第1章 第3节 第2课时 氧化还原反应的计算与方程式的配平-【名师导航】2025年高考化学一轮总复习讲义（人教版）

第2课时　氧化还原反应的计算与方程式的配平 1．建立氧化还原的观点，掌握氧化还原反应的规律，结合常见的氧化还原反应理解有关规律；通过分析、推理等方法认识氧化还原反应的特征和实质，建立氧化还原反应计算、配平的思维模型。 2．通过学习，体会化学与生产、生活、社会的密切关系，引导学生认识到科学技术可以促进社会的发展和进步。 　电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 考向1| 根据电子守恒确定化合价或物质组成 1．已知Na2X2O3可作为脱氯剂，20.00 mL 0.250 mol·L-1的Na2X2O3溶液恰好把448 mL(标准状况下)Cl2转化为Cl－，则产物中X元素的化合价为(　　) A．－2价 B．＋4价 C．＋6价 D．＋7价 C　解析：Cl2完全转化为Cl－，根据氧化还原反应的规律可知，Na2X2O3被氧化，X元素化合价升高，令氧化产物中X元素的化合价为m，根据电子守恒得：0.448 L÷22.4 L·mol-1×2×1＝0.020 L×0.250 mol·L-1 ×2×(m－2)，解得m＝6。 2．已知K2Cr2O7具有强氧化性。24 mL 0.05 mol·L-1Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L-1 K2Cr2O7溶液恰好完全反应。下列说法不正确的是 (　　) A．常温下Na2SO3溶液的pH>7 B．反应中转移了1.2×10-3 mol电子 C．氧化产物是Na2SO4 D．生成物中，Cr的化合价为＋3价 B　解析：Na2SO3属于强碱弱酸盐水解显碱性，溶液的pH>7，故A正确；Na2SO3被氧化为Na2SO4，S的化合价由＋4价升高为＋6价，反应中转移了0.024 L×0.05 mol·L-1×(6－4)＝2.4×10-3 mol电子，故B错误；反应中，Na2SO3被氧化为Na2SO4，氧化产物是Na2SO4，故C正确；令Cr在产物中的化合价为a价，根据电子守恒，则20× 10-3L×0.02 mol·L-1×2×(6－a)＝2.4×10-3 mol，解得a＝＋3，故D正确。 电子守恒在计算中的应用 (1)直接计算反应物与生成物或反应物与反应物之间的数量关系。 (2)对于多步连续的氧化还原反应，则可根据“电子传递”，找出起始反应物和最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 (3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算。 (4)串联电解池时，流经各个电极上的电子数相等。 考向2| 氧化还原反应的相关计算 3．为测定某尾气中SO2含量，某同学将尾气样品通入100 mL 0.100 mol·L-1酸性KMnO4溶液(假定样品中其他气体均不参与反应，SO2可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为＋2Mn2+＋4H＋。若尾气流速为a L·，平行测定三次，溶液恰好褪色的平均耗时为b s，则该尾气样品中SO2含量(单位： g·L-1)为(　　) A． C． C　解析：设尾气中SO2的物质的量为n，则由离子方程式得 　　　～　　　5SO2 2 5 (0.10×0.10) mol n 所以n＝2.5×10-2mol，尾气样品中SO2含量为＝ g·L-1。 4．SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①＋2Fe2+＋4H＋；＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O。下列说法错误的是 (　　) A．氧化性：>Fe3+>SO2 B．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子6 mol C．由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4 D．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7 D　解析：由①可知，氧化性：Fe3+>SO2，由②可知，氧化性：>Fe3+，故A正确；反应②中，铬元素的化合价由＋6价变为＋3价，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子6 mol，故B正确；由反应①②可得，氧化性：，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，故C正确；标准状况下，6.72 L SO2为0.3 mol，若有0.3 mol SO2参加反应，硫元素的化合价由＋4价变为＋6价，转移0.6 mol电子，则最终消耗0.1 mol K2Cr2O7，故D错误。 氧化还原反应的计算题解题方法 (1)要注意有的反应物作氧化剂或还原剂，但只是部分参加氧化还原反应，不能全部代入计算，要注意区分反应中转移的电子数与一定量氧化剂或还原剂转移的电子数。 (2)如果溶液中有多种离子均能参加反应，则要根据反应的先后顺序进行计算。 　氧化还原反应方程式的配平 考向1| 氧化还原反应方程式的配平方法 1．正向配平 (1)3Cu＋8HNO3(稀)===3＋2NO↑＋4H2O (2)2H2S＋1SO2===3S↓＋2H2O (3)4KI＋2CuSO4===1I2＋2CuI↓＋2K2SO4 (4)1NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2 H2===1NaBH4＋2Na2SiO3 2．逆向配平 (1)3S＋6NaOH2Na2S＋1Na2SO3＋3H2O (2)2Cl2＋2Ca(OH)21CaCl2＋1Ca(ClO)2＋2H2O (3)2P4＋9KOH＋3H2O===3K3PO4＋5PH3↑ 3．整体法配平 (1)4FeS2＋11O2===2Fe2O3＋8SO2 (2)3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋3H2SO4＋10NO↑＋8H2O 4．缺项配平 (1)NaBiO3＋Mn2+＋H＋===Na＋＋Bi3+＋ H2O (2)LiCoO2＋H2SO4＋H2O2===Li2SO4＋CoSO4＋ O2↑＋H2O (3)Fe(OH)2＋ClO－＋H2O===Fe(OH)3＋ Cl－ (4)Mn2+＋ H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋ H＋ 常见氧化还原反应的配平技巧 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素的化合价是全变的，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。若反应物一边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物一边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。当方程式中有多个缺项时，先利用电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，后再运用电荷守恒和原子守恒确定其他粒子并配平。 (4)有机物参与的氧化还原方程式的配平：一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据化合物中各元素的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。 考向2| 陌生氧化还原方程式的配平 5．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下： ①KMnO4溶液处理：＋H2O (未配平，下同)；②酸化处理：＋H2O。下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为8 B．“反应①”中氧化性： C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗时，反应中转移0.4 mol e－ C　解析：将反应①配平为＋6H2O，“反应①”中X为OH－，配平后化学计量数为8，故A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中为氧化剂是氧化产物，则氧化性：，故B正确；由于Cl－在酸性条件下可与、发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，故C错误；将反应②配平为＋2H2O，则消耗时，反应中转移电子×0.6 mol＝0.4 mol，故D正确。 6．过二硫酸钠(Na2S2O8)和铋酸钠(NaBiO3)都是工业上常用的强氧化剂。下列分别是Mn2+与过二硫酸钠和铋酸钠反应的离子方程式(未配平)。 ＋Na＋＋Bi3+＋H2O 下列说法错误的是(　　) A．过二硫酸钠中O(－2价)和O(－1价)含量之比为3∶1 B．反应Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶2 C．反应Ⅱ生成转移电子的物质的量为5 mol D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ消耗等量的Mn2+，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为 1∶1 D　解析：中存在1个过氧键，过氧键中氧元素为－1价，则过二硫酸钠中O(－2价)和O(－1价)含量之比为6∶2＝3∶1，A正确；反应Ⅰ中中氧元素的化合价降低，为氧化剂，锰元素的化合价升高，为还原剂，反应的离子方程式为＋16H＋，故氧化剂和还原剂物质的量之比是5∶2，B正确；反应Ⅱ中锰元素的化合价由＋2价变为＋7价，转移5个电子，故生成转移电子的物质的量为5 mol，C正确；反应Ⅰ中，反应Ⅱ中2Mn2+～10e－～5Bi3+，若消耗等量的Mn2+，则Ⅰ和Ⅱ中还原产物的物质的量之比为2∶1，D错误。 课时质量评价(五) 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．一定条件下，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 A　解析：利用电子守恒和原子守恒配平化学方程式为5NH4NO3 ===2HNO3＋4N2↑＋9H2O。由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中所含氮元素的化合价升高，部分所含氮元素的化合价降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，属于分解反应，该反应中含有变价元素，属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。 2．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00 mL1.00×10-2 mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位：mol· L-1)为(　　) A．2.00×10-2 B．3.00×10-2 C．4.00×10-2 D．5.00×10-2 A　解析：酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色，发生的反应为＋3H2O，则有关系式：，使20.00 mL 1.00×10-2 mol· L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为＝2.00×10-2 mol·L-1。 3．Na2S2O3溶液与氯气能发生反应： Na2S2O3＋Cl2＋H2O===NaCl＋HCl＋H2SO4。下列说法错误的是(　　) A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1 B．若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移 4 mol电子 C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊 D．Na2S2O3溶液吸收氯气后，溶液的pH降低 A　解析：根据电子守恒和原子守恒配平化学方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O===2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学方程式可知，Cl2是氧化剂、Na2S2O3是还原剂、NaCl和HCl是还原产物、H2SO4是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A错误；若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol 电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与H2SO4反应生成S，溶液出现浑浊，C正确；Na2S2O3溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。 4．(2024·济南模拟)实验室制备F2过程为和H2O2在KF­HF介质中反应制得K2MnF6；②SbCl5＋5HF===SbF5＋5HCl；③2K2MnF6＋4SbF54KSbF6＋2MnF3＋F2↑。下列说法正确的是(　　) A．①可选择圆底烧瓶作为反应发生装置 B．②中反应可证明酸性：HF>HCl C．③中制备的F2可用排水法收集 D．转移相同电子数时①和③产生气体的物质的量相等 D　解析：烧瓶中含有SiO2，HF能和SiO2反应，所以不能选择圆底烧瓶作为反应发生装置，A错误；HF为弱酸，HCl为强酸，B错误；F2和H2O反应生成HF和O2，所以F2不能采用排水法收集，C错误；反应①中生成1 mol O2，转移电子的物质的量为1 mol×2×[0－(－1)]＝2 mol，反应③中生成1 mol F2，转移电子的物质的量为1 mol×2×[0－(－1)]＝2 mol，D正确。 5．已知反应：①＋2Fe2+＋W； ②＋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＋H2O不能发生 B　解析：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＋2Fe2+＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2+，B正确；反应②中，铬元素的化合价由＋6价降到＋3价，铁元素的化合价由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒可得和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；具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：，则能将SO2氧化为，即反应＋H2O能发生，D错误。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 6．工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2，反应原理为＋H2O，部分催化过程如图所示。下列有关说法错误的是(　　) A．“过程1”中Ni2O3是氧化剂 B．反应过程中产生的O可加快对SO2的吸收 C．每吸收1 mol SO2，整个过程需要Ni2O3的物质的量为0.5 mol D．“过程2”的离子方程式可表示为ClO－＋2NiO2===Ni2O3＋Cl－＋2O AC　解析：“过程1”中，Ni2O3转化为NiO2，镍元素的化合价升高，作还原剂，A错误；反应过程中产生的O具有很强的活性，能将SO2氧化为SO3，与水作用生成H2SO4，所以可加快对SO2的吸收，B正确；依据得失电子守恒，每吸收1 mol SO2需要转移2 mol e－，则整个过程需要Ni2O3的物质的量为1 mol，C错误；“过程2”中，1 mol ClO－转化为Cl－和O时，需要转移2 mol e－，则需消耗2 mol NiO2，反应的离子方程式可表示为ClO－＋2NiO2===Ni2O3＋Cl－＋2O，D正确。 7．用酸性KMnO4溶液溶解Cu2S固体时，发生反应：＋Mn2+＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B．每生成，共转移8 mol电子 C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．KMnO4溶液“酸化”时可加入浓盐酸 C　解析：反应中铜元素的化合价由＋1价变为＋2价，硫元素的化合价由－2价变为＋6价，锰元素的化合价由＋7价变为＋2价，根据电子守恒配平反应为＋2Mn2+＋4H2O，电子转化关系为。Cu2S中铜元素、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；每生成，共转移10 mol电子，B错误；参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；高锰酸钾会和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故KMnO4溶液“酸化”时不可加入浓盐酸，D错误。 8．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．苯酚被氧化的总反应为C6H5OH＋7O26CO2＋3H2O B．反应过程中BMO表现较强氧化性 C．在酸性条件下，反应①的离子方程式是＋28H＋===18CO2↑＋23H2O D．过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3 BD　解析：根据图示，苯酚被降解为H2O和CO2，A正确；BMO失去电子，被氧化，表现还原性，B错误；C6H5OH→6CO2，1 mol C6H5OH失去得到3 mol e－，配平离子方程式为＋28H＋===18CO2↑＋23H2O，C正确；，过程①利用作氧化剂，过程②利用BMO＋作氧化剂得3 mol e－，1 mol BMO＋得1 mol e－，故过程①和过程②被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D错误。 三、非选择题 9．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，其过程如图所示： 过程Ⅰ：…… 过程Ⅱ：＋4H＋ 过程Ⅰ的离子方程式是________________________________________ ___________________________________________________________。 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：_____________________________________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________ ___________________________________________________________。 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·(NH4)2Fe(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。 解析：(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下Al和MnO2反应得到Al2O3和Mn，化学方程式为4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3。(2)①根据题意可知，MnO2会将SO2氧化为MnSO4，化学方程式为MnO2＋SO2MnSO4。②由图可知，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。 答案：(1)4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3　(2)①MnO2＋SO2MnSO4　②2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O　③溶液中存在平衡：消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：，生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4发生　(3)55c(V1－V0)×10-3 10．(2024·淄博模拟)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的，发生的反应如下： 反应Ⅰ：＋Cr3+＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：＋Cr3+＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3 B．处理等物质的量时，消耗FeS的物质的量更多 C．处理等物质的量时，反应Ⅱ中消耗H＋更少 D．用FeS除去废水中的同时，还有利于吸附悬浮杂质 C　解析：反应Ⅰ的离子方程式为＋6Cr3+＋13H2O，反应Ⅱ的离子方程式为＋10Cr3+＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物(Cr3+)的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A正确；反应Ⅰ处理需要消耗 mol FeS，反应Ⅱ处理需要消耗 mol Cu2S，所以消耗的FeS更多，B正确；反应Ⅰ处理需要消耗n(H＋)＝ mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理需要消耗n(H＋)＝ mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C错误；反应中产生的Fe3+易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D正确。 11．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图所示转化方式除去。下列说法错误的是(　　) A．Na2S溶液中存在c(OH－)>c(H＋) B．反应②和③转移的电子数相等时，还原剂之比为2∶1 C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 D．反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O===2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc B　解析：Na2S溶液中，因S2-水解而呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，A正确；反应②中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，硫元素化合价由－2价升高到＋4价，而反应③中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，硫元素化合价由＋4价升高到＋6价，当反应②和③转移的电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误；在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂，C正确；反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式正确，D正确。 12．分类思想是化学学科学习与研究的一种极为重要的思维方式。回答下列问题： (1)有如下几种物质：Na2O、Al2O3、Mn2O7、SO3、N2O5五种成盐氧化物。按化学性质可将它们分成______(填“二”或“三”)类，写出Mn2O7与NaOH溶液反应的离子方程式：______________________________ ____________________________________________________________。 (2)磷能形成多种具有独特性质的物质。如磷能形成红磷、白磷、黑磷等多种单质，它们互为________(填相互关系)。白磷有剧毒，硫酸铜可作为白磷中毒的解毒剂，请配平相应的化学方程式。 ______P4＋______CuSO4＋______H2O===______Cu3P＋______H3PO4＋______H2SO4。 (3)碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3、C3O2，其中不具有可燃性的物质的化学式是_____________，已知C3O2＋2H2O=== CH2(COOH)2，写出将0.1 mol C3O2缓慢通入100 mL 1 mol·L-1NaOH溶液中反应的化学方程式：____________________________________ ____________________________________________________________ _____________________________________________________，该氧化物也可与热的CuO反应，则1 mol C3O2最多还原________mol CuO。 