO3+3H2so4=3b+3K2so4+3H2O：

(2)

在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO中的+7价变为反应后Mrr2+的+2价，化合价降低5价:

C1元素化合价由反应前C1一中的-1价变为反应后CL中的。价，化合价升高1x2=2价，化合价升降最

小公倍数是10,所以MnO、M«+的系数是2,的系数是10,Cb的系数是5；然后根据电荷守恒，

可知H+的系数是16,最后根据H、O原子守恒，可知HzO的系数是8,则配平后的化学方程式为：2

MnO+16H++10Cl-2Mn2++5Cht+8H2O；

(3)

在该反应中，S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2s的-2价，化合价降低2价；S元素

化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2s03的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数

是4,所以K2s的系数是2,K2sCh的系数是1,S的系数3,然后根据K元素守恒，可知KOH的系

数是6,最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是3,则配平后的化学方程式为：

3s+6KOH=2K2S+K2so3+3H2。；

(4)

在该反应中，P元素化合价由反应前P4单质的0价变为反应后PH3的-3价，化合价降低3价；P元素

化合价由反应前P4单质的0价变为反应后K3P04的+5价，化合价升高5价，化合价升降最小公倍数

是15,所以PH3的系数是5,K3P04的系数是3,则P4的系数2,然后根据K元素守恒，可知KOH

的系数是9,最后根据H、0元素守恒，可知HzO的系数是3,则配平后的化学方程式为:

2P4+9KOH+3H2O=3K3Po4+5PH3；

(5)

在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe(0H)3的+3价变为反应后FeO；的+6价，化合价升高3价；

C1元素化合价由反应前C10-中的+1价变为反应后cr的-I价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍

数是6,所以Fe(0H)3、FeO：的系数是2；CIO.Cl-的系数是3；然后根据电荷守恒，可知缺项物质

微粒是0H,其系数是4；最后根据H、0元素守恒，可知H9的系数是5,则配平后的化学方程式

为：3ClO+2Fe(OH)3+4OH=3Cl+2FeO：+5比0；

(6)

在该反应中，Mn元素化合价由反应前MM+的+2价变为反应后MnCh中的+4价，化合价升高2价；

C1元素化合价由反应前CIO的+5价变为反应后C12的0价，化合价降低5X2=10价，化合价升降最小

公倍数是10,所以Mn2+、MnCh的系数是5,CIO的的系数是2,则Ch的系数是1；根据反应前后电

荷守恒，可知反应后缺项微粒是H+,系数是8；最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是4,则

配平后的化学方程式为：5MM++2。0+4H2O=5MnO21+Cl2T+8H+。

4.新情境下氧化还原反应方程式

I.绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备

高价铭盐的新工艺，该工艺不消耗除铭铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现

了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图:

气体A

「NaQO,溶液一［T指卜'嘴歌%夜+

介稔态NaOH溶液(循环)

粗分离

-------过量气体A

L无色」④4A1(OH)3(S)+

溶液一!「物质V的溶液

%MgCC)3(s)一|燃烧1MgO⑸

混合气体IV

回答下列问题:

(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。

(2)工序③中发生反应的离子方程式为。

(3)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为

【答案】

(1)Fe、Cr

+

(2)2Na+2CrO+2CO2+H2O=Cr2O；+2NaHCChl

高温

(3)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O

【分析】

由题给流程可知，铭铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，

Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成倍酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化

镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、

格酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铭酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶

液：向倍酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铝酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量

的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化

碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，

二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煨烧得到氧化镁。

(1)

由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铭元素，故答案为：Fe、Cr；

(2)

工序③中发生的反应为铭酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铭酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子

+

方程式为2Na++2CrO：+2CO2+H2O=Cr2O^+2NaHCO3；,故答案为：2Na+2CrO；+2CO2+H2O

CnO；-+2NaHCO3b

(3)

碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸

氢钠反应生成铭酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为

高温

4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生

高温

类似的反应，故答案为：4Fe(CiO2)2+702+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O„

