第5讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平[考纲要求] 1.掌握氧化还原反应方程式的简单配平方法。2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。考点一 氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。深度思考根据FeS2＋O2―→Fe2O3＋SO2回答下列问题(1)氧化剂________，还原剂________，氧化产物________，还原产物________。(2)元素化合价升高的元素为________，元素化合价降低的元素为________。(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为________，1“分子”氧化剂化合价降低总数为________。(4)配平后各物质的系数依次为____________________。答案 (1)O2 FeS2 Fe2O3、SO2 Fe2O3、SO2(2)Fe、S O(3)11 4(4)4 11 2 8题组一 正向配平类1．(1)____HCl(浓)＋____MnO2____Cl2↑＋____MnCl2＋____H2O(2)____Cu＋____HNO3(稀)===____Cu(NO3)2＋____NO↑＋____H2O18\n(3)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O(4)____MnO＋____H＋＋____Cl－===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案 (1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8题组二 逆向配平类2．(1)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O(2)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3答案 (1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5题组三 缺项配平类3．(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____FeO＋____H2O(2)____MnO＋____H2O2＋____===____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O答案 (1)3 2 4OH－ 3 2 5(2)2 5 6H＋ 2 5 8解题技巧配平的基本技能(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)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。(3)缺项配平法：先使得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加(H＋)，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加(OH－)，生成物一边加水。然后进行两边电荷数配平。题组四 突破未知氧化还原反应方程式的书写4．按要求完成下列方程式：(1)在NaClO溶液中通入足量SO2，写出发生反应的离子方程式：_______________。答案 ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋解析 第一步：①找出发生氧化还原反应的粒子：ClO－和SO2；②根据价态规律，预测氧化产物和还原产物，并写出参加氧化还原反应的物质及氧化产物和还原产物：ClO－＋SO2―→Cl－＋SO；③配电子守恒，由于ClO－―→Cl－是得到2e－；SO2―→SO是失去2e－，因此，得失电子已经相等了。第二步：配电荷守恒，该反应所产生的溶液是呈酸性的，用H＋来配电荷，显然是加在生成物的一边，并且得加2个H＋，即ClO－＋SO2―→Cl－＋SO＋2H＋。第三步：配原子守恒，反应是遵循质量守恒定律的，因此反应前后，相应原子个数要相等的，显然反应物的一边要加1个H2O，即ClO－＋SO2＋H2O===Cl－＋SO＋2H＋。(2)S与Cl2的水溶液充分反应可生成2种强酸，该反应的化学反应方程式是________。答案 S＋3Cl2＋4H2O===6HCl＋H2SO4解析 反应体系中有S、Cl2和H2O，显然Cl2为氧化剂，S为还原剂；Cl2的还原产物为Cl－，而S的氧化产物可在SO2、SO、SO中选择。根据题给信息(生成2种强酸)，可有2种方法进行判断。方法1：结合中学常见的六大强酸(HNO3、H2SO4、HClO4、HCl、HBr、HI)，根据原子守恒排除掉HBr、HI、HNO3，还剩下H2SO4、HCl、HClO418\n，生成物只能是HCl和H2SO4。方法2：根据得失电子守恒，得S＋3Cl2―→6Cl－＋SO(第1步)；溶液呈酸性，在等式右侧添加8molH＋使电荷守恒，S＋3Cl2―→6Cl－＋SO＋8H＋(第2步)；在等式左侧添加4molH2O使原子守恒，S＋3Cl2＋4H2O===6Cl－＋SO＋8H＋(第3步)。检查无误，改写成如下化学反应方程式：S＋3Cl2＋4H2O===6HCl＋H2SO4。(3)无色有刺激性气味的SO2气体与含1.5molCl的一种含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.5NA个电子转移时，该反应的化学方程式是________。答案 2HClO3＋SO2===2ClO2＋H2SO4解析 可用于实验室制氧气的氯的含氧酸盐是KClO3，1.5molHClO3在反应中转移的电子数为1.5NA个，即1.5mol电子，说明1molCl得到的电子为1mol，化合价降低1价，从＋5价降为＋4价。还原剂为SO2，氧化产物为SO，根据得失电子守恒规律得2HClO3＋SO2―→2ClO2＋SO(第1步)；溶液呈酸性，在等式右侧添加2molH＋使电荷守恒，2HClO3＋SO2―→2ClO2＋SO＋2H＋(第2步)；检查原子已经守恒，改写成化学反应方程式(第3步)：2HClO3＋SO2===2ClO2＋H2SO4。解题技巧未知氧化还原反应方程式的书写技巧(1)熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物氧化剂Cl2O2浓H2SO4HNO3KMnO4(H＋)、MnO2Fe3＋KClO3H2O2还原产物Cl－O2－SO2NO或NO2Mn2＋Fe2＋Cl－H2O还原剂I－(HI)S2－(H2S)CO、CH2NH3SO2、SOH2O2氧化产物I2SCO2H＋NOSOO2(2)书写未知氧化还原反应方程式的步骤(3步法)第1步：根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和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OH－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H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。考点二 氧化还原反应计算题中重要的解题思想18\n对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，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维，便可迅速获得正确结果。题组一 简单反应的得失电子守恒问题1．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( )A．