第4讲 氧化还原反应方程式的配平与计算-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中化学高考复习课件聚焦“氧化还原反应方程式的配平与计算”核心考点，依据高考评价体系明确配平原则、步骤及正向、逆向等五种方法，梳理电子守恒计算流程，结合2024北京卷、2023湖南卷等真题分析高频题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“方法归类+真题精析+素养提升”，如用逆向配平法解析歧化反应，电子守恒法计算沉淀质量，培养科学思维与科学探究能力。特设易错陷阱警示，助力学生掌握技巧，教师可据此精准教学，高效备考。

第一章　化学物质及其变化 第4讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 优化探究 大单元一　化学基本概念与化学实验基础 1 [导航·复习目标]　1.能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。2.熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应的相关计算。   2 考点一　氧化还原反应方程式的配平 考点二　电子守恒法计算 练真题 明考向 课时作业4 氧化还原反应方程式的配平与计算 3 考点一　氧化还原反应方程式的配平 4 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 梳理 必备知识 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 1.正向配平法(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变) (1)　　　　KI+　　　　KIO3+　　　　H2SO4===　　　　I2+ 　　　　K2SO4+　　　　H2O  (2)　　　　Mn+　　　　H++　　　　Cl-===　　　　Mn2++ 　　　　Cl2↑+　　 　H2O  5　 1　 3　 3　 3　 3 16　 10 　2　 5　 8 提升 关键能力 　2　 7 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↑  (3)　　　　NH4NO3===　　　　N2↑+　　　　O2↑+　　　　H2O  3 6　 5 　1　 3 2　 9 3　 3　 5 2　 2　 1　 4 [点拨]　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。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  2　 1　 2H2O　 2　 1　 4H+ 3　 2　 4OH-　 3　 2　 5 2 5　 6H+　 2　 5　 8 (4)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+　　　　  (5)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++　　　　+　　　　  Al2O3　 3C　 N2　 2　 3CO 5　 2　 14H+　 5　 5　 2Mn　 7H2O 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  4　 11　 2　 8 11　 15　 24　 5　 6　 15 [点拨]　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+HNO3(稀) ―→Cu(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,+(稀) ―→ (NO3)2+O↑+H2O4+H2O,配平得3Cu2S+22HNO3(稀)=== 6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O。 5.有机物参与的方程式的配平 (1)　　　　KClO3+　　　　H2C2O4+　 　　H2SO4===　　　　ClO2↑+ 　　　　CO2↑+　　　　KHSO4+　　　　H2O  (2)　　　　C2H5OH+　　　　KMnO4+　　　　H2SO4===　 　　　K2SO4+　　　　MnSO4+　　　　CO2↑+　　　　H2O  2 1　 2　 2　 2 2　 2　 5 12　 18　 6　 12　 10 　33 [点拨]　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元素显+1价,O元素显-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。 考点二　电子守恒法计算 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.电子守恒法解题的流程 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。 梳理 必备知识 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。 一、确定元素的价态或物质的组成 1.24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1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　　　　。  +3价 提升 关键能力 解析:由题意可知,Na2SO3发生失电子的氧化反应,K2Cr2O7发生得电子的还原反应,其中S元素的化合价从+4价升高到+6价,Cr元素的化合价将从+6价降低到+n价。根据氧化还原反应中得失电子守恒,有0.05 mol·L-1 ×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n),解得n=3,因此元素Cr在还原产物中的化合价为+3价。 2.把密度为1.6 g·cm-3的液态S2Cl2 10 mL溶于石油醚(一种溶剂), 得到100 mL溶液,把它慢慢加入50 mL 3.2 mol·L-1的SO2水溶液中,振荡使之充分反应,当加入的S2Cl2溶液为67.5 mL时,恰好反应完全。生成物用含0.32 mol KOH的KOH溶液中和后,恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐晶体。请计算: (1)参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)=1∶　　　　。  2　 解析:n(S2Cl2)=×=0.08 mol,n(SO2)=3.2 mol·L-1 ×50×10-3 L=0.16 mol,则参与反应的n(S2Cl2)∶n(SO2)=1∶2。 (2)确定二元含氧酸的化学式为　 。  H2S4O6 解析：根据题意,反应过程中Cl、H、O元素的化合价不变,所以该反应为归中反应,设反应后硫元素化合价为x,依据得失电子守恒有:2(x-1)=2(4-x),解得x= ,由此推断二元含氧酸的化学式为H2S4O6。 