1.3.2 氧化还原反应的计算与方程式（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

微课时突破2　综合深化解重难(氧化还原反应的计算与 方程式的配平) 　　　　　　　　　　　　　　　　 [典例]　24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·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．＋2　　B．＋3　　C．＋4　　D．＋5 [解题流程] 第一步 由题意可知，Na2SO3为还原剂，K2Cr2O7为氧化剂，Na2SO4为氧化产物，求还原产物中Cr元素的化合价 第二步 ① ―→，n(e－)＝0.02×20×10－3×2×(6－n) ②Na2 O3―→Na2 O4，n(e－)＝0.05×24×10－3×1×(6－4) 第三步 根据得失电子守恒： 0.02×20×10－3×2×(6－n)＝0.05×24×10－3×1×(6－4)，解得n＝3 [答案]　B [思维建模]　守恒法解题的思维流程 [全训题点考法] 题点(一)　确定元素价态或物质组成 1．一定条件下，RO和F2可发生反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是(　 ) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 解析：选B　方法1：根据电荷守恒，有n＋1×2＝1＋1×2，解得n＝1，设元素R在RO中的化合价为x价，则x－2×3＝－1，解得x＝＋5。 方法2：设元素R在RO中的化合价为x价，根据得失电子守恒，有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，解得x＝＋5。 2．某强氧化剂[XO(OH)2]＋可被Na2SO3还原，氧化产物为SO。如果还原1.2×10－3 mol [XO(OH)2]＋需用30 mL 0.1 mol·L－1Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　 ) A．XO B．X2O3 C．X2O D．X 解析：选D　根据得失电子守恒，X元素化合价应该降低 ＝5个价态，[XO(OH)2]＋中X的价态为＋5价，则被还原后的产物中X的价态为0价，故D符合题意。 题点(二)　多元素之间得失电子守恒问题 3．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，则被水还原的溴为(　 ) A．1 mol B. mol C. mol D．2 mol 解析：选C　在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，溴元素的化合价部分由＋3价升高为＋5价，部分由＋3价降低为0价，氧元素的化合价由－2价升高为0价，所以BrF3既作氧化剂，又作还原剂，部分水作还原剂。若有5 mol H2O 参加反应，则生成1 mol O2，氧原子提供电子为4 mol，根据得失电子守恒，被水还原的BrF3的物质的量为＝ mol，故选C。 4．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)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。 解析：由题意可知， ―→， ―→Cu3， ―→，P一部分被氧化，一部分被还原，P既作氧化剂，又作还原剂，CuSO4作氧化剂。设7.5 mol CuSO4 可氧化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，有7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，解得x＝1.5 mol，y＝1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 答案：1.5　2.2 题点(三)　多步反应得失电子守恒问题 5．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。则下列有关说法不正确的是(　 ) A．氧化性：Cr2O>Fe3＋ B．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7 C．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子6 mol D．由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4 解析：选B　氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cr2O>Fe3＋，选项A正确；根据题给化学方程式可得关系式：3SO2～6Fe2＋～Cr2O，则标准状况下，6.72 L即0.3 mol SO2参加反应，最终消耗 0.1 mol K2Cr2O7，选项B错误；反应②中，Cr元素的化合价由＋6价变为＋3价，则每有 1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子6 mol，选项C正确；由题给化学方程式可得氧化性：Cr2O>SO，则K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，选项D正确。 6．三氯化铬(CrCl3)是化学合成中的常见物质，某兴趣小组为测定某样品中无水三氯化铬的质量分数，操作如下： 称取样品0.300 0 g，加水溶解并定容于250 mL容量瓶中。移取25.00 mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中，加热至沸腾后加入1 g Na2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2 mol·L－1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O形式存在；再加入1.1 g KI，加塞摇匀，充分反应后，铬完全以Cr3＋形式存在；于暗处静置5 min后，加入1 mL淀粉溶液指示剂，用0.025 0 mol·L－1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00 mL。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI) (1)加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是 ________________________________________________________________________。 (2)若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (3)计算样品中无水三氯化铬的质量分数：______。(保留三位有效数字) 解析：(1)在Na2O2氧化CrCl3的过程中，会有一定量的O2溶解在溶液中，O2也会将I－氧化为I2，从而干扰实验结果的测定。(3)根据Cr元素守恒及化学方程式可得关系式： 2Cr3＋～ Cr2O～3I2～6Na2S2O3，则25.00 mL溶液中，n(Cr3＋)＝n(Na2S2O3)＝×0.025 0 mol·L－1×0.021 L＝1.75×10－4 mol，250 mL溶液中含Cr3＋的物质的量为1.75×10－4 mol×＝0.001 75 mol，根据Cr元素守恒，样品中n(CrCl3)＝0.001 75 mol，所以样品中无水三氯化铬的质量分数为×100%≈92.5%。 答案：(1)除去溶液中溶解的氧气，防止氧气将I－氧化，产生偏高的误差　(2)偏低 (3)92.5% 1．氧化还原反应方程式配平的三大基本原则 2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤 [例1]　配平化学方程式： (　)K2Cr2O7＋(　)H2C2O4＋(　)H2SO4===(　)Cr2(SO4)3＋(　)CO2↑＋(　)K2SO4＋(　)H2O。 [配平流程] [例2]　完成以下氧化还原反应的离子方程式：(　)ClO－＋(　)Fe(OH)3＋________=== (　)Cl－＋(　)FeO＋________ [配平流程] [思维建模] 缺项型氧化还原反应方程式的补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O，少O补OH－ [全训题点考法] 题点(一)　正向配平类 1．补全下列反应的化学方程式。 (1)____H2S＋____HNO3 ===____S↓＋____NO↑＋____H2O (2)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2===____NaBH4＋____Na2SiO3 (3)____MnO＋____C2O＋____H＋===____Mn2＋＋____CO2↑＋____H2O 答案：(1)3　2　3　2　4 (2)1　2　4　2　1　2　 (3)2　5　16　2　10　8 题点(二)　逆向配平类 2．补全下列反应的化学方程式。 (1)____Cl2＋____KOH===____KCl＋____KClO3＋____H2O (2)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O (3)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3 答案：(1)3　6　5　1　3 (2)3　6　2　1　3　 (3)2　9　3　3　5 题点(三)　缺项配平类 3．补全下列反应的化学方程式。 (1)____MnO＋____H2O2＋____===____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O (2)____Cr2O＋____Fe2＋＋____===____Cr3＋＋____Fe3＋＋____H2O (3)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2∶1： Cu＋____HNO3(浓)===____Cu(NO3)2＋____NO2↑＋____NO↑＋____ 答案：(1)2　5　6H＋　2　5　8 (2)1　6　14H＋　2　6　7 (3)5　16　5　4　2　8H2O 题点(四)　含有未知数的配平 4．补全下列反应的化学方程式。 (1)____FexS＋____HCl===____S↓＋____FeCl2＋____H2S↑ (2)____Na2Sx＋____NaClO＋____NaOH===____Na2SO4＋____NaCl＋____H2O 答案：(1)　2　　1　1 (2)1　3x＋1　2x－2　x　3x＋1　x－1 [课时跟踪检测]　　　　　　　　　　　　　　　　 1．一定条件下，PbO2与Cr3＋反应的产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　 ) A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 解析：选B　1 mol PbO2转化为1 mol Pb2＋需要得到2 mol e－，1 mol Cr3＋转化为0.5 mol Cr2O需要失去3 mol e－，根据得失电子守恒，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为1.5 mol，故选B。 2．关于反应2Fe(CO)5＋7N2O4===2FeO2＋14NO＋10CO2，下列说法正确的是(　 ) A．N2O4发生氧化反应 B．生成1 mol CO2，转移2 mol电子 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶7 D．FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3 解析：选D　在反应2Fe(CO)5＋7N2O4===2FeO2＋14NO＋10CO2中，Fe元素化合价由0价升高到＋4价，C元素化合价由＋2价升高到＋4价，N2O4中N元素化合价由＋4价降低到＋2价，得电子发生还原反应，A不正确；在该反应中，每生成10 mol CO2转移电子28 mol，则生成1 mol CO2，转移2.8 mol电子，B不正确；氧化产物为FeO2、CO2，还原产物为NO，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为(2＋10)∶14＝6∶7，C不正确；Fe2O3中Fe显＋3价，含＋4价铁的FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3，D正确。 3．(2023·浙江校联考三模)关于反应2KMnO4＋10HF＋2KF＋3H2O2===2K2MnF6＋3O2↑＋8H2O，下列说法正确的是(　 ) A．H2O2既是氧化剂又是还原剂 B．K2MnF6是氧化产物 C．氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3 D．生成1 mol O2，转移4 mol电子 解析：选C　反应2KMnO4＋10HF＋2KF＋3H2O2===2K2MnF6＋3O2↑＋8H2O中，Mn元素化合价从＋7价降低到＋4价，KMnO4作氧化剂，O元素化合价从－1价升高到0价，H2O2作还原剂。H2O2是还原剂，A错误；K2MnF6是Mn元素得电子得到的还原产物，B错误；结合化学方程式可知，氧化剂KMnO4与还原剂H2O2的物质的量之比为2∶3，C正确；过氧化氢中O元素为－1价，所以生成1 mol O2，转移2 mol电子，D错误。 4．(2023·山东淄博校联考二模)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　 ) A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3 B．处理等物质的量Cr2O时，消耗Cu2S的物质的量更多 C．处理等物质的量Cr2O时，反应Ⅱ消耗H＋更多 D．用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 解析：选B　由升降法配平反应Ⅰ的化学方程式为2FeS＋3Cr2O＋26H＋===2Fe3＋＋2SO＋6Cr3＋＋13H2O，同理反应Ⅱ为3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物(Cr3＋)的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A项正确；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗 mol FeS，反应Ⅱ处理 1 mol Cr2O需要消耗 mol Cu2S，所以处理等物质的量Cr2O时，消耗FeS的物质的量更多，B项错误；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗 mol H＋，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O需要消耗 mol H＋，所以处理等物质的量Cr2O时，反应Ⅱ消耗H＋更多，C项正确；FeS反应产生的Fe3＋易水解为 Fe(OH)3胶体，胶体能吸附水中的悬浮杂质，D项正确。 5． 用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是(　 ) A．反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋ B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶2 C．反应过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变 D．理论上，每消耗2.24 L氢气，转移的电子的物质的量为0.2 mol 解析：选D　反应Ⅰ中Ce4＋与H2发生氧化还原反应生成Ce3＋和2H＋，离子方程式为2Ce4＋＋H2===2Ce3＋＋2H＋，A正确；反应Ⅱ中Ce3＋作还原剂，NO作氧化剂，离子方程式为4Ce3＋＋4H＋＋2NO===4Ce4＋＋2H2O＋N2，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B正确；Ce3＋和Ce4＋作催化剂，反应前后Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变，C正确；没有注明气体状态，无法计算相应物质的物质的量，D错误。 6．实验室中利用固体KClO3和MnO2进行如图实验，下列说法正确的是(　 ) A．氯元素最多参与了2个氧化还原反应 B．a是还原产物 C．整个过程转移电子数可能为2.5NA D．若用足量浓H2SO4代替浓盐酸，b的物质的量不变 解析：选C　KClO3在MnO2的催化下分解产生氧气，化学方程式为2KClO3MnO2,2KCl＋3O2↑，气体单质a为O2，固体为MnO2、KCl的混合固体或MnO2、KClO3、KCl的混合固体，加入足量浓盐酸，在加热条件下发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，MnO2被还原为MnCl2，气体单质b为Cl2。由分析可知，氯元素最多参与了3个氧化还原反应，分别为2KClO3MnO2,2KCl＋3O2↑、4HCl(浓)＋MnO2△,MnCl2＋Cl2↑＋2H2O、KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，故A错误。由分析可知，KClO3在MnO2的催化下分解产生氧气，气体单质a为O2，O元素化合价上升，O2是氧化产物，故B错误。由分析可知，整个过程中发生反应2KClO3MnO2,2KCl＋3O2↑和4HCl(浓)＋MnO2△,MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；若第一步反应氯酸钾无剩余，则消耗0.4 mol KClO3转移2.4 mol电子，第二步反应消耗0.1 mol MnO2转移0.2 mol电子，两步反应共转移2.6 mol 电子；若0.4 mol KClO3全部参与反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，转移2 mol电子，0.1 mol MnO2发生反应仍转移0.2 mol 电子，共转移2.2 mol电子；综上所述，整个过程转移电子数在2.2NA～2.6NA之间，可能为2.5NA，故C正确。