课件：2025届高考化学一轮复习：《第5讲　氧化还原反应的方程式的配平及有关计算》

方向比努力更重要 研究考纲·辨明考向 原 其 化 氧 还 及 方 程 算 计 式 配 平 高考化学一轮基础巩固提升 考纲解读 考向预测 1．能判断氧化还原反应中电 子转移的方向和数目，并 能配平反应方程式。 2．能运用元素守恒、得失电 子守恒、电荷守恒，进行 氧化还原反应的计算。 1 ．氧化还原反应是高中化学的热点内容，一般 在选择题中不单独命题，而是分散在某个选 项，而在非选择题中年年要考。 2．在非选择题中，将氧化还原反应与酸碱中和 滴定、电化学原理、热化学原理等综合考 查，同时考查新情景下氧化还原反应方程式 的书写与配平，综合考查氧化还原反应的计 算。 考纲要求 核心素养 思维导图 1.宏观辨识与微观探析：能正确辨别氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。能灵活运用氧化还原反应的相关规律配方程式。 2.变化观念与平衡思想：能根据得失电子守恒思想进行相应计算。 名师备考建议 氧化还原反应是中学化学的核心理论，是从元素价态视角认识元素及其化合物性质的工具，氧化还原反应的规律(价态规律、强弱规律、先后规律、守恒规律)在解决氧化还原反应实际问题的应用中，起着举足轻重的作用。高考试题在化学工艺流程或实验综合题中考查了氧化还原反应的规律及应用，要求考生阅读并获取有关信息，识别有效证据、处理转化数据，并分析实验数据，要求考生利用氧化还原反应中“守恒规律”处理实验数据，解决相关实际问题。氧化还原反应的规律及应用体现《中国高考评价体系》中对理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、探究与创新等关键能力的要求。 分析近几年高考题，氧化还原反应配平一般不单独考查，而是与其他模块知识综合考查，如选择题中与阿伏加德罗常数结合考查电子转移数目的计算，以化学实验为载体，考查氧化还原反应相关概念和规律；非选择题可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题。一般在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；从考查的内容上来看，氧化还原反应中电子转移数目的计算在NA题目中是命题热点，氧化还原反应方程式的配平与计算是必考内容，尤其是新情景条件下陌生反应方程式的书写与配平，近年来“常考不衰” 以下几点建议可供大家复习时参考： (1)熟练掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式的技巧，特别是离子型氧化还原反应方程式的“三步”配平法：电子守恒→电荷守恒→质量守恒； (2)与氧化还原滴定相结合考查氧化还原反应的相关计算。 (3)无机推断及化工流程题中考查信息型方程式书写与配平，以及有关计算； 预计2025年的高考中，有关氧化还原反应的灵活应用仍然是考查重点，如氧化还原反应方程式的书写配平及计算，物质氧化性、还原性强弱的判断，电子转移数目的计算等，随着新高考对考生能力要求的提高，陌生氧化还原反应方程式的书写及配平，以及在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写配平与有关计算仍将是命题热点。 真题再现·辨明考向 √ 1．(2024年北京卷)不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应 序号 起始酸 碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 IO 已知：MnO4－的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是 A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)＝1∶5 B．对比反应①和②，x＝3 C．对比反应①和②，I－的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变 √ 解析：A．由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，NO2仍然是大气污染物，A不正确； B．CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确； C．该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，升高了6个价位，氧化剂NO中N元素的化合价由＋5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确； D．CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体11.2L，即生成0.5molCO2，反应转移的电子数为0.5×6＝3NA，D不正确； √ √ 4. (2024年湖南卷)下列过程中，对应的反应方程式错误的是 √ 5. (2024年黑吉辽卷)硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 √ 解析：NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应； A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确； B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确； C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确； D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误； √ √ √ 解析：A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误； B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误； D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确； √ 10. (2022年6月浙江卷)关于反应Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4 ＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是 A．H2SO4发生还原反应 B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子 解析：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。 A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确； B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确； C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确； D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。 √ 11. (2022年海南卷)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中Cl－数为3NA C．2.8g56Fe含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L 解析：2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确； B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确； C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确； D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确； 12. (2021年山东卷)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只作氧化剂 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0.25mol √ √ 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。 A．加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确； B．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，故B错误； √ 13. (2021年6月浙江选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是 A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物 C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1 解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误； B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误； C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误； D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。 √ 15. (2021年1月浙江选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是 A. NH3中H元素被氧化 B. NO2在反应过程中失去电子 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D. 氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 √ 解析：由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。 A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确； B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确； C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确； D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。 16. (2024年1月浙江卷)固态化合物Y的组成为MgCaFeMn(CO3)4，以Y为原料实现如下转化。 请回答： (3)酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+为MnO4-，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有Mn元素___________ __________________________________________________________________ ___________________________；写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式________________________________________________________。 取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素 17. (2024年贵州卷)煤气化渣属于大宗固废，主要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3的流程如下： 回答下列问题： (4)“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”的作用是_______________ _______________________，水热合成NaFePO4的离子方程式为____________ ___________________________________________________。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为________________________________________________。 提供Na+和反应所需要的碱性环境； 18. (2024年黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_______________________________________________________。 19. (2024年湖南卷)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 回答下列问题： (2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为________________________________________________________________； Cu2Se＋4H2O2＋4H+＝2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O 解析：(2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3 和H2O，反应的离子方程式为：Cu2Se＋4H2O2＋4H+＝2Cu2+＋H2SeO3＋5H2O； 20. (2024年甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10-5mol·L-1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10-36，Ksp(ZnS)＝2.5×10-22，Ksp(CoS)＝4.0×10-21 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为__________________________________________________。 2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO 解析：(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2+＋5ClO－＋5H2O＝2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。 21. (2024年新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 回答下列问题： (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为____________________________ ____________________________、___________________________________。 3Co2+＋MnO4-＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 3Mn2+＋2MnO＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+ 22．(2023年全国乙卷)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： (2)加入少量MnO2的作用是_______________________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是___________________________________________。 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 (5)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。 (6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是__________________________________________________。 加入MnSO4 解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 23．(2023年新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示： (6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_______________________________________________。 24．(2023年北京卷)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有_________________________________________。②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：______________________________________________。 2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋2Ag＋4Cl－、2Fe3+＋Fe＝3Fe2+ Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+ 解析：银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出，用铁粉把[AgCl2]－还原为金属银。 (2)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、元素守恒，该离子方程式为2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－ 2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S； (3)①铁粉可将[AgCl2]－还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]－＋Fe＝Fe2+＋2Ag＋4Cl－、2Fe3+＋Fe＝3Fe2+； ②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此tmin后银的沉淀率逐渐降低。 25. (2022年全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。 3Fe2+＋MnO4-＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+ 26. (2022年海南卷)胆矾(CuSO4∙5H2O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu(OH)2]制备胆矾。流程如下。 回答问题： (3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 。 (5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。 ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是 。 ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。 Cu＋H2O2 ＋H2SO4 ＝CuSO4＋2H2O 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－， 不能被氧化 解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。 (3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2+＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。 (5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。 ⅱ. I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。 27. (2022年河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4 +2、+3 Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O＋Cl-＋NH4+ (3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4； (5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]3-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O+Cl-+NH4+，故答案为：+2、+3；Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+； 29．(2022年江苏卷)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： (1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为 ________________________________________________________ 2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O 解析： (1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+＝2Ce3++O2↑+4H2O； 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 25. (2021年高考甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题： (1)I2的一种制备方法如下图所示：30 ①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为 ，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。 ②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 _____________；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 ；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是 。 2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O 4 防止单质碘析出 1. 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。“电子守恒法”计算是化学计算中的一种技巧计算方法。分析近几年高考试题，根据“电子守恒法”计算的试题出现频率为100%。一般有两类型：一是利用“电子守恒法”计算元素化合价，生成的产物的量、物质之间的物质的量的比等；二是利用“电子守恒法”推导多步反应的关系式，进行有关计算。体现“证据推理与模型认知”的核心素养。 考点一 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 核心知识梳理 2. 应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三、四”。 “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。 “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)。 “三列出等式”：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。 “四找关系式”：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。 例题精讲： (1)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______mol；生成 1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为______mol。 (2)64 g铜与一定量的浓HNO3恰好完全反应，将产生的气体与适量的O2混合通入水中，气体完全溶解，试求O2的物质的量？ 1.5 2.2 5 85 思维建模 87 1．(2024届黑龙江开学摸底)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．HCl发生了还原反应 B．氧化性：Cl2>KMnO4 C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8 D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA 小试牛刀 √ 解析：部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 mol HCl中只有10 mol HCl中被氧化为5 mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 mol)氯气，每生成1 mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。 √ 90 1 ＋1价 H3PO4 √ “电子守恒法”推导关系式的思路 多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各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。 思维建模 95 96 4．(2024届湘东六校模拟)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验： 步骤1：量取ClO2溶液10 mL，稀释成100 mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中； 步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻； 步骤3：加入指示剂X，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。 已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂X为______________。原ClO2溶液的浓度为________ g·L－1(用含字母的代数式表示)。 淀粉溶液 题组一　确定元素价态或物质组成 1.(2024届河南洛阳开学摸底)含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法中，正确的是(　　) A．X与O3互为同位素 B．ClF3中氯元素为－3价 C．Co3O4在反应中做氧化剂 D．1molCo3O4参加反应转移9mol电子 对点训练 √ √ 3．(2024届上海黄浦区)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为 (　　) A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5 √ 解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。 4.现有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0.05 mol·L－1 ×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 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的物质的量之比为1∶16，则x的值为 A.2 B.3 C.4 D.5 √ 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。 ―→ ―→ 题组二　多元素之间得失电子守恒问题 6．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂也是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7 D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2 √ 解析：反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。 7．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl25.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是(　　) A．0.75 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1 C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1 √ 8．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________ mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。 2.2 1.5 解析：设7.5 mol CuSO4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。 根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)， 解得x＝1.5 mol。 1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)， 解得y＝1.2 mol。 所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 题组三　多步反应得失电子守恒问题 始态物质得(失)电子总数＝终态物质失(得)电子总数，如a mol铜与足量的浓HNO3反应，将产生的NO2气体与b mol O2混合作用于水，气体完全被吸收。 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。 9．(2023届山东等级考模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。工业上制备亚氯酸钠的流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1 B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物 C．反应②中的H2O2，可用NaClO4代替 D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2 √ 解析：A项，根据氧化还原反应中元素化合价升降相等，可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1，正确；B项，NaClO3在反应①中得电子，在原电池正极发生还原反应，ClO2是正极产物，正确；C项，反应②中，ClO2与H2O2反应，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，错误；D项，由C项分析知，反应②条件下ClO2的氧化性大于H2O2，正确。 √ 解析：反应①中Sb2S3中含有的元素的化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由＋3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3 mol FeS，转移的电子为3 mol×2＝6 mol，故B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，反应②中还原性：C>Sb，故C错误；每生成4 mol Sb时，反应②中C是还原剂，需要6 mol C，需要1 mol Sb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1 mol Sb4O6，需要6 mol Fe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6 mol∶6 mol＝1∶1，故D错误。 11．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L (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．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g √ 12．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集到试管中并倒扣在盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是(　　) A．UO2 B．2UO2·UO3 C．UO3 D．UO2·2UO3 √ 解析：气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子总数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。 13.取x 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x等于 A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 √ x g＝17.02 g－m(OH－)， 而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即： 所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 解析： 反应流程为 þ ï ý ï ü Mg Cu —— — → 浓 HNO 3 î ï í ï ì Mg 2 ＋ 、 Cu 2 ＋ — — → NaOH î ï í ï ì Mg ( OH ) 2 Cu ( OH ) 2 NO 2 、 N 2 O 4 14.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL √ 题组四　新素材命题 15．亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：K4Fe(CN)6·3H2O。为浅黄色单斜体结晶或粉末，无臭，略有咸味，常温下稳定。具有抗结性能，可用于防止细粉、结晶性食品板结。例如，食盐长久堆放易发生板结，加入亚铁氰化钾后食盐的正六面体结晶转变为星状结晶，从而不易发生结块。亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]在爆炸中可分解成一种剧毒盐KCN。 阅读上述材料，回答下列问题： 问题1：已知爆竹爆炸后，K4[Fe(CN)6]会发生分解，除生成剧毒盐KCN外，还生成三种稳定的单质。试写出反应的化学方程式。(素养角度——变化观念与平衡思想) 问题2：含CN－的污水危害很大，处理污水时，可在催化剂TiO2作用下用NaClO将CN－氧化成CNO－。CNO－在酸性条件下继续被NaClO氧化生成N2和CO2。试写出上述两步反应的离子方程式。(素养角度——科学态度与社会责任) 1.氧化还原方程式配平的基本原则 考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平 核心知识梳理 2.