2025届高三化学二轮复习 　氧化还原反应方程式的配平和计算 知识点突破 讲义

高考专题　氧化还原反应方程式的配平和计算 知识点突破 课标解读 1．能根据得失电子守恒、原子守恒书写并配平化学方程式。 2．能依据得失电子守恒，列出等式进行相关计算。 氧化还原反应方程式的配平 必备知识·梳理夯实 知识梳理 1．配平氧化还原反应方程式的三个“基本原则” 2．配平氧化还原反应方程式的五个“关键步骤” 以上方法步骤以Cu与稀HNO3反应的方程式配平为例说明如下： ①标变价 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋O＋H2O ②列变化 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ③求总数 u＋HO3(稀)—— (NO3)2＋ O＋H2O ④配系数 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O ⑤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。 3．氧化还原反应方程式的配平方法 (1)正向配平法(全变从左边配)：氧化剂、还原剂中某元素化合价全部变化，一般从反应物开始配平。 如： (2)逆向配平法(自变从右边配)：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边生成物着手配平。 如： (3)整体配平法 若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。如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体， 配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。再如 (4)缺项配平法：化学方程式所缺物质往往是酸、碱或水；如果是离子方程式，所缺物质往往是H＋、OH－或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质，再根据化合价升降守恒配平。如果无法确定所缺项，可先依据化合价的升降守恒将现有的某些物质配平，然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及其化学计量数(系数)。 (5)平均配平法：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。 [微点归纳]　(1)“缺项”配平原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ (2)组合方式 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 4.陌生化学方程式书写的思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： 元素化合 价无变化 此反应为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律 元素化合 价有变化 此反应为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可 自主小练 1．易错辨析：正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClO＋4H＋===2ClO2＋Cl－＋2H2O。( × ) [提示]　应为5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O。 (2)NO2通入水中制硝酸：2NO2＋H2O===2H＋＋NO＋NO。( × ) [提示]　应为3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO。 (3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋。( × ) [提示]　Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解：2H2O22H2O＋O2↑。 (4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑。( √ ) (5)用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO＋16H＋＋5C2O===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。( × ) [提示]　草酸为弱酸，写化学式。 (6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO＋I－＋6H＋===I2＋3H2O。( × ) [提示]　应为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。 2．(1)配平下列化学方程式 ①HCl(浓)＋MnO2Cl2↑＋MnCl2＋H2O ②(NH4)2Cr2O7N2↑＋Cr2O3＋H2O (2)根据题给信息写出对应的方程式： ①(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为 5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋　。 ②Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为 Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S　。 ③在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式为 NaI＋3Cl2＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O　。 ④KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为 2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O　。 [提示]　①S2O与Mn2＋反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2＋MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H＋。