二、多步反应中电子守恒的应用 3. (2025·广东汕头高三月考)将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况),向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液,金属离子恰好沉淀完全。则形成沉淀的质量为　　　　　。  11.7 g 解析:根据得失电子守恒和元素质量守恒可得关系式:Mg~2e-~2OH-, Cu~2e-~2OH-,即金属转移电子数目与其消耗的氢氧根离子数目相等,稀硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为2.24 L,物质的量为0.1 mol,所以转移电子的物质的量为0.3 mol,最终沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,即沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.3 mol,所以最后沉淀质量为6.6 g+0.3 mol×17 g/mol=11.7 g。 4.一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中,收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8 mol。将上述气体平均分为两份,一份与标准状况下8.96 L O2混合后,用水吸收,无气体剩余;另一份恰好能被500 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,则其中NaNO3的物质的量为　　　　　。  0.2 mol 解析:一份气体恰好能被500 mL 2 mol·L-1 NaOH溶液完全吸收,生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液,根据元素守恒,则可知每份气体含有N元素的物质的量是1 mol;一份气体与标准状况下8.96 L O2混合后,用水吸收,无气体剩余,则完全生成硝酸,转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)= 4×=1.6 mol,若将NaNO2全部氧化为NaNO3,转移电子的物质的量为1.6 mol,根据得失电子守恒:n(NaNO2)=n(e-)=×1.6 mol=0.8 mol,根据Na原子守恒,n(NaNO3)=1 mol-n(NaNO2)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol。 练真题 明考向 1.(2024·北京卷)不同条件下,当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应,结果如下。 反应 序号 起始 酸碱性 KI KMnO4 还原 产物 氧化 产物 物质的 量/mol 物质的 量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知:的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是(　　) A.反应①,n∶n=1∶5 B.对比反应①和②,x=3 C.对比反应①和②,I-的还原性随酸性减弱而减弱 D.随反应进行,体系pH变化:①增大,②不变 B 解析:反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价,I元素的化合价由-1价升至0价,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应①的离子方程式是10I-+2Mn+16H+===2Mn2++5I2+8H2O,故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5,A项错误;根据反应①可得关系式10I-~2Mn,可以求得n=0.000 2,则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.000 2)=1∶2,反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价,反应②对应的关系式为I-~2Mn~2MnO2~~6e-,中I元素的化合价为+5价,根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3,反应②的离子方程式是I-+2Mn+H2O===2MnO2↓++2OH-,B项正确;已知Mn的氧化性随酸性减弱而减弱,对比反应①和②的产物,I-的还原性随酸性减弱而增强,C项错误;根据反应①和②的离子方程式知,反应①消耗H+、产生水、pH增大,反应②产生OH-、消耗水、pH增大,D项错误。 2.(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.S2和S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: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 D 解析:A.S2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+3H2O2As2O3+3H2S2O3,反应Ⅱ的方程式为As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4,则反应Ⅰ和Ⅱ中,参加反应的: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。 3.(2024·安徽卷,节选)精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程,如图所示。 回答下列问题: (1)“浸取2”步骤中,单质金转化为HAuCl4的化学方程式为 　 。  2Au+8HCl+3H2O2===2HAuCl4+6H2O 解析:精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素,铜阳极泥中加入硫酸、H2O2浸取,Cu被转化为Cu2+进入浸出液1中,Ag、Au不反应,浸渣1中含有Ag和Au;浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取,Au转化为HAuCl4进入浸出液2,Ag转化为AgCl,浸渣2中含有AgCl;浸出液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au,同时N2H4被氧化为N2。 (1)“浸取2”步骤中,Au与盐酸、H2O2发生氧化还原反应,生成HAuCl4和H2O,根据得失电子守恒及质量守恒,可得反应的化学方程式为2Au+8HCl+3H2O2===2HAuCl4+6H2O。 (2)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　。  3∶4 解析: “还原”步骤中, HAuCl4被还原为Au,Au化合价由+3价变为0价,一个HAuCl4转移3个电子,N2H4被氧化为N2,N的化合价由-2价变为0价,一个N2H4转移4个电子,根据得失电子守恒,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。 