12第7讲　氧化还原方程式的配平和计算-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁科版）

第7讲　氧化还原方程式的配平和计算 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。 考点一 　氧化还原方程式的配平 [对应学生用书P40] 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＋NaNO3Na2CrO4＋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＋□Fe2＋＋□______===□Cl－＋□Fe3＋＋□______。 (2)完成以下氧化还原反应的离子方程式： □MnO＋□C2O＋□____________===□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、Fe2＋的系数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。 (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、C2O的系数分别为2、5，再结合电荷守恒和原子守恒配平：2MnO＋5C2O＋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＋□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===MnO2＋SO＋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。 考点二 　氧化还原反应的计算 [对应学生用书P41] 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：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数。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 A　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－) B　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－)＝×1＋×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 A　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)＝2n(Zn)＋n(NH)＝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＋H＋―→Sn4＋＋I－＋H2O Ⅱ .IO＋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：　偏大 解析：利用得失电子守恒配平得到：Ⅰ.3Sn2＋＋IO＋6H＋===3Sn4＋＋I－＋3H2O；滴定终点时，发生反应 Ⅱ.IO＋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，则有n(Sn2＋)＝3n(IO)＝3×0.010 0 mol/L×V×10－3 L＝3V×10－5mol，故产品纯度为(1－)×100%＝%。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。 [对应学生用书P42] 角度 氧化还原方程式的书写及配平 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＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋　　加入Mn(OH)2 (2)2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋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＋＋2H2OH2↑＋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＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 　(2024·浙江1月选考卷)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) C　解析：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。 角度 氧化还原反应的有关计算 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___________； 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＋K2C2O42KBr＋2CO2↑ (2)蒸发皿　2MnO＋10I－＋16H＋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＋K2C2O42KBr＋2CO2↑、I2＋K2C2O42KI＋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＋K2C2O42KBr＋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＋10I－＋16H＋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 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× mol，实际所需称取K2Cr2O7的质量为× mol××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＋4OH－===4NO＋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＋4OH－===4NO＋3Cl－＋2H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $$