考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算（核心考点精讲精练）-备战2025年高考化学一轮复习考点帮（江苏专用）

考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算 目 录 1 1．高考真题考点分布 1 2．命题规律及备考策略 1 考法01 氧化还原反应方程式配平 考法02 氧化还原反应的计算 1.高考真题考点分布 考点内容 考题统计 氧化还原反应方程式的配平 —— 氧化还原反应的计算 [2021·江苏卷，15(2)；2020·江苏卷，18(2)；2019·江苏卷，18(2)；2017·江苏卷，18(2)； 2.命题规律及备考策略 【命题规律】 从近三年江苏高考试题来看，试题与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题，在无机推断及化工流程题中考查信息型化学或离子方程式的配平，在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。 【备考策略】 本专题考查类型主要涉及点为氧化还原反应的配平，利用得失电子守恒得关系式进行与氧化还原反应的相关计算等。 【命题预测】 预计2025年高考仍会以新的情境载体为背景(如工农业生产、日常生活、科学实验、环境保护、检验检测等)，考查氧化还原反应的配平、化学方程式的书写、氧化还原反应的计算等。 考法01 氧化还原反应方程式的书写与配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 3．特殊的配平方法 (1)逆向配平法(主要用于同种元素之间发生的歧化反应) 通过逆向将方程式进行配平。 例如： ， 由于S的化合价既升又降，不好确定。但逆向看：K2S中的S升高2价，K2SO3中的S降低4价，所以K2S、K2SO3的化学计量数分别为2、1，然后再确定S的化学计量数为3。 (2)缺项配平法 先配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由元素守恒确定未知物，再根据原子守恒和电荷守恒进行配平。其补项原则如表所示： 条件 补项原则 酸性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H+，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH- 请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，中的粒子是OH－( ) (2)已知：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，在RO中元素R的化合价是+5( ) (3)CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2( ) (4)Cu2S+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O (未配平)，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4( ) (5)MnO4-+ CuS + H+→ Cu2+ + SO2↑ + Mn2+ + H2O(未配平)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5( ) (6)Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO＋Cl－＋H2O(未配平)，上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2( ) (7)在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5mol( ) (8)酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4( ) (9)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，反应的离子方程式中x=2( ) (10)在反应式：a FeCl2 + b KNO3 + c HCl = d FeCl3 + e KCl + f X + g H2O中，若b=1，d=3，则X的分子式为 N2( ) 考向1 一般氧化还原方程式的配平 【例1】配平下列氧化还原反应方程式： (1)_______ Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______ (2)_______ MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______ 【思维建模】 标变价 列变化 求总数 定系数 查守恒 标明反应前后化合价发生变化的元素的化合价 确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，利用观察法确定其他物质的化学计量数。 检查反应前后原子、电荷、得失电子是否守恒 通过求最小公倍数使化合价升降总数相等 列出化合价升高和降低的数值 【例2】高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子．配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。 【名师点睛】 氧化还原反应配平技法 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，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：先将得失电子数配平，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。 (4)当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。 考向2 缺项型氧化还原方程式的配平 【例3】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是(　　) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【例4】某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是(　　) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 【思维建模】 缺项型氧化还原方程式的配平技巧 (1)方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物并进行配平。 (2)补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋ 碱性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O 【对点01】 对于反应：O3+I-+H+→I2+O2+H2O(未配平)，下列说法正确的是(　　) A．O2和H2O是还原产物 B．该反应能说明O2的氧化性大于I2 C．氧化产物和还原产物的质量之比为127∶9 D．配平后的化学方程式为2O3+2I-+4H+=I2+2O2+H2O 【对点02】高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：________KMnO4＋________FeSO4＋________H2SO4===________K2SO4＋____________MnSO4＋________Fe2(SO4)3＋________H2O。下列说法正确的是(　　) A．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物 B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋ C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D．生成4个水分子时，转移10个电子 【对点03】(2024·江苏徐州·二模)某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　) ＋＋===＋＋ A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol 【对点04】N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2＋Fe3＋→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．N2F4分子中N—F的键角小于N2H4分子中N—H的键角 B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C．若生成标准状况下2.24 L N2F4，转移电子0.2 mol D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF 考法02 电子守恒思想在化学计算中的应用 1．得失电子守恒 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子_________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_________和_________，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。 2．守恒法解题的思维流程 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的_________和_________。 (2)找准一个原子或离子_________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_______________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)。 3．氧化还原反应计算的常用方法 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 (1)应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”。 ①“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 ②“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。 ③“三列关系式”：根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 (2)多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。 考向01 单一氧化还原反应中得失电子守恒的应用 【例1】在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：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 【例2】(2021·山西省应县一中高一月考)已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 【思维建模】 (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)。 考向02 多步氧化还原反应中得失电子守恒的应用 【例3】(2024·江苏省扬州市邗江区四校高一联合调研)在加热条件下，将1.20g铁铜合金完全溶解于100mL、的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体672mL(标准状况下)。向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.05g沉淀。下列有关说法正确的是( ) A．反应过程中浓硝酸仅体现氧化性 B．该合金中铁与铜物质的量之比是 C．混合气体中，的体积分数是33.3% D．金属离子全部沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为1150mL 【思维建模】 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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。 【例4】工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应：①Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O，②TeO2+2SO2+2H2O= H2SO4+Te。 以下说法正确的是( ) A．Cu2Te中Cu元素的化合价是+2价 B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2 C．每制备1 mol Te理论上共转移12mole- D．氧化性强弱顺序为：O2＞SO2＞TeO2 【对点01】2个XO3-恰好能氧化5个SO32-(已知SO32-被氧化SO42-)则还原产物中变价元素的化合价是( ) A．-1 B．0 C．+1 D．+6 【对点02】已知溶液中可发生反应：2FeBr2＋Br2===2FeBr3，现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L Cl2(标准状况)，充分反应后测得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　) A．2 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．0.4 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1 【对点03】在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是(　　) A．铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu B．铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2 C．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3＋ D．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2＋ 【思维建模】 氧化还原反应计算“三环节” 题型一 氧化还原反应配平及其应用 1.(2024·山东烟台·一模)已知氧化性：Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　) A．2　4　3　2　2　6　 B．0　2　1　0　1　2 C．2　0　1　2　0　2 D．2　2　2　2　1　4 2．已知二氧化硒是一种氧化剂，它可由Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O制取。又知离子方程式aSeO2＋bSO2＋cH2O===aSe＋b__X__＋d__Y__；则关于下列叙述正确的是(　　) A．a∶b＝1∶1 B．Y为OH－ C．氧化性为SeO2＞H2SO4(浓) D．若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子 3．(2024·江苏省南京市第一中学高一月考)酸性 KMnO4 溶液与亚硝酸钠反应，其离子方程式：MnO4-+NO2-+H+ → Mn2++ NO3-+H2O (未配平)。下列叙述不正确的是( ) A．该反应中NO2-被氧化 B．该反应中生成 1mol Mn2+，MnO4-得到 5mol 电子 C．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 5∶2 D．配平后，H2O的化学计量数为 3 题型二 氧化还原反应的计算 4．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是(　　) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 5．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的计量系数之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2　　 　　B．3　　 　　C．4　　 　　D．5 6．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3+10OH-+3Cl2=2MO4n-+6Cl-+8H2O，则MO4n-中M的化合价是(　　) A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 题型三 氧化还原反应综合考查 7．打印机使用的墨粉中含有Fe 3O4它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe 2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的溶液，水浴加热。反应如下：反应a： ____ Fe2++____ Fe3++________Fe 3O4+____H2O ，下列分析不正确的是( ) A．Fe 3O4具有磁性 B．反应a中，是还原剂， 是氧化剂 C．从左至右，反应a各物质的系数依次为、、、、 D．Fe 3O4与盐酸反应，生成盐和水 8．检验补铁剂中铁元素价态时，KSCN(C为价)会与酸性KMnO4溶液发生如下反应：22 KMnO4+10KSCN+28H2SO4=16K2SO4+22MnSO4+10CO2↑+5N2↑+28H2O，下列说法不正确的是( ) A．该反应的氧化产物只有N2 B．每生成标准状况下22.4LN2，转移电子 C．KMnO4在反应中体现氧化性 D．检验Fe2+时，可用酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，再加稍过量的溶液 9．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2 K2FeO4+3KClO+5H2O。下列说法错误的是( ) A．Fe(OH)3发生氧化反应 B．KCl为还原产物 C．每生成1mol K2FeO4转移2mol电子 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2 10．(2024·江苏省苏州市实验中学高二期中)大苏打(Na2S2O3)常用于防毒面具中吸收氯气，1mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，下列说法正确的是( ) A．氧化性：Na2S2O3＞Cl2 B．反应中S2O32-转化为SO32- C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．标准状况下，每吸收8.4LCl2，反应中转移电子数为 11．在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是(　　) A．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原 B．氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋ C．反应中转移电子的物质的量为x mol D．反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则原Fe3＋的总物质的量为(y－x) mol 12．(2024·高三上·江苏省南京·期末)科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2OPt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。结合下图，下列说法不正确的是( ) A．CO2在Cu2O表面发生还原反应 B．H2O在WO3表面发生氧化反应 C．CO2生成HCOOH，C的杂化方式不变 D．氧化反应、还原反应不可以独立存在 13．(2024·江苏省镇江市十校联考)FeCO3可用于制铁盐、兽药，与砂糖混用为补血剂，其工艺生产流程如下： 已知：“还原”工序中不生成S单质。下列说法错误的是( ) A．“焙烧”时，将FeS2粉碎可提高焙烧效率 B．“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶4 C．“还原”工序中，反应的离子方程式为：10Fe3＋＋FeS2＋6H2O=11Fe2＋＋2SO32-＋12H＋ D．“沉铁”时，有CO2生成 14．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下： 反应①：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平) 反应②：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平) 下列判断正确的是( ) A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化 B．