第1章 第5讲 氧化还原方程式的配平及计算（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（人教不定项版）

第5讲　氧化还原方程式的配平及计算 课标引领 1.能利用得失电子守恒法进行氧化还原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　氧化还原方程式的配平 1．配平氧化还原方程式的“三原则” 2．配平氧化还原方程式的“五步骤” 考向一　基本型氧化还原方程式的配平 　[例1] (高考题节选)(1)FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为__________。 (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，其化学计量数依次为________________________________________________________________________。 (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化学计量数比应为2∶7。 (2)Mn元素的化合价由＋4降低到＋2，碘元素的化合价由－1升高到0，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，故化学计量数依次为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，根据元素化合价升降总数相等、元素守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。 [练1] 配平下列氧化还原方程式。 (1)________KI＋________KIO3＋________H2SO4===________I2＋________K2SO4＋________H2O (2)________MnO＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O (3)________P4＋________KOH＋________H2O===________K3PO4＋________PH3 (4)________KClO3＋________H2C2O4＋________H2SO4===________ClO2↑＋________CO2↑＋________KHSO4＋________H2O 答案：(1)5　1　3　3　3　3 (2)2　16　10　2　5　8 (3)2　9　3　3　5 (4)2　1　2　2　2　2　2 考向二　缺项型氧化还原方程式的配平 [例2] (1)□As2S3＋□NO＋□H2O===□AsO＋□SO＋□NO↑＋□________ (2)□P4＋□CuSO4＋□________===□Cu3P↓＋□H3PO4＋□H2SO4 答案：(1)3　28　4　6　9　28　8　H＋ (2)11　60　96　H2O　20　24　60 “三步法”配平缺项型氧化还原反应方程式 [练2] (高考题节选)(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，根据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和元素守恒配平：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的化学计量数分别为2、5，再结合电荷守恒和元素守恒配平：2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 考点二　氧化还原反应的计算 　　1．氧化还原反应的计算——电子得失守恒法 (1)电子得失守恒法是氧化还原滴定实验数据处理、电化学及氧化还原反应计算的依据，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，建立二者之间的电子守恒关系，即可快速求解。 (2)氧化还原反应计算的基本依据是氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数。 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 考向一　多步相关氧化还原反应的计算 　　　　　　　　　　　　　　　　 [例1] (2021·山东卷，改编)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是(　　) A．G与H均为氧化产物 B．实验中KMnO4既是氧化剂也是还原剂 C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应 D．G与H的物质的量之和可能为0.25 mol D　解析：KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2，O2和Cl2均为氧化产物，A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，B正确；含Mn物质的变化：KMnO4→K2MnO4＋MnO2，K2MnO4→MnCl2，MnO2→MnCl2，Mn元素化合价均降低，故Mn元素至少参加3个氧化还原反应，C正确；生成1 mol O2转移4 mol电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25 mol，但该气体中一定含有O2，故最终所得气体的物质的量小于0.25 mol，D错误。 抓住“始态”与“终态”突破多步相关反应的计算 (1)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电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等进行计算。 (2)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，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 [练1] 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 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。 考向二　氧化还原滴定的相关计算 [例2] (2023·湖北卷，节选)铜与过量H2O2反应的探究如下： (1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝。X的化学式为______________。 (2)取含X粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)标志滴定终点的现象是____________________________________，粗品中X的相对含量为__________。 解答本题的思路如下： (1)确定X的组成 X完全分解的黑色氧化物Y为CuO，结合＝X的组成。 (2)确定粗品中X的含量 根据关系式2CuO2～3I2～6S2O，结合滴定数据X的含量。 答案：(1)CuO2 (2)当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色消失，且在半分钟内不变色，说明到达滴定终点　96% 解析：(1)黑色氧化物Y应为CuO，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，＝，设X的化学式为CuxOy，CuxOy―→xCuO，＝，解得x∶y＝1∶2，则X的化学式为CuO2。 (2)结合信息得关系式： 2CuO2～3I2～6S2O，即： m(CuO2) 0.100 0×15.00×10－3 mol＝1.5×10－3 mol 列式：＝，则有m(CuO2)＝0.048 g，粗品中X的相对含量为×100%＝96%。 [练2] (2022·重庆卷，节选)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3＋和Cu2＋等，对其处理的流程如图。 (1)沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为________________________________________________________________________。 (2)产品中锡含量的测定 称取产品1.500 g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4＋还原为Sn2＋，再用0.100 0 mol/L KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I－，终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。 ①终点时的现象为______________________，产生I2的离子反应方程式为______________________。 ②产品中Sn的质量分数为________%。 