第7讲 氧化还原反应方程式的配平、电子守恒法计算及应用-【优化探究】2025年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（苏教版2019）

第二单元 优化探究 大单元一　化学基本概念与化学实验基础 专题1　物质的分类 离子反应和氧化还原反应 第7讲　氧化还原反应方程式的配 平、电子守恒法计算及应用 考点1　氧化还原反应方程式的配平方法 考点2　信息给予型氧化还原反应方程式的书写 考点3　电子守恒法计算及应用 课时作业7　氧化还原反应方程式的配平、电子守恒法计算及应用 考点1　氧化还原反应方程式的配平方法 1. 氧化还原反应方程式配平的基本原则 掌握必备知识 筑牢应试根基 2. 氧化还原反应方程式配平的步骤 　特别提醒：配平时，建议先根据化合价升降法配平变价元素，然后根 据原子守恒或电荷守恒观察配平其他元素。 命题方式1　氧化还原反应方程式的配平 1. 配平化学方程式：H2S＋HNO3 S↓＋NO↑＋H2O ⁠。 3H2S＋2HNO3 3S↓＋2NO↑＋4H2O 提升关键能力 应对命题方式 配平步骤如下： 第一步：标变价。H2 ＋H O3 ↓＋ O↑＋H2O 第二步：列得失。 第三步：求总数。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，再利用质量守恒配平其他元素。 3H2S＋2HNO3 3S↓＋2NO↑＋4H2O 第五步：查守恒。最后利用O质量守恒来进行验证。 2. 配平下列化学方程式。 (1) HCl(浓)＋ MnO2 Cl2↑＋ MnCl2＋ H2O。 (2) KI＋ KIO3＋ H2SO4 I2＋ K2SO4＋ H2O。 (3) Mn ＋ H＋＋ Cl－ Mn2＋＋ Cl2↑＋ H2O。 4 1 2 1 1 5 1 3 3 3 3 2 16 10 2 5 8 3. 配平下列化学方程式。 (1) S＋ KOH K2S＋ K2SO3＋ H2O。 (2) P4＋ KOH＋ H2O K3PO4＋ PH3。 3 6 2 1 3 2 9 3 3 5 命题方式2　氧化还原反应方程式的缺项配平 4. 将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加 热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式： NaBiO3＋ Mn2＋＋  　　　　 Na＋＋ Bi3＋ ＋  　　　　＋  　　　　。 5 2 14 H＋ 5 5 2 Mn 7 H2O 配平步骤如下： 第一步，由溶液显紫色及Bi3＋为无色可推知有Mn 生成，确定含变价 元素物质的化学计量数。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋ H＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2Mn ＋ 　 H2O　 化合价变化分析如下： Bi(＋5→＋3)，Mn(＋2→＋7)，则NaBiO3与Bi3＋的化学计量数为5，Mn2 ＋与Mn 的化学计量数为2。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2Mn ＋ ⁠。 第二步，根据补项原则确定缺项物质。在酸性条件下，方程式左边多 O，故应补H＋，而方程式右边少O，故应补H2O。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋ 5Na＋ 5Bi＋2Mn ＋ ⁠ 化合价变化分析如下： Bi(＋5→＋3)，Mn(＋2→＋7)，则NaBiO3与Bi3＋的化学计量数为5，Mn2 ＋与Mn 的化学计量数为2。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋ 　5Na＋＋5Bi3＋＋2Mn ＋  　　　　　。 第二步，根据补项原则确定缺项物质。在酸性条件下，方程式左边多 O，故应补H＋，而方程式右边少O，故应补H2O。 第三步，利用质量守恒及电荷守恒确定缺项物质及其他物质的化学计量 数。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2Mn ＋7H2O 第三步，利用质量守恒及电荷守恒确定缺项物质及其他物质的化学计量 数。 5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2Mn ＋7H2O 　反思归纳： 1. 方程式配平的基本技能 (1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边 反应物着手配平。 (2)歧化反应从右边配：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，再观察方程式两边电荷。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。 2. 组合方式 组合 反应物 生成物 使用条件 组合一 H＋ H2O 酸性溶液 组合二 H2O H＋ 酸性溶液或酸碱性未知 组合三 OH－ H2O 碱性溶液 组合四 H2O OH－ 碱性溶液或酸碱性未知 考点2　信息给予型氧化还原反应方程式的书写 第一步，确定氧化剂、还原剂 (1)根据常见的氧化剂、还原剂确定哪种物质是氧化剂，哪种物质是 还原剂。 (2)根据题目提供的信息确定反应的氧化剂、还原剂。 掌握必备知识 筑牢应试根基 第二步，确定氧化产物、还原产物 (1)根据常见的氧化剂、还原剂对应的还原产物、氧化产物确定。 (2)根据氧化还原反应规律确定：氧化剂中被还原的元素化合价一定降 低，还原剂中被氧化的元素的化合价一定升高，除特殊情况外，一般变 化为相邻价态较为常见。 (3)根据题目提供的信息确定反应的氧化产物、还原产物。 第三步，配平方程式：先配平变价元素、再利用电荷守恒或原子守恒观 察配平未变价元素。 命题方式1　提取流程信息 1. 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 提升关键能力 应对命题方式 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。 命题方式2　提取“反应机理”信息 2. 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(　D　) A. 苯酚被氧化的总反应为C6H5OH＋7O2 6CO2＋3H2O B. 反应过程中BMO表现较强还原性 C. 在酸性条件下，反应①的离子方程式是3C6H5OH＋28 ＋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 D 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正确；C6H5OH→6CO2失去28 mol e－， →2H2O得到3 mol e－，配平离子方程式为3C6H5OH＋28 ＋28H＋ 18CO2↑＋23H2O，C正确；BMO＋O2 BMO＋＋ ，过 程①利用 作氧化剂，过程②利用BMO＋作氧化剂，1 mol 得3 mol e－，1 mol BMO＋得1 mol e－，故过程①和②中被降解的苯酚的 物质的量之比为3∶1，D错误。 