II.Ce2(CC)3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铀(Ce)主要以CePO,形式存在,

还含有Si。?、AIQ3、FqO,、CaFz等物质。以独居石为原料制备CeJCOJfHQ的工艺流程如下:

①MgO调pH=5

浓H2sO,H2OFeCh溶液②紫凝剂NH4HCO3溶液

酸性废气滤渣I滤渣II滤渣HI滤液

(1)“沉钵”过程中，生成Ce2(CO)nHQ的离子方程式为

⑵滤渣H的主要成分为FePO,,在高温条件下,Li2co，、葡萄糖(C6Hoe)力和FePO」可制备电极材

料LiFePO」，同时生成CO和H’O,该反应的化学方程式为

【答案】

3+

(1)6HCO3+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO,)3-nH2O+3CO2f

(2)6Li,CO,+C6H12O(>+12FePO4=l2LiFePO,+6C0T+6H2O+6CO2T

【解析】

(1)

HCO；在水溶液中即有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合HCO；电离平衡产生的CO；及水分子形成难

溶的CeKCOJ-nH?。，使HCO；电离平衡正向移动，H+增多，又促使HCO；的水解平衡正向移动，产

生大量H2co3,H2co3过饱和分解成H20和CO2,所以本问离子方程式应填

4<3+

6HCO；+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-nH,O+3CO2f；

(2)

根据题目所给信息可知，Fe元素由反应物中+3价变为生成物中的+2价，做氧化剂降价，C6Hl2。6做

还原剂被氧化成CO,根据得失电子守恒，本问方程式应填

“6Li2c0?+C6Hl2。6+12FePO4=12LiFePO4+6C0f+6H2O+6CO2T”。

5.氧化还原反应的计算——得失电子守恒

I,某工业废水中含有KCN(其中N为-3价)，拟采用如下反应处理：

KCN+KOH+C1,^CO2+N2+KC1+H.O(未配平)。下列有关该反应的说法错误的是

A.KCN作还原剂，发生氧化反应

B.氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：3

C.当有1molN2生成时，反应过程中氧化剂共得到10mol电子

D.每处理1mol含KCN的工业废水，至少需要消耗标准状况下56LCL

【答案】B

【分析】

根据元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，可得配平后该反应的化学方程式为：

2KCN+8KOH+5C12=2CO2+N2+10KC1+4H2O,然后根据氧化还原反应规律分析解答。

【解析】

A.在该反应中C元素化合价由反应前KCN中的+2价变为反应后CO2中的+4价，N元素化合价由反

应前KCN中的-3价变为反应后N2中的。价，化合价升高，失去电子被氧化，发生氧化反应，所以

KCN为还原剂，A正确；

B.在该反应中氧化产物是CC>2、N2,还原产物是KC1,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为(2+1)：

10=3：10,B错误;

C.根据反应方程式可知：反应中每转移10mol电子，反应产生1molN2,C正确：

D.根据方程式2KCN+8KOH+5cl2=2CO2+N2+10KCl+4H2。可知：每处理1mol含KCN的工业废水，

需消耗2.5molCh,故消耗的标准状况下C12的体积最小为V(Ch)=2.5molx22.4L/mol56L,D正确;