2B．3C．4D．5答案 D解析 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。得关系式1×·xe－＝16×2e－，x＝5。2．24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1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答案 B解析 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＋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规律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。思维建模守恒法解题的思维流程(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价)。题组二 多元素参与反应的得失电子守恒问题3．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，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。答案 1.5 2.2解析 设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为x；生成1molCu3P时，被氧化P的物质的量为y根据电子守恒得：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0)x＝1.5mol1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y·(5－0)y＝1.2mol所以参加反应的P的物质的量为1.2mol＋1mol＝2.2mol。4．四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题。18\n(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是____________。(2)反应的化学方程式中x＝________。(3)每生成1molFe3O4，反应转移的电子为________mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为________mol。答案 (1)Fe2＋、S2O (2)4 (3)4 0.5解析 (2)根据电荷守恒得：x＋2×2－3×2＝2，解得x＝4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成1molFe3O4时，转移的电子数即是1molO2得电子总数，为4mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1mol×3×(－2)，解得x＝0.5mol。题组三 多步反应的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。5．现有铁粉和氧化铁的混合物共27.2g，加入足量的稀硫酸使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到2.24L(标准状况下)气体，当向溶液中滴加KSCN溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。答案 58.8%6．14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为( )A．9.6gB．6.4gC．3.2gD．1.6g答案 C解析 根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得×2＋＝×4，解得：m(Cu)＝3.2g。题组四 微粒先后反应时的得失电子守恒问题当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，则强还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微粒时，则强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样适用。7．下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱如下：还原性HSO>I－，氧化性IO>I2>SO。向含有xmolNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示，则x＝________mol。18\n答案 3解析 开始加入KIO3溶液时，最先与IO反应的微粒是HSO，还原产物为I－，氧化产物为SO。当HSO反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。所以0点到b点参加反应的HSO的物质的量可利用电子守恒求解，n(HSO)×2e－＝n(IO)×6e－，即n(HSO)×2＝1mol×6，所以x＝3。考点三 氧化还原反应原理的综合应用题组一 从定性和定量两个角度探究有关氧化还原反应的实验(一)关于物质氧化性、还原性强弱的实验1．某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原理进行了如下探究：【实验】 制备银镜，并与Fe(NO3)3溶液反应，发现银镜溶解。(1)下列有关制备银镜过程的说法正确的是________(填序号)。a．边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水，至最初的沉淀恰好溶解为止b．将几滴银氨溶液滴入2mL乙醛中c．制备银镜时，用酒精灯的灯焰给试管底部加热d．银氨溶液具有较弱的氧化性e．在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大【提出假设】假设1：Fe3＋具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe(NO3)3，溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag。【设计实验方案，验证假设】(2)甲同学从上述实验的生成物中检验出了Fe2＋，验证了假设1成立。请写出Fe3＋氧化Ag的离子方程式：_______________________________________________________________________________________________________________________________。(3)乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容(提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生)。实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论①②……若银镜消失，假设2成立；若银镜不消失，假设2不成立【思考与交流】18\n(4)甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立，则丙同学由此得出结论：Fe(NO3)3溶液中的Fe3＋和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：___________________________________。