氧化还原方程式配平的一般步骤 例题精讲：配平化学方程式： H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O 分析　配平步骤如下 　　　　 失去2e－↓　　　　　　　　↓得到(5－2)e－ 第三步：求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。 故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。 第四步：配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。 3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O 第五步：查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。 答案：(1)3　6　2　1　3 (2)3　8　3　2　4　H2O (3)2　10　16　2　5　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↑＋______H2O (3)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O (4)______ ＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O 4 1 1 1 2 3 8 3 2 4 5 1 3 3 3 3 2 16 10 2 5 8 小试牛刀 题组二　逆向配平类 2.(1)______S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O (2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3 3 6 2 1 3 2 9 3 3 5 (3) P＋ CuSO4＋ H2O=== Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4 题组三　缺项配平类 (7)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。 请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。 Al2O3 3C N2 2 3CO 解析：根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。 智能提升 4.(1)______FexS＋______HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S (2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O 题组四　含有未知数的配平 2 1 1 1 3x＋1 2x－2 x 3x＋1 x－1 题组五　有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 5.(1)______KClO3＋______H2C2O4＋______H2SO4===______ClO2↑＋______CO2↑＋______KHSO4＋______H2O (2)______C2H6O＋______KMnO4＋______H2SO4===______K2SO4＋______MnSO4＋______CO2↑＋______H2O 2 1 2 2 2 2 2 5 12 18 6 12 10 33 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。 智能提升 (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。 (5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 (5)在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。 “四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写 核心知识梳理 例题精讲 例3.KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是___________________________________。 分析：第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成： ＋ ―→Mn2＋＋CO2↑。 2MnO － 4 ＋ 5C 2 O 2 － 4 ＋ 16H ＋ ==== = △ 2Mn 2 ＋ ＋ 10CO 2 ↑ ＋ 8H 2 O 。 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 由 MnO － 4 ― → Mn 2 ＋ ，锰元素降了 5 价；由 C 2 O 2 － 4 ― → CO 2 ，碳元素升了 1 价， 1 mol C 2 O 2 － 4 共失去 2 mol e － ，故在 C 2 O 2 － 4 前配 5 ，在氧化产物 CO 2 前配 10 ； 在 MnO － 4 前配 2 ，在还原产物 Mn 2 ＋ 前配 2 ，即 2MnO － 4 ＋ 5C 2 O 2 － 4 ― → 2Mn 2 ＋ ＋ 10CO 2 ↑ 。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充 H ＋ ，右边补充 H 2 O,2MnO － 4 ＋ 5C 2 O 2 － 4 ＋ H ＋ ― → 2Mn 2 ＋ ＋ 10CO 2 ↑ ＋ H 2 O 。 例4.以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下： 写出酸溶1发生反应的化学方程式： __________________________________________________。 CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4 分析：书写步骤： (1)“瞻前”确定反应物 根据进料→确定反应物：CuS＋MnO2＋H2SO4 (2)“顾后”确定生成物 根据出料中含有S，后续除锰生成MnCO3，说明酸溶1生成的是S和MnSO4 (3)根据得失电子守恒配平发生氧化还原反应的物质 CuS＋MnO2＋H2SO4―→MnSO4＋S (4)根据质量守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质 CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4 (5)检查质量、得失电子是否守恒 例5：高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3和KClO在强碱性条件下反应可以制取K2FeO4，写出其反应的离子方程式。 解析： 第 1 步： Fe(OH) 3 ＋ ClO － → FeO 2 － 4 ＋ Cl － 。 第 2 步： Cl 降低 2 价， Fe 升高 3 价，故在 Fe(OH) 3 、 ClO － 前的系数分别 为 2 、 3 ： 2Fe(OH) 3 ＋ 3ClO － → 2FeO 2 － 4 ＋ 3Cl － 。 2Fe(OH) 3 ＋ 3ClO － ＋ 4OH － == =2FeO 2 － 4 ＋ 3Cl － ＋ 5H 2 O 第 3 步：方程式左边带 3 个负电荷，右边带 7 个负电荷，溶液显碱性， 故在方程式左边添加 4 个 OH － 使电荷守恒： 2Fe(OH) 3 ＋ 3ClO － ＋ 4OH － － → 2FeO 2 － 4 ＋ 3Cl － 。 第 4 步：根据原子守恒在方程式右边加 5 个 H 2 O ： 2Fe(OH) 3 ＋ 3ClO － ＋ 4OH － == =2FeO 2 － 4 ＋ 3Cl － ＋ 5H 2 O 。 对点训练 1 ．按要求完成下列方程式。 (1) 已知在酸性介质中 FeSO 4 能将＋ 6 价铬还原成＋ 3 价铬。写出 Cr 2 O 2 － 7 与 FeSO 4 溶液在酸性条件下反应的离子方程式： ______________ ______ ____________ ___________________ _____________________________ 。 (2)用NaClO ­NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：_______________________________________ ____________________________________________________________。 (3)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。 2．SCR(选择性催化还原)工作原理如图：   (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式为 ____________________________________________________________。 (2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式为_________________________ ____________________________________________________________。 3．(1)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如图：   Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为___________________________ ____________________________________________________________。 (2)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。如图为该法工艺原理示意图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发生器中生成ClO2的化学方程式为___________________。 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O (3)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。 如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：___________________________________________。 4．工业制备PH3的流程如图所示。 (1)黄磷和烧碱溶液反应的化学方程式为___________________________ _________________________________________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。 (2)若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH3(不考虑产物的损失)。 P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2 一 2.5 5.按要求完成下列方程式。 (1)已知在酸性介质中FeSO4能将＋6价铬还原成＋3价铬。写出 与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式： _________________________________________。 (2)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 _____________________________________。 (3)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2。生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，反应的离子方程式： ________________________________。 (4)生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)—碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式：______________________________________。 (5)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式：________________________________。 (6)H3PO2的工业制法：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：__________________________________________。 2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O===3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑ Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_____________________________ ______________。 6.(1)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： (2)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。 该法工艺原理示意图如下。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发生器中生成ClO2的化学方程式为______________________________________________。 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O (3)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。 如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：_____________________________ ________。 ＋3H2O (4)以氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)作催化剂，可利用太阳能热化学循环法分解H2O制H2，其物质转化如图所示。 氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)与水反应的化学方程式为__________________ __________________。 CuFe2O4－x＋xH2O ===CuFe2O4＋xH2↑ 思维建模 169 170 7．(1)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为 ______________________________________________________________。 (2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-，其离子方程式为____________________________________________。 (3)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为___________________________________________________。 (4)Co(OH)3与H2SO4、Na2SO3溶液反应生成CoSO4的化学方程式为_______________________________________________________。 5C2H5OH＋4MnO4-＋12H＋==5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O 2Fe2＋＋BH4-＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)4- 2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO42-＋5H2O＋3Cl－ 2Co(OH)3＋Na2SO3＋2H2SO4===2CoSO4＋Na2SO4＋5H2O 8．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题： (1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 ，氧化剂为________，氧化产物为________。 SO2＋H2SO4＋2NaClO3===2ClO2＋2NaHSO4 NaClO3 NaHSO4 (2)写出“电解”步骤中生成NaClO2的化学方程式 _______________________，当生成(标准状况)Cl2 3.36 L时转移的电子数为_________。 (3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。 写出此吸收反应的离子方程式(并用单线桥法标出电子转移的方向和数 目) 。 0.3mol 2：1 O2 拓展训练·巩固考点 √ 1．(2025届新高三开学摸底浙江卷)水体中氨氮含量过高会导致水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮(以NH3表示)的反应为：3NaClO+2NH3＝3NaCl+N2↑+3H2O。下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A．NaClO是氧化剂，NH3是还原剂 B．氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3 C．反应温度越高，氨氮的去除率也越高 D．生成1molN2，反应转移电子数为6NA 解析：A．NaClO中氯元素的化合价由+1价降低为－1价，NaCIO是氧化剂，NH3中氮元素的化合价由－3价升高为0价，NH3是还原剂，故A正确； B．N2是氧化产物，NaCl是还原产物，氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3，故B正确； C．反应温度过高，NaClO会分解，氨氮的去除率降低，故C错误； D．生成1molN2，反应转移电子数为6NA，故D正确；故选C。 √ 2．(2025届新高三开学摸底黑吉辽卷)某V2O5失活催化剂是重要的含钒二次资源。从酸浸处理之后的浸出液中提取钒的一种工艺流程如图。下列说法错误的是 √ 3. (2025届广州第一次调研)向H2O2溶液中加入以下试剂，反应离子方程式正确的是 √ 4．(2024年1月浙江仿真模拟)膦(PH3)可用白磷(P4)与过量碱液反应制备，反应方程式：P4＋3KOH＋3H2O＝PH3↑＋3KH2PO2，下列说法不正确的是 A．1molP4含σ键数目为6NA B．KH2PO2为酸式盐 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D．生成1molPH3转移的电子数为3NA 解析：A．P4是正四面体结构，分子中含有6个共价单键，1mol P4含σ键数目为6NA，故A正确； B．白磷与过量碱液反应生成KH2PO2，可知为正盐，故B错误； C．P4＋3KOH＋3H2O＝PH3↑＋3KH2PO2反应，1个P原子化合价降低生成PH3，3个P原子化合价升高生成KH2PO2，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，故C正确； D．P原子化合价降低生成PH3，P元素化合价由0降低为－3生成PH3，所以生成1mol PH3转移的电子数为3NA，故D正确； √ 解析：A．在反应中，SiO2中的Si、O元素化合价都未改变，则SiO2既不是氧化剂，也不是还原剂，A正确； B．CO的状态是不是标况未知，无法确定物质的量，B错误； C．Si3N4的Si元素化合价未变，N元素化合价降低，被还原，是还原产物，C错误； D．C的同素异形体有多种，每种共价键的数目不相同，6g C的C无法确定是哪种同素异形体，共价键数目无法确定，D错误； √ 6．(2024届四川绵阳)一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O，下列说法错误的是 A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 √ √ 解析：根据氧化性：氧化剂>氧化产物，结合①～③分别可得，氧化性：K2Cr2O7>Cl2、HCl>CrCl2、KMnO4>Cl2，①中使用浓盐酸，③中使用稀盐酸，则氧化性：KMnO4>K2Cr2O7，A错误；反应③中，KMnO4是氧化剂，HCl是还原剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5，B错误；②中Cr与稀盐酸反应生成H2，向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，可能是发生了钝化，C错误。 √ 9．(2024届深圳一中高三模拟)一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl生产Cl2工艺的主要反应机理如图。下列说法不正确的是 解析：由反应历程图可知，该过程中含 Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为＋2价，即保持不变，A项不正确；由反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B、C项正确；由反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得2Cu2OCl2＋O2 2Cl2＋4CuO，D项正确。 √ A．a代表 B. 反应后溶液pH值基本不变 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶8 D. 根据信息可知Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化 √ 11. (2024届安徽百校大联考)利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上层清液中的S2-并制取石膏(CaSO4·2H2O)的过程如图。下列说法正确的是 √ D．当0<b<a时，次氯酸钠过量，SO2全部转化为bmol硫酸，根据电子得失守恒可知生成bmol氯离子，剩余次氯酸钠是(a－b)mol，剩余的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，因此最终次氯酸钠的物质的量小于(a－b)mol，D错误； √ 13. (2024届安徽徽师联盟联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．将标准状况下2.24LCl2与足量水充分反应，转移电子的数目为0.1NA B．4mol浓盐酸与足量的MnO2在一定条件下充分反应生成Cl2数目为NA C．7.8gNa2O2与足量的潮湿CO2充分反应转移电子的数目为0.2NA D．0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时，转移电子的数目为0.2NA 解析：A．氯气溶于水，部分氯气与水反应，反应为可逆反应，转移电子的数目小于0.1NA，A 错误； B．浓盐酸与足量的MnO2在一定条件下反应生成氯气，随着反应的进行，浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸不与 MnO2反应生成 Cl2，充分反应生成Cl2数目小于NA，B 错误； C．据反应2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2可知每2mol Na2O2参与反应转移2mol 电子，7.8gNa2O2物质的量为0.1mol，转移电子的数目为0.1NA，C错误； D．碘离子的还原性比亚铁离子强，碘离子先与氯气反应，0.1molFeI2中含0.2molI-，0.2molI-与0.1molCl2恰好完全反应生成0.2molCl-和0.1molI2，转移电子0.2mol，电子数为0.2NA，D正确； √ √ 15. (2024届安徽徽师联盟联考)将一定质量的Fe和Fe3O4混合固体粉末溶于100mL1.0mol·L-1稀盐酸，恰好完全反应，生成标准状况下224mLH2，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。则下列说法正确的是 A. 反应后溶液中含有Fe3+ B．Fe3O4与稀盐酸发生氧化还原反应 C．n(Fe)∶n(Fe3O4)＝2∶1 D. 混合固体中m(Fe)＝0.56g 解析：A．由题可知Fe和Fe3O4的混合固体与100mL1.0mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，颜色无明显变化，故反应后的溶液不含Fe3+，A错误； B．Fe3O4与HCl反应生成FeCl2、FeCl3和H2O，反应的化学方程式为Fe3O4＋8HCl＝2FeCl3＋FeCl2＋4H2O，该反应为复分解反应，B错误； C．由题意可知n(H2)＝0.01mol，与盐酸反应的n(Fe)＝0.01mol，n总(HCl)＝0.1mol，则与Fe3O4反应的n(HCl)＝0.1mol－0.02mol＝0.08mol，故n(Fe3O4)＝0.01mol，产生n(FeCl3)＝0.02mol，则由2FeCl3＋Fe＝3FeCl2，可得n总(Fe)＝0.01mol＋0.01mol＝0.02mol，故n(Fe)∶n(Fe3O4)＝2∶1，C正确； D．混合固体中m(Fe)＝0.02mol×56g/mol＝1.02g，D错误； √ 16. (2024届安徽六安一中)19世纪科学家提出H2O2与Cl2作用的反应过程如下：下列说法正确的是 反应I：H2O2＋Cl2＝HCl＋HOOCl 反应II：HOOCl＝HCl＋O2 A. 氧化性：O2＞Cl2 B. 反应I中H2O2作还原剂 C. 反应I中每消耗0.1molCl2，转移0.2NAe－ D. 每产生32gO2，则消耗Cl2为1mol 解析：A．由反应Ⅰ知，氧化性Cl2＞HOOCl，由反应Ⅱ知，氧化性HOOCl＞O2，故氧化性Cl2＞O2，A错误； B．反应Ⅰ中，氯气的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，即是氧化剂又是还原剂，H2O2的化合价没有变化，不是还原剂，B错误； C．反应Ⅰ中，Cl2的化合价从0价既升高到+1价，又降低到-1价，每消耗0.1 mol Cl2，转移0.1NAe－，C错误； D．反应I消耗 1mol氯气和反应II生成1mol氧气都是转移1mol电子，电子转移关系为：32gO2～e-～1molCl2，D正确； √ 17. (2024届北京海淀区期中)几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A．①中，试剂a可以是Cu B．③中，生成1mol Na2S2O3时，转移4mol电子 C．②中，需要确保NaOH溶液足量 D．③中，将S换为Cl2，氧化产物为Na2SO4 解析：Ａ．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确； B．由反应Na2SO3＋S＝Na2S2O3可知，1mol Na2S2O3时，转移2mol电子，C错误； C．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确； D．将S换为Cl2，Cl2化合价降低，Na2SO3化合价升高生成氧化产物Na2SO4，D正确； √ 18. (2024届华南师大附中)关于反应S+2KNO3+3C＝K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法正确的是 A．C发生还原反应 B．K2S是氧化产物 C．化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3 D．生成1 mol N2时，转移12 mol电子 解析：A．在反应中，单质碳中的C元素化合价升高，发生氧化反应，故A错误， B．S单质化合价降低，转化为K2S，K2S作还原产物，故B错误； C．该反应中S和KNO3均作氧化剂，C单质作还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比应为1∶1，故C错误； D．生成1 mol N2时，转移12mol电子，故D正确； √ 19．(2024届江西抚州二中)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．Fe3+是还原产物 B．MnO4-是氧化剂 C．生成物水的化学计量数是16 D．生成4个水分子时，转移10个电子 √ 20．(2024届江西抚州二中)已知：2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－、2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2，向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。则下列有关说法中正确的是 A．还原性：Fe2+＞I－＞Br－ B．原溶液中：n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－) ＝2∶2∶3 C．原混合溶液中FeBr2的物质的量 为6mol D．当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝ 2Fe3+＋I2＋4Cl－ 解析：根据氧化还原反应的规律，还原性：还原剂>还原产物，已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－、2Fe3+＋2I－＝2Fe2+＋I2，所以还原性：I－＞Fe2+＞Br－，所以向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，I－先反应，所以A到B为2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，B点时I－反应完，n(I－)＝2mol；B到C为Fe2+反应生成Fe3+，其反应为2Fe2+＋Cl2＝2Fe3+＋2Cl－，C点时Fe2+反应完全，n(Fe2+)＝4mol；C点时Br－开始反应，当n(Cl2)＝6mol时，完全反应，n(Br－)＝6mol； A．在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，碘离子先被氧化，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，亚铁离子被氧化，通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，最后是溴离子被氧化，根据其离子反应的先后顺序可知，还原性强弱为：I－＞Fe2+＞Br－，故A错误； B．通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，FeI2的物质的量为1mol，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，故B错误； C．在通入氯气的量为3～6mol的过程中，溴离子从6mol降到0，所以溴离子的物质的量是：n(Br－)＝6mol，FeBr2的物质的量为3 mol，故C错误； D．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝2Fe3+＋I2＋ 4Cl－，故D正确； √ 21. (2024届江浙高中发展共同体联考)FeSO4可用于制备一种新型、高效、多功能绿色水处理剂高铁酸钠，反应如下：2FeSO4＋6Na2O2＝2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法正确的是 A. 氧化产物只有Na2FeO4 B. 生成1molO2，转移8mol电子 C. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3 D. 当6molNa2O2参加反应时，被FeSO4还原的Na2O2有4mol 解析：A．氧化产物有Na2FeO4和氧气，A错误； B．生成1molO2，有6mol过氧化钠参加反应，其中有5mol的过氧化钠作氧化剂，故转移的电子为10mol，B错误； C．当有2mol硫酸亚铁参与反应时，还原剂包含2mol硫酸亚铁和1mol过氧化钠，氧化剂是5mol过氧化钠，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶3，C错误； D．当6molNa2O2参加反应时，有2mol硫酸亚铁参与反应，设被FeSO4还原的Na2O2有xmol，根据得失电子守恒2×4＝x×2，解得x＝4mol，故D正确； √ 22. (2024届宁夏石嘴山平罗中学)关于反应NaClO+2NaN3+H2O＝NaCl+2NaOH+3N2↑，下列说法正确的是 A．NaN3中氮元素的化合价为－1价 B．NaClO在反应过程中失去电子 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2 D. 反应每生成3molN2，转移2mole- √ 23. (2024届四川攀枝花第十五中学)关于反应8NH3+6NO2＝7N2+12H2O，下列说法正确的是 A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子 C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶4 D. 氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3 解析：由反应8NH3+6NO2＝7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。 A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确； B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确； C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，C说法不正确； D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4∶3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3 ，D说法正确。 √ 解析：A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO2为氧化剂，A错误； B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误； C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，根据反应方程式，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C错误； D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由－4价升高至＋4价，因此生成1mol SiO2时，转移8mol电子，D正确； √ 26．(2025届新高三开学摸底北京卷节选)用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4＝H+＋AuCl4- (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：_______________________ 。 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (3)HNO3－NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整： Au NaCl＋ HNO3＝HAuCl4＋ ＋ ＋ NaNO3 ②关于溶金的下列说法正确的是 。 A．