故合理选项是Bo

11.2021年10月16日，我国“长征二号F遥十三运载火箭”带着神州十三号载人航天飞船成功发射,

又一次将我们的航天员送入了天空。飞船的天线是用钛银形状记忆合金制造的，工业上用钛酸亚铁

(FeT。)冶炼钛(Ti)的过程是：

高温

反应①：2FeTiO3+6C+7Cl2=^=2TiCl4+2FeCl3+6C0

m

反应②：在氮气环境中，2Mg+TiCl„-"—Ti+2MgCl2

下列有关说法错误的是

A.反应①中C1?是氧化剂，C、FeTiOs是还原剂

B.反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7N,、个电子

C.反应②中Mg被氧化，TiCl,被还原

D.反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化

【答案】D

【解析】

A.FeTiCh中Fe显+2价，0显-2价，化合价的代数和为0,则Ti的价态为+4价，根据反应①，Ch

中Cl的化合价降低，C12为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiCh作还原

剂，其余元素的化合价没发生变化，故A说法正确；

B.根据A选项分析，生成6moicO,转移电子物质的量为14mo1,即每生成标准状况下6.72LCO气

&72L

体，转移电子物质的量为22.4L/mol=0.7moL故B说法正确；

6

C.反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCL中Ti的化合价由+4价降低为0

价，TiCL为氧化剂，故C说法正确；

D.根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D说法错误;

答案为D。

△

III.6h+llKClC）3+3H2O=_6KH（IO）+3ChT+5KCI是制备食盐补碘剂KI0；的反应之一、下列

有关说法正确的是

A.该反应的氧化产物为KHOO。?，还原产物为Cl?

B.反应每消耗lmo（时，可以生成22.4L（标准状况）Cl?

C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6

D.在家中，可以用淀粉溶液检验加碘盐中是否存在IO；

【答案】C

【解析】

A.I2TKH（IC>3）2中I元素化合价由0价升高到+5价，则12为还原剂，KH（IC>3）2为氧化产物，

KC1O3—C12、KC1中C1元素化合价降低，还原产物为C12、KC1,故A错误；

B.反应每消耗Imoll?时，可以生成OSmolJ,标准状况下体积为V=nVm=0.5molx22.4L/mol=11.2L,

故B错误；

C.依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，卜为还原剂，C1元素化合价由+5价降到-1价

和0价，KCICh作为氧化剂，12为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6,故C正确；

D.淀粉溶液遇碘单质变蓝，淀粉溶液遇加碘盐中10、无现象，不能检验，故D错误；

故选：Co

突破提升

2+2+

1.钢不同价态的化合物广泛用于电池等行业。根据反应：MnO；+5VO+H2O=+Mn+5VO0

下列说法正确的是

A.上述方程式空白处应填入“20出”

B.VCP+是氧化剂，V0是还原剂

C.V02+是还原剂，lmolVO2+转移电子的物质的量为imol

D.MnO；是常见氧化剂，酸性条件下被氧化成MM+

【答案】C

【解析】

A.由电荷守恒和原子个数可知，上述方程式空白处应填入2H+,故A错误；

B.由方程式可知，反应中机元素化合价升高被氧化，VCP+是还原剂，VO是氧化产物，故B错误；

C.由方程式可知，反应中钢元素化合价升高被氧化，VO?+是还原剂，ImolVO?+转移电子的物质的量

为1mol,故C正确；

D.由方程式可知，反应中铳元素化合价降低被还原，MnO4是反应的氧化剂，故D错误；

故选C。

2.宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是

4Ag+2凡S+=2X+2Hq,下列说法不正确的是

A.反应中Ag和H2s均是还原剂B.X的化学式为Ag2s

C.每生成ImolX,反应转移2moie-D.银针验毒时，空气中氧气得到电子

【答案】A

【分析】

由原子个数守恒可知，X为Ag2S,反应中银元素的化合价升高被氧化，银为反应的还原剂，氧元素

的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂。

【解析】

A.由分析可知，银为反应的还原剂，故A错误；

B.由分析可知，X的化学式为Ag2S,故B正确；

C.由方程式可知，生成2moi硫化银，反应转移4moi电子，则生成Imol硫化银，反应转移2moi电

子，故C正确；

D.由分析可知，银针验毒时，空气中氧气得到电子，是反应的氧化剂，故D正确；

故选Ao

3.制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO],反应机理如图。下列说法错误的

A.过程I和过程U中Fe3+都被还原

B.过程H中若S2。：过量会有气体生成

C.参加过程1和过程II的Fe3+之比为4：3

D.总反应的离子方程式为l4Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO：+16H+

【答案】C

【解析】

A.由图示知，过程I、II中Fe3+均被还原为Fe2+,A正确；

B.过程II由于生成H+,溶液显酸性，在酸性条件下会歧化生成S、水和SO2,B正确；

C.过程IFeS2中S元素化合价由-1价升高到S2。：中+2价，Fe3+转化为Fe2+,根据得失电子守恒得关

系式：FeS2~6Fe3+~SQ；,过程H-化为SO：,Fe3+转化为Fe?+,根据得失电子守恒得关系式：

3+

S2O^~8Fe,故两个过程消耗Fe3+之比为3：4,C错误；

5++2+

D.根据图示知总反应为：FeS2+Fe-*SO；+H+Fe,根据元素守恒知，方程式左边要添加H?。，

3++2+

根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe+8H2O=2SO；-+16H+15Fe,

D正确；

故答案选C。

4.工业上使用催化剂时常需要载体，纳米氧化锌可作为一些催化剂的载体。工业上由软钵矿（主要成

分为MnCh）与锌精矿（主要成分为ZnS）酸性共融法制备MnCh及纳米ZnO的工艺流程如图。回答下列

问题：

2Wb

(1)写出酸浸时ZnS与MnCh发生的主要反应的化学方程式______(无单质硫生成)。

(2)Na2s2。8是一种强氧化剂，能与Mn2+反应生成SO；和紫色MnO,用Na2s2。8检验水相中的Mn2+

时发生反应的离子方程式为。

【答案】

(1)ZnS+4MnCh+4H2sO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2。

2++

(2)2Mn+5S2Oj+8H2O=2MnO+1OSO:+16H

【分析】

软铳矿(主要成分为MnCh)与锌精矿(主要成分为ZnS)酸性共融法制备MnOz及纳米ZnO的工艺流程：

加入20%的硫酸酸浸后，过滤，得到滤液中含有铳离子和锌离子(说明+4价镭被还原为+2价，-2价硫

被氧化为硫酸根离子)；用有机物进行萃取后，进入水相的是硫酸镒，加入氧化剂氯酸钠，+2价铺被

氧化为二氧化镒；硫酸锌在有机相中，进行反萃取后，硫酸锌进入水相中，调节溶液的pH,得到氢

氧化锌沉淀，灼烧后得到氧化锌。

(1)

根据工艺流程分析，酸浸时，ZnS、MnCh分别转化为ZnSCU、MnSO4,即S由-2价升为+6价，Mn

由+4价降为+2价，根据得失电子守恒，ZnS、MnCh的化学计量数之比为1:4,再根据原子守恒，配

平化学方程式为：ZnS+4MnO2+4H2SO4=ZnSO4+4MnSO4+4H2Oo

(2)

S2O：与MM+反应生成SOj和MnO,根据根据得失电子守恒，SzO：、MM+的化学计量数之比为5:2,

再根据电荷守恒和原子守恒，配平的离子方程式为2MM++5S2。+8H2O=2MnO+1OSO；+16H\

5.工业上以黄铜矿(主要含CuFeS?,还含FeS等)为原料可以制备Cu,流程如下:

FeCh溶液NaCl溶液H2O

黄铁矿一*浸取—*过滤一>CuCl(S)、S(S)f溶解-Na[CuCl2]->溶解-Cu

S(S)CuCl2等溶液

(1)写出“浸取”时CuFeSz和FeCh溶液反应的离子方程式：。

(2)“稀释”时反应的化学方程式为o

(3)用(NH4)2SC>3还原CuCL溶液也能获得CuCl,CuCl的产率随溶液pH变化如图所示。

%

*、

归

g

o

n

。

①pH约为4时，CuCl的产率最大。写出该条件下反应的离子方程式：。

②pH大于4或小于4时，CuCl的产率都会随pH的增大或减小而降低，原因是。

(4)“溶解”前需测定CuCl、S中CuCl的含量，实验过程为：称取0.8000g样品置于烧杯中，向其

中加入稍过量的L5moLL"FeCb溶液(CuCl+FeC13=CuCL+FeC12),充分反应后快速过滤，用蒸僧水洗

涤烧杯、玻璃棒及滤渣2~3次，将滤液及洗涤滤液一并转移到锥形瓶中，用Ce(SO4)2标准溶液滴定至

终点(Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+),消耗0.2000molL」Ce(SO4)2标准溶液20.00mL«计算混合物中CuCl的质

