第一章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平、书写与计算（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考化学大一轮复习学案

第5讲　氧化还原反应方程式的配平、书写与计算 学习 目标 　 　 1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。　2.能提取有效信息书写化学方程式。 3．能利用得失电子守恒原理进行相关计算。 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1．氧化还原反应方程式配平的基本原则 2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤 　正向配平 1．(1)HCl(浓)＋Cl2↑＋H2O (2)HNO3(浓)===NO2↑＋H2O (3)KI＋KIO3＋H2SO4===I2＋K2SO4＋H2O (4)FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2 答案：(1)4　1　1　1　2　(2)1　4　1　2　2　(3)5　1　3　3　3　3　(4)2　4　7　4　1　4　7 　逆向配平 2．(1)S＋KOH===K2S＋K2SO3＋H2O (2)P4＋KOH＋H2O===K3PO4＋PH3↑ 答案：(1)3　6　2　1　3　(2)2　9　3　3　5 　含有未知数的配平 3．(1)________FexS＋______HCl===______S＋________FeCl2＋________H2S (2)________Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===________Na2SO4＋________NaCl＋________H2O 答案：(1)　2　　1　1　(2)1　(3x＋1)　(2x－2)　x　(3x＋1)　(x－1) 　有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 4．(1)KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋KHSO4＋H2O (2)C2H6O＋KMnO4＋H2SO4===K2SO4＋MnSO4＋CO2↑＋H2O 答案：(1)2　1　2　2　2　2　2　(2)5　12　18　6　12　10　33 　缺项配平 5．(1)ClO－＋Fe(OH)3＋______===Cl－＋＋H2O (2)＋H2O2＋______===Mn2+＋O2↑＋H2O ＋2[FeR3]2+＋3H＋⥫⥬______＋2[FeR3]3+＋H2O (4)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+＋______＋______ 答案：(1)3　2　4　OH－　3　2　5　(2)2　5　6　H＋　2　5　8　(3)1　HNO2　(4)5　2　14　H＋　5　5　2　　7　H2O 　缺项配平的原则和流程 (1)补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O，少O补OH－ (2)配平的思维流程 考点二　信息型方程式的书写 1．“信息型”氧化还原反应方程式书写的基本步骤 2．书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测 (1)常见的氧化剂及还原产物预测 氧化剂 还原产物 KMnO4 Mn2+(酸性)；MnO2(中性)；(碱性) H2O2 OH－(碱性)；H2O(酸性) Na2O2 NaOH(或Na2CO3) NaClO(或ClO－) Cl－、Cl2 (2)常见的还原剂及氧化产物预测 还原剂 氧化产物 Fe2+ Fe3+(酸性)； Fe(OH)3(碱性) SO2(或H2SO3、) S2-(或H2S) S、SO2(或)、 H2C2O4 CO2 H2O2 O2 I－(或HI) I2、 　文字叙述型方程式的书写 1．完成下列化学(离子)方程式 (1)已知在酸性介质中FeSO4能将＋6价铬还原成＋3价铬。写出与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：___________________________。 (2)生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)-碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式：______________________________________________________。 (3)在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为______________________________________________________ ______________________________________________________________。 (4)[2023·重庆卷，16(2)③改编]将CO通入足量银氨溶液中生成单质银的化学方程式为_________________________________________________________。 答案：＋6Fe2+＋14H＋===2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O (2)3Na2SO4＋8C3Na2S＋4CO↑＋4CO2↑ (3)4H＋＋===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O (4)CO＋2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓＋(NH4)2CO3＋2NH3 　反应机理中方程式的书写 2．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。 总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O===2Fe2+＋＋4H＋ 分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式： (1)反应Ⅰ：____________________________________________。 (2)反应Ⅱ：____________________________________________。 答案：(1)4Fe(NO)2+＋O2＋4H＋===4Fe3+＋4NO＋2H2O　(2)14Fe3+＋FeS2＋8H2O===15Fe2+＋＋16H＋ 3．NaClO氧化可除去氨氮，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 ______________________________________________________________。 答案：2NH3＋3NaClO===N2＋3H2O＋3NaCl 　循环转化关系图中物质变化分析思路 (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。 (2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。 (3)若某物质先参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。 考点三　氧化还原反应的计算 1．电子守恒法计算的依据 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。 2．守恒法解题的思维流程 3．电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 (1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 (2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 (3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 (4)多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。 　确定物质中元素化合价或组成 1．现有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________。 解析：题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，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。 答案：＋3 2．(2025·山东省菏泽市模拟)已知PbO2受热分解为Pb的＋4价和＋2价的混合氧化物(＋4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。1 mol PbO2受热分解得到固体和a mol氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气b mol，若a∶b为3∶2，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是(　　) ①PbO2、PbO；1∶2 ②PbO2、Pb3O4；1∶3 ③Pb3O4、PbO；1∶1 ④PbO2、Pb3O4、PbO；1∶1∶4 A．③④ B．②③ C．①② D．①④ 解析：A　PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为＋4、＋2价)，铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，＋4价Pb被还原为＋2价，Cl－被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e－，设该过程得到O2的物质的量为a＝3x mol，则Cl2的物质的量为b＝2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4＋2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb)∶n(O)＝4∶5，结合选项可知只有③、④满足n(Pb)∶n(O)＝4∶5，故A正确。 　多步反应中电子守恒的应用 3．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A．60 mL B．45 mL C．30 mL D．15 mL 解析：A　由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。 4．(2025·河北廊坊市模拟)取m g NH4CuSO3产品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸(发生的反应为2NH4CuSO3＋4H＋===Cu↓＋Cu2+＋＋2SO2↑＋2H2O)，充分反应后微热使SO2气体全部逸出，过滤并洗涤滤渣，将滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液，取25.00 mL，加入足量KI溶液，滴几滴淀粉溶液，用标准0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平行滴定三次，平均消耗标准液20.00 mL。该产品纯度为________(用含m的代数式表示)。(有关反应：2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2===2I－＋S4) 解析：根据题中方程式可得关系式：4NH4CuSO3～2Cu2+＝＝2×0.1 mol·L-1×20.00×10-3 L＝4×10-3 mol，则该产品纯度为×100%＝%。 答案：% 1．(经典高考题)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2O6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是(　　) A．产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 mol e－ B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6 C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在 解析：A　该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中＋5价，每个碘原子升高5价，即6I2～60e－，又因方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，即Cl2～20e－，所以产生22.4 L(标准状况)Cl2即1 mol Cl2时，反应中应转移20 mol e－，A错误；该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO3～6I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H＋、I－发生归中反应＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。 2．(2022·湖南卷，9)科学家发现某些生物酶体系可以促进H＋和e－的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．过程Ⅰ中发生氧化反应 B．a和b中转移的e－数目相等 C．过程Ⅱ中参与反应的＝1∶4 D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为===N2↑＋2H2O 解析：D　过程Ⅰ中转化为NO，氮元素化合价由＋3价降低到＋2价得电子，发生还原反应，A错误；过程Ⅰ为在酶1的作用下转化为NO和H2O，反应的离子方程式为NO↑＋H2O，过程Ⅱ为NO和在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，反应的离子方程式为NO＋H2O＋N2H4，两过程转移电子数目不相等，B错误；由过程Ⅱ的反应方程式可知＝1∶1，C错误；过程Ⅲ为N2H4转化为N2和4H＋、4e－，反应的离子方程式为N2H4===N2↑＋4H＋＋4e－，所以过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为＋2H2O，D正确。 3．(2023·湖北卷，18节选)(2)铜与过量H2O2反应的探究如下： 实验②中Cu溶解的离子方程式为_________________________________ _______________________________________________________________ _______________________________________________________________； 产生的气体为_______________________________________________。 比较实验①和②，从氧化还原角度说明H＋的作用是_____________。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，m g X完全分解为n g黑色氧化物Y，。X的化学式为____________。 (4)取含X粗品0.0500 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。(已知：2Cu2+＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2===2I－＋S4)标志滴定终点的现象是__________________________，粗品中X的相对含量为________。 解析：(2)Cu在稀H2SO4作用下，被H2O2氧化为Cu2+，溶液变蓝。Cu2+作用下，H2O2会被催化分解生成O2。在Na2SO4溶液中H2O2不能氧化Cu，在稀H2SO4中H2O2能氧化Cu，说明H＋使得H2O2的氧化性增强。(3)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物Y(CuO)，则： CuOxCuO＋O2↑ 64＋16x　80 m n 则，又，解得x＝2，则X的化学式为CuO2。 (4)CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定I2，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复时，表明I2已完全反应，达到滴定终点。CuO2中Cu为＋2价、O为－1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋4H2O，则2CuO2～3I2～6Na2S2O3，则样品中m(CuO2)＝＝×100%＝96%。 答案：(2)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2+＋2H2O　O2　增强H2O2的氧化性　(3)CuO2 (4)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不恢复　96.0% 4．根据要求完成下列化学(离子)方程式。 (1)(2024·江苏卷，16节选)在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为_______________________________________________________________ ______________________________________________________________。 (2)(2024·江苏卷，16节选)纳米Ag表面能产生Ag＋杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 纳米Ag溶解产生Ag＋的离子方程式为__________________________。 (3)(2024·浙江1月选考，18节选)酸性条件下，固体NaBiO3(微溶于水，其还原产物为无色的Bi3+)可氧化Mn2+为，写出Mn2+转化为的离子方程式：_______________________________________________________________ ______________________________________________________________。 答案：(1)Fe＋AgCl＋2HCl===FeCl3＋Ag＋H2↑　(2)4Ag＋O2＋4H＋===4Ag＋＋2H2O　(3)5NaBiO3＋14H＋＋2Mn2+＋5Bi3+＋7H2O＋5Na＋ 限时规范训练5 (建议用时：45分钟　满分：55分) 一、选择题(每小题3分，共30分) 1．在反应Cu＋HNO3(稀)―→Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O中，氧化剂与还原剂的质量之比为(　　) A．3∶8 B．32∶21 C．21∶32 D．21∶8 解析：C　由反应可知，Cu是还原剂，HNO3是氧化剂，由得失电子守恒知n(Cu)×2＝n(HNO3)×3，n(HNO3)∶n(Cu)＝2∶3，因此氧化剂与还原剂的质量之比为(63×2)∶(64×3)＝21∶32。 2．在4M2+＋nH＋＋O2===xM3+＋yH2O的离子方程式中，化学计量数x和n的值分别是(　　) A．6，4 B．8，8 C．4，4 D．10，1 解析：C　在4M2+＋nH＋＋O2===xM3+＋yH2O的离子方程式中，由M原子守恒可知，x＝4，根据氧原子守恒，y＝2，根据氢原子守恒，n＝4，所以C符合题意。 3．(2025·黑龙江西部联合体高三联考)NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入会使人中毒。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式：＋________―→Mn2+＋＋H2O。下列叙述中正确的是(　　) A．该反应中被还原 B．反应过程中溶液的pH减小 C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．横线中的粒子是OH－ 解析：C　根据原子守恒和电荷守恒可推出化学方程式左边缺正电荷和H元素，所以横线内应填H＋，配平化学方程式：＋3H2O。反应过程中N元素化合价升高被氧化，A错误；反应过程中H＋被消耗，pH增大，B错误；根据反应的离子方程式可知，生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4，C正确；横线中的粒子是H＋，D错误。 4．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为(　　) A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5 解析：C　Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。 5．向某FeBr2溶液中通入1.12 L(标准状况)的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1。反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说法正确的是(　　) A．原溶液的浓度为0.1 mol·L-1 B．反应后溶液中c(Fe3+)＝0.1 mol·L-1 C．反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Fe2+) D．