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗的物质的量相等 C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．相同质量的CuS和CuS2处理酸性废水中Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72- 15．过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是( ) A．Na2O2、Na2O分别和SO2反应，生成物均为Na2SO3 B．该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3 C．若有2 mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol D．每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol 16．将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( ) A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3 C．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1 D． 若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25 17．已知氧化性：Fe3+＞M2+(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1mol•L-1的Fe2(SO4)3和MSO4的100mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( ) A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+ B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2+)=(0.2+a)mol C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M D．若有固体剩余则可能是铁 18．(2024·江苏省连云港市高一期中)研究表明，土壤中的NH4+被土壤胶体吸附后，在硝化细菌的作用下转化为NO2-后，土壤中的O2进一步将NO2-氧化为更易被植物吸收的NO3-。在氧气较少的环境下，NO3-又可以在反硝化细菌的作用下与NH4+反应，使氮以N2形式放出。下列说法不正确的是( ) A．NO2-被氧化为NO3-的过程中，NO2-与O2的物质的量之比为2：1 B．在反硝化过程中，土壤pH升高 C．NO3-与NH4+反应时，每生成1mol N2，转移电子数为3.75 mol D．适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效 19．四氧化三铁(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。 (1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是　　　　　　。 (2)反应的离子方程式中x＝　　　　。 (3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为　　　　mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为　　　　mol。 20．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。 (1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。 (2)该反应的还原产物是_____________。 (3)在标准状况下，如果反应中生成11．2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。 (4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。 21．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一、COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg/L)。某水样的COD测定过程如下：取400.0mL水样，用硫酸酸化，加入40.00mL0.002000mol/L KMnO4溶液，充分作用后，再加入40.00mL0.005000mol/LNa2C2O4溶液。用0.002000mol/L KMnO4。溶液滴定，滴定终点时消耗26.00mL。 已知：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2KMn2++10CO2↑+8H2O (1)1mol KMnO4的氧化能力与___________gO2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 (2)该水样的COD值是___________mg/L。(写出计算过程，结果保留小数点后一位) 1．[2021·江苏卷，15(2)]以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 “调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 2．[2020·江苏卷，18(2)]次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。 二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为 准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。 ①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， ) ②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。 3．[2019·江苏卷，18(2)]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。 测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 ①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。 ②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)_____。 4．[2017·江苏卷，18(2)]碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验： ①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A; ②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g;③另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。计算确定该样品的化学式________________________。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算 目 录 1 1．高考真题考点分布 1 2．命题规律及备考策略 1 考法01 氧化还原反应方程式配平 考法02 氧化还原反应的计算 1.高考真题考点分布 考点内容 考题统计 氧化还原反应方程式的配平 —— 氧化还原反应的计算 [2021·江苏卷，15(2)；2020·江苏卷，18(2)；2019·江苏卷，18(2）；2017·江苏卷，18(2)； 2.命题规律及备考策略 【命题规律】 从近三年江苏高考试题来看，试题与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题，在无机推断及化工流程题中考查信息型化学或离子方程式的配平，在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。 【备考策略】 本专题考查类型主要涉及点为氧化还原反应的配平，利用得失电子守恒得关系式进行与氧化还原反应的相关计算等。 【命题预测】 预计2025年高考仍会以新的情境载体为背景(如工农业生产、日常生活、科学实验、环境保护、检验检测等)，考查氧化还原反应的配平、化学方程式的书写、氧化还原反应的计算等。 考法01 氧化还原反应方程式的书写与配平 1．氧化还原方程式配平的基本原则 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 3．特殊的配平方法 (1)逆向配平法(主要用于同种元素之间发生的歧化反应) 通过逆向将方程式进行配平。 例如： ， 由于S的化合价既升又降，不好确定。但逆向看：K2S中的S升高2价，K2SO3中的S降低4价，所以K2S、K2SO3的化学计量数分别为2、1，然后再确定S的化学计量数为3。 (2)缺项配平法 先配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由元素守恒确定未知物，再根据原子守恒和电荷守恒进行配平。