答案：(1)SnO2＋2NaOHNa2SnO3＋H2O↑ (2)①滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O ②47.6 解析：(2)①滴定过程中IO被还原为I－，当Sn2＋反应完全后，再滴入KIO3溶液，IO和I－在酸性条件下发生反应生成I2：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，遇淀粉变蓝色，故终点时的现象是滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。 ②滴定过程中发生反应：3Sn2＋＋IO＋6H＋===3Sn4＋＋I－＋3H2O，则有n(Sn2＋)＝3n(KIO3)＝3×0.02 L×0.100 0 mol/L＝0.006 mol，则1.500 g产品中锡元素的质量分数为×100%＝47.6%。 1．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MnO＋NO＋H＋―→Mn2＋＋NO＋________(未配平)。下列叙述正确的是(　　) A．Mn2＋的还原性强于NO B．反应生成1 mol NO需消耗0.4 mol MnO C．反应过程中溶液的酸性增强 D．横线上的粒子是OH－ B　解析：该反应中，Mn元素由＋7价降低为＋2价，N元素由＋3价升高为＋5价，配平可得：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O。NO为还原剂，Mn2＋为还原产物，则Mn2＋的还原性弱于NO，A错误；由得失电子守恒可知，生成1 mol NO需消耗0.4 mol MnO；B正确；反应过程中消耗H＋，酸性减弱，C错误；横线上的粒子是H2O，D错误。 2．NiFe基催化剂是碱性条件下活性最高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，FeO发生的一步反应为FeO＋H2O―→FeOOH＋O2↑＋OH－(未配平)，下列说法正确的是(　　) A．FeO中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数相等 B．反应中FeOOH是氧化产物 C．生成22.4 L O2时，转移4 mol电子 D．配平后，FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3 D　解析：FeO中铁元素的化合价为＋6，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数不相等，A错误；反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B错误；未注明温度和压强，不能确定O2的物质的量，C错误；配平后的化学方程式为4FeO＋6H2O===4FeOOH＋3O2↑＋8OH－，则FeO与H2O的化学计量数之比为2∶3，D正确。 3．(双选)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnO＋X―→CO＋MnO＋H2O(未配平，下同)；②酸化处理：MnO＋H＋―→MnO2↓＋MnO＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为6 B．“反应①”中氧化性：MnO>CO C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗71.4 g MnO时，反应中转移0.4 mol电子 AC　解析：根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋6MnO＋8OH－===CO＋6MnO＋6H2O，A错误；“反应①”中MnO为氧化剂，CO是氧化产物，则氧化性：MnO>CO，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O，则消耗71.4 g MnO的物质的量为＝0.6 mol时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 4．(双选)高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入Cl2，然后加入Fe(NO3)3溶液发生反应：①KOH＋Cl2―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O，下列说法正确的是(　　) A．Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3 B．若2 L 2 mol/L的KOH溶液完全反应，能吸收标准状况下44.8 L Cl2 C．K2FeO4具有强氧化性，在碱性条件下的氧化能力比KClO强 D．按过程①②反应得到3.96 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2为30 mol AB　解析：Cl2通入KOH溶液，反应后溶液中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，设n(ClO－)＝5x mol、n(ClO)＝x mol，根据得失电子守恒得n(Cl－)＝＝10x mol，则作氧化剂的氯气为5x mol，作还原剂的Cl2为3x mol，故氧化剂、还原剂的物质的量之比为5x mol∶3x mol＝5∶3，A正确；氯气和KOH溶液反应生成KCl、KClO、KClO3时，K、Cl原子个数之比为1∶1，n(KOH)＝2 mol/L×2 L＝4 mol，需要n(Cl)＝n(K)＝4 mol，则有n(Cl2)＝n(Cl)＝×4 mol＝2 mol，V(Cl2)＝2 mol×22.4 L/mol＝44.8 L，B正确；反应②中，Cl元素由＋1价降低为－1价，Fe元素由＋3价升高为＋6价，则KClO是氧化剂、K2FeO4是氧化产物，故氧化性：KClO＞K2FeO4，C错误；n(K2FeO4)＝＝20 mol，根据反应②知，n(KClO)＝n(K2FeO4)＝30 mol，根据反应①知，消耗的n(Cl2)＝n(KClO)＝48 mol，D错误。 5．(2022·辽宁卷，节选)取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀，取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol/L酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为________。 答案：17%　解析：滴定反应中，MnO→Mn2＋，Mn元素由＋7价降低到＋2价，H2O2→O2，O元素由－1价升高到0价，根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，应舍去，故消耗酸性KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL，则H2O2的质量分数w＝×100%＝17%。 6．(2022·山东卷，节选)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2。现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验： 实验 Ⅰ ：称取m1 g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2O转化为Cr3＋，Cl－不反应)。 实验 Ⅱ ：另取m1 g样品，利用实验装置与足量SOCl2反应后失去结晶水，固体质量为m2 g。 则n＝________；下列情况会导致n测量值偏小的是________(填标号)。 A．样品中含少量FeO杂质 B．样品与SOCl2反应时失水不充分 C．实验 Ⅰ 中，称重后样品发生了潮解 D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 答案：　AB 解析：滴定过程中Cr2O将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，根据得失电子守恒可知，m1 g样品中n(FeCl2)＝6n(Cr2O)＝6cV×10－3mol。m1 g样品中结晶水的质量为(m1－m2)g，结晶水物质的量为mol，则有n(FeCl2)∶n(H2O)＝1∶n＝(6cV×10－3mol)∶mol，解得n＝。 样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2＋，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A正确；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B正确；实验 Ⅰ 称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C错误；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$