命题方式3　提取实验信息 3. (2024·河北张家口检测)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫 化亚铁(FeS2)的混合物时发生： 反应Ⅰ： ＋Cu2S＋H＋ Cu2＋＋S ＋Mn2＋＋H2O(未配平)； 反应Ⅱ： ＋FeS2＋H＋ Fe3＋＋ ＋Mn2＋＋H2O(未配平)。 下列说法正确的是(　A　) A A. 反应Ⅰ中转移电子的物质的量为5 mol时生成0.5 mol B. 反应Ⅱ中还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶5 C. 若两反应中消耗的KMnO4的量相同，则两反应中消耗的还原剂的量 也相同 D. Cu2S和FeS2都既是氧化剂又是还原剂 反应Ⅰ中，Cu2S中Cu元素由＋1价升高为＋2价、S元素由－2价升高为＋6 价，每生成1 mol ，消耗1 mol Cu2S，转移电子的物质的量为10 mol，当转移电子的物质的量为5 mol时生成0.5 mol ，故A正确；反 应Ⅱ，3Mn ＋FeS2＋8H＋ Fe3＋＋2S ＋3Mn2＋＋4H2O，还原产 物(Mn2＋)与氧化产物(Fe3＋＋S )的物质的量之比为1∶1，故B错误； 反应Ⅰ：2Mn ＋Cu2S＋8H＋ 2Cu2＋＋S ＋2Mn2＋＋4H2O和反应 Ⅱ：3Mn ＋FeS2＋8H＋ Fe3＋＋2S ＋3Mn2＋＋4H2O中消耗的 KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ中消耗Cu2S和反应Ⅱ中消耗FeS2的物质 的量之比为3∶2，不相同，故C错误；根据方程式可知，Cu2S和FeS2都是还原剂，故D错误。 4. (2024·河北保定检测)用酸性KMnO4溶液溶解Cu2S固体时，发生反应： ＋Cu2S＋H＋ Cu2＋＋ ＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正 确的是(　C　) A. Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B. 每生成1 mol S ，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 反应中铜元素由＋1价变为＋2价、硫元素由－2价变为＋6价，锰元素由 ＋7价变为＋2价，根据得失电子守恒，配平反应为2Mn ＋Cu2S＋ 8H＋ 2Cu2＋＋S ＋2Mn2＋＋4H2O，电子转化关系为2Mn ～ 10e－～S ；反应中Cu2S中的铜元素、硫元素化合价均升高，发生 氧化反应，是还原剂，A错误；由分析可知，电子转化关系为2Mn ～10e－～S ，每生成1 mol S ，共转移10 mol电子，B错误；由 分析可知，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。 　文献资料：亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：K4[Fe(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。 聚焦新情境 应对新信息 阅读上述文献资料，回答下列问题： (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。该反应的化学方程式为 ⁠ ⁠。 (2)处理含KCN的污水时，可在催化剂TiO2作用下用NaClO将CN－氧化成 CNO－，该反应的离子方程式为 ⁠。 CNO－在酸性条件下继续被NaClO氧化生成N2和CO2，该反应的离子方 程式为 ⁠。 K4[Fe(CN)6] 4KCN＋Fe＋2C＋N2↑ CN－＋ClO－　 　CNO－＋Cl－ 2CNO－＋3ClO－＋2H＋ N2↑＋2CO2↑＋3Cl－＋H2O 阅读点拨：阅读上述文献时，需要特别关注文献中黄血盐的化学式及其 中Fe、C、N元素的化合价。 考点3　电子守恒法计算及应用 1. 计算依据 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。 2. 守恒法解题的思维流程 掌握必备知识 筑牢应试根基 命题方式1　确定元素价态或物质组成 1.24 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 Cr元素在还原产物中的化合价为(　B　) A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5 B 提升关键能力 应对命题方式 由题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必定是K2Cr2O7，失 电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，设Cr元素 的化合价从＋6→＋ n (设＋ n 为生成物中Cr元素的化合价)，根据得失电 子守恒，有0.024 L×0.05 mol·L－1×(6－4)＝0.02 L×0.02 mol·L－1×2 ×(6－ n )，解得 n ＝3。 2. 用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物 时，发生反应Ⅰ：Mn ＋Cu2S＋H＋ Cu2＋＋S ＋Mn2＋＋H2O(未 配平)和反应Ⅱ：Mn ＋FeS2＋H＋ Fe3＋＋S ＋Mn2＋＋H2O(未配 平)。下列说法正确的是(　B　) A. 反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂 B. 反应Ⅰ中每生成1 mol S ，转移电子的物质的量为10 mol C. 反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3 D. 若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ 中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3 B 反应Ⅰ的离子方程式为2Mn ＋Cu2S＋8H＋ 2Cu2＋＋S ＋2Mn2＋ ＋4H2O，反应Ⅱ的离子方程式为3Mn ＋FeS2＋8H＋ Fe3＋＋2S ＋3Mn2＋＋4H2O，据此分析。A. 反应Ⅰ中Cu2S中Cu元素的化合价从＋1 升高到＋2，S元素的化合价从－2升高到＋6，Cu2S只作还原剂，错误； B. 反应Ⅰ中每生成1 mol S ，有2 mol Cu＋失去2 mol电子，1 mol S2－ 失去8 mol电子，总共转移电子的物质的量为10 mol，正确；C. 