其补项原则如表所示： 条件 补项原则 酸性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H+，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH- 请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，中的粒子是OH－( ) (2)已知：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，在RO中元素R的化合价是+5( ) (3)CN-+OH-+Cl2OCN-+Cl-+H2O(未配平)，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1：2( ) (4)Cu2S+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O (未配平)，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4( ) (5)MnO4-+ CuS + H+→ Cu2+ + SO2↑ + Mn2+ + H2O(未配平)，氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：5( ) (6)Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO＋Cl－＋H2O(未配平)，上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2( ) (7)在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为1.5mol( ) (8)酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋→Mn2＋＋NO＋H2O，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4( ) (9)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O，反应的离子方程式中x=2( ) (10)在反应式：a FeCl2 + b KNO3 + c HCl = d FeCl3 + e KCl + f X + g H2O中，若b=1，d=3，则X的分子式为 N2( ) 【答案】(1) ×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√ (7) √　(8)√　(9)×　(10) × 考向1 一般氧化还原方程式的配平 【例1】配平下列氧化还原反应方程式： (1)_______ Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______ (2)_______ MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______ 【答案】(1)3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O (2)1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O 【解析】(1)反应中锌从0价升高为硝酸锌中+2价，失去2个电子，硝酸中的氮从+5价，降为NO中+3价的氮，生成1个NO得到3个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O；(2)反应中2个碘离子由-1价升高为碘单质的0价，失去2个电子，MnO(OH)2中的Mn从+4，降为Mn2+中+2价的氮，生成1个Mn2+得到2个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O。 【思维建模】 标变价 列变化 求总数 定系数 查守恒 标明反应前后化合价发生变化的元素的化合价 确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，利用观察法确定其他物质的化学计量数。 检查反应前后原子、电荷、得失电子是否守恒 通过求最小公倍数使化合价升降总数相等 列出化合价升高和降低的数值 【例2】高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子．配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。 【答案】2；16；3；2；6；Fe；6NA 【解析】依据方程式可知：反应前后Fe元素的化合价有+3→+6失去3个电子，化合价升3，被氧化，而Cl元素则有0→﹣1价，得到1个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设Fe(NO3)3前的系数为2，Cl2前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2 Fe(NO3)3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O即消耗3molCl2转移电子总数为6NA 。 【名师点睛】 氧化还原反应配平技法 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，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：先将得失电子数配平，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。 (4)当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。 考向2 缺项型氧化还原方程式的配平 【例3】NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是(　　) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【答案】C 【解析】反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，做还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。 【例4】某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是(　　) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 【答案】D 【解析】离子方程式左边有H＋，则右边不能出现OH－，横线上应是H2O，C项错误； 配系数⇒2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，A、B项错误，D项正确。 【思维建模】 缺项型氧化还原方程式的配平技巧 (1)方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物并进行配平。 (2)补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋ 碱性条件下 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O 【对点01】 对于反应：O3+I-+H+→I2+O2+H2O(未配平)，下列说法正确的是(　　) A．O2和H2O是还原产物 B．该反应能说明O2的氧化性大于I2 C．氧化产物和还原产物的质量之比为127∶9 D．配平后的化学方程式为2O3+2I-+4H+=I2+2O2+H2O 【答案】C 【解析】此反应中氧化剂是O3，还原剂是I-，氧化产物是I2，O2中元素化合价没发生变化，既不是氧化产物，也不是还原产物，还原产物是H2O。由题意可知氧化性：O3>I2，不能说明氧化性：O2>I2；配平后的方程式为O3+2I-+2H+=I2+O2+H2O，则氧化产物I2与还原产物H2O的质量比为254∶18=127∶9；D中电荷不守恒，应为O3+2I-+2H+=I2+O2+H2O。 【对点02】高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：________KMnO4＋________FeSO4＋________H2SO4===________K2SO4＋____________MnSO4＋________Fe2(SO4)3＋________H2O。下列说法正确的是(　　) A．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物 B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋ C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D．生成4个水分子时，转移10个电子 【答案】B 【解析】A项，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，Fe3＋为氧化产物，错误；B项，Fe2＋在该反应中是还原剂，Mn2＋为还原产物，正确；C项，Fe3＋遇到SCN－生成的是Fe(SCN)3的水溶液，而不是沉淀，错误；D项，配平该反应的化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，故生成4个水时，转移5个电子，错误。 【对点03】(2024·江苏徐州·二模）某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　) ＋＋===＋＋ A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol 【答案】C　 【解析】Au2O3为反应物，则反应中Au2O3―→Au2O，Au的化合价由＋3价变为＋1价，化合价总共降低2×2＝4价，Na2S4O6中硫元素平均化合价为＋2.5，Na2S2O3中硫元素平均化合价为＋2，所以Na2S2O3为反应物，Na2S4O6为生成物，由于2Na2S2O3―→Na2S4O6，根据钠元素守恒可知NaOH是生成物，由氢元素守恒可知水是反应物，根据电子守恒配平反应方程式：Au2O3＋4Na2S2O3＋2H2O===Au2O＋2Na2S4O6＋4NaOH，当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol，A、B、D错误，C正确。 【对点04】N2F4可作高能燃料的氧化剂，它可由以下反应制得：HNF2＋Fe3＋→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．N2F4分子中N—F的键角小于N2H4分子中N—H的键角 B．上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C．若生成标准状况下2.24 L N2F4，转移电子0.2 mol D．N2F4作氧化剂时，其还原产物可能是N2和HF 【答案】D 【解析】F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对之间排斥力更小，致使N2F4中N—F的键角小于N2H4中N—H的键角，故A正确；由2HNF2＋2Fe3＋===N2F4↑＋2Fe2＋＋2H＋可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B正确；若生成标准状况下2.24 L N2F4，物质的量为＝0.1 mol，转移电子的物质的量是0.2 mol，故C正确；由于电负性：F>N，则N2F4中F为－1价，N为＋2价，作氧化剂时只有N元素化合价能降低，则还原产物可能是N2，而F的化合价未变，HF不是还原产物，故D错误。 