量分数。(写出计算过程)。

【答案】

3+2+

(1)3Fe+CuFeS2+CI=CuCl+2S+4Fe

(2)2Na[CuCl2]=Cu；+CuC12+2NaCl

(3)2CU2++SO；+2C1-+H2O=2CUC11+SO：+2H+pH小于4,随pH减少溶液酸性增强，SO：

转变为SO2逸出，还原剂变少，产率降低；pH大于4,随pH增大CM+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降

低

(4)49.75%

【分析】

根据该工艺流程图中信息可知，“浸取”时是将黄铁矿与FeCb溶液充分反应，反应方程式为：

3FeCh+CuFeS2=CuCl+2S+4FeC12,2FeC13+FeS=3FeCL+S,过滤得到CuCl和S的混合物，洗涤，向洗

涤后的固体中加入NaCl溶液，“溶解”时发生反应为：NaCI+CuCl=Na[CuCh],过滤出S,得到滤液,

向滤液中加水稀释得到Cu和CuCh,NaCl等，“稀释”时反应方程式为：

2Na[CuC12]=Cu1+CuC12+2NaCl,据此分析解题。

(1)

由分析可知，“浸取"时CuFeSz和FeCb溶液反应的方程式为：3FeCb+CuFeS2=CuCl+2s+4FeCL,

则该反应的离子方程式为：3Fe3++CuFeS2+C「=CuCl+2s+4Fe2+,故答案为：

3Fe3++CuFeS2+Cl-CuCl+2S+4Fe2+；

(2)

由分析可知，“稀释”时反应的化学方程式为：2Na[CuC12]=Cul+CuCl2+2NaCI,故答案为：

2Na[CuCl2]=Cu|+CuCl2+2NaCl；

(3)

①由题干图信息可知，pH约为4时，CuCl的产率最大，则在该条件下反应的离子方程式为：

2Cu2++SO:+2C1+H2O=2CUC11+SO:+2H+,故答案为：2Cu2++SO；+2C1+H2O=2CUCU+SOF+2H+；

②pH小于4,随pH减少溶液酸性增强，SO：转变为S02逸出，还原剂变少，产率降低；pH大于4,

随pH增大CiP+转变成Cu(0H)2沉淀，产率降低，故有pH大于4或小于4时，CuCl的产率都会随pH

的增大或减小而降低，故答案为：pH小于4,随pH减少溶液酸性增强，SO；-转变为SCh逸出，还原

剂变少，产率降低；pH大于4,随pH增大CM+转变成Cu(OH)2沉淀，产率降低；

(4)

由题干信息反应：CuCl+FeCh=CuC12+FeC12,Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+,可找得关系式为：

CuCl--Fe2+~~Ce4+,即n(CuCl>n[Ce(S04)2j=cV=0.2000mol-Llx20.00x10-3L=4.0x1O^mol,则

CuCl%=鲍细°八八--------=49.75%,故答案为：49.75%«

0.8000g

6.氧化还原反应原理在研究物质性质及物质转化方面具有重要的价值。

(1)生活中常用的84消毒液(主要成分是NaClO)与洁厕灵(主要成分是稀盐酸)混合时会产生大量的

黄绿色气体，写出该反应的离子方程式：o

(2)高铁酸钠(NazFeCU)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠的一种

3+

原理为：CIO_+Fe+OHFeOf+CP+H2O,配

平该离子方程式_______。

【答案】

+

(1)Cl+ClO+2H=C12t+H2O

3+-

(2)3C1O^+2Fe+1OOH-=2FeO；+3CP+5H2O

【解析】

(1)

84消毒液(主要成分是NaClO)与洁