反应Ⅱ中 Mn 中Mn元素化合价降低，作氧化剂，FeS2中Fe元素与S元素化合价 皆升高，作还原剂，由分析中反应Ⅱ的离子方程式可知，氧化剂与还原 剂的物质的量之比为3∶1，错误；D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4 的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2，错误。 命题方式2　氧化还原滴定中的计算 3. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。 由Na2S2O3可制得产品Na2S2O3·5H2O，某实验小组用滴定法测定产品的 纯度。准确称取 W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉为指示剂，用 0.100 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2 ＋I2 S4 ＋2I－。 滴定过程中消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL。 产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O的摩尔质量为 M g·mol－1) 　 ⁠。 消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL。根据反应原理得关系式：2S2 ～I2，得 n (S2 )＝2×18.10×10－3 L×0.1 00 0 mol·L－1＝ 3.620×10－3 mol，故产品的纯度为 ×100％＝ ×100％。 ×100％　 命题方式3　电子守恒在未配平方程式中的应用 4. 某硫酸厂为测定沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数，取280 mL(已折 算成标准状况)气体样品与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用0.020 00 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00 mL。已 知：Cr2 ＋Fe2＋＋H＋ Cr3＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。 (1)SO2通入Fe2(SO4)3溶液中，发生反应离子方程式为 ⁠ ⁠。 SO2＋2Fe3＋＋ 2H2O S ＋2Fe2＋＋4H＋ (1)SO2中S为＋4价，被氧化成＋6价，产物为S ，Fe3＋被还原成 Fe2＋，产物中氧原子数增多，表明反应物中有水，产物中有H＋，须 根据得失电子守恒来配平离子方程式。 (2)沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数为 ⁠。 (2)根据得失电子守恒可知： n (SO2)×2＝ n (Cr2 )×6＝ 0.020 00 mol·L－1×0.025 L×6＝0.003 mol， n (SO2)＝ 0.001 5 mol，沸腾炉中所得气体中SO2的体积分数为 ×100％＝12.00％。 12.00％　 1. (2023·北京卷，节选)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。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 探究真题 素养提升 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去 除FeS2，有利于后续银的浸出，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸 锰渣中。 在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则 浸锰液中主要的金属阳离子有 ⁠。 Fe3＋、Mn2＋　 银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合后加 入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 形式浸出，用铁粉把 还原为金属银。 (1)根据已知信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身 被还原为Mn2＋，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3＋、Mn2＋。 (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 形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 2 4 Cl－ 2 Fe2＋　 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl－、H＋的作用： ⁠ ⁠ ⁠。 Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag＋结合生成 ，使平衡正向移 动，提高Ag2S的浸出率；H＋是为了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe(OH)3 沉淀 (2)①Ag2S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 ＋S；②Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag＋结合生成 ，使 平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H＋是为了抑制Fe3＋水解，防止生 成Fe(OH)3沉淀。 ①该步反应的离子方程式有 ⁠ ⁠； 2[AgCl2]－＋Fe Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、 2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋ (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ⁠。 Fe2＋被氧气氧化为Fe3＋，Fe3＋把Ag氧化为Ag＋ 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 min后 Ag的沉淀率逐渐减小的原因： (3)①铁粉可将 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 ＋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 t min 后Ag的沉淀率逐渐减小。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取 银和锰的优势： ⁠ ⁠ ⁠。 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到 MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3＋还可以用于“浸 银”，节约氧化剂 (4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同 时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开，生成 的Fe3＋还可以用于“浸银”，节约氧化剂。 2. (2022·河北卷，节选)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： (1)红渣的主要成分为 (填化学式，下同)。 黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为4FeS2＋11O2 Fe2O3、SiO2　 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溶液加热充分酸浸，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(2)小问可知不生成S单质，则 硫元素被氧化为S ，根据得失电子守恒、原子守恒得化学方程式为 7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O 15FeSO4＋8H2SO4，然后进行工序①蒸发 浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，得到FeSO4晶体， 母液主要含有FeSO4和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入 (NH4)2SO4、K4[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＋＋2N ＋[Fe(CN)6]4－ Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过 滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为 6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋Cl ＋6H＋ 6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋ 6N ，过滤、洗涤、干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。 (1)由上述分析可知，红渣的主要成 分为Fe2O3、SiO2。 (2)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 ⁠ ⁠。 (2)由分析可知，还原工序中，不产生S单质，则硫元素被氧化为S ， 根据得失电子守恒、原子守恒得化学方程式为7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O 15FeSO4＋8H2SO4。 7Fe2(SO4)3＋FeS2 ＋8H2O 15FeSO4＋8H2SO4 (3)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe元素的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为 ⁠ ⁠。 ＋2　 6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋Cl ＋ 6H＋ 6Fe(NH4)Fe(CN)6＋ 3H2O＋Cl－＋6N (3)根据化合物中各元素化合价代数和为0可推知，沉铁工序产生的白色 沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为＋2价，由分析可知，氧化工序所 发生反应的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋Cl ＋6H＋ 6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋6N 。 (4)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3· x H2O和(NH4)2SO4，所加试剂 为 和 (填化学式，不引入杂质)。 H2O2　 NH3·H2O　 (4)由上述分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4和H2SO4， 向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2＋完全氧化为Fe3＋，再向氧化后 的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧， 即可制得Fe2O3· x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和 NH3·H2O。 课时作业7　氧化还原反应方程式的配平、电子守恒法计算及应用 一、选择题 1. 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 反应的离子方程式是Mn ＋N ＋ Mn2＋＋N ＋H2O。 下列叙述中正确的是(　C　) A. 该反应中N 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－ C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 反应中N 中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，1个N原子失去2个 电子，被氧化，为还原剂，A不正确；Mn 中Mn元素的化合价从＋7 价降低到＋2价，1个Mn原子得到5个电子，为氧化剂，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，结合电荷守恒，可配 平该离子反应为2Mn ＋5N ＋6H＋ 2Mn2＋＋5N ＋3H2O，即 生成1 mol NaNO3要消耗0.4 mol KMnO4，C正确；由上述离子方程式可 知，反应消耗氢离子，溶液中H＋浓度减小，溶液pH增大， 中的粒子 是H＋，B、D不正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2. (2023·鹤山段考)把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化 还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是 (　D　) A. I 为氧化剂 B. 