第2章 第7讲 氧化还原方程式的配平和计算（Word教参）-【优化指导】2025年高考化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁科版）

第7讲　氧化还原方程式的配平和计算 复习目标 1.能根据化合价升降(或电子转移)守恒规律进行氧化还原反应方程式的配平。 2.能根据化合价升降(或电子转移)守恒规律进行有关氧化还原反应的简单计算。 　氧化还原方程式的配平 [对应学生用书P39] 1.配平氧化还原方程式的“三个原则” 2.配平氧化还原方程式的“五个步骤” 考向1　基本型氧化还原方程式的配平 【例1】(1)FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2， 上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为__________。 (2)酸性条件下，MnO(OH)2可将I－氧化生成I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的离子方程式，其系数依次为__________。 (3)请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。 答案：(1)2∶7　(2)1，2，4，1，1，3　(3)1　2　4　2　1　2 解析：(1)分析价态变化可知，1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7。 (2)Mn元素的化合价由＋4价降低到＋2价，碘元素的化合价由－1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，配平后的化学方程式为MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O，故其系数依次为1，2，4，1，1，3。 (3)H元素由0价降低到－1价，Na元素由0价升高到＋1价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。 考向2　缺项型氧化还原方程式的配平 【例2】(1)完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式： □ClO＋□Fe2＋＋□______===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。 (2)完成以下氧化还原反应的离子方程式： □MnO＋□C2O＋□____________===□Mn2＋＋□CO2↑＋□________________。 答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O (2)2　5　16　H＋　2　10　8　H2O 解析：(1)Cl元素由＋5价降低到－1价，Fe元素由＋2价升高到＋3价，据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的系数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (2)Mn元素由＋7价降低到＋2价，C元素由＋3价升高到＋4价，根据元素化合价升降总数相等可知，MnO、C2O的系数分别为2、5，再结合电荷守恒和原子守恒配平：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (1)配平氧化还原方程式的两种常用方法 (2)“三步法”配平缺项型氧化还原方程式 1.配平下列两个化学(或离子)方程式。 (1)□LiCoO2＋□H2SO4＋□H2O2===□Li2SO4＋□CoSO4＋□O2↑＋□________ (2)□MnO＋□Fe2＋＋□________===□Mn2＋＋□Fe3＋＋□________ 答案：(1)2　3　1　1　2　1　4　H2O (2)1　5　8　H＋　1　5　4　H2O 2.(1)(2023·北京卷)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。将“浸银”反应的离子方程式补充完整。 □Fe3＋＋Ag2S＋□______===□______＋2[AgCl2]－＋S (2)(2023·辽宁卷)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_____________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 答案：(1)2　4　Cl－　2　Fe2＋ (2)H2O＋Mn2＋＋HSO===MnO2＋SO＋3H＋ 解析：(1)Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－=== 2Fe2＋ ＋2[AgCl2]－ ＋S。 　氧化还原反应的计算 [对应学生用书P40] 1.氧化还原反应的计算——得失电子守恒法 得失电子守恒法是氧化还原反应计算的依据，即：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数。利用氧化还原反应中得失电子守恒思想，只需找出反应过程中的始态物质和终态物质，从得电子与失电子两方面进行整体思维，建立二者之间的得失电子守恒关系，即可快速求解。 2.“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 考向1　单一反应中得失电子守恒的应用 【例1】 已知24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol/L的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为(　　) A.＋2 B.＋3 C.＋4 D.＋5 A　解析：假设反应后R元素化合价为＋x，根据反应中元素化合价升降数目相等，可知24 mL×0.05 mol/L×(6－4)＝16 mL×0.03 mol/L×(7－x)，解得x＝2，A正确。 考向2　多步反应中得失电子守恒的应用 【例2】 取m g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m等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 [思路剖析] ① ② 建立定量关系：m合金＋m(OH－)＝m氢氧化物，而n(OH－)＝n(e－) B　解析：题中存在质量关系：m(合金)＝m(氢氧化物)－m(OH－)，又知n(OH－)＝n(e－)＝n(浓硝酸得电子)，则有n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，故m＝17.02 g－0.46 mol×17 g/mol＝9.20 g。 抓住“始态”与“终态”突破多步反应的计算 在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中物质没有损耗，就可以找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，即得失电子守恒，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 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.2 B.3 C.4 D.5 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。―→xNa2O4　NaO―→Na，列出得失电子守恒关系：1×[6－(－)]·x＝16×2，解得x＝5。 2.(2023·山东临沂模拟)经测定发现实验所得SnCl4样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下： 取a g样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.010 0 mol/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。滴定过程中先后发生的反应为 Ⅰ.Sn2＋＋IO＋H＋―→Sn4＋＋I－＋H2O Ⅱ.IO＋I－＋H＋―→I2＋H2O(均未配平) 则SnCl4样品的纯度为____________%；若滴定时间过长，会使测量结果____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 答案：　偏大 解析：利用得失电子守恒配平得到：Ⅰ.3Sn2＋＋IO＋6H＋===3Sn4＋＋I－＋3H2O；滴定终点时，发生反应Ⅱ.IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，生成的I2使淀粉变蓝；由化学方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式：3Sn2＋～IO，则有n(Sn2＋)＝3n(IO)＝3×0.010 0 mol/L×V×10－3 L＝3V×10－5mol，故产品纯度为(1－)×100%＝%。若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化I－生成I2，消耗的KIO3将减少，故测量结果偏大。 [对应学生用书P41] 角度 氧化还原方程式的书写及配平 1.(2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。 回答下列问题： (1)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为____________________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断________。电解废液可在反应器中循环利用。 (2)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_________________________________。 答案：(1)Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋　　加入Mn(OH)2 (2)2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑ 解析：(1)在电解槽中，Mn2＋发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋；电解时电解液中逸出H2，生成沉淀MnO2，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定。 (2)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 (1)(2022·北京卷)高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________________。 (2)(2023·全国乙卷，改编)用化学方程式解释硫酸亚铁溶液久置后出现棕黄色沉淀的原因_____________________________________________________________________________。 答案：(1)2CaSO42CaO＋2SO2↑＋O2↑　 (2)12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓ 解析：溶液呈棕黄色是因为有Fe3＋，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被氧气氧化，反应的化学方程式为12FeSO4＋3O2＋6H2O===4Fe2(SO4)3＋4Fe(OH)3↓。 角度 氧化还原反应的有关计算 2.ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中Mn2＋等重金属离子的除去及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题： (1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中氯元素的化合价是__________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 (2)将ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成。该反应的离子方程式为_______________________________________________________________。 (3)为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1 L 200 mg/L ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO并测定NO的去除率，其关系如图所示： 当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应生成更强的吸收剂NaClO2，写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式： ___________________________________________________________。 答案：(1)＋3　1∶2　(2)2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－ (3)4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O 解析：(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中氯元素的化合价为＋3，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价由＋7价降低为＋6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中氯元素的化合价由＋3价升高为＋4价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。 (2)将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成，反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－。 (3)在碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式为4NO＋3ClO＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O。 (2024·四川攀枝花模拟)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)： 下列说法不正确的是(　　) A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O B.当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3 C.反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D.发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑ B　解析：反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0升高到＋2价，根据氧化还原反应规律可知N元素化合价由＋3价降低到－3价生成NH3，化学方程式为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，A正确；当反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价升高到＋3价，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，B错误；反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高为＋价，Na2Fe2O4中Fe元素化合价由＋3价降低为＋价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，C正确；由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平的化学方程式为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$