用到了HNO3的氧化性 B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性 C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解 (4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 4 5 NO 2H2O 4 AC 2 解析：废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。 (3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3＝HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3； ②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确； B．王水中V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误； C．HNO3－NaCl与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)＝1∶3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确； 答案选AC； 27．(2024届沈阳模拟节选)氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成催化剂，也用于颜料，防腐等工业；是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在潮湿空气中易被氧化。某兴趣小组利用蚀刻液(主要含Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+、Cl-)制备氯化亚铜，采用如下流程： (1)步骤Ⅰ发生反应的离子方程式 。 2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (3)步骤Ⅲ在如图所示装置中进行，仪器a的名称是 ；你认为恒压漏斗中所装试剂是 ，理由是___________________ 。 (4)准确称取所制备的氯化亚铜样品0.50g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后过滤，用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃 棒及滤渣2～3次，将滤液及洗涤液一并转移到瓶 中，加入指示剂2滴，立即用0.20mol/L Ce(SO4)2 标准溶液滴至终点，消耗Ce(SO4)2标准溶液24.00 mL，样品中CuCl的质量分数为 %(已知： Ce4+＋Fe2+＝Ce3+＋Fe3+，且杂质不参与反应)。 冷凝管 Na2CO3、Na2SO3混合液 若将Cu2+滴入Na2CO3、Na2SO3混合液中，则易形成Na3[Cu(SO3)2]溶液或者生成Cu2(OH)2CO3 95.52% 解析：蚀刻液(主要含Cu2+、Fe3+、Fe2+、H+、Cl-)加入双氧水氧化得到氧化液，主要是将Fe2+转化为Fe3+，再加入试剂X，调节pH≈4，沉淀Fe3+，则X可以是CuO、CuCO3、Cu(OH)2等物质，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤液加入Na2CO3、Na2SO3混合液处理后过滤、洗涤得到CuCl。 (1)步骤Ⅰ中Fe2+被双氧水氧化生成Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2+ +H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； (3)步骤Ⅲ在如图所示装置中进行，根据仪器的构造可知，仪器a的名称是冷凝管；若将Cu2+滴入Na2CO3、Na2SO3混合液中，则易形成Na3 [Cu(SO3)2]溶液或者生成Cu2(OH)2CO3，则恒压漏斗中所装试剂是Na2CO3、Na2SO3混合液； 28. (2024届四川攀枝花第十五中学)氧化还原是一类重要的反应。 (1)已知反应Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+，反应中还原剂是________，氧化性Fe3+______Cu2+(填“＜”或“＞”) 。 (2)在2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2反应中，若转移3mol电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为_____L。 (3)在xR2+＋yH+＋O2＝mR3+＋nH2O的离子方程式中，对系数m和R2+、R3+判断正确的是_______。 A．m=y，R3+是还原剂 B．m=2y，R2+被氧化 C．m=2，R3+是氧化剂 D．m=4，R2+是还原剂 Cu ＞ 33.6 D (4)用双线桥标出反应2KMnO4＋16HCl(浓)═2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O中 电子转移的方向和数目_____________________________________________。 解析：(1)反应Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2+中铜元素化合价升高，铜是还原剂，铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，则氧化性Fe3+＞Cu2+。 (2)在2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2反应中，若转移3mol电子，则产生1.5mol氧气，所产生的氧气在标准状况下的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。 (3)根据原子守恒可知n＝2，则y＝4，根据电子得失守恒可知x＝m＝4。氧化剂是氧气，R2+是还原剂，被氧化，R3+是氧化产物，答案选D。 (4)反应中Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子。氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，所以用双线桥标出反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中电子转移的方向和数目为。 29．(2024届北京新高三开学摸底)锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。 资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。 ②在Mn2＋催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。 Ⅰ.制备 (1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式：_________________________。 (2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。 方法一： ①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式：_______________________。 ②研究表明，用Fe2＋/Fe3＋可强化脱硫效果，其过程如图。 过程Ⅰ：…… 过程Ⅱ：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42-＋4H＋ 过程Ⅰ的离子方程式：___________________________________________。 方法二： ③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：__________________________________________________________________ __________________________________________________________________ _______________________________________________。 2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O Ⅱ.废水中锰含量的测定 (3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4 ，将溶液中的Mn2＋氧化为Mn3＋，用c mol·L－1 (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0 mL变为V1 mL，废水中锰的含量为__________________ g·mL－1。 55c(V1－V0)×10－3 解析：(2)②据图可知过程Ⅰ中MnO2被Fe2＋还原生成Mn2＋，Fe2＋被氧化为 Fe3＋，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋==Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。 (3)滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝c(V1－V0)×10－3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10－3 g·mL－1。 30．(2024河南省洛阳市创新发展联盟)根据所学知识，回答下列问题： (1)K2FeO4是常见的水处理剂，净水原理如图所示。请回答下列问题： ①高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为_______。 ②过程a中K2FeO4体现_______(填“氧化”或“还原”)性，反应过程中转移5.418×1022个电子，需要_______mol K2FeO4。 +6 氧化 0.03 (2)碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4。配平其反应的化学方程式：___________________________________________________________。 ____Fe(OH)3+___KOH+___KClO=____K2FeO4+___KCl+___H2O (3)干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4 +O2↑，该反应中的还原剂是_____________________，生产1mol的高铁酸钠，需要消耗Na2O2的物质的量是_______mol。 (4)将铝箔放入NaOH稀溶液中，开始时无气体生成，写出反应的离子方程式：_________________________________；反应片刻后，可观察到有气体产生。 2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O Na2O2、FeSO4 3 同学们，别忘记训练巩固哦! 认 真 备 考 THANK YOU 251 解析：A．根据得失电子守恒，反应①的离子方程式是：10I－＋2MnOeq \o\al(－,4)＋16H+＝2Mn2+＋5I2＋8H2O，氧化还原关系是10I－～2MnOeq \o\al(－,4)～2Mn2+～5I2，所以n(Mn2+)∶n(I2)＝2∶5，A错误； B．根据反应①的氧化还原关系10I－～2MnOeq \o\al(－,4)，可以求得n＝0.0002，所以反应②的n(I－)∶n(MnOeq \o\al(－,4))＝0.001 : (10.0002)＝1∶2；反应②中Mn元素的化合价由＋7价降至＋4价，所以反应②对应的氧化还原关系是I－～2MnOeq \o\al(－,4)～2MnO2～IOeq \o\al(－,x)～6e－，IOeq \o\al(－,x)中1元素的化合价为+5价,根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x＝3，反应②的化学方程式是：I－＋2MnOeq \o\al(－,4)＋H2O＝2MnO2↓＋IOeq \o\al(－,3)＋2OH－，B正确； C．已知MnOeq \o\al(－,4)的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I－的还原性随酸性减弱而增强， C错误； D．根据反应①和②的化学方程式，反应①消耗H+，产生水，pH增大，反应②产生OH－，消耗水，pH增大，D错误。 2. (2024年6月浙江卷)利用CH3OH可将废水中的NOeq \o\al(－,3)转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为： H+＋CH3OH＋NOeq \o\al(－,3)→X＋CO2＋H2O(未配平)。下列说法正确的是 A．X表示NO2 B. 可用O3替换CH3OH C. 氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5 D. 若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 3. (2024年6月浙江卷)下列离子方程式正确的是 A．用CuSO4溶液除H2S气体：Cu2+＋S2-＝CuS↓ B．H2SO3溶液中滴加Ba(NO3)2溶液：H2SO3＋Ba2+＝BaSO3↓＋2H+ C．NaHCO3溶液中通入少量Cl2：2HCOeq \o\al(－,3)＋Cl2＝2CO2 ＋Cl－＋ClO－＋H2O D．用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+ 解析：A．H2S在离子方程式中应以化学式保留，正确的离子方程式为Cu2++H2S＝CuS↓+2H+，A项错误； B．酸性条件下NOeq \o\al(－,3)会将H2SO3氧化成H2SO4，Ba2+与SOeq \o\al(2-,4)形成BaSO4沉淀，滴加少量Ba(NO3)2时的离子方程式为Ba2++2NOeq \o\al(－,3)+3H2SO3＝BaSO4↓+2NO↑+2SOeq \o\al(2-,4)+4H++H2O，滴加足量Ba(NO3)2时的离子方程式为3Ba2++2NOeq \o\al(－,3)+3H2SO3＝3BaSO4↓+2NO↑+4H++H2O，B项错误； C．电离平衡常数：Ka1(H2CO3)＞Ka(HClO)＞Ka2(H2CO3)，Cl2与水反应生成的HClO与NaHCO3不反应，正确的离子方程式为Cl2+HCOeq \o\al(－,3)＝Cl－+HClO+CO2，C项错误； D．Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2、FeCl2，反应的离子方程式为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，D项正确； A 《天工开物》记载用炉甘石(ZnCO3)火法炼锌 2ZnCO3＋Ceq \o(=====,\s\up17(高温))2Zn＋3CO↑ B CaH2用作野外生氢剂 CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑ C 饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢 CaSO4(s)＋COeq \o\al(2-,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2-,4)(aq) D 绿矾(FeSO4∙7H2O)处理酸性工业废水中的Cr2Oeq \o\al(2-,7) 6Fe2+＋Cr2Oeq \o\al(2-,7)＋14H+＝6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O 答案：A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C在高温条件下生成还原性气体CO，CO还原ZnO生成Zn，因此总反应为ZnCO3＋2Ceq \o(=====,\s\up17(高温))Zn＋3CO↑，故A项错误； B．CaH2为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为CaH2＋2H2O＝Ca(OH)2＋2H2↑，故B项正确； C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和Na2CO3溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为CaSO4(s)＋COeq \o\al(2-,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \o\al(2-,4)(aq)，故C项正确； D．Cr2Oeq \o\al(2-,7)具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由＋6降低至＋3，Fe元素化合价由＋2升高至＋3，根据守恒规则可知反应离子方程式为6Fe2+＋Cr2Oeq \o\al(2-,7)＋14H+＝6Fe3+＋2Cr3+＋7H2O，故D项正确； A. 标准状况下，11.2LSO2中原子总数为0.5NA B．100mL0.1mol·L-1Na2SO3溶液中，SOeq \o\al(2-,3)数目为0.01NA C. 反应①每消耗3.4gH2S，生成物中硫原子数目为0.1NA D. 反应②每生成1mol还原产物，转移电子数目为2NA 解析：A．标况下SO2为气体，11.2L SO2为0.5mol，其含有1.5mol原子，原子数为1.5NA，A错误； B．SOeq \o\al(2-,3)为弱酸阴离子，其在水中易发生水解，因此，100mL 0.1mol L-1 Na2SO3溶液中SOeq \o\al(2-,3)数目小于0.01NA，B错误； C．反应①的方程式为SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O，反应中每生成3mol S消耗2mol H2S，3.4g H2S为0.1mol，故可以生成0.15mol S，生成的原子数目为0.15NA，C错误； D．