答案 (1)ade (2)Ag＋Fe3＋===Ag＋＋Fe2＋(3)实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论①测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH；②配制相同pH的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内(4)不同意。甲同学检验出了Fe2＋，可确定Fe3＋一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的还原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag[(3)、(4)其他合理答案均可]解析 本题是一道探究类试题，以日常生活中的蚀刻银制作美丽的银饰为情境，以探究Fe(NO3)3溶液中何种因素蚀刻银为研究课题，考查学生运用相关的化学反应原理、元素化合物知识及化学实验基本知识进行实验设计，考查学生运用控制变量思想设计实验的能力，对实验现象和结果进行分析、解释和科学举证能力，以及用正确的化学术语及文字进行表达的能力。第(3)题考查学生运用控制变量的科学方法设计实验是该题的核心。本题中有两个变量，如表所示：实验变量Fe3＋的氧化性NO的氧化性能否蚀刻银能不确定现象或结论银溶解无法测定还原产物由于NO的氧化能力随着溶液pH的变化而变化，那么在验证假设2即Fe(NO3)3溶液中的NO能氧化Ag时，就要求学生必须严格控制溶液的pH进行实验，这是考查单一变量控制法。解决本题的关键就是需测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH，然后配制相同pH的稀硝酸溶液，再将此溶液加入有银镜的试管内。显然，这是该实验的最佳设计方案。(二)氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2＋为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。2．(1)配平氧化还原反应方程式：C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O(2)称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25mol·L－1NaOH溶液至2018\nmL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。②第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为__________。答案 (1)5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O(2)①0.005 ②A.氧化剂 不需要 无色 浅紫红色B．无影响 C．偏小 ③21% 64%解析 (1)C：＋3―→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守恒在H＋前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。(2)①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25mol·L－1×0.02L＝0.005mol。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由电子守恒得n(还)×2＝0.10mol·L－1×0.016L×5，n(还)＝0.004mol。③设6.0g试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01mol，n(KHC2O4)＝0.03mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为×100%＝64%。题组二 氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用3．高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列________(填序号)物质相似。18\nA．75%酒精B．双氧水C．苯酚D．84消毒液(NaClO溶液)(2)写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(3)向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是____________。(4)上述流程中可以循环使用的物质有石灰、二氧化碳、__________和__________(写化学式)。(5)若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1molMnO2可制得________molKMnO4。答案 (1)BD (2)2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O (3)K2MnO4 (4)KOH MnO2 (5)0.67(或)解析 KMnO4稀溶液用作消毒剂是利用KMnO4的强氧化性，所给消毒剂中与KMnO4稀溶液消毒原理相似的只有双氧水和84消毒液(NaClO溶液)，故选BD。MnO2和KOH的熔融物中通入空气后生成了K2MnO4，则发生了氧化还原反应，O2作氧化剂，依据元素守恒原理可确定生成物中有水，根据化合价的升降总数相等即可配平该化学方程式。向K2MnO4溶液中通入CO2来制备KMnO4可知锰元素的化合价升高，K2MnO4作还原剂。从上述工艺流程中可知，KOH和MnO2作为反应原料参加反应，而反应过程中还有MnO2生成，最后的母液中又分离出KOH，都为可循环使用的物质。由2MnO2＋4KOH＋O22K2MnO4＋2H2O和3K2MnO4＋2CO2===MnO2↓＋2KMnO4＋2K2CO3可知，1molMnO2可制得molKMnO4。4．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。工业上制备K2FeO4的常用方法有两种。方法Ⅰ：次氯酸盐氧化法。工艺流程如图所示。(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：____FeCl3＋____NaOH＋____NaClO===____Na2FeO4＋____＋____。其中氧化剂是________(填化学式)。(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为__________________________________。(3)上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯，操作是将粗产品用____________溶解，然后______________________________________。方法Ⅱ：电解法。以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中加入KOH。(4)电解时阳极发生反应生成FeO，该电极反应方程式为________________________________________________。答案 (1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH (3)稀KOH溶液 加入饱和KOH溶液，冷却结晶 (4)Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O18\n解析 (1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。