若有1 mol Mn2＋参加反应转移5 mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D. 配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，为还原剂，则I 为氧化剂， 配平离子方程式为2Mn2＋＋5I ＋3H2O 2Mn ＋5I ＋ 6H＋。由分析可知，A项正确；由分析可知，若有1 mol Mn2＋参加 反应，转移 5 mol 电子，B正确；由分析可知，氧化剂与还原剂的 物质的量之比为5∶2，正确；由分析可知，配平后Mn2＋、H＋的化 学计量数分别为2、6，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3. 四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化 浓盐酸生成Cl2和Ru3＋。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3 溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是(　D　) A. 若NaClO3与Na2RuO4的物质的量之比为1∶3，则还原产物为Cl2 B. RuO4与浓盐酸反应生成11.2 L Cl2转移的电子数为 N A C. 酸性介质中氧化性：RuO4＞Cl ＞Cl2 D. 在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为 Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4 RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 若NaClO3与Na2RuO4的物质的量之比为1∶3，酸性介质中可制得氧 化产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3为 氧化剂，根据氧化还原反应中，氧化剂得电子的物质的量等于还原 剂失电子的物质的量，设还原产物中氯元素的化合价为 x ，(＋5－ x )×1 ＝(＋8－6)×3， x ＝－1，故还原产物为Cl－，不是Cl2，故A 错误；11.2 L Cl2所处的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故 B错误；RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2，可以得到氧化性：RuO4＞ Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应可制得RuO4，可以得到氧化性： Cl ＞RuO4，故C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应 得到RuO4和NaCl，根据质量守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化 学方程式为Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4 RuO4＋Na2SO4＋NaCl ＋H2O，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4. Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为 自由基)。下列说法错误的是(　C　) A. X的化学式为H2S2 B. HS·反应活性较强，不能稳定存在 C. 步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶1 D. 步骤Ⅳ除砷的方程式为3H2S＋2H3AsO3 As2S3↓＋6H2O C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 由反应机理图可知，S2 与氢离子在紫外线照射条件下可以生成 HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与 H3AsO3发生反应生成As2S3，则X的化学式为H2S2，故A正确；HS·反应 活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；步骤 Ⅲ反应中H2S2分解得到S8和H2S，反应的化学方程式为8H2S2 S8＋ 8H2S，S元素化合价一部分由－1价升高到0价，一部分由－1价降低到－ 2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1∶1，故C错误；步骤Ⅳ中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，反应的 化学方程式为3H2S＋2H3AsO3 As2S3↓＋6H2O，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5. (2023·四川攀枝花三模)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液 中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设 NaNO2的还原产物均为NH3)： 下列说法中，不正确的是(　B　) B A. 反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH 3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O B. 当反应②转移的电子数目为3 N A时，生成34 g NH3 C. 反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D. 