反应②的离子方程式为3S＋6OH－＝SOeq \o\al(2-,3)＋2S2-＋3H2O，反应的还原产物为S2-，每生成2mol S2-共转移4mol电子，因此，每生成1mol S2-，转移2mol电子，数目为2NA，D正确； 6. (2024年1月浙江卷)汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应：2NO＋2CO2CO2＋N2，列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值) A. 生成1molCO2转移电子的数目为2NA B．催化剂降低NO与CO反应的活化能 C．NO是氧化剂，CO是还原剂 D．N2既是氧化产物又是还原产物 7. (2024年新课标卷)对于下列过程中发生的化学反应，相应离子方程式正确的是 A. 试管壁上的银镜用稀硝酸清洗：Ag＋2H+＋NOeq \o\al(－,3)＝Ag+＋NO2↑＋H2O B. 工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2+＋S2-＝PbS↓ C. 海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔：Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SOeq \o\al(2-,4)＋4H+ D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度：2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2-,4)＋16H+＝2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 解析：A．试管壁上的银镜用稀硝酸清洗，银溶于稀硝酸生成硝酸银和一氧化氮 气体，该反应的离子方程式为3Ag＋4H+＋NOeq \o\al(－,3)＝3Ag+＋NO2↑＋2H2O，A不正确； B．由于PbS的溶解度远远小于FeS，因此，工业废水中的Pb2+用FeS去除，该反应的离子方程式为Pb2+＋FeS＝PbS↓＋Fe2+，B不正确； C．海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔，SO2在水溶液中将Br2还原为Br－，该反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝2Br－＋SOeq \o\al(2-,4)＋4H+，C正确； D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，H2C2O4被氧化为CO2，H2C2O4属于弱酸，该反应的离子方程式为2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H+＝2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O，D不正确； 8. (2023年浙江6月选考)下列反应的离子方程式正确的是 A. 碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：2Fe2+＋2I－＋2Cl2＝2Fe3+＋I2＋4Cl－ B. 向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCOeq \o\al(－,3) C. 铜与稀硝酸：Cu＋4H+＋2NOeq \o\al(－,3)＝Cu2+＋2NO2↑＋2H2O D. 向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：S2-＋2SO2＋2H2O＝H2S＋2HSOeq \o\al(－,3) 解析：A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气发生反应，碘离子与氯气恰好完全反应：2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，故A错误； B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCOeq \o\al(－,3)，故B正确； C．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H+＋2NOeq \o\al(－,3)＝3Cu2+＋2NO2↑＋4H2O，故C错误； D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫，溶液变浑浊，溶液中生成亚硫酸氢钠：2S2-＋5SO2＋2H2O＝3S↓＋4HSOeq \o\al(－,3)，故D错误； 9. (2022年1月浙江选考)关于反应4CO2+SiH4eq \o(=====,\s\up17(高温))4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是 A. CO是氧化产物 B. SiH4发生还原反应 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D. 生成1molSiO2时，转移8mol电子 C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确； D．每生成1mol O2转移4mol电子，每生成1mol Cl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max=0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误；综上所述，说法错误的是BD，故答案为：BD。 14. (2021年湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2Oeq \o(=====,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是 A. 产生22.4L(标准状况) Cl2时，反应中转移10mole－ B. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6 C. 可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D. 可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3－的存在 解析：A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I2 60e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl2 60e-，即Cl2 20e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误； B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3 6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B正确； C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确； D．食盐中IO3－可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应：IO3－＋5I -＋6H+＝3I2＋3H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中 的存在，D正确。故选A。 5NaBiO3＋14H+＋2Mn2+＝2MnOeq \o\al(－,4)＋5Bi3+＋7H2O＋5Na+ 解析：(3)酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnOeq \o\al(－,4)，取一定量Y于试管中，加入适量盐酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素； 根据题目信息可知5NaBiO3＋14H+＋2Mn2+＝2MnOeq \o\al(－,4)＋5Bi3+＋7H2O＋5Na+。 Fe2+＋NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))＋3OH－＋Na+＋H2POeq \o\al(－,4)eq \o(===,\s\up17(△))NaFeO4↓＋NH3↑＋3H2O 4Fe3O4＋6Na2CO3＋O2eq \o(=====,\s\up17(焙烧))12NaFeO2＋6CO2 解析：(4)“水热合成”中，NH4H2PO4作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成NaFeO4所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成NaFeO4的离子方程式为Fe2+＋NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))＋3OH－＋Na+＋H2POeq \o\al(－,4)eq \o(===,\s\up7(△))NaFeO4↓＋NH3↑＋3H2O； (5)①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2，其化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O2eq \o(=====,\s\up17(焙烧))12NaFeO2＋6CO2； 4FeS2＋15O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(细菌))4Fe3+＋8SOeq \o\al(2-,4)＋4H+ 解析：(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SOeq \o\al(2-,4)，离子方程式为：4FeS2＋15O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(细菌))4Fe3+＋8SOeq \o\al(2-,4)＋4H+； 解析：(3)该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境(pH＝5)，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：3Co2+＋MnOeq \o\al(－,4)＋7H2O＝3Co(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+、3Mn2+＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O＝5MnO2↓＋4H+； Mn2+＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(电解))H2↑＋MnO2↓＋2H+ 2Li2CO3＋8MnO2eq \o(=====,\s\up17(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑ (2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。 (5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(电解))H2↑＋MnO2↓＋2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，需要加入MnSO4以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(电解))H2↑＋MnO2↓＋2H+、加入MnSO4。 (6)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO2eq \o(=====,\s\up17(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑；故答案为：2Li2CO3＋8MnO2eq \o(=====,\s\up17(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2Oeq \o\al(2-,7)存在，在碱性介质中以CrOeq \o\al(2-,4)存在。 回答下列问题： 2Cr2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(7))＋3S2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(5))＋10H+＝4Cr3+＋6SOeq \o\al(2-,4)＋5H2O 解析：(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(7))＋3S2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(5))＋10H+＝4Cr3+＋6SOeq \o\al(2-,4)＋5H2O，故答案为：2Cr2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(7))＋3S2Oeq \o\al(\s\up1(2-),\s\do1(5))＋10H+＝4Cr3+＋6SOeq \o\al(2-,4)＋5H2O。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。 (2) “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 2Fe3+＋Ag2S＋4Cl－2Fe2+＋2[AgCl2]－＋S ZnCO3eq \o(=====,\s\up17(焙烧))ZnO+CO2↑ 解析：(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3eq \o(=====,\s\up17(焙烧))ZnO+CO2↑； (4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+＋MnOeq \o\al(－,4)＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+； 解析：已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O2eq \o(=====,\s\up17(煅烧))2Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体， 向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K3[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2+＋2NH4+＋[Fe(CN)6]3-＝Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO进行氧化步骤，反应原理为：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。 28. (2022年江苏卷)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。 (1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH＝4～7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，Cr(Ⅵ)主要以HCrOeq \o\al(－,4)、Cr2Oeq \o\al(2-,7)、CrOeq \o\al(2-,4)好形式存在，纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：Ksp(FeS)＝6.5×10-18，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10-17；H2S电离常数分别为Ka1＝1.1×10-7、Ka2＝1.3×10-13。 (1)在弱碱性溶液中，FeS与CrOeq \o\al(2-,4)反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为 。 FeS＋CrOeq \o\al(2-,4)＋4H2O＝Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－ 解析：(1)在弱碱性溶液中，FeS2与CrOeq \o\al(2-,4)反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为：FeS＋CrOeq \o\al(2-,4)＋4H2O＝Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－； (2)以NaIO3 NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为 。 (3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1mol I2，消耗的KI至少为_______mol。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。 解析：(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入 粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3； ②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化； (2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O，故答案为：2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O； (3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成1molI2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2＋I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。 