第5讲 氧化还原反应方程式的配平与计算-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习教师用书Word

第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法。 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 考点1 氧化还原反应方程式的配平 ➢ 对应学生用书P20 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 题组一　一般配平类 1.正向配平法（氧化剂、还原剂中某元素化合价全变） （1）　　　Cu＋　　　HNO3（稀）　　　Cu（NO3）2＋　　　NO↑＋　　　H2O （2）　　　KI＋　　　KIO3＋　　　H2SO4　　　I2＋　　　K2SO4＋　　　H2O （3）　　　Mn＋　　　H＋＋　　　Cl－　　　Mn2＋＋　　　Cl2↑＋　　　H2O 答案　（1）3　8　3　2　4　（2）5　1　3　3　3　3 （3）2　16　10　2　5　8 2.逆向配平法（自身氧化还原反应，包括分解、歧化等） （1）　　　I2＋　　　NaOH　　　NaI＋　　　NaIO3＋　　　H2O （2）　　　P4＋　　　KOH＋　　　H2O　　　K3PO4＋　　　PH3 答案　（1）3　6　5　1　3　（2）2　9　3　3　5 [提醒]　适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确 定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。例如： 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 3.缺项配平类（缺少某些反应物或生成物，一般为H2O、H＋或OH－） （1）　　　Fe3＋＋　　　SO2＋　　　　　　Fe2＋＋　　　S＋　　　 （2）　　　ClO－＋　　　Fe（OH）3＋　　　　　　　Cl－＋　　　Fe＋　　　H2O （3）　　　Mn＋　　　H2O2＋　　　　　　　Mn2＋＋　　　O2↑＋　　　H2O 答案　（1）2　1　2H2O　2　1　4H＋　（2）3　2　4OH－　3　2　5　（3）2　5　6H＋　2　5　8 4.整体配平法（某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低） （1）　　　FeS2＋　　　O2　　　Fe2O3＋　　　SO2 （2）　　　P＋　　　CuSO4＋　　　H2O　　　Cu3P＋　　　H3PO4＋　　　H2SO4 答案　（1）4　11　2　8 （2）11　15　24　5　6　15 [提醒]　以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法进行配平。 如Cu2S＋HNO3Cu（NO3）2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，＋（NO3）2＋O↑＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO36Cu（NO3）2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 5.有机反应方程式的配平 （1）　　KClO3＋　　H2C2O4＋　　H2SO4　　ClO2↑＋　　CO2↑＋　　　KHSO4＋　　　H2O （2）　　C2H5OH＋　　　KMnO4＋　　H2SO4　　K2SO4＋　　MnSO4＋　　CO2↑＋　　　H2O 答案　（1）2　1　2　2　2　2　2　　 （2）5　12　18　6　12　10　33 [提醒]　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。 题组二　缺项配平类 6.（1）　　　ClO－＋　　　Fe（OH）3＋　　　　　　　Cl－＋　　　Fe＋　　　H2O （2）　　　Mn＋　　　H2O2＋　　　　　　　Mn2＋＋　　　O2↑＋　　　H2O （3）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。 　　＋　　＋　　　　AlN＋　　 （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＋＋　　　　＋　　　　  解析　（3）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。 答案　（1）3　2　4OH－　3　2　5 （2）2　5　6H＋　2　5　8 （3）Al2O3　3C　N2　2　3CO （4）5　2　14　H＋　5　5　2　Mn　7　H2O [对应学生用书P21] 真题·示例 1．三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示： 请回答下列问题： (1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________________________。 (2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)________。 (3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为________________________________。 解析　(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O。 答案　1.(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (2)CO、CO2 (3)ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O 2．碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图： 已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题： (1)已知Te为ⅥA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为________。 (2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为________________________________；“还原”过程中，发生反应的离子方程式为________________________________。 解析　(1)Te与S同主族，SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，所以TeO2与浓NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2TeO3。(2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和TeO2，反应的化学方程式是Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O；“还原”过程中，四氯化碲与二氧化硫反应生成单质碲和硫酸，反应的离子方程式是Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋Te↓＋8H＋。 答案　(1)Na2TeO3 (2)Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O　Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋Te↓＋8H＋ 反思·总结 　“五步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写 （1）细致分析新信息或流程图，确定反应物和部分生成物。 （2）依据元素化合价的变化，物质氧化性、还原性确定氧化产物或还原产物。 （3）书写“残缺”方程式“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”，并利用化合价升降总数相等，先配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。 （4）根据电荷守恒、体系环境将其他反应物或生成物配平。“补项”的一般原则为 ①酸性条件下：首先考虑补H＋生成H2O，也可能补H2O生成H＋。 ②碱性条件下：首先考虑补OH－生成H2O，也可能补H2O生成OH－。 ③切勿出现补H＋生成OH－或补OH－生成H＋的错误状况。 （5）检查质量、电荷、电子是否守恒，勿漏反应条件。 模拟·演练 题组一　根据题干信息书写方程式 1．用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。 解析　由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。 答案　2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O 2.＋6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 解析　Cr2被还原为Cr3＋，HS被氧化为S，根据化合价升降总数相等，可写出离子方程式为5H＋＋Cr2＋3HS2Cr3＋＋3S＋4H2O。 答案　Cr2＋3HS＋5H＋2Cr3＋＋3S＋4H2O 3.皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以NH3、N形式存在），通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 （1）沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2（SO4）3溶液，废水中的氨氮转化为NH4Fe3（SO4）2（OH）6沉淀，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6，加入NaClO溶液进一步氧化处理。NaClO将废水中的氨氮转化为N2，该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 解析　（1）向酸性废水中加入适量Fe2（SO4）3溶液，铵根离子、铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH4Fe3（SO4）2（OH）6沉淀，该反应的离子方程式为N＋3Fe3＋＋2S＋6H2ONH4Fe3（SO4）2（OH）6↓＋6H＋。 （2）NaClO具氧化性，废水中的氨氮呈－3价，被氧化转化为N2，还原产物为氯化钠，则该反应的离子方程式为3ClO－＋2NN2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋。 答案　（1）N＋3Fe3＋＋2S＋6H2ONH4Fe3（SO4）2（OH）6↓＋6H＋ （2）3ClO－＋2NN2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋ 题组二　根据图示信息书写方程式 4.（2023·辽宁葫芦岛市高三二模）NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图： 已知：镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为＋2价。 （1）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 解析　（1）加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2＋、Cu2＋、Mg2＋，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2＋，同时把存在的Fe2＋氧化为Fe3＋； （2）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋； （3）NaClO具有强氧化性，Cl元素由＋1价降低到－1价，则Ni元素由NiSO4中＋2价升高到NiOOH中的＋3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O。 答案　（1）使Fe2＋氧化成Fe3＋，使镍元素完全转化成Ni2＋ （2）6Fe3＋＋4S＋6H2O＋2Na＋＋6MgONa2Fe6（SO4）4（OH）12↓＋6Mg2＋ （3）2NiSO4＋NaClO＋4NaOH2NiOOH↓＋NaCl＋2Na2SO4＋H2O 5．(2025·八省联考河南卷)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO4等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下： (1)“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是__________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是________________________________________________________________________。 (2)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为______________________________________________________________。 解析　(1)“氧化1”中Fe2＋被H2O2氧化为Fe3＋，Fe3＋是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl－，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染； (2)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2＋发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O，离子方程式为3Mn2＋＋2MnO＋(5x＋2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋。 答案　(1)氧化生成的Fe3＋可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大　防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染 (2)3Mn2＋＋2MnO＋(5x＋2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓＋4H＋ 考点2 守恒思想在化学计算中的应用 ➢ 对应学生用书P22 1.电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数 2.守恒法解题的思维流程 （1）“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 （2）“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。 （3）“三列关系式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。 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。 3.多步氧化还原反应的计算 有的试题涉及的氧化还原反应较多，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。解答这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要厘清具体的反应过程，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，即可迅速求解。 题组一　两元素之间得失电子守恒计算 1．24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L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，有0.05 mol/L×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol/L×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 答案　B 2.双氧水溶液中的H2O2的含量可以用KMnO4溶液进行测定，反应中H2O2被氧化为O2，MnO被还原为X(X可能是MnO、MnO2、Mn3O4或Mn2＋中的一种)。若H2O2与KMnO4反应的物质的量之比为5∶2，下列说法不正确的是(　　) A.H2O2中的O化合价为－1 B.KMnO4是还原剂 C.氧化性：KMnO4>O2 D.X为Mn2＋ 解析　H2O2被氧化为O2，O元素化合价由－1价升高到0价，MnO中Mn元素化合价为＋7价，为氧化剂，设还原后的Mn的化合价为x，氧化剂、还原剂得失电子数目相等，则5×2×[0－(－1)]＝2×(7－x)，x＝2，则应生成Mn2＋，且反应中高锰酸钾为氧化剂，氧气为氧化产物，则氧化性：KMnO4>O2。故选B。 答案　B 题组二　多步反应得失电子守恒计算 3.（2023·石家庄高三质检）取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原产生8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体（都已折算为标准状况下的体积），在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 （　　） A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 解析　反应流程为 xg＝17.02g－m（OH－），而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓硝酸得电子的物质的量，即n（OH－）＝×1＋×2×1＝0.46mol。所以xg＝17.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。 答案　B 4.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1.68LO2（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5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 （　　） A.60mL B.45mL C.30mL D.15mL 解析　由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n（Cu）＝2n（O2）＝2×＝0.15mol。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）＝0.3mol，则V（NaOH）＝＝0.06L＝60mL。 答案　A [对应学生用书P23] 1.(2022·高考湖南卷)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(　　) 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转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价，NO得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NO＋2H＋＋e－NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋NH＋3e－＋2H＋H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知n(NO)∶n(NH)＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2、4H＋和4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2↑＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO＋NH===N2↑＋2H2O，D正确。故选D。 答案　D 2．(2024·高考浙江6月选考)利用CH3OH可将废水中的NO转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H＋＋CH3OH＋NO→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11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 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11.2 L，即生成0.5 mol CO2，反应转移的电子数为0.5NA×6＝3NA，D不正确；综上所述，本题选C。 答案　C 3．(2024·高考贵州卷)二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。实验室用草酸(H2C2O4)和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4＋2KClO3＋H2SO4=== 2ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A．0.1 mol HO中含有的中子数为1.2NA B．每生成67.5 g ClO2，转移电子数为2.0NA C．0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中含有的H＋数目为0.2NA D．标准状况下，22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA 解析　A．HO分子中H原子无中子，18O原子的中子数为10，则0.1 mol HO中含有的中子数为NA，故A错误；B.由反应方程式H2C2O4＋2KClO3＋H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O可知，每生成2 mol ClO2转移电子数为2 mol，则每生成67.5 g ClO2，即1 mol ClO2转移电子数为NA，故B错误；C.H2C2O4是弱酸，不能完全电离，则0.1 mol·L－1H2C2O4溶液中含有的H＋数目小于0.2NA，故C错误；D.1个二氧化碳分子中含有2个σ键和2个π键，则标准状况下22.4 L CO2，即1 mol CO2中含σ键数目为2.0NA，故D正确；故选D。 答案　D 4.(2022·高考辽宁卷节选)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu。 (1)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为________________________。 (2)生成气体A的离子方程式为________________________。 解析　(1)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2；(2)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。 答案　(1)2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2 (2)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O 第二章　物质的量 学科网（北京）股份有限公司 $$