解析：(1)按照化学性质分，Mn2O7、SO3、N2O5为酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，可以分成三类；Mn2O7是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成高锰酸钠和水，离子方程式为＋H2O。(2)红磷、白磷、黑磷互为同素异形体；硫酸铜与白磷反应，磷元素从0价变为＋5价、－3价，铜元素从＋2价变为＋1价，利用整体法，一个Cu3P共降低6价，一个H3PO4升高5价，利用化合价升降相等以及元素守恒，配平后的化学方程式为11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4。中碳元素已经是最高价态，不能再被氧气氧化，故不具有可燃性；将0.1 mol C3O2缓慢通入100 mL 1 mol·L-1NaOH(两者物质的量之比为1∶1)溶液中反应的化学方程式为C3O2＋NaOH＋H2O===CH2(COOH)COONa；C3O2中3个C总共显＋4价，都被氧化为CO2，1 mol C3O2最多失去8 mol电子，1 mol CuO最多得2 mol电子，根据电子守恒，则最多还原4 mol CuO。 答案：(1)三　＋H2O (2)同素异形体　11　60　96　20　24　60 (3)CO2　C3O2＋NaOH＋H2O===CH2(COOH)COONa　4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时质量评价(五) 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．一定条件下，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 A　解析：利用电子守恒和原子守恒配平化学方程式为5NH4NO3 ===2HNO3＋4N2↑＋9H2O。由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中所含氮元素的化合价升高，部分所含氮元素的化合价降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，属于分解反应，该反应中含有变价元素，属于氧化还原反应，C正确；氧化产物和还原产物的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。 2．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00 mL1.00×10-2 mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位：mol· L-1)为(　　) A．2.00×10-2 B．3.00×10-2 C．4.00×10-2 D．5.00×10-2 A　解析：酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色，发生的反应为＋3H2O，则有关系式：，使20.00 mL 1.00×10-2 mol· L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为＝2.00×10-2 mol·L-1。 3．Na2S2O3溶液与氯气能发生反应： Na2S2O3＋Cl2＋H2O===NaCl＋HCl＋H2SO4。下列说法错误的是(　　) A．氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1 B．若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移 4 mol电子 C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊 D．Na2S2O3溶液吸收氯气后，溶液的pH降低 A　解析：根据电子守恒和原子守恒配平化学方程式：Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O===2NaCl＋6HCl＋2H2SO4。由化学方程式可知，Cl2是氧化剂、Na2S2O3是还原剂、NaCl和HCl是还原产物、H2SO4是氧化产物，反应中电子转移的数目为8e－。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1，A错误；若0.5 mol Na2S2O3作还原剂，则转移4 mol 电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与H2SO4反应生成S，溶液出现浑浊，C正确；Na2S2O3溶液吸收氯气后生成了酸，故溶液的pH降低，D正确。 4．(2024·济南模拟)实验室制备F2过程为和H2O2在KF­HF介质中反应制得K2MnF6；②SbCl5＋5HF===SbF5＋5HCl；③2K2MnF6＋4SbF54KSbF6＋2MnF3＋F2↑。下列说法正确的是(　　) A．①可选择圆底烧瓶作为反应发生装置 B．②中反应可证明酸性：HF>HCl C．③中制备的F2可用排水法收集 D．转移相同电子数时①和③产生气体的物质的量相等 D　解析：烧瓶中含有SiO2，HF能和SiO2反应，所以不能选择圆底烧瓶作为反应发生装置，A错误；HF为弱酸，HCl为强酸，B错误；F2和H2O反应生成HF和O2，所以F2不能采用排水法收集，C错误；反应①中生成1 mol O2，转移电子的物质的量为1 mol×2×[0－(－1)]＝2 mol，反应③中生成1 mol F2，转移电子的物质的量为1 mol×2×[0－(－1)]＝2 mol，D正确。 5．已知反应：①＋2Fe2+＋W； ②＋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＋H2O不能发生 B　解析：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＋2Fe2+＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2+，B正确；反应②中，铬元素的化合价由＋6价降到＋3价，铁元素的化合价由＋2价升高到＋3价，根据得失电子守恒可得和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；具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：，则能将SO2氧化为，即反应＋H2O能发生，D错误。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 6．工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2，反应原理为＋H2O，部分催化过程如图所示。下列有关说法错误的是(　　) A．“过程1”中Ni2O3是氧化剂 B．反应过程中产生的O可加快对SO2的吸收 C．每吸收1 mol SO2，整个过程需要Ni2O3的物质的量为0.5 mol D．“过程2”的离子方程式可表示为ClO－＋2NiO2===Ni2O3＋Cl－＋2O AC　解析：“过程1”中，Ni2O3转化为NiO2，镍元素的化合价升高，作还原剂，A错误；反应过程中产生的O具有很强的活性，能将SO2氧化为SO3，与水作用生成H2SO4，所以可加快对SO2的吸收，B正确；依据得失电子守恒，每吸收1 mol SO2需要转移2 mol e－，则整个过程需要Ni2O3的物质的量为1 mol，C错误；“过程2”中，1 mol ClO－转化为Cl－和O时，需要转移2 mol e－，则需消耗2 mol NiO2，反应的离子方程式可表示为ClO－＋2NiO2===Ni2O3＋Cl－＋2O，D正确。 7．用酸性KMnO4溶液溶解Cu2S固体时，发生反应：＋Mn2+＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B．每生成，共转移8 mol电子 C．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．KMnO4溶液“酸化”时可加入浓盐酸 C　解析：反应中铜元素的化合价由＋1价变为＋2价，硫元素的化合价由－2价变为＋6价，锰元素的化合价由＋7价变为＋2价，根据电子守恒配平反应为＋2Mn2+＋4H2O，电子转化关系为。Cu2S中铜元素、硫元素化合价均升高，发生氧化反应，是还原剂，A错误；每生成，共转移10 mol电子，B错误；参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；高锰酸钾会和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，故KMnO4溶液“酸化”时不可加入浓盐酸，D错误。 8．BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，反应原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．苯酚被氧化的总反应为C6H5OH＋7O26CO2＋3H2O B．反应过程中BMO表现较强氧化性 C．在酸性条件下，反应①的离子方程式是＋28H＋===18CO2↑＋23H2O D．过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3 BD　解析：根据图示，苯酚被降解为H2O和CO2，A正确；BMO失去电子，被氧化，表现还原性，B错误；C6H5OH→6CO2，1 mol C6H5OH失去得到3 mol e－，配平离子方程式为＋28H＋===18CO2↑＋23H2O，C正确；，过程①利用作氧化剂，过程②利用BMO＋作氧化剂得3 mol e－，1 mol BMO＋得1 mol e－，故过程①和过程②被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1，D错误。 三、非选择题 9．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，其过程如图所示： 过程Ⅰ：…… 过程Ⅱ：＋4H＋ 过程Ⅰ的离子方程式是________________________________________ ___________________________________________________________。 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：_____________________________________________________________ _____________________________________________________________ _____________________________________________________________ ___________________________________________________________。 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·(NH4)2Fe(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。 解析：(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下Al和MnO2反应得到Al2O3和Mn，化学方程式为4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3。(2)①根据题意可知，MnO2会将SO2氧化为MnSO4，化学方程式为MnO2＋SO2MnSO4。②由图可知，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。 答案：(1)4Al＋3MnO23Mn＋2Al2O3　(2)①MnO2＋SO2MnSO4　②2Fe2+＋MnO2＋4H＋===Mn2+＋2Fe3+＋2H2O　③溶液中存在平衡：消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：，生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O2H2SO4发生　(3)55c(V1－V0)×10-3 10．(2024·淄博模拟)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的，发生的反应如下： 反应Ⅰ：＋Cr3+＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：＋Cr3+＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3 B．处理等物质的量时，消耗FeS的物质的量更多 C．处理等物质的量时，反应Ⅱ中消耗H＋更少 D．用FeS除去废水中的同时，还有利于吸附悬浮杂质 C　解析：反应Ⅰ的离子方程式为＋6Cr3+＋13H2O，反应Ⅱ的离子方程式为＋10Cr3+＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物(Cr3+)的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A正确；反应Ⅰ处理需要消耗 mol FeS，反应Ⅱ处理需要消耗 mol Cu2S，所以消耗的FeS更多，B正确；反应Ⅰ处理需要消耗n(H＋)＝ mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理需要消耗n(H＋)＝ mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C错误；反应中产生的Fe3+易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D正确。 11．造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图所示转化方式除去。下列说法错误的是(　　) A．Na2S溶液中存在c(OH－)>c(H＋) B．反应②和③转移的电子数相等时，还原剂之比为2∶1 C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 D．反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O===2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc B　解析：Na2S溶液中，因S2-水解而呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，A正确；反应②中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，硫元素化合价由－2价升高到＋4价，而反应③中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，硫元素化合价由＋4价升高到＋6价，当反应②和③转移的电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误；在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂，C正确；反应④中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式正确，D正确。 12．分类思想是化学学科学习与研究的一种极为重要的思维方式。回答下列问题： (1)有如下几种物质：Na2O、Al2O3、Mn2O7、SO3、N2O5五种成盐氧化物。按化学性质可将它们分成______(填“二”或“三”)类，写出Mn2O7与NaOH溶液反应的离子方程式：______________________________ ____________________________________________________________。 (2)磷能形成多种具有独特性质的物质。如磷能形成红磷、白磷、黑磷等多种单质，它们互为________(填相互关系)。白磷有剧毒，硫酸铜可作为白磷中毒的解毒剂，请配平相应的化学方程式。 ______P4＋______CuSO4＋______H2O===______Cu3P＋______H3PO4＋______H2SO4。 (3)碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3、C3O2，其中不具有可燃性的物质的化学式是_____________，已知C3O2＋2H2O=== CH2(COOH)2，写出将0.1 mol C3O2缓慢通入100 mL 1 mol·L-1NaOH溶液中反应的化学方程式：____________________________________ ____________________________________________________________ _____________________________________________________，该氧化物也可与热的CuO反应，则1 mol C3O2最多还原________mol CuO。 解析：(1)按照化学性质分，Mn2O7、SO3、N2O5为酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，Al2O3是两性氧化物，可以分成三类；Mn2O7是酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成高锰酸钠和水，离子方程式为＋H2O。(2)红磷、白磷、黑磷互为同素异形体；硫酸铜与白磷反应，磷元素从0价变为＋5价、－3价，铜元素从＋2价变为＋1价，利用整体法，一个Cu3P共降低6价，一个H3PO4升高5价，利用化合价升降相等以及元素守恒，配平后的化学方程式为11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4。中碳元素已经是最高价态，不能再被氧气氧化，故不具有可燃性；将0.1 mol C3O2缓慢通入100 mL 1 mol·L-1NaOH(两者物质的量之比为1∶1)溶液中反应的化学方程式为C3O2＋NaOH＋H2O===CH2(COOH)COONa；C3O2中3个C总共显＋4价，都被氧化为CO2，1 mol C3O2最多失去8 mol电子，1 mol CuO最多得2 mol电子，根据电子守恒，则最多还原4 mol CuO。 答案：(1)三　＋H2O (2)同素异形体　11　60　96　20　24　60 (3)CO2　C3O2＋NaOH＋H2O===CH2(COOH)COONa　4 学科网（北京）股份有限公司 $$