解析：(1)设7.5 mol CuSO4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 根据得失电子守恒得：7.5 mol×(2－1)＝x·(5－0) x＝1.5 mol 1 mol×3×(2－1)＋1 mol×1[0－(－3)]＝y· (5－0) y＝1.2 mol 所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 (2)由电子守恒知，Cu失电子的物质的量与O2得电子的物质的量相等，据此可求得n(O2)＝eq \f(1 mol×2,4)＝0.5 mol。 【智能提升】 突破点1　“电子守恒法”的一般计算 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________。 解析： 列式：16×(1＋1)＝x×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))))，故x＝5。 “电子守恒法”计算的一般思维模板 2．(2023届贵阳模拟)某离子反应中涉及H2O、ClO－、NHeq \o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六种粒子。其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是(　　) A．该反应的氧化剂是ClO－ B．消耗1 mol 还原剂，转移3 mol电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．当生成14 g N2时，消耗的ClO－为1.5 mol 解析：根据题意图示可知氧化剂为ClO－，还原剂为NHeq \o\al(＋,4)，根据电子守恒知n(ClO－)×2＝n(NHeq \o\al(＋,4))×3，n(ClO－)∶n(NHeq \o\al(＋,4))＝3∶2，C项错误。 3．(1)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。 (2)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2中，P元素的化合价为________。 ②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。 解析：(1)eq \f(mO2,32)×4＝eq \f(1 kg,32)×(2－0)×2，m(O2)＝1 kg。 (2)②4×(1－0)＝1×(n－1)，n＝5，故氧化产物为H3PO4。 突破点2　“电子守恒法”应用于多步反应的计算 羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是(　　) A．N2　　　 B．N2O　　　 C．NO　　　 D．NO2 解析：设氧化产物中N的化合价为x，根据电子守恒可推导关系5NH2OH～(x＋1)KMnO4，可列式 eq \f(7－2,x＋1)＝eq \f(25.00×10－3 L×0.049 mol·L－1,24.50×10－3 L×0.020 mol·L－1)， 解得x＝1。 (1)SO2eq \o(――→,\s\up18(2e－))2Fe2＋eq \o(――→,\s\up18(2e－)) eq \f(2,5)MnOeq \o\al(－,4) (2)O2eq \o(――→,\s\up18(MnOH2),\s\do17(4e－))2MnO(OH)2eq \o(――→,\s\up18(4I－),\s\do17(4e－))2I2,4e－4S2Oeq \o\al(2－,3) (3)2Fe3＋eq \o(――→,\s\up18(I－),\s\do17(2e－))I2eq \o(――→,\s\up18(SO2),\s\do17(2e－))SOeq \o\al(2－,4) 解析：根据电子守恒法可知关系式： 2ClO2eq \o(――→,\s\up18(10e－),\s\do17(　　))5I2eq \o(――→,\s\up18(10e－),\s\do17(　　))10Na2S2O3 n(ClO2)＝eq \f(2,10)n(Na2S2O3)＝V2×10－3 L×c mol·L－1×eq \f(2,10)＝eq \f(1,5)V2c×10－3 mol， 故稀释后ClO2溶液的浓度为eq \f(\f(1,5)V2c×10－3 mol×67.5 g·mol－1,V1×10－3 L)＝eq \f(135V2c,10V1) g·L－1。 则原ClO2溶液的浓度为eq \f(135V2c,V1) g·L－1。 解析：根据质量守恒定律可知，X为O2，与O3互为同素异形体，A错误。ClF3中F元素为－1价，则氯元素为＋3价，B错误。反应中Co元素的化合价由＋eq \f(8,3)价升高到＋3价，被氧化，O元素的化合价由－2价升高到0价，被氧化，则Co3O4做还原剂，C错误。Co3O4中O元素的化合价由－2价升高到0价，Co元素的化合价由＋eq \f(8,3)价升高到＋3价，1molCo3O4参加反应转移电子的物质的量为[2×4＋3×(3－eq \f(8,3))] mol＝9mol，D正确。 2．(2023届黑龙江哈师大附中)某强氧化剂XO(OH)eq \o\al(＋,2)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)eq \o\al(＋,2)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是(　　) A．＋2 B．＋1 C．0 D．－1 解析：XO(OH)eq \o\al(＋,2)中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。 解析：标准状况下Cl2的物质的量是eq \f(5.04L,22.4L·mol－1)＝0.225 mol，由于Fe2＋的还原性强于Br－，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是xmol·L－1，则根据得失电子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)，解得x＝3。 10．(2024届哈尔滨模拟)锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一，从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原： ①2Sb2S3＋3O2＋6Feeq \o(=====,\s\up17(高温))Sb4O6＋6FeS ②Sb4O6＋6C eq \o(=====,\s\up17(高温),\s\do5(　)) 4Sb＋6CO↑。下列关于反应①、②的说法正确的是(　　) A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6 B．反应①中每生成3 mol FeS时，共转移6 mol电子 C．反应②说明C的还原性比Sb弱 D．每生成4 mol Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3 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eq \o(N,\s\up6(＋5))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eq \f(m(Cu),64 g·mol－1)×2＋eq \f(14 g－m(Cu),108 g·mol－1)＝eq \f(1.12 L,22.4 L·mol－1)×4，解得：m(Cu)＝3.2 g。 3．三种配平技巧 (1)倒配法：适用于氧化剂与还原剂为同一物质 eq \a\vs4\al(□)S＋eq \a\vs4\al(□)KOH===eq \a\vs4\al(□)K2S＋eq \a\vs4\al(□)K2SO3＋eq \a\vs4\al(□)H2O (2)补加法：适用于部分被氧化或被还原的物质反应 eq \a\vs4\al(□)Cu＋eq \a\vs4\al(□)HNO3===eq \a\vs4\al(□)Cu(NO3)2＋eq \a\vs4\al(□)NO↑＋eq \a\vs4\al(□) eq \a\vs4\al(□) (3)电荷守恒法：适用离子方程式 eq \a\vs4\al(□)MnOeq \o\al(－,4)＋eq \a\vs4\al(□)Cl－＋eq \a\vs4\al(□)H＋===eq \a\vs4\al(□)Mn2＋＋eq \a\vs4\al(□)Cl2↑＋eq \a\vs4\al(□)H2O 6 15 11 15 24 5 1 6 3 H2O 2 3 配平下列方程式 (1)□ClOeq \o\al(－,3)＋□Fe2＋＋□____===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。 (2)□LiCoO2＋□H2SO4＋□H2O2===□Li2SO4＋□CoSO4＋□O2↑＋ □______。 (3)□MnOeq \o\al(－,4)＋□Fe2＋＋□______===□Mn2＋＋□Fe3＋＋□______。 (4)□BiOeq \o\al(－,3)＋□Mn2＋＋□______===□Bi3＋＋□MnOeq \o\al(－,4)＋□______。 1 1 2 1 4 H2O 1 5 8 H＋ 1 5 4 1 H2O 5 2 14 H＋ 5 2 7 H2O 6 6 H＋ 1 1 H2O 2 1 2 (5)□Fe(OH)2＋□ClO－＋□______===□Fe(OH)3＋□Cl－。 (6)□Mn2＋＋□ClOeq \o\al(－,3)＋□H2O===□MnO2↓＋□Cl2↑＋□______。 4 5 1 8 2 5 H＋ 缺项配平的方法 (1)先用化合价升降法确定“两剂”或“两物”及其化学计量数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定其他物质及其化学计量数。 (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 例1．按要求书写方程式。 已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。 写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式并配平： _________________________________________________________________。将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液(已知含MnOeq \o\al(2－,4)溶液为绿色)，写出反应的离子方程式：_________________________________________________________。 2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O　 4MnOeq \o\al(－,4)＋4OH－eq \o(=====,\s\up15(△))4MnOeq \o\al(2－,4)＋2H2O＋O2↑ 解析：根据信息，KMnO4在H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成 Mn2＋。根据信息，在强碱性条件下，MnOeq \o\al(－,4)得电子生成MnOeq \o\al(2－,4)，－2价的氧失电子生成O2。 例2．(1)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，第一步熔融、氧化时发生反应FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3eq \o(――→,\s\up15(高温))Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为________。 (2)欲使3 mol的VO2＋变成VOeq \o\al(＋,2)，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。 (3)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。 2∶7 0.5 2∶1 解析：(1)在题给反应中，FeO·Cr2O3作还原剂，1 mol FeO·Cr2O3参与反应时，Fe元素失去1 mol电子，Cr元素失去6 mol电子，NaNO3作氧化剂，1 mol NaNO3参与反应时，N元素得到2 mol电子，根据得失电子守恒配平得2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3eq \o(=====,\s\up15(高温))4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为2∶7。 (2)根据VO2＋eq \o(――→,\s\up15(失e－))VOeq \o\al(＋,2)，KClO3eq \o(――→,\s\up15(得6e－))Cl－，由得失电子守恒，则 n(VO2＋)＝6n(KClO3)，故n(KClO3)＝eq \f(1,6)n(VO2＋)＝eq \f(1,6)×3 mol＝0.5 mol。 (3)由题意可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。KClO3～ClO2～e－，Na2SO3～Na2SO4～2e－，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。 信息型氧化还原反应方程式是指①用文字描述②化工流程的方式，叙述一个化学反应的过程，需要从文字信息或化工流程中提炼反应物、生成物，进而分析反应中电子得失情况，书写流程为： 2ClO2＋2NaCleq \o(=====,\s\up18(电解))Cl2↑＋2NaClO2 ＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O 解析：(1)从化工流程可以确定反应物为NaClO3、SO2、H2SO4，生成物为ClO2和NaHSO4。 (2)从化工流程可以确定“电解”时的反应物为ClO2、NaCl，生成物为Cl2和NaClO2。 (3)尾气吸收ClO2，该吸收时的反应物为ClO2、NaOH、H2O2，生成物为NaClO2，根据化合价升降，H2O2被氧化为O2。 已知：HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力的顺序：Fe3+＞VO2+＞Fe2+ A．物质X为高锰酸钾溶液 B．反萃取时，物质Y可以选用硫酸 C．氧化过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6∶1 D．调pH时，发生反应：VOeq \o\al(＋,2)＋2NH3•H2OVOeq \o\al(－,3)+2NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))＋H2O 解析：根据流程图，结合HA(有机酸性萃取剂)对金属阳离子萃取能力可知，物质X应为氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，便于萃取操作的进行，经过萃取后，通过加入反萃取剂硫酸，可将VO2+从萃取剂中分离出，经过氧化、调pH、沉钒及焙烧操作得V2O5。 A．若物质X为高锰酸钾溶液，在氧化亚铁离子过程中会引入新杂质，A错误； B．HA为有机酸性萃取剂，反萃取及应为酸，结合后续流程离子种类判断可为硫酸，B正确； C．氧化过程中V元素化合价从+4价升高为+5价(VOeq \o\al(＋,2))，Cl元素从＋5价降低为－1价，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为6∶1，C正确； D．调pH时，发生反应：VOeq \o\al(＋,2)＋2NH3•H2OVOeq \o\al(－,3)+2NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))＋H2O，D正确。 试剂 离子方程式 A 通入SO2气体 H2O2＋SO2＝2H+＋SOeq \o\al(2-,4) B 滴加少量的CuSO4溶液 Cu2+＋H2O2＝Cu＋O2↑＋2H+ C 滴加硫酸酸化的KI溶液 2I－＋H2O2＋2H+＝I2＋O2↑＋2H2O D 滴加酸性KMnO4溶液 2MnOeq \o\al(－,4)＋3H2O2 ＋2H+＝3O2↑＋2MnO2↓＋4H2O 解析：A．向H2O2溶液通入SO2气体，离子方程式为H2O2＋SO2＝2H+＋SOeq \o\al(2-,4)，故A正确； B．向H2O2溶液滴加少量的CuSO4溶液，CuSO4作催化剂，化学方程式为2H2O2eq \o(======,\s\up17(CuSO4))O2↑＋2H2O，故B错误； C．向H2O2溶液滴加硫酸酸化的KI溶液，离子方程式为2I－＋H2O2＋2H+＝I2＋2H2O，故C错误； D．向H2O2溶液滴加酸性KMnO4溶液，离子方程式为2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2O2 ＋6H+＝5O2↑＋2Mn2+＋8H2O，故D错误； 5．(2024年1月浙江仿真模拟)关于反应3SiO2＋6C＋2N2eq \o(=====,\s\up17(高温))Si3N4＋6CO，下列说法正确的是 A．SiO2既不是氧化剂，也不是还原剂 B．生成33.6L CO，转移3NA电子 C．Si3N4是氧化产物 D．6g C中含有的共价键数目为一定为NA 解析：A．5NH4NO3==2HNO3＋4N2↑＋9H2O，A错误； B．NH4NO3中NHeq \o\al(＋,4)所含N元素价态升高，部分NOeq \o\al(－,3)所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确； C．该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确； D．