09第7讲　氧化还原方程式的配平和计算（课件PPT）-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁教版）

第7讲　氧化还原方程式的配平和计算 第2章　元素与物质世界 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 考点一　氧化还原方程式的配平 氧化剂 还原剂 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 A 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 B 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 A 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 考点二　氧化还原反应的计算 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 C 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 真题精研 衍生训练 谢谢观看！ 复习目标 1.能根据化合价升降(或电子转移)守恒规律进行氧化还原反应方程式的配平。 2.能根据化合价升降(或电子转移)守恒规律进行有关氧化还原反应的简单计算。 1．配平氧化还原方程式的“三个原则” 2．配平氧化还原方程式的“五个步骤” 考向1　基本型氧化还原方程式的配平 【例1】 (1)FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3 eq \o(——→,\s\up16(高温))Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为__________。 (2)酸性条件下，MnO(OH)2可将I－氧化生成I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的离子方程式，其系数依次为__________。 (3)请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。 答案：(1)2∶7　(2)1，2，4，1，1，3 (3)1　2　4　2　1　2 解析：(1)分析价态变化可知，1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7。 (2)锰元素的化合价由＋4降低到＋2，碘元素的化合价由－1升高到0，根据化合价升降总数相等，配平后的化学方程式为MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O，故其系数依次为1，2，4，1，1，3。 (3)氢元素由0价降低到－1价，钠元素由0价升高到＋1价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。 考向2　缺项型氧化还原方程式的配平 【例2】 (1)完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式： □ClO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋□Fe2＋＋□______===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。 (2)完成以下氧化还原反应的离子方程式： □MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋□C2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋□____________===□Mn2＋＋□CO2↑＋□________________。 答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O (2)2　5　16　H＋　2　10　8　H2O 解析：(1)氯元素由＋5价降低到－1价，铁元素由＋2价升高到＋3价，据元素化合价升降总数相等可知，ClO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、Fe2＋的系数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (2)锰元素由＋7价降低到＋2价，碳元素由＋3价升高到＋4价，根据元素化合价升降总数相等可知，MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的系数分别为2、5，再结合电荷守恒和原子守恒配平：2MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5C2O eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。 (1)配平氧化还原方程式的两种常用方法 (2)“三步法”配平缺项型氧化还原方程式 1．配平下列两个化学(或离子)方程式。 (1)□LiCoO2＋□H2SO4＋□H2O2===□Li2SO4＋□CoSO4＋□O2↑＋□________ (2)□MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋□Fe2＋＋□________===□Mn2＋＋□Fe3＋＋□________ 答案：(1)2　3　1　1　2　1　4　H2O (2)1　5　8　H＋　1　5　4　H2O 2．(1)(2023·北京卷)“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[AgCl2]－形式浸出。将“浸银”反应的离子方程式补充完整。 □Fe3＋＋Ag2S＋□______===□______＋2[AgCl2]－＋S (2)(2023·辽宁卷)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为_________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 答案：(1)2　4　Cl－　2　Fe2＋ (2)H2O＋Mn2＋＋HSO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))===MnO2＋SO eq \o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋3H＋ 解析：(1)Ag2S中硫元素化合价升高，铁元素化合价降低，根据得失电子守恒、原子守恒，该离子方程式为2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－=== 2Fe2＋ ＋2[AgCl2]－ ＋S。 1．氧化还原反应的计算——得失电子守恒法 得失电子守恒法是氧化还原反应计算的依据，即：______得到电子总数＝______失去电子总数。利用氧化还原反应中得失电子守恒思想，只需找出反应过程中的始态物质和终态物质，从得电子与失电子两方面进行整体思维，建立二者之间的得失电子守恒关系，即可快速求解。 2．“三步法”巧解氧化还原反应的计算题 考向1　单一反应中得失电子守恒的应用 【例1】 已知24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol/L的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为(　　) A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5 解析：假设反应后R元素化合价为＋x，根据反应中元素化合价升降数目相等，可知24 mL×0.05 mol/L×(6－4)＝16 mL×0.03 mol/L×(7－x)，解得x＝2，A正确。 