发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe＋4NaNO2＋8H2O 3Fe3O4＋ 4NaOH＋4NH3↑ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价升 到＋2价，根据氧化还原反应规律可知，N元素由＋3价降到－3价生成 NH3，反应的化学方程式为3Fe＋NaNO2＋5NaOH 3Na2FeO2＋NH3↑ ＋H2O，故A正确；反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和 NH3，Fe元素化合价由＋2价升到＋3价，NaNO2中N由＋3价降为－3 价，当转移的电子数目为3 N A时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，故B 错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由＋2价升为 ＋ 价，Na2Fe2O4中Fe由＋3价降为＋ 价，根据得失电子守恒可知， Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，故C正确；由题图可知，发 蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒 和原子守恒配平化学方程式为9Fe＋4NaNO2＋8H2O 3Fe3O4＋4NaOH ＋4NH3↑，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6. 以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图，下列说法错误的是 (　B　) A. NaClO3在发生器中作氧化剂 B. 吸收塔中1 mol H2O2得到2 mol电子 C. 吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2分解 D. 从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据流程图知，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为 2NaClO3＋SO2 Na2SO4＋2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，母液中溶 质主要为Na2SO4，A、D项正确；吸收塔中发生的反应为2ClO2＋H2O2＋ 2NaOH 2NaClO2＋2H2O＋O2↑，1 mol H2O2失去2 mol电子，B项错 误；H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，C项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7. (2024·湖南益阳检测)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2 ，发生的 反应如下： 反应Ⅰ：CuS＋Cr2 ＋H＋ Cu2＋＋ ＋Cr3＋＋H2O(未配平)； 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2 ＋H＋ Cu2＋＋ ＋Cr3＋＋H2O(未配平)。 下列有关说法不正确的是(　B　) A. 反应Ⅰ中只有 是氧化产物，而反应Ⅱ中Cu2＋、 都是氧化产物 B. 反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为5∶3 C. 反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 molCr2 ，转移电子的数目相等 D. 处理1 mol Cr2 时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量不相等 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有S 是氧化产物；反应Ⅱ中铜元素、 硫元素均被氧化，所以Cu2＋、S 都是氧化产物，故A正确；根据得 失电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2 ＋46H ＋ 6Cu2＋＋3S ＋10Cr3＋＋23H2O，氧化剂为Cr2 ，还原剂为 Cu2S，则反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平反应Ⅰ：3CuS＋4Cr2 ＋32H＋ 3Cu2＋＋3S ＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2 ＋46H＋ 6Cu2＋＋3S ＋10Cr3＋＋23H2O，反应Ⅰ中每处理1 mol Cr2 ，转移电子的物质的量为6 mol，反应Ⅱ中每处理1 mol Cr2 ，转移电子的物质的量为6 mol，故转移电子的数目相等，故C正 确；处理1 mol Cr2 时反应Ⅰ中消耗H＋的物质的量为8 mol，处理1 mol Cr2 时反应Ⅱ中消耗H＋的物质的量为9.2 mol，消耗H＋的物质的量不 相等，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8. 工业上用发烟HClO4将潮湿的CrCl3氧化为棕色的CrO2(ClO4)2，来除去 Cr3＋，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是(　D　) A. CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价 B. HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸 C. 该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8 D. 该反应的离子方程式为19Cl ＋8Cr3＋＋8OH－ 8CrO2(ClO4)2＋ 3Cl－＋4H2O D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 CrO2(ClO4)2中O元素为－2价、Cl元素为＋7价，则根据化合物中各元素 化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为＋6价，A正确；Cl元素非金 属性较强，HClO4属于强酸，HClO4将CrCl3氧化为棕色的CrO2(ClO4)2， 部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；根据得失电子守 恒、电荷守恒及质量守恒，可得该反应的离子方程式为19Cl ＋8Cr3＋ ＋4H2O 8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，氧化剂为Cl ，还原剂为Cr3 ＋，CrO2(ClO4)2为氧化产物。Cr元素的化合价由＋3价升至＋6价，Cl 中Cl元素变价部分的化合价由＋7价降至－1价，根据得失电子守恒，氧 化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确；由C项分析知D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 二、非选择题 9. 