课时作业4　氧化还原反应方程式的 配平与计算 36 2 3 4 5 6 7 8 1 一、选择题 1.关于反应2Fe(CO)5+7N2O4===2FeO2+14NO+10CO2,下列说法正确的是 (　　) A.N2O4发生氧化反应 B.生成1 mol CO2,转移2 mol电子 C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶7 D.FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3 9 10 11 D 37 解析：在反应2Fe(CO)5+7N2O4===2FeO2+14NO+10CO2中,Fe由0价升高到+4价,C由+2价升高到+4价,N由+4价降低到+2价;电子转移的数目为28e-。N2O4中N元素由+4价降低到+2价,化合价降低,得电子发生还原反应,A不正确;在该反应中,转移电子数目为28e-,则生成1 mol CO2,转移 2.8 mol电子,B不正确;氧化产物为FeO2、CO2,还原产物为NO,则氧化产物与还原产物的物质的量之比为12∶14=6∶7,C不正确;FeO2中Fe显+4价,Fe2O3中Fe显+3价,则含+4价铁的FeO2和Fe反应,可以生成Fe2O3,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 2.把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 39 对该氧化还原反应的离子方程式,下列说法不正确的是(　　) A.I是氧化剂,具有氧化性 B.氧化性:Mn>I C.氧化剂和还原剂的微粒个数之比为5∶2 D.若有2个Mn2+参加反应,则转移10个电子 B 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析：根据得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒可知,配平后的离子方程式为2Mn2++5I+3H2O===6H++5I+2Mn,由此分析解题。I中的碘元素的化合价降低,得电子,作为氧化剂,具有氧化性,故A正确;根据离子方程式可知,该反应的氧化剂是I,氧化产物是Mn,根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可得,氧化性:I>Mn,故B错误;根据离子方程式可知,氧化剂I和还原剂Mn2+的微粒个数之比为5∶2,故C正确;根据离子方程式可知,若有2个Mn2+参加反应,则转移电子的个数为2×(7-2)=10,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 3.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略):3Fe2++ 2S2+O2+xOH-===Fe3O4+S4+2H2O。下列说法错误的是(　　) A.该反应中O2作氧化剂 B.该反应中Fe2+和S2都是还原剂 C.3个Fe2+参加反应时有1个O2被氧化 D.离子方程式中x=4 C 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 42 解析：该反应O2中氧元素化合价降低,所以O2作氧化剂,故A正确;该反应中Fe2+的铁元素化合价升高,S2中硫元素平均化合价为+2价,S4中硫元素的平均化合价为+2.5价,即S元素化合价升高,所以Fe2+和S2都是还原剂,故B正确;该反应中每有3个Fe2+参加反应,消耗一个O2,但反应时O2中氧元素化合价降低,O2作氧化剂被还原,故C错误;由电荷守恒可知,3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2),解得x=4,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 4.已知反应:①SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++W ②Cr2+aFe2++bH+ Cr3++Fe3++H2O (未配平) 下列有关说法正确的是(　　) A.方程式①中W为4OH- B.还原性强弱:SO2>Fe2+ C.a=6,b=7 D.反应Cr2+3SO2+2H+===2Cr3++3S+H2O不能发生 B 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 44 解析：根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知,反应①为SO2+2Fe3++2H2O===S+2Fe2++4H+,W为4H+,A错误;还原剂的还原性强于还原产物,由反应①可知,还原性:SO2>Fe2+,B正确;反应②中,Cr元素的化合价由+6降到+3价,Fe元素化合价由+2价升高到+3价,根据得失电子守恒可得,Cr2和Cr3+对应的化学计量数分别为1、2,Fe2+和Fe3+对应的化学计量数均为6,则a=6,再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得,b=14,C错误;Cr2具有强氧化性,SO2具有还原性,且由①、②可知氧化性:Cr2>S,则Cr2能将SO2氧化为S,即反应Cr2+3SO2+2H+===2Cr3++3S+H2O能发生,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 5.某碳铁合金可用FeC表示,其与硝酸反应的化学方程式是FeC+HNO3(浓) NO2↑+Fe(NO3)3+CO2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.配平化学方程式,NO2前的化学计量数是4 B.该反应中,只有C元素被氧化 C.将反应生成的气体通入澄清石灰水,一定产生白色沉淀 D.68 g FeC参与反应共失去7×6.02×1023个电子 D 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 46 解析：假设FeC中Fe、C元素的化合价均为0价,则该反应中Fe的化合价从0价升高到+3价,C的化合价从0价升高到+4价,FeC化合价共升高7价,N的化合价从+5价降低到+4价,配平化学方程式为FeC+10HNO3(浓) Fe(NO3)3+7NO2↑+CO2↑+5H2O,故A错误;该反应中Fe、C元素都被氧化,故B错误;氢氧化钙溶解度小,澄清石灰水中的溶质不会很多,通入气体NO2和CO2,NO2量大,先反应生成硝酸钙,可能不和CO2反应,故C错误;据分析, 1 mol FeC参与反应共失去7 mol电子,因为M(FeC)=68 g·mol-1,所以68 g FeC参与反应共失去7 mol电子,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 6.某反应体系只有六种粒子:Mn、S、Mn2+、S2(无色)、H2O和H+。随着反应进行,其中两种离子浓度与时间关系如图所示。下列叙述错误的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 48 A.图中乙代表S2,甲代表 B.若溶液由无色变为紫红色,则反应已发生 C.每消耗1 mol乙时转移4 mol电子 D.该反应为5S2+2Mn2++8H2O===2Mn+10S+16H+ 答案：C 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析：根据反应体系中的粒子可以判断发生氧化还原反应,锰元素的价态为+7价和+2价,S2中含过氧键,根据图像可知,乙为反应物,甲为生成物,相同时间反应的物质的量之比为5∶2,由此推知,甲为高锰酸根离子,乙为S2。由分析可知,甲为高锰酸根离子,乙为S2,A正确;高锰酸根离子为紫红色,S2为无色,若溶液由无色变为紫红色,则反应已发生,B正确;根据价态变化可知,每消耗1 mol乙时转移2 mol电子,C错误;根据元素守恒和电子守恒,可以得到反应的离子方程式为5S2+2Mn2++ 8H2O===2Mn+10S+16H+,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 7.(2025·广东河源模拟)黄铁矿(FeS2)在酸性条件 下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说 法错误的是(　　)  A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 C.反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O===15Fe2++16H+ D.该过程的总反应为2FeS2+7O2+2H2O 2FeSO4+2H2SO4 A 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 51 解析：反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+===4Fe3++4NO+2H2O,反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO===Fe(NO)2+,反应Ⅱ的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O===15Fe2++2S+16H+。反应Ⅰ、Ⅱ是氧化还原反应;反应Ⅲ,无元素化合价变化,为非氧化还原反应,A错误;反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+===4Fe3++4NO+2H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4,B正确;反应Ⅱ的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O===15Fe2++2S+16H+,C正确;该过程的总反应为2FeS2+7O2+2H2O 2FeSO4+2H2SO4,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 8.(2025·湖南长沙模拟)乙二醇的生产工艺中,需使用热的K2CO3溶液(脱碳液)脱除CO2,脱碳液中含有的V2O5能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中V2O5的含量,操作中涉及两个反应如下: ①V2O5+6HCl+2KI===2VOCl2+2KCl+I2+3H2O; ②I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6。 下列说法错误的是(　　) A.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2 B.反应①生成1 mol VOCl2时,反应转移1 mol电子 C.V的最高价为+5价,推测V2O5有氧化性和还原性 D.溶液酸性过强时,反应②易发生其他反应 A 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 53 解析：KI中I元素的化合价由-1价升高到0价,则KI作还原剂,V2O5中V元素的化合价由+5价降低到+4价,则V2O5作氧化剂,故反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A错误;反应①生成2 mol VOCl2时转移2 mol电子,则生成1 mol VOCl2时转移1 mol 电子,B正确;V2O5中V显+5价,处于最高价,O显-2价,处于最低价,即V2O5既具有氧化性又具有还原性,C正确;在酸性过强时,S2与H+反应生成S、SO2和H2O,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 9.(2025·广东韶关模拟)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中,在其表面形成一层四氧化三铁薄膜,其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3):  下列说法中,不正确的是(　　) A.反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH 3Na2FeO2+NH3↑+H2O B.当反应②转移的电子数目为3NA时,生成34 g NH3 C.反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D.发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑ B 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 55 解析：反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2,Fe元素化合价由0价上升到+2价,根据氧化还原反应规律可知N元素由+3价降低到-3价生成NH3,方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+NH3↑+H2O,故A正确;当反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3,Fe元素化合价由+2价升高到+3价,NaNO2中N由+3价降为-3价,当转移的电子数目为3NA时,生成0.5 mol NH3,质量为8.5 g,故B错误;反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4,Na2FeO2中Fe由+2价升为+价,Na2Fe2O4中Fe由+3价降为+价,根据得失电子守恒可知,Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1,故C正确;由图可知,发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3,根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为9Fe+4NaNO2+8H2O3Fe3O4+4NaOH+4NH3↑,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 二、非选择题 10.