氧化产物(eq \o(5N,\s\up6(－3))Heq \o\al(＋,4)→eq \f(5,2) eq \o(N,\s\up6(0))2)和还原产物(eq \o(3N,\s\up6(＋5))Oeq \o\al(－,3)→eq \f(3,2) eq \o(N,\s\up6(0))2)的物质的量之比为eq \f(5,2)∶eq \f(3,2)＝5∶3，D正确。 7．(2024届西安名校联盟)已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O==SOeq \o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋W； ②Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平) 下列有关说法正确的是 A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋ C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SOeq \o\al(2－,4)＋H2O不能发生 解析：A．根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SOeq \o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误； B．由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确； C．反应②中，根据得失电子守恒可得，Cr2Oeq \o\al(2－,7)和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得，b＝14，C错误； D．Cr2Oeq \o\al(2－,7)具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2Oeq \o\al(2－,7)>SOeq \o\al(2－,4)，则Cr2Oeq \o\al(2－,7)能将SO2氧化为SOeq \o\al(2－,4)，即反应Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋3SO2＋2H＋==2Cr3＋＋3SOeq \o\al(2－,4)＋H2O能发生，D错误。 8．(2023·广东韶关模拟)已知有如下反应： ①K2Cr2O7＋14HCl(浓)==2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；②Cr＋2HCl(稀)==CrCl2＋H2↑；③2KMnO4＋16HCl(稀)==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。下列说法正确的是 A．氧化性：K2Cr2O7>KMnO4>Cl2 B．反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1 C．向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化，说明两者不能发生反应 D．向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液，可发生反应：10Cr3＋＋6MnOeq \o\al(－,4)＋11H2O=5Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Mn2＋＋22H＋ A．该过程中Cu元素的化合价发生变化 B．Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物 C．Cu(OH)Cl分解生成两种产物，物质X为H2O D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2＋O2eq \o(=====,\s\up17(一定条件))2Cl2＋4CuO 10. (2024届安徽百校大联考)某反应过程中存在Fe2+、NOeq \o\al(－,3)、Fe3+、NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))、H+和H2O六种粒子，测得Fe3+、a的质量分数(ω)随时间变化的曲线如图所示，下列判断正确的是 解析：A．根据图像得出NOeq \o\al(－,3)、H+、Fe2+反应，反应中 Fe2+发生氧化反应，NOeq \o\al(－,3)发生还原反应，浓度降低，a代表 NOeq \o\al(－,3)，A项错误； B．该反应的离子方程式为8Fe2+＋NOeq \o\al(－,3)＋10H+＝8Fe3+＋NHeq \o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))＋3H2O，反应消耗H+，pH值增大，B项错误； C．根据分析，还原剂 Fe2+与氧化剂NOeq \o\al(－,3)的物质的量之比为 8∶1，C项错误； D．根据分析，NOeq \o\al(－,3)与 H+同时存在时有强氧化性，因此Fe(NO3)2不宜加酸酸化，D项正确； A．CaSO4·2H2O属于混合物 B. 过程I中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为2∶1 C. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnOeq \o\al(2-,3)＋2S2-＋10H+＝S2Oeq \o\al(2-,3)＋4Mn(OH)2↓＋H2O D. 将10L上层清液中的S2-(S2-浓度为480mg·L-1)转化为SOeq \o\al(2-,4)，理论上共需要0.3molO2 解析：A．CaSO4·2H2O有确定的化学式，属于纯净物，A项错误； B．过程I中氧化剂为氧气，变成水，1个氧气分子转移4个电子，还原剂为Mn(OH)2转化为MnOeq \o\al(2-,3)，转移2个电子，发生反应时电子守恒，所以氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1∶2，B项错误； C．过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnOeq \o\al(2-,3)＋2S2-＋9H2O＝S2Oeq \o\al(2-,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，同时生成物在碱性条件下存在，故产生氢氧根，C项错误； D．设转移电子数为xmol，消耗氧气的物质的量为ymol，则 S2- ～ 8e－ O2 ～ 4e－ 32 8 1 4 10×480×10-3g x y x 解得x＝1.2mol，y＝0.3mol，消耗氧气的物质的量为0.3mol，D项正确； 12. (2024届安徽亳州五校联考)向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应(不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解)。下列说法不正确的是 A. 当0＜b＜eq \f(a,3) 时：SO2+H2O+3ClO-＝SOeq \o\al(2-,4)+2HClO+Cl- B. 当b=a时：SO2+H2O+ClO-＝SOeq \o\al(2-,4)+2H++Cl- C. 当 eq \f(a,3)≤b≤a时；反应后溶液中H+的物质的量：0≤n(H+)≤2bmol D. 当0＜b＜a时；反应后溶液中Cl-、ClO-和SOeq \o\al(2-,4)物质的量之比为：(a－b)∶b∶b 解析：根据电子得失守恒可知bmolSO2恰好被氧化为硫酸需要bmol次氯酸钠，同时生成bmol氯化钠，即b＝a时发生SO2+H2O+ClO-＝SOeq \o\al(2-,4)+2H++Cl-，据此解答： A．当0<b<eq \f(a,3)时次氯酸钠过量，过量的次氯酸钠结合氢离子转化为次氯酸，即SO2+H2O+3ClO－＝SOeq \o\al(2-,4)+2HClO+Cl－，A正确； B．根据以上分析可知当b＝a时，反应的离子方程式为SO2+H2O+ClO－＝2H++Cl－+SOeq \o\al(2-,4)，B正确； C．当eq \f(a,3)＝b时过量的次氯酸钠结合结合生成的氢离子转化为次氯酸，b＝a时生成硫酸和氯化钠，氢离子的物质的量是2bmol，因此当eq \f(a,3)≤b≤a时，反应后溶液中H+的物质的量: 0<n(H+)≤2bmol，C正确； 14. (2024届安徽徽师联盟联考)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下： ①碱性KMnO4溶液处理：CH3OH＋MnOeq \o\al(－,4)＋OH－—→ COeq \o\al(2-,3)＋MnOeq \o\al(2－,4)＋H2O (未配平，下同) ②酸化处理：MnOeq \o\al(2－,4)＋H+—→ MnO2↓＋MnOeq \o\al(－,4)＋H2O 下列说法错误的是 A. “反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1 B. “反应①”中氧化性：MnOeq \o\al(－,4)＞COeq \o\al(2-,3) C. “反应②”中，可用硫酸进行酸化 D. “反应②”消耗59.5g MnOeq \o\al(2－,4)时，反应中转移0.5mole－ 解析：A．根据氧化还原反应配平可得：CH3OH＋6MnOeq \o\al(－,4)＋8OH－—→ COeq \o\al(2-,3)＋6MnOeq \o\al(2－,4)＋6H2O，反应中MnOeq \o\al(－,4)为氧化剂，CH3OH为还原剂，则“反应①”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1，A正确； B．根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，“反应①”中MnOeq \o\al(－,4)为氧化剂，COeq \o\al(2-,3)是氧化产物，则氧化性：MnOeq \o\al(－,4)＞COeq \o\al(2-,3)，B正确； C．由于SOeq \o\al(2-,4)与MnOeq \o\al(－,4)、MnOeq \o\al(2－,4)不反应，则“反应②”中，可用硫酸进行酸化，C正确； D．根据氧化还原反应配平可得：“反应②”为3MnOeq \o\al(2－,4)＋4H+—→ MnO2↓＋2MnOeq \o\al(－,4)＋2H2O，则消耗59.5g MnOeq \o\al(2－,4)即eq \f(59.5g,119g/mol)＝0.5mol时，则反应中转移电子的物质的量为：eq \f(2×0.5mol,3)，D错误； 解析：A．该反应中，铁元素的化合价由+2价变为+3价，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化产物，故A错误； B．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，所以氧化剂是MnOeq \o\al(－,4)，故B正确； C．根据得失电子守恒配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，生成物水的化学计量数是8，故C错误； D．根据方程式知，生成8mol水时，有10molFeSO4被氧化，转移10mol电子，则生成4个水时，转移电子的个数＝eq \f(10×1,2)＝5，故D错误； 解析：A．NaN3中，含有Na+和Neq \o\al(－,3)，氮元素的平均化合价为－eq \f(1,3)价，A不正确； B．NaClO在反应过程中，Cl元素由＋1价转化为－1价，得到电子，B不正确； C．反应中，NaClO为氧化剂，NaN3为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1，C不正确； D．反应每生成3molN2，有1molNaClO参加反应，转移2mole-，D正确； 24. (2024届天津北辰区联考)关于反应4CO2＋SiH4eq \o(=====,\s\up17(高温))4CO＋SiO2＋2H2O，下列说法正确的是 A. CO2是还原剂 B．SiH4发生还原反应 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D. 生成1mol SiO2时，转移8mol电子 25. (2024届重庆巴蜀中学)工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示。若装置I和装置Ⅱ中反应后n(NOeq \o\al(－,3))∶n(NOeq \o\al(－,2))都为1∶1，下列说法错误的是 A. 装置I中反应的离子方程式为2NO＋4Ge4+＋3H2O＝4Ge3+＋NOeq \o\al(－,3)＋NOeq \o\al(－,2) ＋6H+ B. 装置I中若有5.6L(标况)NO参与反应，则转移0.5mol电子 C. 装置Ⅲ中氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶2 D. 装置Ⅲ中NH3和O2的体积比3∶1可实现原子利用率最大化 解析：若装置I中NO被Ce4+氧化为NOeq \o\al(－,3)、NOeq \o\al(－,2)，同时得到Ce3+，装置Ⅱ中通过电解除杂，Ce3+被氧化为Ce4+，得到含NOeq \o\al(－,3)、NOeq \o\al(－,2)的溶液，NOeq \o\al(－,3)、NOeq \o\al(－,2)和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3。 A．装置I中NO被Ce4+氧化为NOeq \o\al(－,3)、NOeq \o\al(－,2)，同时得到还原产物Ce3+，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为2NO＋4Ge4+＋3H2O＝4Ge3+＋NOeq \o\al(－,3)＋NOeq \o\al(－,2)＋6H+，A正确； B．结合装置I中反应可知，2NO～4e－，则消耗5.6L(标况下即0.25mol)NO，转移电子的物质的量为0.5mol，B正确； C．装置Ⅲ中反应为NOeq \o\al(－,3)、NOeq \o\al(－,2)和氨气、氧气在装置Ⅲ中反应生产NH4NO3，涉及的氧化还原反应为2NOeq \o\al(－,2)＋O2＝2NOeq \o\al(－,3)，氧化剂(O2)和还原剂(NOeq \o\al(－,2))物质的量之比为1:2，C正确； D．置Ⅲ中氧化还原反应为2NOeq \o\al(－,2)＋O2＝2NOeq \o\al(－,3)而反应前n(NOeq \o\al(－,3))∶n(NOeq \o\al(－,2))＝1∶1，所以每1molO2与2mol NOeq \o\al(－,2)恰好完全反应且容器内NOeq \o\al(－,3)总物质的量为4mol，所以需4mol的NH3才能将NOeq \o\al(－,3)恰好反应掉，即NH3和O2的体积比4∶1可实现原子利用率最大化，D错误； (2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)＋2NO↑＋4H2O；溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为eq \f(8,3)mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗HNO3的物质的量为4mol；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O； (4)由于HAuCl4＝H+＋AuCleq \o\al(－,4)，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x＝3，x＝1.5mol，同时Zn+2H+＝Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol； 已知：① 2Cu2+＋SOeq \o\al(2-,3)＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SOeq \o\al(2-,4)＋2H+ ②Cu++2SOeq \o\al(2-,3)＝ [Cu(SO3)2]3- (4)根据滴定原理得出滴定关系： CuCl~ Fe2+~Ce4+；若消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为24.00 mL，该样品中CuCl的质量分数＝eq \f(0.20mol/L×24.00×10-3L×99.5g/mol,0.50g)×100%=95.52%。 4Al＋3MnO2eq \o(=====,\s\up17(高温))3Mn＋2Al2O3 MnO2＋SO2eq \o(========,\s\up17(一定条件))MnSO4 溶液中存在平衡：MnCO3(s)Mn2＋(aq)＋COeq \o\al(2－,3)(aq)，COeq \o\al(2－,3)消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2OH2SO3H＋＋HSOeq \o\al(－,3)，Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2Oeq \o(=====,\s\up17(Mn2＋))2H2SO4发生 Al2O3＋2OH－＝2AlOeq \o\al(－,2)＋H2O 解析：高铁酸钠具有氧化性，可以用于杀菌消毒；其还原产物为Fe3+，水解可得Fe(OH)3胶体，可以用于净水。 (1)高铁酸钾中K为+1价，O为-2价，有化合价代数和为0可以算得Fe为+6价； (2)过程a中Fe由+6转变为+3价，化合价降低，体现氧化性； 1molFe原子得到3mol电子，所以需要eq \f(5.418×1022,3×6.02×1023∙mol-1)=0.03molK2FeO4；Fe(OH)3→K2FeO4失3e-，KClO→KCl得2e-，根据电子得失守恒、原子守恒有2Fe(OH)3+4KOH+3KClO＝2K2FeO4+3KCl＋5H2O； (3)该反应中Na2O2中O元素化合价降低，所以Na2O2为氧化剂，FeSO4中Fe元素化合价升高，Na2O2中O元素化合价升高，所以FeSO4和Na2O2为还原剂；由方程可知，产生1mol高铁酸钠，需要3molNa2O2； (4)铝表面有氧化铝薄膜，与NaOH反应物气体生成，一段时间后，氧化铝消耗完毕铝开始于NaOH反应，有气体生成。方程为Al2O3＋2OH－＝2AlOeq \o\al(－,2)＋H2O。 $$