(3)因为K2FeO4在中性或酸性溶液中能分解，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶。(4)电解时阳极铁在强碱性条件下被氧化为FeO：Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O。命题展望氧化还原反应命题4大趋向氧化还原反应是高中化学的核心内容，是高考考查的重点和热点。命题的趋向：(1)以社会实际问题或典型实例为载体，考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用；(2)将氧化还原反应与物质的推断结合在一起，考查学科内知识的综合应用能力；(3)将氧化还原反应与酸碱中和滴定相结合进行考查；(4)氧化还原反应与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合的综合性题目。1．(2022·海南，6)将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol·L－1MO溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是( )A．MB．M2＋C．M3＋D.MO2＋答案 B解析 锌粉加入到MO溶液中发生氧化还原反应，反应物Zn为0.003mol，反应中失去电子为0.003mol×2＝0.006mol，而溶液中MO为20.0×10－3L×0.100mol·L－1＝0.002mol，根据反应中转移电子的物质的量相等，可求得反应中M元素降低3价，即MO的还原产物可能为M2＋。2．(2022·四川理综，13)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是( )A．Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol·L－1C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol答案 B解析 解题的关键是会利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒。Cu(OH)2的质量为39.2g，其物质的量为0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x＋2y＝0.4mol，64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，解得：x＝0.2mol，y＝0.118\nmol，故A正确；Cu和Cu2O中的Cu都变成了＋2价，转移的电子的物质的量为(0.4＋0.2)mol＝0.6mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2mol，故C正确；n(NaOH)＝1mol，生成0.4molCu(OH)2时消耗了0.8molNaOH，另外0.2molNaOH中和了硝酸，故D正确；硝酸总的物质的量为0.2mol(剩余的)＋0.2mol(表现氧化性的)＋0.8mol(表现酸性的)＝1.2mol，其物质的量浓度为2.4mol·L－1，故B错。3．[2022·山东理综，28(1)]研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为________________________________。利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。答案 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 6.72解析 根据题给化学方程式可知当6molNO2全部参加反应时，转移电子6mol×(4－0)＝24mol，故转移1.2mol电子时，消耗NO20.3mol，即6.72L。4．配平下列方程式(1)[2022·福建理综，23(6)]在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________答案 2 1 6 2 6 H＋(2)[2022·福建理综，24(2)改编]完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：Fe(OH)2＋ClO－＋________===Fe(OH)3＋Cl－答案 2 1 1 H2O 2 1(3)[2022·安徽理综，27(2)改编]配平反应的离子方程式是Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋________。答案 5 2 4 5 1 8 H＋(4)[2022·重庆理综，26(3)]配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe答案 2 5 3 1 55．(2022·上海，五)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1∶1，写出Se和浓HNO3的反应方程式__________________________________________。(2)已知：Se＋2H2SO4(浓)―→2SO2↑＋SeO2＋2H2O2SO2＋SeO2＋2H2O―→Se＋2SO＋4H＋SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是__________________。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：①SeO2＋KI＋HNO3―→Se＋I2＋KNO3＋H2O18\n②I2＋2Na2S2O3―→Na2S4O6＋2NaI配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。(4)实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol·L－1的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为__________。答案 (1)Se＋2HNO3(浓)―→H2SeO3＋NO↑＋NO2↑(2)H2SO4(浓)>SeO2>SO2(3)(4)92.5%解析 (3)可以采用化合价升降法配平，即Se元素化合价由＋4降低为0，而I元素化合价由－1升高至0，根据化合价升降相等，KI系数为4，故I2系数为2，然后配平即可；该反应中KI中的I元素失电子，而SeO2中Se元素得电子。1．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2O将转化成( )A．S2－B．SC．SOD．SO答案 D解析 设m为氧化产物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由得失电子守恒得：0.224L÷22.4L·mol－1×2×1＝0.025L×0.100mol·L－1×2×m，m＝4。Na2S2O3中S为＋2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为＋6价，得到SO。2．(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是( )A．2∶3B．3∶2C．4∶3D．1∶3答案 A解析 (NH4)2PtCl6分解的氧化产物是N2，还原产物是Pt。根据得失电子守恒得：6n(N2)＝4n(Pt)，n(N2)∶n(Pt)＝2∶3。3．一未完成的离子方程式________＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为( )A．1∶1B．3∶1C．5∶1D．7∶1答案 C解析 由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反应方程式为5X－＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1。4．Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2＋O2↑。下列对此反应的说法中，不正确的是18\n( )A．方框中的物质为Na2SO4B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．Na2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D．2molFeSO4发生反应时，反应中共转移8mol电子答案 D解析 根据元素守恒可知A正确。分析化合价变化可知，2个＋2价Fe原子失去8个电子，根据生成物中的“O2”可知在“6Na2O2”中，有2个－1价的氧的化合价升至0价，失去2个电子，另有10个－1价氧的化合价降至－2价，得失电子数均为10个。据此可知B、C均正确。2molFeSO4发生反应时，反应中共有10mol电子发生转移，故D错误。5．一定物质的量的Cl2与NaOH溶液反应，所得产物中含NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶5，则参加反应的Cl2与NaOH的物质的量之比为( )A．8∶11B．3∶5C．1∶2D．9∶4答案 C解析 Cl2与NaOH溶液反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，显然产物中还存在NaCl，在NaClO、NaClO3、NaCl中n(Na)∶n(Cl)＝1∶1，根据元素守恒，则n(Cl2)∶n(NaOH)＝1∶2。6．N2O俗称“笑气”，曾用作可吸入性麻醉剂。以下反应能产生N2O∶3CO＋2NO23CO2＋N2O。下列关于N2O的说法正确的是( )A．上述反应中每生成1molN2O，消耗1.5molCOB．等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数C．N2O只具有氧化性，无还原性D．N2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒答案 B解析 由方程式知，生成1molN2O时消耗3molCO，A错误；1molN2O与1molCO2都含有22mol电子，B正确；N2O中氮元素的化合价为＋1价，是氮元素的中间价态，所以N2O既具有氧化性又具有还原性，C错误。7．已知OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)中，如果有6molCl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是( )A．2molB．3molC．4molD．6mol答案 C解析 OCN－中C显＋4价，N显－3价，反应中只有N和Cl的化合价改变，根据OCN－N2、Cl22Cl－，由得失电子守恒：2n(Cl2)＝3n(OCN－)，可知6molCl2完全反应，有4molOCN－被氧化，C对。18\n8．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是( )A．该反应中NO被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D.中的粒子是OH－答案 C解析 NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A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2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D错误，C正确。9．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是( )A．产物中n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]＝1∶1B．参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5C．反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂D．1molCu2S参加反应时有8mol电子转移答案 A解析 根据题意可写出反应的化学方程式为2Cu2S＋14HNO3===2Cu(NO3)2＋2CuSO4＋5NO2↑＋5NO↑＋7H2O，据此可知A正确、B错误。反应中Cu2S只作还原剂，C错误。1molCu2S参加反应时有10mol电子转移，D错误。10．铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。下列叙述错误的是( )A．发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性B．K2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶C．在反应Cr2O＋I－＋H＋―→Cr3＋＋I2＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D．污水中的Cr3＋在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O答案 D解析 维生素C具有还原性，可与六价铬反应生成无毒的三价铬；K2Cr2O7可将乙醇氧化为乙酸，同时反应后含铬化合物颜色发生变化；C项反应中，氧化产物为I2，还原产物为Cr3＋，根据得失电子守恒可知二者的物质的量之比为3∶2；Cr2O的氧化性比氧气的氧化性强，氧气不能将Cr3＋氧化为Cr2O。11．在热的稀硫酸中溶解了11.4gFeSO4固体，当加入50mL0.5mol·L－1KNO3溶液时，其中的Fe2＋全部转化成Fe3＋，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。(1)推算出x＝________；y＝________。(2)配平该反应的方程式：FeSO4＋____KNO3＋____H2SO4===____K2SO4＋____Fe2(SO4)3＋____(NxOy)＋____H218\nO(配平时x、y用具体数值表示，物质填在中)。(3)反应中氧化产物是____________。(4)用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：__________________________。答案 (1)1 1(2)6 2 4 1 3 2 NO↑ 4(3)Fe2(SO4)3(4)解析 n(FeSO4)＝＝0.075moln(KNO3)＝0.05L×0.5mol·L－1＝0.025molFe2＋转化为Fe3＋共失去0.075mol电子，根据得失电子守恒原理，可知1molN原子得到3mol电子，反应中N元素由＋5价降为＋2价，既得到的氧化物为NO。12．含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重。某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO还原成N2，从而消除氮污染。(1)配平以下有关的离子反应方程式：NO＋Al＋H2O―→N2↑＋Al(OH)3＋OH－(2)以上反应中失电子的物质是________，还原产物是________，每生成1mol还原产物，将有________电子发生转移。(3)现需除去1m3含氮0.3mol的废水中的NO(设氮元素都以NO的形式存在)，则至少需要消耗金属铝的物质的量为________。(4)你对以上治理污染的方案有何评价？答案 (1)6 10 18 3 10 6 (2)Al N2 10mol (3)0.5mol (4)治理后的废水中含Al3＋较多，产生新的污染，危害人体健康解析 (1)用化合价升降法配平。在该反应中，氧化剂(2O→2)，化合价降低的总数为10；还原剂(A→A3＋)，化合价升高的总数为3。由此先确定氧化剂与还原产物、还原剂与氧化产物的化学计量数。由电荷守恒确定OH－的化学计量数，最后用观察法配平其他物质。(2)在该反应中，失电子的物质是Al，还原产物是N2。生成1molN2时，转移电子的物质的量是1mol×2×(5－0)＝10mol。(3)设需要铝的物质的量为x，由得失电子守恒可知：0.3mol×(5－0)＝3x，解得x＝0.5mol。(4)应综合考虑治理成本、是否产生新的污染等问题。如长期饮用含Al3＋较多的水，使人易患痴呆症等。13．碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑还原法制备NaI的流程如图所示。请回答下列问题。(1)判断反应①中碘是否反应完全的方法是___________________________________18\n________________________________________________________________________。(2)操作Ⅰ的名称是________。(3)反应①的离子方程式为____________________________。(4)反应②中NaIO3被Fe单质还原为NaI，同时生成Fe(OH)3，该反应的化学方程式是____________________________________________；在该反应中若有99gNaIO3被还原，则转移电子的物质的量为________mol。答案 (1)取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴淀粉溶液，若溶液未变蓝，则证明碘已反应完全；反之，碘未反应完全(或取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，若下层液体呈无色，证明碘已反应完全；若下层液体呈紫红色，证明碘未反应完全)(2)过滤(3)3I2＋6OH－===5I－＋IO＋3H2O(4)2Fe＋NaIO3＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋NaI 3解析 (2)操作Ⅰ显然是为了除去过量的铁粉和反应生成的Fe(OH)3沉淀，因此采用过滤的方法。(3)和(4)根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的离子(化学)方程式。由于1molNaIO3被还原为NaI转移6mol电子，故99g(0.5mol)NaIO3被还原时转移3mol电子。14．小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：(1)写出甲中反应的离子方程式：___________________________________________________________，乙中的现象是________________________________________，可证明NO2的氧化性；在丙中鼓入空气后现象是_____________________________________________________________________________________________________，可证明NO的还原性。(2)实验前丙中充满水的作用是___________________________________________________________________________________________________________________。(用反应方程式和简要文字回答)。(3)小华对小明的实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性？(简要回答出原理和现象即可)________________________________________________________________________。答案 (1)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O溶液变浑浊 有红棕色气体生成18\n(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，制取NO，并用排水法收集NO(3)NO2和水反应生成的HNO3是一种强氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊 可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性解析 本题利用Cu与浓HNO3的反应制取NO2，再利用NO2与水的反应制NO；分别在不同的装置中检验它们的性质，在小明的实验设计中乙装置不能区分NO2和HNO3是谁氧化了Na2S，故应在无水的环境中检验NO2的氧化性。15．Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜及制取CuSO4·5H2O的流程图。Cu2SCuCu2O、CuOAB胆矾(1)Cu2S中铜元素的化合价为________，火法炼铜的反应原理是______________________________________(用化学方程式表示)。(2)向Cu2O、CuO中加入足量稀硫酸得到的体系A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式：________________________________________。(3)若将A中红色物质反应掉，操作Ⅰ中加入的试剂最好是________(填字母序号)。A．适量的NaNO3B．适量的HNO3C．适量的H2O2(4)若B溶液的体积为0.2L，电解B溶液一段时间后溶液的pH由2变为1(体积变化忽略不计)，此时电解过程中转移电子的物质的量是____________。(5)取5.0g胆矾样品逐渐升高温度使其分解，分解过程的热重曲线如图所示。通过计算确定258℃时发生反应的化学方程式：______________________________________，e点对应物质的化学式为________(计算过程略去)。答案 (1)＋1 Cu2S＋O22Cu＋SO2 (2)Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O (3)C (4)0.018mol (5)CuSO4·H2OCuSO4＋H2O Cu2O解析 (1)Cu2S中铜为＋1价，火法炼铜中Cu、O被还原，S被氧化，反应原理为Cu2S＋O22Cu＋SO2。(2)生成的红色物质为Cu，Cu2O与硫酸发生氧化还原反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O。(4)根据2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑(转移4e－)，电解后生成的n(H2SO4)＝n(H＋)＝×(0.1mol·L－1－0.01mol·L－1)×0.2L＝0.009mol，故转移电子的物质的量为0.018mol。(5)设258℃时反应前后固体的摩尔质量为M1g·mol－1、M2g·mol－1，则5.00∶3.56∶3.20＝250∶M1∶M2，解得M1＝178，M218\n＝160。对应的固体分别为CuSO4·H2O、CuSO4，故258℃时发生反应的化学方程式为CuSO4·H2OCuSO4＋H2O。同理可以推断d处物质为1.60gCuO，而e处物质的质量为1.44g，为0.01molCu2O。18