②Sb2S3与SbCl5生成SbCl3和S，其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。③在NaOH的环境中，每1 mol I－完全反应转移6 mol电子生成IO，Cl2转化为Cl－，由此可写出反应的化学方程式。④锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3)是还原剂，CO2是氧化产物，配平即可。 考点突破·训练提升 微考点1　常规类型方程式的配平 1．(2023·山东泰安一模)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：MnO＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnO＋FeS2＋H＋―→Fe3＋＋SO＋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 SO，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 [解析]　反应Ⅰ中Cu2S中Cu的化合价从＋1升高到＋2，S的化合价从－2升高到＋6，Cu2S只作还原剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1 mol SO，2 mol Cu＋失去2 mol电子，1 mol S2－失去8 mol电子，共转移10 mol电子，B正确；用双线桥法分析反应Ⅱ得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1，C错误；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，D错误。 2．(高考题节选)(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，还含有硅、铝等杂质。制备过程第一步如下： 熔块 该步骤的主要反应为FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数之比为 2∶7　。 (2)酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平后的离子方程式为 MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O　。 [解析]　(1)根据得失电子守恒和质量守恒，配平可得：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2＋7NaNO2，故FeO·Cr2O3与NaNO3的计量数之比为2∶7。 (2)I元素由－1价升高到0价，Mn元素由＋4价降低到＋2价，根据元素化合价升高总数相等可得MnO(OH)2和I－的化学计量数分别为1、2，再结合原子守恒和电荷守恒配平：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O。 【对点训练】　 1．(2024·河南安阳第一次联考)甲硅烷(SiH4)具有强还原性，将甲硅烷通入AgNO3溶液中可发生反应：SiH4＋AgNO3＋H2O―→Ag↓＋SiO2↓＋HNO3(未配平)，下列说法错误的是( C ) A．配平后各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8 B．SiH4作还原剂，AgNO3作氧化剂 C．反应消耗32 g SiH4时，转移电子的物质的量为4 mol D．SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料 [解析]　将题给反应方程式配平：SiH4＋8AgNO3＋2H2O===8Ag↓＋SiO2↓＋8HNO3，则可知各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8，A正确；SiH4中H元素失去电子作还原剂，AgNO3中Ag元素得电子作氧化剂，B正确；消耗1 mol SiH4(即32 g)转移8 mol电子，C错误；SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料，D正确。 2．配平下列化学方程式 (1)正向配平 ①KI＋KIO3＋H2SO4===I2＋K2SO4＋H2O ②MnO＋H＋＋Cl－===Mn2＋＋Cl2↑＋H2O (2)逆向配平 ③S＋KOH===K2S＋K2SO3＋H2O ④P4＋KOH＋H2O===K3PO4＋PH3 (3)综合 ⑤KI＋CuSO4===I2＋CuI↓＋K2SO4 ⑥NaBO2＋SiO2＋Na＋H2===NaBH4＋Na2SiO3 ⑦KClO3＋HCl===KCl＋ClO2＋Cl2＋H2O ⑧P4＋CuSO4＋H2O===Cu3P＋H3PO4＋H2SO4 ⑨H2S＋HNO3===S↓＋NO↑＋H2O ⑩P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe ⑪As2S3＋HNO3＋H2O===H3AsO4＋H2SO4＋NO↑ ⑫NH4NO3===N2↑＋HNO3＋H2O ⑬MnO＋C2O＋H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O [解析]　(1)①1个KI失e－，1个KIO3得5e－，根据得失电子守恒，KI、KIO3的化学计量数为5、1，再根据原子守恒，配平化学方程式为5KI＋KIO3＋3H2SO4===3I2＋3K2SO4＋3H2O。②1个MnO得5e－，1个Cl－失e－，根据得失电子守恒，MnO、Cl－的化学计量数为1、5，由于Cl－转化为氯气，系数必须为偶数，则MnO、Cl－的化学计量数为2、10，再根据原子守恒和电荷守恒，配平离子方程式为2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。 (2)③生成1个K2S得2e－，生成1个K2SO3失4e－，根据得失电子守恒，K2S、K2SO3的化学计量数为2、1，再根据原子守恒，配平化学方程式为3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O。④生成1个K3PO4失5e－，生成1个PH3得3e－，根据得失电子守恒，K3PO4、PH3的化学计量数为3、5，再根据原子守恒，配平化学方程式为2P4＋9KOH＋3H2O===3K3PO4＋5PH3。 (3)根据元素化合价升降法和相应的配平技巧进行配平。⑥、⑧二个重点题目分析如下：⑥ a→a2SiO3，生成1份Na2SiO3升高1×2价，2→NaB4，生成1份NaBH4降低1×4价，根据化合价升降总数相等，在Na2SiO3前添加系数2，在NaBH4前添加系数1，再根据原子守恒配平其他物质的系数。⑧由于Cu3P中存在多个变价元素，符合整体归一法配平，因此把Cu3P当作一个整体来分析，4＋SO4→3，生成1份Cu3P降低1×3＋3＝6价，4→H3O4，升高5价，根据化合价升降总数相等，在H3PO4前添加系数6，在Cu3P前添加系数5，再根据原子守恒配平其他物质的系数。可知P4的系数为，再将所有的系数乘以4即可。 微考点2　缺项型方程式的配平 (1)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。完成Ⅰ中反应的总化学方程式：NaCl＋H2ONaClO3＋ H2↑　。 (2)完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClO＋Fe2＋＋ H＋　===Cl－＋Fe3＋＋ H2O　。 [解析]　(1)反应Ⅰ中，Cl元素由－1价升高到＋5价，Cl和O元素化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知H2O中＋1价H元素被还原，则未知产物为H2，结合电子得失守恒和原子守恒配平：NaCl＋3H2ONaClO3＋3H2↑。 (2)Cl元素由＋5价降低到－1价，Fe元素由＋2价升高到＋3价，根据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 归纳拓展： “三步法”配平缺项氧化还原反应化学方程式。 缺项化学方程式是指某些反应物或生成物在化学方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，其配平流程为 【对点训练】　 1．配平下列化学方程式 (1)MnO＋H2O2＋===Mn2＋＋O2↑＋H2O (2)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、AlN、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。 ＋＋===AlN＋ [解析]　(1)根据MnO→Mn2＋得5e－，H2O2→O2失2e－，MnO、H2O2的化学计量数为2、5，再根据原子守恒、电荷守恒配平方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。 (2)根据AlN为生成物，则Al2O3、N2为反应物，根据N的化合价降低，则碳元素化合价升高，C为反应物，CO为生成物，再配平化学方程式：Al2O3＋3C＋N2===2AlN＋3CO。 2．(2024·江西南昌模拟)某化学反应的反应物和产物如下：KMnO4＋KI＋H2SO4―→MnSO4＋I2＋KIO3＋________＋H2O。 (1)该反应的氧化产物是 I2、KIO3　。 (2)如果该反应方程式中I2和KIO3的化学计量数都是5。补全下面的化学方程式并用单线桥法标出电子转移的方向和数目。 [解析]　(1)I元素的化合价由－1价升高到0价和＋5价，故I2、KIO3为氧化产物。 (2)如果该反应方程式中I2和KIO3的化学计量数都是5，根据得失电子守恒，该方程式配平为8KMnO4＋15KI＋17H2SO4===8MnSO4＋5I2＋5KIO3＋9K2SO4＋17H2O，方程式中I元素转移了40个电子。 氧化还原反应的计算 必备知识·梳理夯实 知识梳理 1．氧化还原反应的计算——电子守恒法 氧化还原反应计算的基本依据是 氧化剂　得到电子总数＝ 还原剂　失去电子总数。 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 自主小练 1．易错辨析：正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)1 mol Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。( × ) [提示]　1 mol Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为NA。 (2)1 mol KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2，转移电子数为6NA。( × ) [提示]　1 mol KIO3与足量的HI完全反应，转移电子数为5NA。 (3)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，则元素铬在还原产物中的化合价为＋3。( √ ) [提示]　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6；而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中铬元素的化合价)，根据得失电子数目相等，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．(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 1.5　mol；生成 1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 2.2　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？ [提示]　(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)＝＝0.5 mol 考点突破·训练提升 微考点1　确定元素化合价或物质的组成 1．(2024·河北衡水高三检测)将1.52 g某铁的氧化物(FexO)溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化，则x值为( A ) A．0.80 B.0.85 C．0.90 D.0.93 [解析]　FexO中O元素显－2价，则Fe元素的平均化合价为＋价，通入Cl2将Fe2＋完全氧化生成Fe3＋，标准状况下112 mL Cl2的物质的量为0.005 mol。根据氧化还原反应中电子得失守恒规律列式：n(Cl2)×2＝n(FexO)××x，即0.005 mol×2＝××x，解得x＝0.80。故选A。 2．(2024·广西高三检测)将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是( C ) A．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3 B．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol C．当转移电子为n mol时，则0.15<n<0.25 D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为5∶1∶1 [解析]　根据化学方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，当氧化产物只有NaClO时，n(Na＋)∶n(Cl－)最大为2∶1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na＋)∶n(Cl－)最小为6∶5，故6∶5<n(Na＋)∶n(Cl－)<2∶1，7∶3>2∶1，A错误；由于反应后体系中没有NaOH，故NaOH反应完全，根据钠元素守恒n(NaOH)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝0.03 L×10.00 mol·L－1＝0.3 mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝0.3 mol，故参加反应的氯气n(Cl2)＝0.15 mol，B错误；根据化学方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3 mol××1＝0.15 mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3moI××1＝0.25 mol，则0.15<n<0.25，C正确；令n(NaCl)＝5 mol，n(NaClO)＝1 mol，n(NaClO3)＝1 mol，生成NaCl获得的电子数为5 mol×1＝5 mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子数为1 mol×1＋1 mol×5＝6 mol，得失电子不相等，D错误。 【对点训练】　 1．(2024·山东青岛高三检测)24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol·L－1的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3可被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为( A ) A．＋2价 C.＋4价 B．＋3价 D.＋5价 [解析]　假设反应后R元素化合价为＋x价，根据化合物中元素化合价升降数目相等可知，24 mL×10－3 L·mL－1×0.05 mol·L－1×(6－4)＝16 mL×10－3 L·mL－1×0.03 mol·L－1×(7－x)，解得x＝2，故合理选项是A。 2．(2024·广东高三检测)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 ) A．60 mL B.45 mL C．30 mL D.15 mL [解析]　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子总数与O2得到的电子总数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH溶液)＝＝0.06 L＝60 mL。 微考点2　多步相关氧化还原反应的计算 1．(2024·江苏苏州模拟)一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8 mol。将上述气体平均分为两份，一份与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余；另一份恰好能被500 mL 2 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为( B ) A．0.1 mol B.0.2 mol C．0.25 mol D.0.4 mol [解析]　一份气体恰好能被500 mL 2 mol·L－1NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，根据元素守恒，则可知每份气体含有N元素的物质的量是1 mol；一份气体与标准状况下8.96 L O2混合后，用水吸收，无气体剩余，则完全生成硝酸，转移电子的物质的量n(e－)＝4n(O2)＝4×＝1.6 mol，若将NaNO2全部氧化为NaNO3，转移电子的物质的量为1.6 mol，根据得失电子守恒：n(NaNO2)＝n(e－)＝×1.6 mol＝0.8 mol，根据Na原子守恒，n(NaNO3)＝1 mol－n(NaNO2)＝1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，故B正确。 2．(2024·山东临沂模拟)制备的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(M＝491 g·mol－1)中可能含有H2C2O4·2H2O，采用KMnO4滴定法测定产品纯度，实验步骤如下。 Ⅰ.取a g样品置于锥形瓶中，加入稀硫酸溶解，水浴加热至75 ℃。用c mol·L－1的KMnO4溶液趁热滴定，消耗KMnO4溶液V1 mL。 Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3＋完全还原为Fe2＋，加入稀硫酸酸化后，在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定，又消耗KMnO4溶液V2 mL。 (1)若省略步骤Ⅱ，能否测定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数 ×100%　(若能，写出表达式；若不能，说明原因)； (2)若样品中不含H2C2O4·2H2O，则V1与V2的关系为 V1＝6V2　。 [解析]　(1)步骤Ⅰ加入标准KMnO4溶液与K3[Fe(C2O4)3]·3H2O和H2C2O4·2H2O发生氧化还原反应生成Mn2＋和CO2，设a g样品中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的物质的量为x mol，H2C2O4·2H2O的物质的量为y mol，则有491x＋126y＝a g。K3[Fe(C2O4)3]·3H2O和H2C2O4·2H2O中所有C2O的物质的量3x＋y＝×cV1×10－3 mol，联立两个方程式解得x＝ mol，故K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量分数为×100%。因此省略步骤Ⅱ，也能测定K3[Fe(C2O4)3]的质量分数。 (2)若样品中不含H2C2O4·2H2O，步骤Ⅰ中由Fe元素守恒可得n(Fe2＋)＝n(K3[Fe(C2O4)3]·3H2O)＝××cV1×10－3mol＝×cV1×10－3mol，则有5cV2×10－3 mol＝×cV1×10－3 mol，可得V1与V2的关系为V1＝6V2。 归纳拓展： 复杂氧化还原反应的计算 对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算，可以通过分析反应前后，“始态”“终态”涉及的所有物质，找出所有“始态”物质到“终态”物质中化合价发生变化的元素，建立关系式，列式求解，简化解题步骤。 【对点训练】　 1．(2024·上海高三检测)在100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下2.24 L Cl2，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为( C ) A．4 mol·L－1 B． mol·L－1 C． mol·L－1 D． mol·L－1 [解析]　标准状况下2.24 L氯气的物质的量n(Cl2)＝＝0.1 mol，由于还原性Fe2＋>Br－，氯气先氧化Fe2＋，Fe2＋反应完毕，再氧化Br－，假设原溶液中FeBr2的物质的量为x mol，根据得失电子守恒，x mol×(3－2)＋×2x mol×[0－(－1)]＝0.1 mol×2，解得x＝，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，C项正确。 2．(2024·山东滨州高三检测)在热的稀H2SO4中溶解了11.4 g FeSO4，当加入50 mL 0.5 mol·L－1 KNO3溶液后，其中的Fe2＋全部转化为Fe3＋，KNO3也反应完全，并有NxOy气体逸出。 FeSO4＋KNO3＋H2SO4===K2SO4＋Fe2(SO4)3＋NxOy↑＋H2O (1)推算出x＝ 1　，y＝ 1　。 (2)配平该化学方程式(化学计量数填写在上式方框内)。 (3)反应中氧化剂为 KNO3　。 (4)用双线桥标出电子转移的方向和总数。 [解析]　n(FeSO4)＝＝0.075 mol，n(KNO3)＝0.05 L×0.5 mol·L－1＝0.025 mol。设NxOy中N元素的化合价为z。根据得失电子守恒有1×0.075＝0.025×(5－z)，解得z＝2，即NO转化成了NO，故x＝1，y＝1。 3．(2024·北京昌平区调研)四氧化三铅(化学式可以写为2PbO·PbO2)被广泛用作防锈漆成分。测定某样品中四氧化三铅含量的步骤如下(样品中杂质均不参与反应)： Ⅰ.称取a g样品，加酸溶解，滤去不溶物，所有的铅元素进入溶液中并得到含有Pb2＋的溶液； Ⅱ.加入过量K2Cr2O7溶液，加热，生成黄色沉淀(PbCrO4)，冷却，过滤； Ⅲ.将沉淀全部转移至仪器A中，加入浓HCl，沉淀溶解，溶液转为橙色； Ⅳ.加入过量KI溶液，置于暗处5～10 min，溶液呈棕黄色； Ⅴ.加入c mol·L－1Na2S2O3溶液进行滴定，当溶液转为浅黄色时，加入淀粉，滴定至终点。进行3次平行实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL。 已知： ⅰ.Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋； 橙色 　　　　黄色 ⅱ.I2在水中溶解度小，易挥发； ⅲ.I2　＋　I－I； 　黄色　 无色　棕黄色 ⅳ.I2＋2S2O===2I－＋S4O。 　无色　　　　　　无色 (1)PbO2中Pb元素的化合价是 ＋4　。 (2)将Ⅳ中反应的离子方程式补全： I－＋ Cr2O　＋ 14H＋　===Cr3＋＋ 3I　＋ 7H2O(或6　Cr2O　14H＋　2　3I2　7H2O)　 (3)Ⅴ中滴定终点的现象是 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化　。 (4)样品中四氧化三铅的质量分数为 ×100%　(列出表达式即可，M四氧化三铅＝685 g·mol－1)。 [解析]　(2)Ⅳ中加入过量KI溶液，置于暗处5～10 min，溶液呈棕黄色，是酸性条件下Cr2O将I－氧化成I2，I2与I－反应生成I，同时自身被还原为Cr3＋，反应的离子方程式为9I－＋Cr2O＋14H＋===3I＋2Cr3＋＋7H2O或6I－＋Cr2O＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。 (3)以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，故Ⅴ中滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化。 (4)由方案可知，利用Na2S2O3标准溶液确定生成的I2，再根据化学反应方程式计算Pb2＋的物质的量，进而计算Pb3O4的质量，确定Pb3O4的质量分数，依据题意得到定量关系为Pb3O4～2Pb2＋～Cr2O～3I2～6S2O，故样品中四氧化三铅的质量分数为×100%。 归纳拓展： 1 应用电子守恒的解题步骤 2 多步反应得失电子守恒计算 有的试题中反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，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，正确分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素的得失电子数，即可迅速求解。 真题演练·明确考向 命 题 分 析 分析近几年高考题，氧化还原反应的配平与计算一般不单独考查，往往与其他模块的知识综合考查，一般以非选择题形式，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，在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。 真 题 演 练 1．(2023·北京卷，12,3分)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为 ①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑； ②CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑。 下列说法正确的是( C ) A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同 [解析]　Na2O2的电子式为Na＋[∶∶∶]2－Na＋，含有离子键和O—O非极性共价键，阴、阳离子个数比为1∶2；CaH2的电子式为[H∶]－Ca2＋[∶H]－，只含有离子键，阴、阳离子个数比为2∶1，A错误，C正确；①中过氧化钠既发生氧化反应又发生还原反应，水中各元素的化合价不发生变化；②中水中氢元素的化合价从＋1→0，发生还原反应，B错误；反应①中转移2 mol e－生成1 mol O2，反应②中转移2 mol e－生成2 mol H2，故①和②中转移的电子数相同时，产生O2和H2的物质的量不相同，D错误。 2．(2023·湖南卷，10,3分)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法正确的是( D ) A．S2O和SO的空间结构都是正四面体形 B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7 [解析]　SO中S原子上的σ键电子对数为4，孤电子对数为×(6＋2－2×4)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，故SO的空间结构为正四面体形，而S2O相当于是将SO中的1个O原子替换为1个S原子，故其空间结构为四面体形，而非正四面体形，A不正确；反应Ⅰ中只有S元素被氧化，B不正确；反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不正确；氧化1 mol As2S3，反应Ⅰ转移12 mol e－，反应Ⅱ转移28 mol e－，转移电子数之比为3∶7，D正确。 3．(2022·湖南卷，9,3分)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是( D ) A．过程Ⅰ中NO发生氧化反应 B．a和b中转移的e－数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O [解析]　过程Ⅰ中NO转化成NO，N元素化合价降低，发生还原反应，A错误；根据题图可得，过程Ⅰ中反应的离子方程式为e－＋NO＋2H＋===NO↑＋H2O，过程Ⅱ中反应的离子方程式为3e－＋2H＋＋NH＋NO===H2O＋N2H4，过程Ⅰ中每生成1 mol NO，a中转移1 mol电子，过程Ⅱ中每消耗1 mol的NO，b中转移3 mol电子，a和b中转移的电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ中反应的离子方程式可知，过程Ⅱ中参与反应的n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；从整个反应过程来看，反应物为NO、NH，产物为N2、H2O，D正确。 [注意]　解答本题时要注意e－参与的氧化还原过程，会影响电子得失情况的判断。 4．(2022·山东卷，8,2分)实验室制备KMnO4过程为①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是( D ) A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用NaOH作强碱性介质 C．②中K2MnO4只体现氧化性 D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% [解析]　在熔融状态下强碱性介质会与瓷坩埚中的成分(SiO2)反应，不能用瓷坩埚作反应器；用NaOH作强碱性介质，产物中会混有NaMnO4，应用KOH作强碱性介质；K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2，既体现氧化性又体现还原性；根据得失电子守恒，K2MnO4发生歧化反应生成的KMnO4和MnO2物质的量之比为2∶1，①中MnO2中Mn元素全部转化为K2MnO4，由②可得①中MnO2中的Mn元素有转化为KMnO4，则MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%；综上所述可知选D。 本讲要点速记： 1．易混的三个守恒关系 氧化还原反应中离子方程式的配平，先得失电子守恒，再电荷守恒，最后质量守恒。 2．方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。 3．氧化还原反应型离子方程式的书写流程 (1)找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。 (2)正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。 (3)配平变价微粒：应用最小公倍数法确定得失电子的数目，配平含变价元素的相关物质。 (4)确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH－还是H＋。 (5)整体元素配平：通过观察法确定所有物质的化学计量数。 (6)三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒。 4．配平氧化还原反应方程式的两种常用方法 5．两种元素间得失电子守恒计算 解决这类试题的关键是先找出氧化剂(或还原剂)的物质的量以及每摩尔氧化剂(或还原剂)得(或失)电子的量，然后根据得失电子守恒列出等式，求解等式中的未知量。 氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂的得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂的失电子数。 学科网（北京）股份有限公司 $$