考法02 电子守恒思想在化学计算中的应用 1．得失电子守恒 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，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，只要把物质分为始态和终态，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。 2．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)。 3．氧化还原反应计算的常用方法 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 (1)应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”。 ①“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 ②“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。 ③“三列关系式”：根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 (2)多步连续进行的氧化还原反应的有关计算：对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。 考向01 单一氧化还原反应中得失电子守恒的应用 【例1】在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：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 【答案】B 【解析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。 设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。 方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，所以x＝＋5。 【例2】(2021·山西省应县一中高一月考)已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】在A2On 2-中A化合价为+(n-1)价，反应后被还原为+3价，化合价降低(n-4)价，B元素化合价由B2-化合价由反应前-2价变为反应后B单质的0价，化合价升高2价，由于元素化合价升降总数相等，反应消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3， 则1×2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选D。 【思维建模】 (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)。 考向02 多步氧化还原反应中得失电子守恒的应用 【例3】(2024·江苏省扬州市邗江区四校高一联合调研）在加热条件下，将1.20g铁铜合金完全溶解于100mL、的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体672mL(标准状况下)。向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.05g沉淀。下列有关说法正确的是( ） A．反应过程中浓硝酸仅体现氧化性 B．该合金中铁与铜物质的量之比是 C．混合气体中，的体积分数是33.3% D．金属离子全部沉淀时，加入NaOH溶液的体积至少为1150mL 【答案】D 【解析】A项，反应过程中生成NO2和N2O4，表明浓硝酸一部分起氧化剂作用，反应过程中生成Fe(NO3)3和Cu(NO3)2，表明浓硝酸一部分起酸的作用，A错误；B项，原铁铜合金质量为1.20g，当产生金属离子完全沉淀时，为Fe(OH)3和Cu(OH)2混合，质量为2.05g，根据元素守恒，设Fe的物质的量为xmol，Cu的物质的量为ymol，列等式：、，解得：、，即该合金中铁与铜物质的量之比是1：1，B错误；C项，NO2和N2O4的混合气体672mL(标准状况下)，即物质的量为0.03mol，，反应过程中根据得失电子守恒，，联立解得：，，因此混合气体中，NO2体积分数：，C错误；D项，100mL、的浓硝酸中含有硝酸的物质的量：，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量：，需要氢氧化钠溶液的体积：，D正确；故选D。 【思维建模】 多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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。 【例4】工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应：①Cu2Te+2O2+2H2SO4=2CuSO4+TeO2+2H2O，②TeO2+2SO2+2H2O= H2SO4+Te。 以下说法正确的是( ) A．Cu2Te中Cu元素的化合价是+2价 B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2 C．每制备1 mol Te理论上共转移12mole- D．氧化性强弱顺序为：O2＞SO2＞TeO2 【答案】C 【解析】A项，Cu2Te中Cu为+1，A错误；B项，反应①中O2得电子为氧化剂，Cu2Te中Cu和Te均失去电子，则CuSO4也是氧化产物，B错误；C项，反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C正确；D项，氧化剂的氧化性强于氧化产物，根据两个反应无法比较O2和SO2的氧化性强弱，且无法证明SO2氧化性强于TeO2，只能证明O2氧化性强于TeO2，D错误；故选C。 【对点01】2个XO3-恰好能氧化5个SO32-(已知SO32-被氧化SO42-)则还原产物中变价元素的化合价是( ) A．-1 B．0 C．+1 D．+6 【答案】B 【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒的原理可知：5SO32-→5SO42-→10e-，XO3-中X为+5价，设还原产物X为a价，则2XO3-→2X，转移的电子(5-a)= 10。解得a=0，故B符合题意；故选B。 【对点02】已知溶液中可发生反应：2FeBr2＋Br2===2FeBr3，现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L Cl2(标准状况)，充分反应后测得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为(　　) A．2 mol·L－1 B．1 mol·L－1 C．0.4 mol·L－1 D．0.2 mol·L－1 【答案】A 【解析】由题意可知，Fe2＋的还原性强于Br－，若Cl2只氧化Fe2＋，Cl－和Br－的物质的量浓度不会相等，故部分Br－被氧化。设FeBr2的物质的量为x,3.36 L Cl2的物质的量是0.15 mol，转移电子的物质的量共0.3 mol。则根据电子守恒得：x＋(2x－0.3 mol)＝0.3 mol，解得x＝0.2 mol，故FeBr2溶液的物质的量浓度为2 mol·L－1。 【对点03】在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是(　　) A．铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu B．铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2 C．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3＋ D．铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2＋ 【答案】C 【解析】因为氧化性Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以先发生反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol的AgNO3反应，析出0.01 mol Ag，再发生：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005 mol铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3＋。 【思维建模】 氧化还原反应计算“三环节” 题型一 氧化还原反应配平及其应用 1.(2024·山东烟台·一模）已知氧化性：Br2>Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr－＋cCl2―→dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　) A．2　4　3　2　2　6　 B．0　2　1　0　1　2 C．2　0　1　2　0　2 D．2　2　2　2　1　4 【答案】B　 【解析】根据题意，Cl2先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B选项错误。 2．已知二氧化硒是一种氧化剂，它可由Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O制取。又知离子方程式aSeO2＋bSO2＋cH2O===aSe＋b__X__＋d__Y__；则关于下列叙述正确的是(　　) A．a∶b＝1∶1 B．Y为OH－ C．氧化性为SeO2＞H2SO4(浓) D．若每生成0.2 mol X则该反应转移0.4NA个电子 【答案】D 【解析】根据题意SeO2是氧化剂，则可将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知a∶b＝1∶2，A、B错误，D正确；根据氧化性：氧化剂＞氧化产物知C错误。 3．(2024·江苏省南京市第一中学高一月考）酸性 KMnO4 溶液与亚硝酸钠反应，其离子方程式：MnO4-+NO2-+H+ → Mn2++ NO3-+H2O (未配平)。下列叙述不正确的是( ） A．该反应中NO2-被氧化 B．该反应中生成 1mol Mn2+，MnO4-得到 5mol 电子 C．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 5∶2 D．配平后，H2O的化学计量数为 3 【答案】C 【解析】酸性 KMnO4 溶液与亚硝酸钠反应，MnO4-是氧化剂，NO2-是还原剂，配平后的离子方程式为：2MnO4-+5NO2-+6H+ =2Mn2++ 5NO3-+3H2O。A项，NO2-中N元素的化合价由+3价升至+5价，N元素化合价升高，NO2-被氧化，A正确；B项，反应过程中，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，每生成1molMn2+得到5mol电子，B正确；C项，MnO4-是氧化剂，NO2-是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，C错误；D项，根据得失电子守恒、元素守恒，配平后水的化学计量数为3，D正确；故选C。 题型二 氧化还原反应的计算 4．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是(　　) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 【答案】D 【解析】根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得n＝2，在RO中，设R的化合价为x，则x－2×4＝－2，解得x＝＋6，D正确。 5．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的计量系数之比为1∶16，则x的值为(　　) A．2　　 　　B．3　　 　　C．4　　 　　D．5 【答案】D 【解析】Na2 x―→xNa2O4　NaO―→Na ，得关系式1×·x＝16×2，x＝5。 6．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3+10OH-+3Cl2=2MO4n-+6Cl-+8H2O，则MO4n-中M的化合价是(　　) A．+4 B．+5 C．+6 D．+7 【答案】C 【解析】方法1：由电荷守恒得：10=6+2n，所以n=2，根据离子中化合价的代数和等于其所带电荷数计算M化合价，MO4n-中O化合价为-2，则M化合价为-2-(-2)×4=+6； 方法2：设M化合价为x，根据得失电子守恒得3×2×[0-(-1)]=2×(x-3)，x=+6。 题型三 氧化还原反应综合考查 7．打印机使用的墨粉中含有Fe 3O4它的一种制备方法是：将FeSO4溶液、Fe 2(SO4)3溶液按一定比例混合，再加入一定量的溶液，水浴加热。反应如下：反应a： ____ Fe2++____ Fe3++________Fe 3O4+____H2O ，下列分析不正确的是( ) A．Fe 3O4具有磁性 B．反应a中，是还原剂， 是氧化剂 C．从左至右，反应a各物质的系数依次为、、、、 D．Fe 3O4与盐酸反应，生成盐和水 【答案】B 【解析】A项，Fe 3O4是黑色具有磁性的晶体，A正确；B项，反应a中，化合价没有发生改变，不是氧化还原反应，B错误；C项，根据氧化还原反应得失电子相等配平可知从左至右，反应a各物质的系数依次为1、2、8、1、4，C正确；D项，Fe 3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁和水，D正确；故选B。 8．检验补铁剂中铁元素价态时，KSCN(C为价)会与酸性KMnO4溶液发生如下反应：22 KMnO4+10KSCN+28H2SO4=16K2SO4+22MnSO4+10CO2↑+5N2↑+28H2O，下列说法不正确的是( ) A．该反应的氧化产物只有N2 B．每生成标准状况下22.4LN2，转移电子 C．KMnO4在反应中体现氧化性 D．检验Fe2+时，可用酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，再加稍过量的溶液 【答案】A 【解析】A项，KSCN中S为-2价、N为-3价，则反应中，KSCN中S、N元素的化合价均升高，该反应的氧化产物有硫酸根离子、N2，A错误；B项，根据Mn由+7价降低为+2价，该反应转移电子为110e-，22.4LN2物质的量为1mol，生成标准状况下22.4LN2，转移mol=电子，B正确；C项，KMnO4中Mn元素化合价降低，得到电子，在反应中体现氧化性，C正确；D项，铁离子遇到KSCN溶液变红，则检验Fe2+时，可用酸性KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，再加稍过量的KSCN溶液，D正确；故选A。 9．高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2 K2FeO4+3KClO+5H2O。下列说法错误的是( ) A．Fe(OH)3发生氧化反应 B．KCl为还原产物 C．每生成1mol K2FeO4转移2mol电子 D．氧化剂与还原剂物质的量之比为3：2 【答案】C 【解析】A项，该反应中Fe(OH)3中Fe元素化合价升高，失电子发生氧化反应，A正确；B项，KClO中Cl元素化合价降低生成KCl，KClO为氧化剂，KCl为还原产物，B正确；C项，根据Fe元素的化合价变化可知每生成1 mol K2FeO4转移3 mol电子，C错误；D项，该反应中Fe(OH)3中Fe元素化合价升高，为还原剂，KClO中Cl元素化合价降低，为氧化剂，根据方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，D正确；故选C。 10．(2024·江苏省苏州市实验中学高二期中）大苏打(Na2S2O3)常用于防毒面具中吸收氯气，1mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，下列说法正确的是( ） A．氧化性：Na2S2O3＞Cl2 B．反应中S2O32-转化为SO32- C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．标准状况下，每吸收8.4LCl2，反应中转移电子数为 【答案】D 【解析】Na2S2O3可以被Cl2氧化，根据1mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子可知，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl₂+5H₂O=2SO42-+10H++8Cl-，Na2S2O3中的S失电子，为还原剂，Cl2得电子，为氧化剂，SO42-是氧化产物，Cl-是还原产物。A项，根据分析可知，Na2S2O3中的S失电子，为还原剂，Cl2得电子，为氧化剂，故氧化性Cl2＞Na2S2O3，A错误；B项，反应中S2O32-转化为SO42-，B错误；C项，SO42-是氧化产物，Cl-是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4，C错误；D项，4molCl2参加反应，转移电子数为8mol，8.4LCl2的物质的量为0.375mol，则转移电子的物质的量为0.375mol×2=0.75mol，D正确；故选D。 11．在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS2＋4Fe3＋===Cu2＋＋5Fe2＋＋2S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是(　　) A．反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原 B．氧化剂是Fe3＋，氧化产物是Cu2＋ C．反应中转移电子的物质的量为x mol D．反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则原Fe3＋的总物质的量为(y－x) mol 【答案】D 【解析】CuFeS2中Cu、Fe均为＋2价，S为－2价，，Fe3＋为氧化剂，CuFeS2为还原剂，S为氧化产物，A、B错误；生成x mol单质硫时转移2x mol电子，C错误；生成x mol单质硫，则参加反应的Fe3＋的物质的量为2x mol，生成n(Cu2＋)＝x mol，n(Fe2＋)＝x mol，溶液中剩余n(Fe3＋)＝y－x－x＝(y－3x) mol，则原Fe3＋的总物质的量n(Fe3＋)＝(y－x) mol。 12．(2024·高三上·江苏省南京·期末）科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2OPt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜在酸性介质下构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图。结合下图，下列说法不正确的是( ） A．CO2在Cu2O表面发生还原反应 B．H2O在WO3表面发生氧化反应 C．CO2生成HCOOH，C的杂化方式不变 D．氧化反应、还原反应不可以独立存在 【答案】C 【解析】A项，CO2在Cu2O表面变为HCOOH，碳化合价降低，因此CO2在Cu2O表面发生还原反应，故A正确；B项，H2O在WO3表面变为氧气，氧元素化合价升高，因此H2O在WO3表面发生氧化反应，故B正确；C项，CO2生成HCOOH，C的杂化方式由sp杂化变为sp2杂化，故C错误；D项，根据图中信息得到氧化反应和还原反应是不可以独立存在，故D正确。故选C。 13．(2024·江苏省镇江市十校联考）FeCO3可用于制铁盐、兽药，与砂糖混用为补血剂，其工艺生产流程如下： 已知：“还原”工序中不生成S单质。下列说法错误的是( ） A．“焙烧”时，将FeS2粉碎可提高焙烧效率 B．“焙烧”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶4 C．“还原”工序中，反应的离子方程式为：10Fe3＋＋FeS2＋6H2O=11Fe2＋＋2SO32-＋12H＋ D．“沉铁”时，有CO2生成 【答案】C 【解析】FeS2在空气中焙烧得氧化铁，氧化铁用稀硫酸酸浸生成硫酸铁，往硫酸铁溶液中加FeS2发生氧化还原反应，接着往其中加碳酸氢铵沉铁得碳酸亚铁。A项，“焙烧”时，将FeS2粉碎，增大了反应物之间的接触面积，加快反应速率，提高焙烧效率，故A正确；B项，“焙烧”过程中发生的反应为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，其中O2为氧化剂，FeS2为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶4，故B正确；C项，“还原”工序中，无S单质生成，则只能生成SO42-，不能生成SO32- (被Fe3＋氧化)，其正确的离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O=15Fe2＋＋2 SO42-＋16H＋，故C错误；D项，“沉铁”时，Fe2＋与CO32-结合生成FeCO3，导致CO32-浓度减小，促进了HCO3-的电离(HCO3-H＋＋CO32-)，H＋浓度增大，再与HCO3-反应生成CO2气体：H＋＋HCO3-=CO2↑＋H2O，故D正确；故选C。 14．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下： 反应①：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平) 反应②：CuS+ Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+ Cr 3++H2O (未配平) 下列判断正确的是( ) A．反应①和②中各有2种元素的化合价发生变化 B．处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗的物质的量相等 C．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．相同质量的CuS和CuS2处理酸性废水中Cr2O72-时，Cu2S消耗更多Cr2O72- 【答案】C 【解析】对于反应①，铜元素化合价未变化，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3CuS+4 Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；对于反应②，铜元素化合价由＋1升高至＋2，硫元素化合价由－2升高至＋6，铬元素化合价由＋6降低至＋3，氢元素和氧元素化合价未变化。根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得：3Cu2S+5 Cr2O72-+46H+=6Cu2++3 SO42-+10Cr3++23H2O。A项，反应①中硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价；反应②中铜元素由+1价升高到+2价，硫元素价态由-2价升高到+6价，铬元素价态由+6价降低到+3价，故A错误；B项，结合以上分析可知，处理等物质的量的Cr2O72-时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C项，结合以上分析可知，还原剂为CuS，氧化剂为Cr2O72-，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4，故C正确；D项，假设质量均为160g，n(CuS)= =1．67mol，n(Cu2S)= =1mol；根据反应方程式可知：3CuS~4 Cr2O72-，3Cu2S~5 Cr2O72-，所以CuS消耗n(Cr2O72-)=×1．67=2．2mol，n(Cr2O72-)=1×=1．7mol；所以CuS消耗的更多，故D错误；故选C。 15．过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是( ) A．Na2O2、Na2O分别和SO2反应，生成物均为Na2SO3 B．该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3 C．若有2 mol Fe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol D．每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol 【答案】A 【解析】A项，Na2O2有强氧化性，SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成物中可能有Na2SO4、Na2SO3、O2，A项错误；B项，该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4和Fe2O3是氧化产物，B项正确；C项，若有2 mol Fe2+被氧化，则Fe2+失去2 mol电子，被Fe2+还原的Na2O2为1 mol，C项正确；D项，每生成3 mol Na2O转移14 mol电子，则生成18.6 g (0.3 mol) Na2O转移1.4 mol电子，D项正确；故选A。 16．将一定量的氯气通入30 mL浓度为10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( ) A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3 C．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1 D． 若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25 【答案】D 【解析】A项，反应后混合中没有NaOH，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A错误；B项，Cl2可能发生两种反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化产物只有NaClO时，n(Na＋)：n(Cl－)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na＋)：n(Cl－)最小为6：5，n(Na＋)：n(Cl－)应介于两者之间，即6：5＜n(Na＋)：n(Cl－)＜2：1，现7：3＞2：1，故B错误；C项，若n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，得失电子不相等，故C错误；D项，由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正确；故选D。 17．已知氧化性：Fe3+＞M2+(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1mol•L-1的Fe2(SO4)3和MSO4的100mL混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( ) A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3++Fe=3Fe2+ B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2+)=(0.2+a)mol C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M D．若有固体剩余则可能是铁 【答案】D 【解析】因氧化性 Fe3+>M2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与M2+反应。A项，加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中n(Fe3+)= 1mol/L×0.1L×2=0.2mol，则：当 a≦0.1 时，Fe粉只能将Fe3+还原，A正确；B项，当 0.1≦a<0.2 时，Fe3+全部被还原，n(M2+)= 1mol/L×0.1L=0.1mol，加入的铁粉全部变为Fe2+，根据铁元素守恒，因此n(Fe2+)=(0.2+a)mol，B正确；C项，当Fe3+反应完全后，继续加入铁粉，将与M2+反应，M2+全部被还原，n(M2+)= 1mol/L×0.1L=0.1mol，当a≧2 时，Fe3+和M2+均反应完全，此时发生的反应为2Fe3++M2++2Fe=4Fe2++M，C正确；D项，若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，因此一定有M，还可能是M和Fe的混合物，不可能只有Fe，D错误；故选D。 18．(2024·江苏省连云港市高一期中）研究表明，土壤中的NH4+被土壤胶体吸附后，在硝化细菌的作用下转化为NO2-后，土壤中的O2进一步将NO2-氧化为更易被植物吸收的NO3-。在氧气较少的环境下，NO3-又可以在反硝化细菌的作用下与NH4+反应，使氮以N2形式放出。下列说法不正确的是( ） A．NO2-被氧化为NO3-的过程中，NO2-与O2的物质的量之比为2：1 B．在反硝化过程中，土壤pH升高 C．NO3-与NH4+反应时，每生成1mol N2，转移电子数为3.75 mol D．适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效 【答案】B 【解析】A项，NO2-被氧化为NO3-的过程中，氮的化合价由+3升高为+5，氧气由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，NO2-与O2的物质的量之比为2：1，A正确；B项，NO3-又可以在反硝化细菌的作用下与NH4+反应，使氮以N2形式放出，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得3NO3-+5NH4+4N2+2H++9H2O，在反硝化过程中，土壤pH降低，B错误；C项，根据3NO3-+5NH4+4N2+2H++9H2O，3mol NO3-与5mol NH4+反应转移15mol电子，则每生成1mol N2，转移电子数为3.75 mol，C正确；D项，适当疏松土壤，有利于提高土壤中氧气的量，使铵态氮肥转化为NO3-，提高肥效，D正确；故选B。 19．四氧化三铁(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。 (1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是　　　　　　。 (2)反应的离子方程式中x＝　　　　。 (3)每生成1 mol Fe3O4，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 1 mol Fe3O4时，转移的电子数即1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×，解得x＝0.5 mol。 20．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级高效安全消毒剂。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl 、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。 (1)写出并配平该反应的化学方程式 _____________________________________。 (2)该反应的还原产物是_____________。 (3)在标准状况下，如果反应中生成11．2L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为______，转移电子数目为 ___________。 (4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式_________________________________。 【答案】(1)2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl (2)ClO2 (3)1mol 6．02×1023或NA (4)5H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－ + 8Cl－ + 18H+ 【解析】(1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl(浓)= 2ClO2↑ + Cl2↑ + 2H2O + 2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2 HCl~Cl2↑~2e—，标准状况下，11．2L氯气的物质的量为0.5mol，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5mol×2=1mol，转移的电子数目为6．02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平，反应的离子方程式为H2S + 8ClO2 + 4H2O = 5SO42－+ 8Cl－+ 18H+。 21．化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一、COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量，单位：mg/L)。某水样的COD测定过程如下：取400.0mL水样，用硫酸酸化，加入40.00mL0.002000mol/L KMnO4溶液，充分作用后，再加入40.00mL0.005000mol/LNa2C2O4溶液。用0.002000mol/L KMnO4。溶液滴定，滴定终点时消耗26.00mL。 已知：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2KMn2++10CO2↑+8H2O (1)1mol KMnO4的氧化能力与___________gO2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 (2)该水样的COD值是___________mg/L。(写出计算过程，结果保留小数点后一位) 【答案】(1)40 (2)5．2mg/L 【解析】(1)由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则1molKMnO4的氧化能力与1×=1．25molO2的氧化能力相当，即与1．25mol×32g/mol=40gO2的氧化能力相当；(2)根据方程式可知2KMnO4~5 Na2C2O4，用0.002000mol·L-1KMnO4溶液滴定，滴定终点时消耗6.50mL，则Na2C2O4多余的物质的量为6.5×10-3L×0.002mol/L×=3．25×10-5mol，则剩余的KMnO4溶液消耗的Na2C2O4的物质的量为(0.01L×0.005mol/L)-3．25×10-5mol=1．75×10-5mol，因此剩余的KMnO4溶液的物质的量为1．75×10-5mol×=7×10-6mol，则水样中消耗的KMnO4溶液的物质的量为(0.01L×0.002mol/L)-7×10-6mol=1．3×10-5mol，又由得失电子守恒可知，5O2~4KMnO4，则n(O2)=1．3×10-5mol×=1．625×10-5mol，m(O2)=1．625×10-5mol×32g/mol=5．2×10-4g=0.52mg，则该水样的COD值为。 1．[2021·江苏卷，15(2)]以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 “调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 【答案】0.7500mol·L-1 【解析】根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为。 2．[2020·江苏卷，18(2)]次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。 二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为 准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。 ①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， ) ②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。 【答案】①NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 ，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得，氯元素的质量：，该样品的有效氯为：，该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ②偏低 【解析】①由题中反应可知，C3N3O3Cl2-在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品；②如果硫酸的用量过少，则导致反应C3N3O3Cl2-+H++2H2O= C3H3N3O3+2HClO不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。 3．[2019·江苏卷，18(2）]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。 测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+)，充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 mol·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O72-与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。 ①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。 ②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)_____。 【答案】①偏大 ②n(Cr2O72-)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 mol 由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+14H++6Fe2+==6Fe3++2Cr3++7H2O)，则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol，样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696 g，样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%。 【解析】①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。② 实验过程中消耗的n(Cr2O72-)=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol，由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+(或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O)，则n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol，(根据Fe守恒)样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g，样品中铁元素的质量分数：ω(Fe)=×100%=12.32%。 4．[2017·江苏卷，18(2)]碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验： ①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A; ②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g;③另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。计算确定该样品的化学式________________________。 【答案】Cu2 (OH)3Cl·H2O。 【解析】由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3mol ；由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 mol，再由化合物中电荷守恒得：n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol－4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol ，分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g， m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g， m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g，再求出结晶水的物质的量：n(H2O)==4.800×10-3 mol，最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！20 学科网(北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$