考向2　多步反应中得失电子守恒的应用 【例2】 取m g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g，则m等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 [思路剖析] ① ② 建立定量关系：m合金＋m(OH－)＝m氢氧化物，而n(OH－)＝n(e－) 解析：题中存在质量关系：m(合金)＝m(氢氧化物)－m(OH－)，又知n(OH－)＝n(e－)＝n(浓硝酸得电子)，则有n(OH－)＝ eq \f(8.96 L,22.4 L/mol)×1＋ eq \f(0.672 L,22.4 L/mol)×2×1＝0.46 mol，故m＝17.02 g－0.46 mol×17 g/mol＝9.20 g。 抓住“始态”与“终态”突破多步反应的计算 在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中物质没有损耗，就可以找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，即得失电子守恒，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。 1．Zn与硝酸反应所得还原产物与硝酸的浓度密切相关。若一定量的Zn与某浓度的硝酸完全反应，所得还原产物只有NH4NO3，则参加反应的Zn与HNO3的物质的量之比为(　　) A．2∶5 B．5∶2 C．3∶2 D．2∶3 解析：Zn与硝酸反应所得还原产物只有NH4NO3，则硝酸中的氮元素的化合价由＋5降低为－3，锌元素的化合价由0升高为＋2，根据得失电子守恒，则有n(Zn)×(2－0)＝n(HNO3)×[5－(－3)]，解得消耗的锌与作为氧化剂的硝酸的物质的量之比为n(Zn)∶n(HNO3)＝4∶1；另有部分生成物为硝酸根离子，n(NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝2n(Zn)＋n(NH eq \o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝4×2＋1＝9，则参加反应的Zn与HNO3的物质的量之比为4∶(1＋9)＝2∶5，A正确。 2．经测定发现实验所得SnCl4样品中含有少量的SnCl2，测定样品纯度的方案如下： 取a g样品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用 0.010 0 mol/L碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。滴定过程中先后发生的反应为 Ⅰ .Sn2＋＋IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H＋―→Sn4＋＋I－＋H2O Ⅱ .IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋I－＋H＋―→I2＋H2O(均未配平) 则SnCl4样品的纯度为____________%；若滴定时间过长，会使测量结果____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 答案： eq \f(100a－0.57V,a)　偏大 解析：利用得失电子守恒配平得到：Ⅰ.3Sn2＋＋IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6H＋=== 3Sn4＋＋I－＋3H2O；滴定终点时，发生反应 Ⅱ.IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，生成的I2使淀粉变蓝；由化学方程式(或者根据得失电子守恒)可得关系式：3Sn2＋～IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，则有n(Sn2＋)＝3n(IO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝3×0.010 0 mol/L×V×10－3 L＝3V×10－5mol，故产品纯度为(1－ eq \f(3V×10－5 mol×190 g/mol,a g))×100%＝ eq \f(100a－0.57V,a)%。若滴定时间过长，空气中的氧气会氧化I－生成I2，消耗的KIO3将减少，故测量结果偏大。 氧化还原方程式的书写及配平 角度 1.(2023·全国乙卷)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)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断________。电解废液可在反应器中循环利用。 (2)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______________。 答案：(1)Mn2＋＋2H2O eq \o(=====,\s\up16(电解))H2↑＋MnO2↓＋2H＋　　 加入Mn(OH)2 (2)2Li2CO3＋8MnO2 eq \o(=====,\s\up16(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑ 解析：(1)在电解槽中，Mn2＋发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2＋＋2H2O eq \o(=====,\s\up16(电解))H2↑＋MnO2↓＋2H＋；电解时电解液中逸出H2，生成沉淀MnO2，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定。 (2)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO2 eq \o(=====,\s\up16(煅烧))4LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 (2024·浙江1月选考卷)利用CH3OH可将废水中的NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H＋＋CH3OH＋NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(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NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(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错误；CH3OH中碳元素的化合价由－2升高到＋4，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错误；该反应中，还原剂CH3OH中碳元素的化合价由－2升高到＋4，升高了6个价位，氧化剂NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中氮元素的化合价由＋5降低到0，降低了5个价位，由得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；CH3OH中碳元素的化合价由－2升高到＋4，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0.5 mol×6 NA mol－1＝3NA，D错误。 2.(2024·河北卷，改编)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题： (1)装置如图所示(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，水浴加热至不再有红棕色液体馏出。仪器C的名称为________；CaBr2溶液的作用为___________； 角度 氧化还原反应的有关计算 D中发生的主要反应的化学方程式为 __________________________________________________________ _______________________________________________________。 (2)将D中溶液转移至________(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为 ________________________________________________________。 (3)利用图示相同装置，将R和K2Cr2O7固体混合均匀放入B中，D中加入冷的蒸馏水。由A向B中滴加适量浓硫酸，水浴加热蒸馏。然后将D中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。为保证溴的纯度，K2Cr2O7固体的用量按理论所需量的 eq \f(3,4)计算，若固体R质量为m g(以KBr计)，则需称取________g K2Cr2O7(M＝294 g/mol)(用含m的代数式表示)。 答案：(1)直形冷凝管　抑制溴与水反应，除去市售的溴中少量的Cl2　Br2＋K2C2O4 eq \o(=====,\s\up16(△))2KBr＋2CO2↑ (2)蒸发皿　2MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋10I－＋16H＋ eq \o(=====,\s\up16(△))2Mn2＋＋5I2＋8H2O (3)0.31m 解析：市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B中，CaBr2中的Br－可以抑制溴与水反应，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I－、 Br－，向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I－，加热蒸干得KBr固体，将KBr固体和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓硫酸，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。 (1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的Cl2，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br2、I2蒸发进入装置D中，分别与K2C2O4发生氧化还原反应，Br2＋K2C2O4 eq \o(=====,\s\up16(△))2KBr＋2CO2↑、I2＋K2C2O4 eq \o(=====,\s\up16(△))2KI＋2CO2↑，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的化学方程式为Br2＋K2C2O4 eq \o(=====,\s\up16(△))2KBr＋ 2CO2↑。 (2)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4溶液至出现红棕色气体(Br2)，即说明KMnO4已将KI全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋10I－＋16H＋ eq \o(=====,\s\up16(△))2Mn2＋＋5I2＋8H2O；KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R的主要成分为KBr。 (3)m g KBr固体的物质的量为 eq \f(m,119) mol，根据转移电子相等可得关系式6KBr～6e－～K2Cr2O7，则理论上需要K2Cr2O7的物质的量为 eq \f(1,6)× eq \f(m,119) mol，实际所需称取K2Cr2O7的质量为 eq \f(1,6)× eq \f(m,119) mol× eq \f(3,4)×294 g/mol≈0.31m g。 ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、水体中Mn2＋等重金属离子的除去及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题： (1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中氯元素的化合价是__________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 (2)将ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成。该反应的离子方程式为 __________________________________________________________ _________________________________________________________。 (3)为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1 L 200 mg/L ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO并测定NO的去除率，其关系如图所示： 当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应生成更强的吸收剂NaClO2，写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式：__________。 答案：(1)＋3　1∶2　(2)2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋ 12H＋＋2Cl－ (3)4NO＋3ClO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4OH－===4NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3Cl－＋2H2O 解析：(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中氯元素的化合价为＋3，该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价由＋7降低为＋6，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中氯元素的化合价由＋3升高为＋4，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。 (2)将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成，反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋ 12H＋＋2Cl－。 (3)在碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式为4NO＋3ClO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4OH－===4NO eq \o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3Cl－＋2H2O。 $$