新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，微溶于KOH 溶液，难溶于有机溶剂；在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中 稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式： 　2　FeCl3＋　10　NaOH＋　3　NaClO　2　Na2FeO4＋ ＋　5　H2O　　。 其中氧化剂是 (填化学式)。 (1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据质量守恒，可知反 应化学方程式中需要补充NaCl和H2O。根据得失电子守恒配平化学方程 式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO 2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。 2 10 3 2 9　 NaCl　 5　 H2O　 NaClO　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为 ⁠ ⁠。 (2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知 “转化”过程是在加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小 的K2FeO4。 Na2FeO4＋2KOH K2FeO4↓＋2NaOH 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)K2FeO4可以将废水中的CN－氧化为CNO－，实验表明，pH＝9时CN－ 去除效果最佳。配平该反应的离子方程式： Fe ＋ CN－ ＋ H2O Fe(OH)3↓＋ CNO－＋ OH－。 现处理含CN－浓度为13 mg/L的废水1 m3，至少需要K2FeO4 g。 2　 3　 5　 2　 3　 4　 66　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)由得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒可知离子方程式为2Fe ＋ 3CN－＋5H2O 2Fe(OH)3↓＋3CNO－＋4OH－；处理含CN－浓度为13 mg/L的废水1 m3，至少需要K2FeO4的质量为 × ×198 g/mol＝66 g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (4)资料表明，酸性溶液中氧化性：Fe ＞Mn 。验证实验：将少量 K2FeO4溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入MnSO4 和H2SO4的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证 明最后所得浅紫色溶液中含有Mn ： ⁠ ⁠。 向最后的浅紫色溶液中滴加过 量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去，说明溶液中含有Mn 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (4)向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去， 说明溶液中含有Mn 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10. 铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳 铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件 省略)。 回答下列问题： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为 ⁠。 (1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合 价为＋3。 ＋3　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出 稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式： ⁠ ⁠。 2CeO2＋H2O2＋6H＋ 2Ce3＋＋O2↑＋4H2O 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水为还原剂，发生反应的化学方程 式为2CeO2＋H2O2＋3H2SO4 Ce2(SO4)3＋O2↑＋4H2O，离子方程式为 2CeO2＋H2O2＋6H＋ 2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (3)写出步骤Ⅳ的离子方程式： ⁠。 (3)依题意知，步骤Ⅳ的离子方程式为Ce3＋＋3OH－ Ce(OH)3↓。 Ce3＋＋3OH－ Ce(OH)3↓ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (4)准确称取 W g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵 [(NH4)2S2O8]溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用 c mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 V mL。 已知：有关的反应为2Ce3＋＋S2 2Ce4＋＋2S ，Ce4＋＋Fe2＋ Fe3＋＋Ce3＋。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 ①用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为 ％。 ②用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数 ⁠ (填“偏高”“偏低”或“不变”)。 　 偏 高　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (4)①观察已知反应式知，CeCl3～(NH4)2Fe(SO4)2， n (CeCl3)＝ mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。 w (CeCl3)＝ ×100％＝ ％。②如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2＋被氧化成Fe3 ＋，导致 V 偏大，故测得样品的质量分数偏高。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $$