第1单元 第4讲 氧化还原反应方程式的配平与有关计算-【金版教程】2026年高考化学一轮复习解决方案课件PPT（不定项版）

0 第一单元　物质及其变化 第4讲　氧化还原反应方程式的配平与有关计算 1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法。2.能进行氧化还原反应的有关计算。 2 考点一 01 课时作业 05 目录 CONTENTS 考点二 02 高考真题演练 04 微专题 03 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1．配平原则 考点一 5 2．一般氧化还原反应方程式的配平——化合价升降法 考点一 6 3．复杂氧化还原反应方程式配平的基本方法 (1)正向配平法 适合氧化剂、还原剂是不同反应物的反应。如： 考点一 7 (2)逆向配平法 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，最后根据质量守恒配平其他物质。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，最后根据质量守恒配平其他物质。 考点一 8 考点一 9 4．缺项型氧化还原反应方程式的配平方法 (1)方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物并进行配平。 (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 考点一 10 角度一　分析与推测正向配平和逆向配平 1．配平下列化学方程式。 (1)____KI＋____CuSO4===____I2＋____CuI↓＋____K2SO4 (2)____P＋____CuSO4＋____H2O===____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4 (3)____Cl2＋____Ca(OH)2===____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O (4)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3↑ (5)____(NH4)2Cr2O7===____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O 4 2 1 2 2 2 5 8 5 2 5 2 2 1 1 2 2 9 3 3 5 1 1 1 4 考点一 11 5 2 14H＋ 5 5 7H2O 1 6 6H＋ 1 3H2O 6 2 5 6H＋ 2 8 5O2↑ 28 5 24KOH 28 2 3 12H2O 5 2 4 5 1 8H＋ 考点一 12 考点二　氧化还原反应的有关计算 1．应用得失电子守恒解题的一般步骤 (1)“一找物质”——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”——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”——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 考点二 14 2．多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 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。 考点二 15 角度一 　分析与推测氧化还原反应中得失电子守恒 1．(2025·辽宁省鞍山市高三期末联考)在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2＋发生反应沉积出磁铁矿(主要成分为Fe3O4)和金矿(含单质Au)，且硫元素全部转化为H2S气体放出。对于该反应的说法一定正确的是(　　) A．反应后溶液的pH降低 B．每生成2.24 L气体，转移电子0.1 mol C．AuS－既作氧化剂又作还原剂 D．氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3 考点二 16 考点二 17 考点二 18 角度二　归纳与论证多步氧化还原反应的有关计算 3．(2025·江西省萍乡市芦溪中学高三质检)向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法不正确的是(　　) A．线段BC代表Fe3＋的物质的量的变化情况 B．原混合溶液中n(FeBr2)＝3 mol C．当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子 反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－ D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝3∶1∶2 考点二 19 解析：还原性顺序：Br－<Fe2＋<I－，还原性强的离子先与Cl2反应，根据题图知，线段AB代表I－的物质的量的变化情况，n(FeI2)＝1 mol；线段BC代表Fe3＋的物质的量的变化情况，根据2Fe2＋～Cl2可知，n(Fe2＋)＝4 mol；线段DE代表Br－的物质的量的变化情况，n(FeBr2)＝3 mol。根据分析可知，A、B正确；当通入2 mol Cl2时，I－全部被氧化，Fe2＋被氧化了一半，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C正确；根据题图中消耗氯气的量可知，原溶液中n(I－)＝2 mol，n(Fe2＋)＝4 mol，n(Br－)＝6 mol，n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D错误。 考点二 20 4．(2025·辽宁沈阳二十中质量检测)38.4 g Cu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮氧化物，这些氮氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。 下列有关该过程的判断不正确的是(　　) A．氮氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂 B．0.9 mol混合气体中N2O4的物质的量是0.2 mol C．若浓硝酸体积为200 mL，则其物质的量浓度为11 mol·L－1 D．欲使上述0.9 mol氮氧化物完全被水吸收，理论上至少需要通入标准状况下的O2体积为6.72 L 考点二 21 考点二 22 考点二 23 微专题　陌生情境中化学(或离子)方程式的书写及配平 1．新情境下离子方程式、氧化还原反应方程式的书写方法 微专题 25 微专题 26 微专题 27 微专题 28 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。 微专题 29 题组一　分析与推测“信息给予型”陌生氧化还原反应方程式 1．(1)强氧化剂NaClO会将CN－氧化，生成N2、CO和Cl－等无毒无害物质，可用该反应处理含氰废水，反应的离子方程式为________________________________ ______________________。 (2)NaClO可氧化除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)，NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为____________________________________。 2NH3＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl 微专题 30 (3)实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比为2∶1倒入烧瓶中，用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，写出反应的离子方程式______________________________________________。 微专题 31 2．依据陈述信息书写方程式。 (1)(2023·湖北卷改编)Co(OH)2在空气中850 ℃煅烧成Co3O4的化学方程式：_________________________________。 (2)(2023·山东卷改编)一定条件下，CuCl2、K与F2反应生成KCl和化合物K2CuF4的化学方程式：___________________________________。 (3)(2023·重庆卷改编)将CO通入足量银氨溶液中生成单质银的化学方程式：__________________________________________________。 4K＋2F2＋CuCl2===K2CuF4＋2KCl CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3 微专题 32 题组二　分析与推测“流程图”中陌生氧化还原反应方程式 3．五水硫代硫酸钠(化学式为Na2S2O3·5H2O)不溶于乙醇，易溶于水，可用于鞣制皮革、矿石提银、水产养殖、医疗解毒等，工业上常用Na2S、Na2CO3为原料制备，其生产流程如图所示。 (1)Na2S和Na2CO3按物质的量之比为2∶1投料后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可获得Na2S2O3，反应的化学方程式为_________________________________________。 (2)上述制备过程一般需在碱性环境下进行，若在酸性条件下产品会发黄，用离子方程式表示其可能的原因：______________________________。 微专题 33 4．以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4·7H2O)的工艺流程如图所示： (1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应的离子方程式为______________________________。 Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O 微专题 34 1 6 3 H2O 7 1 6 H＋ 微专题 35 高考真题演练 高考真题演练 1 2 3 4 5 37 高考真题演练 1 2 3 4 5 38 2．(2024·辽宁卷)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl－并制备Zn，流程如下。“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是(　　) 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) A.“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu＋4H＋＋H2O2===2Cu2＋＋H2↑＋2H2O C．“脱氯”反应：Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 离子 Zn2＋ Cu2＋ Cl－ 浓度(g·L－1) 145 0.03 1 高考真题演练 1 2 3 4 5 39 解析：铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的离子方程式为Cu2＋＋Cu＋2Cl－===2CuCl，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2＋可在阴极得到电子生成Zn。由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A错误；由上述分析可知，B、D错误。 高考真题演练 1 2 3 4 5 40 3．(2023·北京卷)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(　　) 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 高考真题演练 1 2 3 4 5 41 高考真题演练 1 2 3 4 5 42 解析：Mn(Ⅲ)浓度先增大后减小，说明Mn(Ⅲ)可以氧化H2C2O4，A错误；Mn(Ⅱ)起催化作用，反应过程中Mn(Ⅱ)浓度增大，则反应速率先增大后减小，B错误；由题图可知Mn(Ⅶ)浓度减小为0时，Mn(Ⅱ)浓度才开始增大，所以该条件下Mn(Ⅱ)与Mn(Ⅶ)不能大量共存，C正确；草酸为弱酸，不能拆，D错误。 高考真题演练 1 2 3 4 5 43 5．(1)(2022·江苏高考节选)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： “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 高考真题演练 1 2 3 4 5 44 (2)(2022·湖南高考节选)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： 已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点： 物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3 沸点/℃ 136 127 57 180 高考真题演练 1 2 3 4 5 45 TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为____________________________ _____________________。 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/MPa 4.59×10－2 1.84×10－2 3.70×10－2 5.98×10－9 高考真题演练 1 2 3 4 5 46 课时作业 [建议用时：40分钟] 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1．(2025·江西省宜春市高三月考)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，下列说法中不正确的是(　　) A．Na2O2在反应中只作氧化剂 B．Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物 C．O2是氧化产物 D．2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子转移 解析：反应中过氧化钠中氧元素的化合价既升高又降低，Na2O2既作还原剂又作氧化剂，A错误。 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 48 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 49 3．对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂，有关反应如下：11P4＋60CuSO4＋96H2O===20X＋24H3PO4＋60H2SO4，关于该反应下列说法不正确的是(　　) A．X中铜的化合价为＋1价，CuSO4仅作氧化剂 B．48 mol H2O参加反应时，被CuSO4氧化的P4为3 mol C．每消耗1.1 mol P4时，有12 mol电子转移 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 50 4．(2025·甘肃省武威市高三质检)将F2通入KCl和CuCl的混合物中，发生反应：3F2＋3KCl＋CuCl===K3CuF6＋2Cl2。下列有关说法正确的是(　　) A．反应中被氧化的元素和被还原的元素分别为Cl和F B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4 C．反应中每生成4.48 L Cl2，转移0.6 mol电子 D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 51 解析：该反应中KCl中的Cl被氧化，CuCl中的Cu和Cl都被氧化，被氧化的元素除了Cl还有Cu，A错误；该反应中氧化剂为F2，还原剂为KCl和CuCl，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶4，B正确；未说明Cl2所处的状况，无法得知4.48 L Cl2的物质的量，也就无法计算转移电子的物质的量，C错误；F2得电子被还原生成的K3CuF6为还原产物，KCl、CuCl失电子被氧化，生成的K3CuF6和Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3，D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 52 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 53 解析：铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，A正确；二氧化硫与NaOH反应，NaOH少量、二氧化硫过量时生成NaHSO3，因此为确保生成Na2SO3，NaOH溶液应过量，B正确；③中亚硫酸钠与硫反应生成Na2S2O3：S＋Na2SO3===Na2S2O3，S由0价、＋4价变成＋2价，故生成1 mol Na2S2O3转移2 mol电子，C错误；③中将S换为Cl2，发生反应：Cl2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2HCl，Na2SO3作还原剂，氧化产物为Na2SO4，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 54 解析：NaCuO2中铜的化合价为＋3价，具有强氧化性，在酸性环境中不稳定，且NaCuO2难溶于水，不能拆，故离子方程式为4NaCuO2＋12H＋===4Na＋＋4Cu2＋＋O2↑＋6H2O，D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 55 7．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及两个反应： 反应ⅰ：CN－＋OH－＋Cl2―→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)； 反应ⅱ：OCN－＋OH－＋Cl2―→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。 其中反应ⅰ中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是(　　) A．反应ⅰ中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1∶2 B．X、Y分别是CO2、N2中的一种，且均为反应ⅱ的氧化产物 C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中 D．处理c(CN－)＝0.0001 mol·L－1的废水106 L，消耗标准状况下的Cl2 4.48×103 L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 56 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 57 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 58 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 59 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 60 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 61 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 62 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 63 二、非选择题 11．(2023·全国乙卷节选)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： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 64 (1)硫酸溶矿主要反应化学方程式为___________________________________。为提高溶矿速率，可采取的措施________________________(举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是__________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________________________。 (3)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_________________________ _________________________。 MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑ 粉碎菱锰矿(合理即可) 将Fe2＋氧化为Fe3＋ Fe3＋可以催化H2O2分解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 65 12．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离得到K2MnO4后，再以惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如图所示： (1)反应器中反应的化学方程式为_____________________________________。 (2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。 4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O 偏高 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 66 (3)电解槽中总的离子反应方程式为_____________________________________。 (4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为__________________________________________。 该反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是______________________________。 3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3 1∶2 产率更高、KOH可循环利用 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 67 (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物(H2C2O4·2H2O)的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL用0.0200 mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度约为________(结果保留三位有效数字)。 93.2% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 68 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 课时作业 69 　　　　　　　　　　　　　 R (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，eq \o(N,\s\up6(＋2))O＋H2eq \o(S,\s\up6(＋6))O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 角度二　分析与推测缺项型氧化还原反应方程式配平 2．(1)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＋＋_____eq \o(=====,\s\up15(△))___Na＋＋____Bi3＋＋______＋________ (2)____ClOeq \o\al(－,3)＋____Fe2＋＋________===____Cl－＋____Fe3＋＋________ (3)____MnOeq \o\al(－,4)＋____H2O2＋________===____Mn2＋＋________＋____H2O (4)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2。完成下列化学方程式： ___KMnO4＋___K2S＋_______===____K2MnO4＋____K2SO4＋____S↓＋_____ (5)____Mn2＋＋____ClOeq \o\al(－,3)＋____H2O===____MnO2↓＋____Cl2↑＋________ 2MnOeq \o\al(－,4) 解析：根据题给信息可知，AuS－和Fe2＋反应生成Fe3O4和Au，并伴有H2S生成，反应的离子方程式为2AuS－＋3Fe2＋＋4H2Oeq \o(========,\s\up15(高温高压))Fe3O4↓＋2Au↓＋2H2S↑＋4H＋。根据分析可知，反应生成氢离子，反应后溶液的pH降低，A正确；气体所处的状况未知，无法确定2.24 L气体的物质的量，从而无法计算转移电子的物质的量，B错误；该反应中AuS－中Au的化合价降低，只作氧化剂，C错误；根据离子方程式可知，AuS－为氧化剂，Fe2＋为还原剂，有3 mol Fe2＋参与反应，生成1 mol Fe3O4，四氧化三铁可看作FeO·Fe2O3，所以只有2 mol Fe2＋作为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶2＝1∶1，D错误。 2. 某离子反应中涉及H2O、ClO－、NHeq \o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六种微粒。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：氮氧化物和NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，两种钠盐中N元素的化合价分别为＋5价、＋3价，NO中N元素的化合价为＋2价，NO2、N2O4中N元素的化合价为＋4价，由价态可知NO作还原剂，A正确；由题意可知0.9 mol氮氧化物转化为钠盐的物质的量为0.5 L×2 mol·L－1＝1 mol，所以混合气体中N2O4的物质的量是0.1 mol，B错误；铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮氧化物，n(Cu)＝eq \f(38.4,64) mol＝0.6 mol，所以生成0.6 mol Cu(NO3)2，含有1.2 mol NOeq \o\al(－,3)，氮氧化物为0.9 mol， 与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知n(Na)＝n(N)＝n(NaOH)＝0.5 L×2 mol·L－1＝1 mol，所以HNO3的总物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol，若浓硝酸体积为200 mL，则其物质的量浓度为c＝eq \f(n,V)＝eq \f(2.2 mol,0.2 L)＝11 mol·L－1，C正确；0.9 mol氮氧化物完全被水吸收，可知氮氧化物恰好完全转化为硝酸，总过程可视为Cu与氧气、硝酸反应最终生成硝酸铜和水，根据得失电子守恒可知，转移电子物质的量为n(e－)＝2n(Cu)＝1.2 mol，1 mol O2反应转移4 mol电子，则消耗0.3 mol O2，标准状况下体积为6.72 L，D正确。 2．解题思路示例 (1)[“信息型”陌生方程式的书写]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：MnOeq \o\al(－,4)＋C2Oeq \o\al(2－,4)―→Mn2＋＋CO2↑。 由MnOeq \o\al(－,4)→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2Oeq \o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2Oeq \o\al(2－,4)共失去2 mol e－，故在C2Oeq \o\al(2－,4)前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnOeq \o\al(－,4)前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)―→2Mn2＋＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)＋eq \x(　)H＋―→2Mn2＋＋10CO2↑＋eq \x(　)H2O。 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)＋16H＋eq \o(=====,\s\up15(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (2)[“流程图”中陌生方程式的书写]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：____________________________________。 2CN－＋5ClO－＋2OH－===2COeq \o\al(2－,3)＋N2↑＋5Cl－＋H2O 2ClOeq \o\al(－,3)＋SOeq \o\al(2－,3)＋2H＋eq \o(=====,\s\up15(△))SOeq \o\al(2－,4)＋2ClO2↑＋H2O 6Co(OH)2＋O2eq \o(=====,\s\up15(850 ℃))2Co3O4＋6H2O 2Na2S＋Na2CO3＋4SO2eq \o(=====,\s\up15(△))3Na2S2O3＋CO2 S2Oeq \o\al(2－,3)＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O (2)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.f)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示： 已知总反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===2SOeq \o\al(2－,4)＋15Fe2＋＋16H＋ ①将过程Ⅰ离子方程式补充完整 eq \x(　)FeS2＋eq \x(　)Fe3＋＋eq \x(　)________===eq \x(　)Fe2＋＋eq \x(　)S2Oeq \o\al(2－,3)＋eq \x(　)________ ②过程Ⅱ反应的离子方程式为_________________________________________。 8Fe3＋＋S2Oeq \o\al(2－,3)＋5H2O===2SOeq \o\al(2－,4)＋8Fe2＋＋10H＋ 1．(2024·浙江6月选考)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11.2 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：由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NOeq \o\al(－,3)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；C元素的化合价由CH3OH中－2价升高到CO2中＋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元素的化合价由CH3OH中－2价升高到CO2中＋4价，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3NA，D不正确。 4．(2023·辽宁卷)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应，Mn(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4 B．随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 D．总反应为：2MnOeq \o\al(－,4)＋5C2Oeq \o\al(2－,4)＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 5TiO2＋6C＋10Cl2eq \o(=====,\s\up15(600 ℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2 解析：(2)钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl2eq \o(=====,\s\up15(600 ℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2。 2．关于反应2NO＋2S2Oeq \o\al(2－,4)＋2H2O===N2＋4HSOeq \o\al(－,3)，下列说法不正确的是(　　) A．生成0.5 mol N2，转移4 mol电子 B．N2是还原产物 C．S2Oeq \o\al(2－,4)发生氧化反应 D．还原剂和氧化剂的物质的量之比为1∶1 5．(2025·北京市海淀区高三期中)几种含硫物质的转化如图(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．②中，需要确保NaOH溶液过量 C．③中，生成1 mol Na2S2O3时，转移4 mol电子 D．③中，将S换为Cl2，氧化产物为Na2SO4 6．高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境中稳定，一种制备高铜酸钠的原理为Cu＋NaClO＋NaOH―→NaCuO2＋NaCl＋H2O(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．NaCuO2中铜的化合价为＋3价 B．1 mol ClO－参加反应转移2 mol电子 C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为CuOeq \o\al(－,2)＋4H＋===Cu3＋＋2H2O 解析：配平后的反应ⅰ为CN－＋2OH－＋Cl2===OCN－＋2Cl－＋H2O，其中CN－为还原剂，Cl2为氧化剂，二者的化学计量数之比为1∶1，A错误；反应ⅱ中，Cl2是氧化剂，则OCN－为还原剂，根据反应ⅰ中N元素的化合价没有变化，可知OCN－中N元素的化合价为－3，C元素的化合价为＋4，又X、Y是两种无毒的气体，故反应ⅱ的氧化产物只有N2，B错误；处理废水的总反应方程式为2CN－＋5Cl2＋8OH－===10Cl－＋4H2O＋N2＋2CO2，已知n(CN－)＝106 L×0.0001 mol·L－1＝100 mol，消耗标准状况下Cl2 100 mol×eq \f(5,2)×22.4 L·mol－1＝5.6×103 L，D错误。 8．(2025·济南市高三年级摸底考试)工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2，反应原理为ClO－＋SO2＋2OH－===Cl－＋SOeq \o\al(2－,4)＋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是还原剂 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，该过程需要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 解析：“过程1”为Ni2O3＋ClO－===2NiO2＋Cl－，镍元素化合价升高，Ni2O3是还原剂，A正确；反应过程中产生的O可将SO2氧化为SOeq \o\al(2－,4)，从而加快对SO2的吸收，B正确；根据催化过程：Ni2O3＋ClO－===2NiO2＋Cl－、2NiO2＋ClO－===Ni2O3＋Cl－＋2O，可知Ni2O3为催化剂，可以循环使用，C错误，D正确。 9．在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NHeq \o\al(＋,4)能转化为N2(g)和H2O(l)，示意图如下： 反应Ⅰ：NHeq \o\al(＋,4)＋O2→NOeq \o\al(－,3)＋H＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：NHeq \o\al(＋,4)＋NOeq \o\al(－,3)→N2↑＋H2O＋H＋(未配平) 下列说法正确的是(　　) A．两池发生的反应中，氮元素只被氧化 B．常温常压下，反应Ⅱ中生成8.96 L N2时，转移电子1.5 mol C．好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3∶5时，NHeq \o\al(＋,4)能完全转化为N2 D．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶3 解析：配平Ⅰ、Ⅱ可知：NHeq \o\al(＋,4)＋2O2===NOeq \o\al(－,3)＋2H＋＋H2O，5NHeq \o\al(＋,4)＋3NOeq \o\al(－,3)===4N2↑＋9H2O＋2H＋。反应Ⅱ中NOeq \o\al(－,3)被还原，A错误；常温常压下，8.96 L N2不为0.4 mol，故转移电子不为1.5 mol，B错误；反应Ⅱ中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶5，D错误。 10．(2023·湖南卷)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(　　) A．S2Oeq \o\al(2－,3)和SOeq \o\al(2－,4)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eq \f(n（O2）,n（H2O）)：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：S2Oeq \o\al(2－,3)的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；As2S3中As的化合价为＋3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为＋3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；根据题给信息可知，反应Ⅰ的方程式为2As2S3＋6O2＋3H2Oeq \o(=====,\s\up17(紫外光))2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为As2S3＋7O2＋6H2Oeq \o(=====,\s\up17(自然光))2H3AsO4＋3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的eq \f(n（O2）,n（H2O）)：Ⅰ>Ⅱ，C错误；As2S3中As为＋3价，S为－2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为＋2价，则1 mol As2S3失电子3×4 mol＝12 mol；在经过反应Ⅱ后，As变为＋5价，S变为＋6价，则1 mol As2S3失电子2×2 mol＋3×8 mol＝28 mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 mol As2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确。 2Li2CO3＋8MnO2eq \o(=====,\s\up15(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑ 2MnOeq \o\al(2－,4)＋2H2Oeq \o(=====,\s\up15(电解))2MnOeq \o\al(－,4)＋2OH－＋H2↑ 解析：(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnOeq \o\al(－,4)＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02×eq \f(5,2) mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g/mol＝0.4662 g，则该草酸晶体的纯度为eq \f(0.4662,0.500)×100%≈93.2%。 $$