原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L-1 解析：B　还原性：Fe2+＞Br－，通入的氯气先与Fe2+发生反应：2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl－，Fe2+反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L-1，c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，最多能氧化的c(Fe2+)＝0.1 mol·L-1，若FeBr2溶液中Fe2+全部被氧化，则溶液中的c(Br－)≤0.2 mol·L-1，而c(Br－)＝0.3 mol·L-1，说明Fe2+没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L-1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L-1，A错误；反应后溶液中c(Fe3+)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L-1，c(Fe2+)＝(0.15－0.1)mol·L-1＝0.05 mol·L-1，B正确、C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L-1，D错误。 6．测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：＋H2O(未配平，下同)，②酸化处理：＋H＋―→MnO2↓＋＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8 B．“反应①”中氧化性： C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗时，反应中转移0.4 mol e－ 解析：C　根据氧化还原反应中得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋＋6H2O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中为氧化剂是氧化产物，则氧化性：，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与、发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；配平“反应②”为＋4H＋===MnO2↓＋＋2H2O，则消耗时，反应中转移电子×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 7．(2025·湖北宜城市联考)天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限，T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．该脱硫过程中FeSO4是中间产物 B．由脱硫过程可知氧化性：O2>Fe3+>S C．该过程每消耗标准状况下3.36 L O2能脱除H2S 10.2 g D．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3 解析：D　过程Ⅰ中Fe2(SO4)3被还原为，过程Ⅱ中FeSO4又被氧化为，所以FeSO4是中间产物，A正确；过程Ⅰ中Fe2(SO4)3将H2S氧化为S，所以氧化性：Fe3+＞S，过程Ⅱ中O2将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，所以氧化性：O2>Fe3+，故氧化性：O2>Fe3+>S，B正确；标准状况下3.36 L O2为0.15 mol，参与反应时转移0.6 mol电子，H2S被氧化为S，化合价升高2价，所以可以脱除0.3 mol H2S，质量为0.3 mol×34 g/mol＝10.2 g，C正确；总反应方程式为Ⅰ和Ⅱ过程反应方程式相加：2H2S＋O2===2H2O＋2S，没有消耗硫酸铁，不需要补加，D错误。 8．金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为 Ⅰ.aTiO2＋bCl2＋eCaTiCl4＋eCO； Ⅱ.TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2 关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是(　　) A．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂 B．C、Mg在反应中均被氧化 C．a＝1，b＝e＝2 D．每生成19.2 g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol电子 解析：D　在反应Ⅰ中四氯化钛是氯气作氧化剂生成的还原产物，在反应Ⅱ中钛化合价降低，作氧化剂，A正确；反应Ⅰ中C作还原剂，被氧化，反应Ⅱ中Mg作还原剂，被氧化，B正确；根据反应前后各元素质量守恒，有2a＝e、2b＝4a，所以a＝1，b＝e＝2，C正确；将方程式Ⅰ、Ⅱ相加，得TiO2＋2Cl2＋2C＋2Mg===Ti＋2MgCl2＋2CO，每生成48 g钛，转移电子8 mol，所以生成19.2 g钛转移电子为3.2 mol，D错误。 9．(2025·辽宁沈阳市重点高中联合体联考)用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。已知：“还原”时，发生反应FeS2＋14Fe3+＋＋15Fe2+＋16H＋；FeS2、SiO2均与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是(　　) A．“酸溶”时加速搅拌可加快反应速率 B．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H＋ C．“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为15∶2 D．“氧化”时离子方程式：4Fe2+＋8NH3·H2O＋＋4FeOOH↓＋2H2O 解析：C　硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H＋，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。加速搅拌可增大反应速率，A正确；“过滤Ⅰ”所得滤液中的溶质主要为硫酸亚铁和硫酸，故其中存在的阳离子主要有Fe2+和H＋，B正确；“还原”时有关的离子方程式为FeS2＋14Fe3+＋＋15Fe2+＋16H＋，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时还原产物与氧化产物的物质的量之比为14∶2＝7∶1，C错误；滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2+＋8NH3·H2O＋＋4FeOOH↓＋2H2O，D正确。 10．已知酸性条件下离子的氧化性顺序为>VO2+>V3+>V2+>Mn2+，现向1 L a mol·L-1的V2+溶液中不断滴入一定浓度的酸性溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是(　　) A．AB段对应的离子为V2+ B．原溶液中c(V2+)＝1 mol·L-1 C．BC段对应反应为5V3+＋＋H2O===Mn2+＋5VO2+＋2H＋ D．甲点时：n∶n(Mn2+)＝1∶1∶3 解析：D　酸性条件下，氧化性：>VO2+>V3+>V2+>Mn2+，随着加入高锰酸钾的物质的量增加，V2+依次被氧化为V2+→V3+→VO。开始加入高锰酸钾溶液，V2+被氧化，V2+的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为V2+，故A正确；AB段V2+被氧化为V3+，发生反应的离子方程式为5V2+＋＋8H＋===Mn2+＋5V3+＋4H2O，反应消耗高锰酸钾0.2 mol，所以消耗V2+的物质的量为1 mol，原溶液中c(V2+)＝1 mol·L-1，故B正确；BC段V3+被氧化为VO2+，根据得失电子守恒，反应为5V3+＋＋H2O===Mn2+＋5VO2+＋2H＋，故C正确；根据V元素守恒，甲点时n(VO2+)＝＝0.5 mol，反应消耗0.5 mol高锰酸钾，根据锰元素守恒n(Mn2+)＝0.5 mol，所以n(VO2+)∶n∶n(Mn2+)＝1∶1∶1，故D错误。 二、非选择题 11．(10分)磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 (1)AlP遇水发生复分解反应生成PH3气体和____________(填化学式)。 (2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式。 CuSO4＋PH3＋H2O=== Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4 (3)工业制备PH3的原理如图所示： ①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为_________________________。 ②从分类来看，NaH2PO2属于________(填字母)。 A．正盐 B．酸式盐 C．强电解质 D．弱电解质 ③NaH2PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，从而用于化学镀银。已知利用此原理进行化学镀银时氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为______________(填化学式)。 解析：(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，该反应的另一种产物是Al(OH)3；(2)PH3与CuSO4溶液反应过程中，Cu的价态由＋2→＋1，P的价态由－3→＋5，根据化合价升降总数相等和原子守恒配平，得该反应的化学方程式：24CuSO4＋11PH3＋12H2O===8Cu3P↓＋3H3PO4＋24H2SO4；(3)①白磷和烧碱溶液反应生成PH3气体、NaH2PO2，P发生歧化反应，一部分由0价降至－3价得到PH3气体，另一部分由0价升高至＋1价得到NaH2PO2，根据化合价升降守恒和原子守恒，反应的化学方程式为P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2；②NaH2PO2能在碱溶液中存在，说明它是正盐，同时它能在水中完全电离，属于强电解质，所以从分类来看，NaH2PO2属于正盐、强电解质，故选AC；③NaH2PO2可将溶液中的Ag＋还原为银，则氧化剂为Ag＋，还原剂为NaH2PO2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，银元素化合价降低一个价态，则P元素化合价升高4个价态，由＋1价升至＋5价，故氧化产物为H3PO4。 答案：(1)Al(OH)3　(2)24　11　12　8　3　24　(3)①P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2　②AC　③H3PO4 12．(15分)(2025·江苏无锡模拟)鞣革废水中含大量的Cr(Ⅵ)对环境有污染，工业上可以用还原法处理。 Ⅰ.还原沉淀法 (1)Cr(Ⅵ)在水溶液中有H2CrO4、、和四种存在形式(H2CrO4是二元弱酸部分转化为的离子方程式为_______________________________________________________________ ______________________________________________________________。 (2)在pH＝2的废水中，Cr(Ⅵ)主要以和的形式存在，选用还原剂FeSO4处理此废水，生成Fe3Cr(OH)12沉淀，Fe2+还原时，两者物质的量之比为__________。实际投入FeSO4的量需大于上述计算值的可能原因是_______________________________________________________________ ______________________________________________________________。 Ⅱ.还原吸附法 (3)纳米磁性Fe3O4的制备 以FeSO4和Fe2(SO4)3为原料，在氨水存在的条件下反应可生成纳米磁性Fe3O4，发生反应的化学方程式为________________________________。 (4)纳米磁性Fe3O4的修饰 某研究小组经查阅资料，发现纳米磁性Fe3O4颗粒粒径小，比表面积大，但极易发生团聚。在纳米磁性Fe3O4颗粒表面修饰SiO2(记作Fe3O4@SiO2)，可优化纳米磁性Fe3O4降解废水中的性能，其原因是___________________ ______________________________________________________________。 解析：(1)Cr(Ⅵ)在水溶液中有H2CrO4、、和四种存在形式(H2CrO4是二元弱酸部分转化为的离子方程式为＋H2O；(2)在pH＝2的废水中，Cr(Ⅵ)主要以和的形式存在，选用还原剂FeSO4处理此废水，生成Fe3Cr(OH)12沉淀，Fe2+还原时，Fe2+变为Fe3+，Cr由＋6价变为＋3价，根据电子守恒可知，n(Fe2+)＝，故两者物质的量之比为6∶1，由于Fe2+具有还原性，在酸性条件下能被溶液中的溶解氧氧化，则实际投入FeSO4的量需大于上述计算值；(3)以FeSO4和Fe2(SO4)3为原料，在氨水存在的条件下反应可生成纳米磁性Fe3O4，根据质量守恒配平可得，发生反应的化学方程式为FeSO4＋Fe2(SO4)3＋8NH3·H2O===Fe3O4＋4(NH4)2SO4＋4H2O；(4)由题干信息可知，纳米磁性Fe3O4颗粒粒径小，比表面积大，但极易发生团聚，在纳米磁性Fe3O4颗粒表面修饰SiO2（记作Fe3O4@SiO2），可以将Fe3O4颗粒分散到SiO2中，阻止其团聚，增大了Fe3O4与废水中的接触面积，故可优化纳米磁性Fe3O4降解废水中的性能。 答案：＋H2O　 (2)6∶1　Fe2+具有还原性，在酸性条件下能被溶液中的溶解氧氧化 (3)FeSO4＋Fe2(SO4)3＋8NH3·H2O===Fe3O4＋4(NH4)2SO4＋4H2O　(4)将Fe3O4颗粒分散到SiO2中，阻止其团聚，增大了Fe3O4与废水中的接触面积 学科网（北京）股份有限公司 $