由4HCl(浓)＋MnO2△,MnCl2＋Cl2↑＋2H2O可知，0.1 mol MnO2与浓盐酸反应最多可生成0.1 mol Cl2，若KClO3有剩余，还会发生反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，则产生的氯气比0.1 mol多，但少于1.3 mol，用足量浓H2SO4代替浓盐酸时，若第一步产生0.4 mol KCl，其中的氯离子可以被MnO2完全氧化生成0.2 mol Cl2，若KClO3有剩余，则产生的氯气要少于0.2 mol，故D错误。 7．把图2中的纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是(　 ) A．IO作氧化剂 B．1 mol Mn2＋参加反应转移5 mol电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3 解析：选D　配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IO＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋，反应中Mn元素化合价升高，Mn2＋作还原剂，I元素化合价降低，IO作氧化剂，故A正确；1 mol Mn2＋参加反应转移5 mol电子，故B正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为 5∶2，故C正确；配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故D错误。 8．已知过二硫酸的结构式，向MnSO4溶液中加入过二硫酸钾(K2S2O8)可发生反应：2Mn2＋＋5S2O＋X===2MnO＋10SO＋Y，下列说法正确的是(　 ) A．S2O中硫元素的化合价为＋6价 B．X、Y分别为16OH－、8H2O C．氧化性：S2O<MnO D．每生成1 mol Y，转移1 mol电子 解析：选A　由过二硫酸的结构式可知，S2O中硫元素的化合价为＋6价，A项正确；该反应的离子方程式为2Mn2＋＋5S2O＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋，S2O为氧化剂，MnO为氧化产物，故氧化性：S2O>MnO，B、C项错误；每生成16 mol H＋，转移10 mol电子，故每生成1 mol H＋，转移0.625 mol电子，D项错误。 9．(2023·浙江校联考一模)关于反应：FeS2＋7Fe2(SO4)3＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4，下列说法不正确的是(　 ) A．Fe2(SO4)3中Fe在反应中得到电子 B．H2O既不是氧化剂也不是还原剂 C．消耗0.2 mol FeS2，转移2.8 mol电子 D．氧化产物和还原产物物质的量之比为8∶15 解析：选D　Fe2(SO4)3中Fe元素的化合价降低，在反应中得到电子被还原，A项正确；H2O中H、O元素的化合价都没有变化，H2O既不是氧化剂也不是还原剂，B项正确；反应中，S元素的化合价由FeS2中的－1价升至SO中的＋6价，1 mol FeS2参与反应转移14 mol电子，则消耗0.2 mol FeS2转移电子的物质的量为0.2 mol×14＝2.8 mol，C项正确；反应中，Fe元素的化合价由Fe2(SO4)3中的＋3价降至FeSO4中的＋2价，Fe2(SO4)3是氧化剂，FeSO4是还原产物，1 mol Fe2(SO4)3 参与反应得到2 mol电子生成2 mol FeSO4，S元素的化合价由FeS2中的－1价升至SO中的＋6价，FeS2是还原剂，SO是氧化产物，1 mol FeS2参与反应失去14 mol电子生成2 mol SO，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶7，D项错误。 10．NaBH4(B为＋3价)常用于与含醛基或酮羰基有机物的反应。NaBH4与丙酮可发生反应：CH3COCH3＋NaBH4＋H2O―→CH3CHOHCH3＋H3BO3＋NaOH(未配平)，下列说法正确的是(　 ) A．NaBH4发生还原反应 B．配平后的方程式中，H2O的化学计量数是5 C．每反应1 mol CH3COCH3，转移电子的物质的量为2 mol D．如果将丙酮换成乙醛，则所得有机产物为乙酸 解析：选C　由升降法配平可得硼氢化钠与丙酮反应的化学方程式为4CH3COCH3＋NaBH4＋4H2O===4CH3CHOHCH3＋H3BO3＋NaOH，丙酮中碳元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，发生还原反应，硼氢化钠中氢元素的化合价升高被氧化，是反应的还原剂，发生氧化反应。硼氢化钠是反应的还原剂，发生氧化反应，故A错误；配平后的方程式中，水的化学计量数是4，故B错误；每反应4 mol丙酮，转移电子的物质的量为8 mol，则每反应1 mol丙酮，转移电子的物质的量为2 mol，故C正确；丙酮是反应的氧化剂，发生还原反应，则将丙酮换成乙醛，所得有机产物为乙醇，故D错误。 11．(1)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式： NaBiO3＋Mn2＋＋____ Na＋＋Bi3＋＋____＋____ (2)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2。完成下列化学方程式： KMnO4＋K2S＋____=== K2MnO4＋K2SO4＋S↓＋____ 答案：(1)5　2　14　H＋　5　5　2　MnO　7　H2O (2)28　5　24　KOH　28　3　2　12　H2O 12．请完成下列填空。 (1)一定条件下，Fe(OH)3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4。生成0.1 mol K2FeO4转移电子的物质的量为________mol。 (2)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3＋，H2O2在该反应中作________(填“氧化”或“还原”)剂，每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为________。 (3)反应2LiBH4===2LiH＋2B＋3H2↑生成 22.4 L H2(标准状况)时，转移电子的物质的量为________mol。 (4)用酸性高锰酸钾溶液滴定法可测定双氧水中H2O2的含量：H2O2＋KMnO4＋H2SO4―→MnSO4＋K2SO4＋O2↑＋H2O(未配平)，若滴定中消耗0.50 mol·L－1的高锰酸钾溶液40.00 mL，则此双氧水中溶质的质量为______g。 (5)300 mL 0.2 mol·L－1 KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量为________mol。 解析：(1)反应中，Fe元素的化合价由＋3价升为＋6价，每生成1 mol K2FeO4，反应过程中转移3 mol电子，则生成0.1 mol K2FeO4转移电子的物质的量为0.3 mol。(2)反应中，Ce元素的化合价降低，得到电子被还原，故在该反应中，H2O2作还原剂，失去电子被氧化生成O2，故每有1 mol H2O2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol。(3)根据化学方程式2LiBH4===2LiH＋2B＋3H2↑可知，每生成3 mol H2，反应过程中转移6 mol电子，则生成标准状况下22.4 L即1 mol H2时，转移电子的物质的量为2 mol。(4)反应消耗KMnO4的物质的量为0.50 mol·L－1×0.04 L＝0.020 mol，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，可知反应消耗H2O2的物质的量为×0.020 mol＝0.050 mol，则此双氧水中H2O2的质量为0.050 mol×34 g·mol－1＝1.7 g。(5)n(KI)＝0.2 mol·L－1×0.3 L＝0.06 mol，其与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)＝n(KIO3)＝0.02 mol，失去电子的物质的量为0.02 mol×2＋0.02 mol×6＝0.16 mol，根据氧化还原反应中电子转移数目相等，可知反应消耗KMnO4的物质的量为＝0.032 mol。 答案：(1)0.3　(2)还原　2 mol　(3)2　(4)1.7　(5)0.032 13．人类向大气中排放的NOx对环境会产生危害，脱除NOx是科学家研究的重要课题。 (1)写出NOx对环境的一种危害：_______________________________________________。 (2)采用碱性KMnO4氧化法可将NOx脱除。 ①可用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整： NO＋MnO＋____===NO＋3NO＋MnO＋____ ②下列叙述正确的是________(填字母)。 A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥 B．反应后的混合溶液中：c(MnO)＋2c(MnO)＝c(K＋) C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同 ③在实验室中用KMnO4(NaOH)溶液对模拟烟气中的NO进行脱除。若将标准状况下224 L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为NO，理论上需要KMnO4的质量为__________g(KMnO4的摩尔质量为158 g·mol－1)。 (3)用PI­g­C3N4光催化氧化法脱除NO的过程如图所示： ①该脱除过程中，太阳能转化为________能。 ②在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似。g­C3N4端的反应为O2＋2H＋＋2e－===H2O2，PI端的反应为________________________________________________；NO2最终转化为HNO3的化学方程式为_____________________________________________。 解析：(2)①由NO、NO及其对应的化学计量数并结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为4NO＋10MnO＋14OH－===NO＋3NO＋10MnO＋7H2O。②由①分析知分离反应后的混合溶液可获得氮肥，A项正确；由化学式KMnO4可知，n(Mn)＝n(K)，所以反应后的混合溶液中：c(MnO)＋c(MnO)＝c(K＋)，B项错误；酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2＋，碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO，C项正确。③KMnO4→K2MnO4得1个电子，NO→NO失3个电子，根据得失电子守恒可得关系式：3KMnO4～NO，则n(KMnO4)＝3n(NO)＝3×＝3 mol，m(KMnO4)＝3 mol×158 g·mol－1＝474 g。(3)②由题图可知，PI端NO失去电子发生氧化反应生成NO2：NO＋H2O－2e－===NO2＋2H＋，最终NO2和H2O2发生氧化还原反应生成硝酸：2NO2＋H2O2===2HNO3。 答案：(1)形成酸雨(或形成光化学烟雾、破坏臭氧层等)　 (2)①4　10　14　OH－　10　7　H2O　 ②AC　③474 (3)①化学　②NO＋H2O－2e－===NO2＋2H＋　 2NO2＋H2O2===2HNO3 学科网（北京）股份有限公司 $$