微课题3 信息型氧化还原方程式的书写-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

第一章物质及其变化 微课题3信息型氧化还原方程式的书写 (2)NaAIH4与水发生氧化还原反应的化学 微点扫描 方程式为 1.信息型化学方程式书写的思路 (3)在酸性条件下，NaCIO2可发生反应生成 首先根据题给材料中的信息写出部分反应 NaCI并释放出CIO2,该反应的离子方程式 物和生成物的化学式，再根据反应前后元素 为 化合价有无变化判断反应类型： (4)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制 得，反应的离子方程式为 元素化合 此反应为非氧化还原反应，遵循质量 价无变化 守恒定律 (5)NaC1O溶液与Ag反应的产物为AgCI 此反应为氧化还原反应，除遵循质量 NaOH和O2,该反应的化学方程式为 守恒定律外，还要遵循得失电子守恒 元素化合 定律。最后根据题目要求写出化学 (6)在45~50℃时向CuC1悬浊液中持续通 价有变化 方程式或离子方程式（需要遵循电荷 入空气，得到碱式氯化铜[Cu2(OH)2C12· 守恒定律)即可 3H2O],该反应的化学方程式为 2.氧化还原反应方程式的书写步骤 练二 依据流程信息书写方程式 根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还 第 3.根据提供的情境书写指定反应的方程式。 原剂、氧化产物、还原产物 0 (1)通过如图转化可回收废旧锂电池电极材 按“氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物 第二步 料LiCoO2(难溶于水)中钴元素和锂元素。 写出方程式，根据待失电子子扣配平上述 四种物质 H,S04、Na,S03Na0H Na,CO; 0 第三步 根据电街守恒和反应物的俊碱性，在方程 式左边或右边补充H,OH或H,O等 LiCoO, 反应1 钻 锂 Na SO 溶液 第四步 根据质量守何配平反应方程式 Co(OH)2 Li,CO, 写出反应1的离子方程式： 焦点训练 (2)活性自由基HO·可有效除去废水中的 练一 依据陈述信息书写方程式 苯酚等有机污染物，原理如图所示。写出 1.用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NO,吸收 HO·除去苯酚(C6HOH)反应的化学方 过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2 程式： 和CO2的反应。写出该反应的化学方程式： i,0 CH COOH Fe OH Fe,0,Fe 2.根据新信息完成下列方程式。 (1)KMnO:氧化废水中Mn2+生成MnO2 (3)现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为 的离子方程式为 ZnO,含少量Pb、CuO和As2O3)制取高纯 锌的部分工艺流程如图所示。 29 金榜题名 创新高考总复习 化学 过量NTH3·I20 H202 练三依据反应机理图信息书写方程式 NH,CI 5.NaClO氧化可除去氨氨，反应机理如图所示 氧化 (其中H2O和NaC1略去)： 氧化锌 烟灰 →溶浸 除杂 ·高纯锌 NH. 滤渣I 滤渣Ⅱ ①已知：“溶浸”后浸出液中含[Zn(NH)4]2+、 NaClo' -NOH [Cu(NH3)4]2+、AsC1-等。写出该过程 NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为 中生成[Zn(NH3):]2+的相关离子方程式： 6.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2,其中S为一1 ②“氧化除杂”的目的是将“AsC号-”转化为 价)催化氧化的反应转化如图所示。 As2O5胶体，再经吸附聚沉除去。写出氧化 总反应：2FeS2+7O2+2H2O—2Fe2++ 反应的离子方程式： 4S0+4H+ 4.氧化铬绿(Cr2O3)的性质独特，在冶金、颜料 等领域有着不可替代的地位。一种利用淀 粉水热还原铬酸钠制备氧化铬绿的工艺流 Fe(NO) 程如下： FeS 后处理 铬酸钠 碳化母液 滤液 滤液 还原一过滤一一过涤一煅烧洗涤、烘干、筛分 (1)分别写出反应I、Ⅱ的离子方程式： 淀粉 蒸馏水 产品 ①反应I: 已知：①向含少量Na2CO3的铬酸钠碱性溶 ②反应Ⅱ： 液中通入CO2可制得不同碳化率的铬酸钠 碳化母液； (2)NO在总反应中的作用是 ②“还原”反应剧烈放热，可制得Cr(OH)3 浆料。 【题后归纳】 循环转化关系图中物质变化分 (1)该工艺中“还原”反应最初使用的是蔗糖 析思路 或甲醛，后来改用价格低廉的淀粉。甲醛 (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生 (HCHO)与铬酸钠(Na2CrO4)溶液反应的 成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生 离子方程式为 成物。 (2)重铬酸钠(Na2Cr2O7·H2O)与硫酸铵 (2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质 热分解法也是一种生产氧化铬绿的方法，生 又参加反应，则该物质为中间产物。 产过程中产生的气体对环境无害，其化学方 (3)若某物质先参加反应，后又生成该物质，则 程式为 该物质为催化剂。 30第五讲氧化还原反应方程式的配平与计算 4.答案(1)CuS) 核心考点突破 (2)4FeS,+150,+2H,0细道4Fc++8S0-+4H 考点一对点精练 解析(1)“胆水“治炼钢，“胆水”的主要成分为CuS): 1.(1)41112(2)38324(3)513333 (2)“细蔺氧化"的过程中，FS在酸性环境下被(O氧化为Fc (4)21610258 2.(1)36213(2)29335 和S0片，离子方程式为：4FeS十150，+2H0物首fe++ 3.(1)41128 8S0子+4H+. (2)1115245615 5.答案(1)①2Fe3++Ag2S+4CI一2Fe2++2[AgC12]-+S 4.(1)2122222 ②CT是为了与AgzS电离出的Ag+结合生成[AgCL],使平 (2)512186121033 衡正向移动，提高A2S的浸出率：H十是为了抑制Fe-水解，防 5.(1)3240H325 止生成Fe(OH),沉淀 (2)25 6H+258 (2)2[AgCl]-+Fe—Fe2++2Ag+4C1、2Fe3++Fe (3)5214H+552Mn07H0 3Fe2+ 考点二对点精练 解析(1)①AgS中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根 1.D[N,S在碗性溶液中可被NaCIO氧化为NSO,S元素化 据得失电子中恒，元素守恒，该离子方程式为2F+十AgS十 合价由-二升高为+6，而NaCI0被运原为NaC1,C1元素化合 4CI一2Fe2++2[AgCl2]+S:②CT是为了与AgS电离出 价由十I价降低为一1价，反应中N2S,与NaCO的物质的量之 的Ag结合生成[Ag(Cl,]厂，使平衡正向移动，提高AgS的浸 比为1：16，根搭电子转移守版，则：x×[6-（一兰)门小=16× 出率：H是为了抑制Fe+水解，防止生成Fe(OH)1沉淀， (2)铁粉可将[AgC]还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁 [1一（一1）]，解得：x=5,答案为D。] 2.B[根据非金属性只能比较最高价含氧酸的酸性强弱，故B 离子发生反应，因此离子方程式为2[AgC2]+Fe一F2++ 错误， 2Ag+4CI厂，2Fe++Fe-3Fc2。 3.答案(1)三VAA1(OH) 微课题3信息型氧化还原方程式的书写 (2)24,11,12,8,3,24 焦点训练 (3)①P+3N(OH+3HOPH↑+3NaHP)一②2.5 1.答案2HNO,+(NH2):CO2N↑+CO,◆+3HO 解析(1)P处于第三周期，VA族，AP遇水蒸气会发生反应 解析由题给信息可知，反应物为HNO2,(NH)2CO,生成物为 放出PH3气体，根据元素守恒，确定孩反应的另一种产物是 C(2和N。,根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出这反应 AI(OH)a,(2)城方程式中Cu价态由十2+十1，P价态由一3+ 十5，为保证化合价升降数相等，CuP与HP),计量数分别为 的化李方程式为2HN(2+(NH2),C(O一一2N2↑+C)2↑ 8,3,CuS01的系数是24，HzS),系数是24，根据元素守恒，得 +3H,0. 到：24CuS01+11PH2十12H2O—8CuP,十3H3P)+ 2.(1)2MnO+3Mn2++2H0—5MnO2↓+4H 24HSO。(3)①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成 (2)NaAIH +4H2O=Na[AK(OH)]+4H2 PH,NaH2PO2,方程式为P4+3NaOH+3HO-PH1↑+ (3)4H++5C105C1+4C10,↑+2H() 3 NaH2 PO2,因为NaOH过量，所以NaH2PO是正盐，因此次磷 (4)PbO+CIO--PbO+CI 酸属于一元酸。②根据P,+3NaOH+3HO一PH↑+ (5)4Ag+4 NaClO+2H2O—4AgCI+4NaOH+O,↑ 3NaH2 PO2:2NaH2 PO2+H2 SO -Naz SO+2Ha PO2: (6)4CuC1+0,+8H,05-0上2[Cu(OH,C·3H,0 2HPO2一PH3◆+H3PO1,可知P1~2.5PH1,若越始时有 1molP参加反应，则整个工业流程中共生成2.5 mol PH。 3.答案(1)21.iCo0+6H++S号--21.i++2C7++S0月 +3H2) 高考真题集训 (2)4HO.+Ci Hs OH+H O-3CH COOH 1.D[A.S2O方的中心S原子形成的4个a键的键长不一样，故 (3)ZnO+2NH.H O+2NH-TZn(NH:)+3H2 O 其空间结构不是正四面体形，A错误：B.AS中As的化合价 为十3价，反应1产物As2)3中As的化合价为十3价，故该过程 2AsC片-+2HO2+6NH·H,OAs(O(胶体)+10CI厂+ 中As没有枚氧化，B错误：C.根据题给信息可知，反应1的方程 6NH++5H() 式为2A5,+60,+3H,0发外老2A,0+3H,S,0,反应n 解析分析工艺流程可知：现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分 为ZO,含少量P%、CuO和AsO)制取高纯锌，氧化锌妇灰加 的方程式为AS+70,+6H,0自然光2H,A0,十3H,S0, 入过量意水，氣化按得到[Zn(NH):]2+、[Cu(NH):]2+ AsC目，过滤分离出滤液，加入过氧化氢氧化涂杂，分离出含锌 则反应I和Ⅱ中，参加反应的名：>1，C错送：D 的滤液，最终生成锌，据此回答。(1)“沉钻”时得到Co(OH)2,可 AsS中A5为十3价，S为一2价，在经过反应I后，As的化合价 以推知反应1中LiCoO2与H2SO,和Na2 SO反应生成Co2+和 没有变，S变为十2价，则1 mol As2Ss失电子3×4mol=12mol: )子，根据得失电子中恒和电椅守恒配平离子方程式为： 在经过反应Ⅱ后，As支为十5价，S支为十6价，则1 mol As2S 21iCo02+6H++S0g—2L.i+2Co2++S0+3H0. 失电子2×2mol+3×8mol=28mol,故反应【和1中，氧化 (2)依据流程图可知HO·除去苯酚(CHOH)反应乙酸，化学 1m0lAs:S转移的电子数之比为317，D正确。] 方程式为：4HO·+CHOH+HO→3 CH COOH.(3)① 2.D[过程1发生的是还原反应，A项错误：由以上分析知，a,b中 转移电子数目不相等，B项错误：过程Ⅱ中参加反应的#(N)与 已知：“溶浸”后浸出流中含[Z(NH)1门+，期氧化锌和过量氧 n(NH计)之比为1；1，C项错误：由图知，总反应为NH+N()5 水，氯化餐生成[Zn(NH)4]2T,反应为ZnO+2NH·HO+ -N◆十2H2O,D项正确.] 2NH时一[Z(NH)1]2++3HO:②过氧化氢具有氧化性， 3.C[A.由题中信息可知，利用CHOH可将成水中的NO方转 “氧化除杂”过程中AC和过氧化氢，过量氯水反应生成 化为对环境无客的物质X后排放，则X表示N2,NO2仍然是大 AseO和水，反应为2AsC1十2H2O)2+6NH3·H20 气污染物，A不正确：B.CHOH中C元素的化合价由一2价升 AsO(胶体)+10C1-+6NH十+5HO. 高到十4价，CH()H是该反应的还原剂，O有强氧化性，通常 4.答案(1)4CO+3HCHO+4HO4Cr(OH)3￥+ 不能用作还原剂，故不可用O2替换CHOH,B不正确：C.该反 20H-+3C0 应中，还原剂CHOH中C元素的化合价由一2价升高到十4 价，升高了6个价位，氧化剂NO中N元素的化合价由十5价 (2)Na:CrO,·H20+(NH):SO,△CrO+Na,SO,+ 降低到0价，降纸了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还 5H2 O+N2 原别的物质的量之比为6：5，C正确：D.CHOH中C元素的化 解析(1)HCHO中碳元素化合价为0价，该反应在城性环境下 合价由一2价升高到十4价，升高了6个价位，若生成标准决况下 进行，最终生成碳酸的、C(OH)3等，根据化合价升降守恒，电荷 的CO2气体11.2L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数为 守幢以及原子中可知，反应的离子方程式为4C(十 0,5×6一3VA,D不正确：粽上所述，本题进C.] 3HCHO+41H04Cr(OH)3￥+2OH+3C(房. 547 (2)重铬酸钠具有强氧化性，硫酸铵具有还原性，生产过程中产生：对点精练 的气体对环境无害，故N元素转化为N,二者发生氧化还原反应 1.答案(1)244.8(2)44(3)0.3NA(4)112(5)7￥9 生成CrO3、N2、NaSO),HO,根据氧化还原反应得失电子守每 (6)48 和原子守恒可知，该反应的化学方程式为NCO·HO十 解析()根据公式日=册-立 =2mol:在标准状况下的体积 (NH,),S0,ACr,0+NaS0,+5H,0+N,4. 是2×22.4=44.81.：(2)C02分子的摩尔质量数值上等于相对分 5.2NH,+3NaClO-N,+3H,O+3NaCl 子，所以为44g·mol厂1：(3)0.3 mol HF中所含质子数为3NA, 6.(1)①4Fe(NO)2++O.+4H+-4F3++4NO+2H.O 所以与0.3NA个CH:中所含质子数相等：(4)甲烷与氧气的体 ②14Fe++FeS+8H20-15Fe2++2S0月+16H 4 (2)作催化剂 积之比等于物质的量之比，所以为16：32=112：(5)设C0的 第二章物质的量 物质的量为r,C02的物质的量y,x十y=22. 2.24 =0.1,28.r十44y 第一讲物质的量 气体摩尔体积 =37.解得r-y-递合气体中C0与C0的分子数 核心考点突破 之比等于物质的量比7：9：(6)根据阿伏伽德罗定律，同温同容 考点一自我梳理 下，压强之比等于物质的量之比是1：3，行：后=1：3，解得 1.(1)粒子(2)摩尔 (4)6.02×103mol-1(5)n·NA n M=48,所以A的相对分子质量为48。 2.(2)g/mol(3)克 2.答案(1)①41g/mol②0.8③0.3NA(2)①B②CD 思考 (3)OF。阿伏加德罗定律，质量守恒定律 1.提示(1)摩尔后面应为确切的微粒名称，】mol氢的说法不确 解析(1)①标准状况下气体的体积为8.96L,则物质的量= 切，大米为宏观物质，不是微粒 8.961.÷22.4L./mol=0.4mol,平均摩尔质量=16.4g÷ (2)6.02X103是个纯数值，没有任何物理意义，而阿伏加德罗常 0.4mol=41g/mol:②根据分子式，每个分子中合有2个氧原 数(Na)是指1mol任何微粒所含的粒子数，国际上规定，1mo 子，则氧原子的物质的量为分子的2倍，即0,8ol:③根据十字 粒子集合体所含的粒子数约为6.02×103 32 3 2,提示(1)对其体的物质，其摩尔质量是确定的，不随物质的量 相变法， 41 ,氧气与二氧化碳的物质的量之比为 的多少而变化，也不随物质的聚集状态而变化。 44 9 (2)NA g/mol 3:9,即13，总物质的量为0.4mol,则二氧化碳的物质的量为 对点精练 0.3m0l,一个二氧化碳中含有一个碳原子，则C原子的物质的 1,D[A,摩尔是物质的量的单位，正确：B.摩尔用来计量微粒的量， 量为0.3mol,即0.3NA:(2)①p=m/V,两个客器内温度、气体 可以是纯净物的强粒，也可以是混合物的霞粒，正确：C,气体物质 密度和体积相等，即O,O的后量相等，气体的物质的量之比等 的量相等，则气体的分子数目相等，正确：D.氯气为单原子分子 于分子个数之比等于摩尔质量的反比，即3：2：A.两种气体的 0.5mol气气含有0.5 mol He原子，1个He原子含有2个电子，所 压强不相等，A说法错误：B两种气体的质量相等，则氧原子数 以0.5mol气气约含有6.02×1023个电子，错误：故选D,] 目相等，B说法正确：C.两种气体的分子数门之比等于气体的物 质的童之比，则分子数目不相等，C说法错误：D.3与为的质 2答秦D0,②aNg'mol®N mol①四 量相等，D说法错误：答案为B:②两个容器内强度，体积和气体 压强相等时，期O,O的物质的量相等：A.两种气体的物质的 (2)62g/mol160.1mol 量和等，而摩尔质量不相等，则密度不相等·A说法错误：B.两种 解析(1)①某氯原子的质量为4g,12C原子的质量是bg,则该 气体的物质的量粗等，分于中含有的氧原子数目不相等，则氧原 氯原子的相对原子质量为A=:g-124:②原于的摩尔质量是 子数目不相等，B说法错误：C,两种气体的物质的量相等，则分 h旦 子数目相等，C说法正确：D.两种气体的物质的量相等，)2比() 12 的摩尔质量小，则2比O的质量小，D说法正确，答案为CD: 以g/mol为单位，数值上等于NA个孩原子的质量，某氯原子的 (3)根据阿伏加德罗定律，同温同压下体积之比等于物质的量之 质量是ag,故该氯原子的摩尔质量是为aNg/mol:③mg该C 比，即2molA受热分解生成3mol2和2molF2,根据原子守 72 mn g 原子的物质的量为n=粉=aNA g/mol-a州mol:①C是17 恒，则A的化学式为()F2。 号元常，原子核外有17个电子，ng域氟原子的物质的量是 3.B[A.根据n=册，质量均为mg的0和S0物质的量之比 日 M aNA mol,则其中含有的电子数月N=17×- -XNA- 与摩尔质量成反比，即n(0)tn(S)2)=64132=2t1,甲、乙 N 中所含的氧原子物质的量之比为2：1，故A错误：B.由pV= 17n:(2)据电离方程式NgR一2Na十R2,得1 mol Na,R RT,体积相等的甲和乙，压强与温度成正比，且(O): (SO2)=2:1即代表氧气的曲线较高，故B正确：C.(O2): 电离生成2 mol Na,题日中有Na+0,4mol,则有0.2mol n(S0)=2:1,质子数之比为2×16￥1×32=1：1，故C错误： Nag R.M Nag R)N n(Naz R) =62g/mol。由 D.根据p一了，甲，乙容器体积相等，两个气体的质量相等，则密 M(Na2R)=62,求得M(R)=62一2X23=16,已知m(R)=1.6 度也相等，即甲、乙中气体密度比为1：1，故D错误：故选B。] 4.A[同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，由题图可 g,根搭n-府，得(R)-0.1mol,彩n(NaR)-0.1mol 知甲、乙两室气体的体积之比为5：3，故其物质的量之比也为 3.答案(1)2mol(2)1molV、(3)10mol14mol 5：3,所以甲室中气体的物质的量为2mol,A错误：HC1气体的 解析(1)已知Na触SO·10H2)的物质的量为1mol,则的离子 质童为1,2mol×36.5g·mol1=43.8g,则甲室中气体的质量 的物质的量为2mol.(2)Na:S0·10H2O的物质的量为 为43.8g一33.8g=10g,B正确：设氨气的物质的量为xmol,氢 1mol,则含有硫酸根离子的物质的量为1mol,硫酸根离子的数 气的物质的量为ymol,极据其物质的量、质量的关系列方程组： 目为1mol×NA/mol=VA。(3)NaeS()·10H4O的物质的量 xmol+ymol=2mol,17g·mol1×xmol+2g·mol1× 为1mol.则含有结品水的物质的量为10mol.会有氧原子的物 ymol=10g,解得x=0.4,y=1.6,所以意气和氢.气的物质的量 质的量为(4十10)×1mol=14mol. 之比为0,4mo:1,6mol=1：4,C正俯：甲室中NH的物质的 考点二自我梳理 量为0.4mol.能与0.4moHC1反应，剩余0.8 nol HC1和 1.大小数目距离 1.6m0lH2,共2,4mol,相同条件下，气体的体积之比等于其物 2.3)22.4L·mo1(4)Y 质的量之比，所以活塞b会移至刻度“6”处，D正确，门 高考真题集训 3.(3)N N2 pl:p2 m:ng 1.D[A.候根中存在4个N一H共价键，1 mol NH Cl含有的共 思表 价键数目为4N入，A错误：B.碳酸氨钠受热分解生成碳酸纳、水 1,提示(1)水、苯、SO3,HF,CCl、己烷、CS,CHCI3,Br2、乙醇等 和二氧化碳，1 mol NaHCO完全分解，得到0.5 mol CO2分子， (2)在标准状况下的Vm=22.4【./mol,若在兼标准状况下，气体 B错误：C.NaHCO.-Na+HCO),HC(h会发生水解和电 摩尔体积也可能是22.4L/mol,因此Vm=22.41/mol时不一定 离，则1 mol NaHCO落液中HCO方数目小于VA,C错误： 是标准状况。 D.NaCI和NH,C1的混合物中含1 mol Cl厂，则混合物总的质 2.提示(1)12(2)2：131(3)23 的量为1mol,质子数为28V,D正确。] 548