(2025·上海模拟)实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4,方法如下:高温下使软锰矿与过量KOH(s)和KClO3(s)反应,生成K2MnO4(锰酸钾)和KCl;用水溶解,滤去残渣;酸化滤液,K2MnO4转化为MnO2和KMnO4;再滤去沉淀MnO2,浓缩结晶得到KMnO4晶体。 (1)用软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是   　。  6KOH + KClO3 + 3MnO23K2MnO4+ KCl + 3H2O 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 57 解析:反应物为KOH、KClO3、MnO2,生成物为K2MnO4(锰酸钾)、KCl和水,该反应的化学方程式为6KOH+KClO3+3MnO2 3K2MnO4+KCl+3H2O。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 (2)K2MnO4转化为KMnO4的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　　　　。生成0.1 mol还原产物时转移电子　　　　　　　　　个。KMnO4、K2MnO4和MnO2的氧化性由强到弱的顺序是　　　　　　　　　　　　　　。  1∶2　 0.2NA(或1.204×1023)　 KMnO4>K2MnO4>MnO2 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析：K2MnO4转化为KMnO4的反应中,Mn元素的化合价由+6价升高为+7价,Mn元素的化合价由+6价降低为+4价,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2,生成0.1 mol还原产物时转移电子0.1NA×(6-4)=0.2NA或1.204×1023,由氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,可知氧化性强弱顺序为KMnO4>K2MnO4>MnO2。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 (3)KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2。若取用软锰矿制得的KMnO4产品0.165 g,能与0.335 g Na2C2O4恰好完全反应(假设杂质均不能参与反应),该产品中KMnO4的纯度为　　　　　　　。  0.958 解析：KMnO4能与热的Na2C2O4(aq,硫酸酸化)反应生成Mn2+和CO2,设KMnO4的纯度为x,则由电子守恒可知,×(7-2)=×2×(4-3) ,解得x≈0.958。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 11. (2025·广东江门模拟)以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4) 为原料,回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示:   已知:氯酸浓度较高或受热时易发生分解。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 62 回答下列问题: (1)在“氧化”中低价态钒都转化为,其中V3+转化反应的离子方程式为　　　　　　 　　　　　,实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是________________________________________________ 　  　。  3V3++ +3H2O===3V +Cl-+6H+ HClO3易分解,不如NaClO3稳定;HClO3 会提高体系 酸度,从而增加后续NaOH的用量 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 63 解析:废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3+、V2+、H2SO4),加入NaClO3氧化,生成,再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O,过滤后煅烧得到五氧化二钒。据此作答。 (1)酸性条件下,V3+转化为的离子方程式为3V3++ +3H2O===3V +Cl-+6H+;由于氯酸浓度较高或受热时易发生分解,不如NaClO3稳定,不利于储存运输,同时HClO3 是酸,会增大溶液的酸性,从而增加后续NaOH的用量,所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3。 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 (2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1时,则溶液中c()=　　　　　(结果保留一位小数)mol·L-1。  0.3 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析： “浓缩”至钒溶液质量浓度(折合V2O5质量浓度)为27.3 g·L-1时,即c(V2O5)===27.3 g·L-1÷182 g·mol-1=0.15 mol·L-1,根据钒元素守恒,则溶液中c(V)=2c(V2O5)=0.15 mol·L-1×2=0.3 mol·L-1。 (3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示,则沉钒时控制钒液合适的pH范围是　　　　,沉淀产物为2NH4V3O8·H2O,则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是　 。  2.0~2.5 (NH4)2SO4+ 3(VO2)2SO4+5H2O===2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析：根据图示, pH范围是2.0~2.5时,沉钒率(η)最高;沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4,沉淀产物为2NH4V3O8·H2O,则反应的化学方程式为(NH4)2SO4+3(VO2)2SO4+5H2O=== 2NH4V3O8·H2O↓+4H2SO4。 66 (4)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行,其目的是 　 。  防止NH3将V2O5还原,导致产品纯度降低 2 3 4 5 6 7 8 1 9 10 11 解析：煅烧时2NH4V3O8·H2O受热分解产生NH3,氨气具有较强的还原性,容易将V2O5还原,导致产品纯度降低,所以需要在通风或氧化气氛下进行,目的是防止NH3将V2O5还原,导致产品纯度降低。 67 $$