第1单元 第4讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版 双选）

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，依据高考评价体系梳理配平三原则（电子守恒、质量守恒、电荷守恒）和电子守恒计算方法，明确方程式配平、电子转移分析等高频题型分布，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“真题情境+方法建模”的复习策略，如以H₂S与HNO₃反应为典型案例，详解“化合价升降法”配平步骤，培养学生科学思维和证据推理素养。通过真题流程图题（如低品位氧化锰矿处理流程）强化计算技巧，助力学生高效突破考点，教师可据此精准实施复习指导。

正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义 化学（S） 1 第一单元 物质及其变化 2 第4讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 3 整合必备知识 源于教材与课标 考点1　氧化还原方程式的配平 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 整合必备知识 源于教材与课标 考点2　电子守恒与相关计算 16 提升关键能力 对接高考与素养 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 【真题演练·感悟高考】 30 31 32 33 34 35 课下巩固精练卷（四） 氧化还原反应方程式的配平与计算 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 37 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 38 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 39 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 40 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 41 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 42 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 44 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 45 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 46 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 47 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 48 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 49 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 50 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 51 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 52 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 53 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 54 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 55 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 56 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 57 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 58 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 59 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 60 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 61 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 62 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 63 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 64 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 65 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 66 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 67 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 68 感谢收看 69 【备考目标】　1.掌握氧化还原反应的配平方法。2.掌握氧化还原反应的常用计算方法。3.能够根据情境信息书写指定条件的氧化还原反应方程式。 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 (1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。 (2)列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数。 (3)求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等。 (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。 (5)查守恒：检查元素、电荷、电子是否守恒。 【典例训练】 一、正向配平 [示例] 配平化学方程式：__H2S＋__HNO3===__S↓＋__NO↑＋__H2O。 【对点练】 1.配平下列化学方程式。 (1)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O (2)____Fe2＋＋____Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ＋____H＋===____Fe3＋＋____Cr3＋＋____H2O (3)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O (4)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O 答案：(1)5　2　3　1　2　5　8 (2)6　1　14　6　2　7 (3)5　12　18　6　12　10　33 (4)2　1　2　2　2　2　2 【关键点拨】1.正向配平的原则 (1)氧化剂、还原剂易于区分时，一般从左边反应物着手配平。正向配平时将氧化剂、还原剂作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化剂、还原剂确定系数。 (2)正向配平适用于某种物质只作氧化剂或只作还原剂，而且涉及化合价变化的元素的化合价要全部发生改变而不能只改变一部分。 2．有机化合物中碳元素化合价的确定 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显＋1价，O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。 二、逆向配平 【对点练】 2.配平下列化学方程式。 (1)____I2＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O (2)____(NH4)2Cr2O7===____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O (3)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3 答案：(1)3　6　5　1　3　(2)1　1　1　4　(3)2　9　3　3　5 【关键点拨】自身氧化还原反应中，氧化产物、还原产物容易区分，一般从右边着手配平。逆向配平时将氧化产物、还原产物作为研究对象，根据得失电子守恒首先给氧化产物、还原产物确定系数。 三、缺项配平 [示例] 完成以下氧化还原反应的离子方程式： (　　)MnO4-＋(　　)C2O42-＋___===(　　)Mn2＋＋(　　)CO2↑＋___ eq \a\vs4\al([解题演示]) 【对点练】 3.(1)ClO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) ＋Fe2＋＋____===Cl－＋Fe3＋＋__ (2)ClO－＋Fe(OH)3＋________===Cl－＋FeO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋H2O (3)MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋H2O2＋_____===Mn2＋＋______＋H2O (4)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2。完成下列化学方程式： KMnO4＋K2S＋____===K2MnO4＋K2SO4＋S↓＋___ 答案：(1)1　6　6　H＋　1　6　3　H2O (2)3　2　4　OH－　3　2　5 (3)2　5　6　H＋　2　5　O2↑　8 (4)28　5　24　KOH　28　3　2　12　H2O, 【关键点拨】 1．缺项配平原则 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)。 2．缺项配平氧化还原反应方程式的流程 第一步：找出变价元素，利用氧化还原反应方程式的配平方法确定含变价元素物质的化学计量数。 第二步：利用原子守恒确定缺项物质是H2O、H＋或OH－；在酸性条件下缺H或多O补H＋，少O补H2O，在碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH－。 第三步：利用原子守恒和电荷守恒确定缺项物质的化学计量数。 四、含有未知数的配平 【对点练】 4.(1)____FexS＋____HCl===____S＋____FeCl2＋____H2S (2)____Na2Sx＋____NaClO＋____NaOH===____Na2SO4＋____NaCl＋____H2O 答案：(1) eq \f(1,x) 　2　( eq \f(1,x) －1)　1　1 (2)1　3x＋1　2x－2　x　3x＋1　x－1 1．计算依据 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 一、利用电子守恒确定元素化合价或物质配比 1．已知某强氧化剂RO(OH) eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(2)) 中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10－3 mol RO(OH) eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(2)) 至较低价态，需要60 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液。那么，R元素被还原成的价态是________。 解析：设RO(OH) eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(2)) 中的R的化合价从＋5还原(降低)至x价，亚硫酸钠中的S元素的化合价从＋4升高到＋6，根据氧化还原反应中的得失电子守恒、化合价升降相同的原理，有2.4×10－3×(5－x)＝6×10－3×(6－4)，解得x＝0。 答案：0 2．将Cl2通入400 mL 0.5 mol·L－1 KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 的物质的量之比是1∶2，则所得混合液中n(KClO3)等于________mol。 解析：Cl2通入KOH溶液中，恰好完全反应生成KCl、KClO、KClO3，根据元素守恒，反应后的混合液中n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝0.4 L×0.5 mol/L＝0.2 mol；又知ClO－与ClO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 的物质的量之比是1∶2，设n(KClO)＝x mol，推知n(KClO3)＝2x mol，n(KCl)＝(0.2－3x) mol，据得失电子守恒可得：n(KCl)×e－＝n(KClO)×e－＋n(KClO3)×5e－，即(0.2－3x)mol＝x mol＋2x mol×5，解得x≈0.014 3 mol，从而推知n(KClO3)＝2×0.014 3 mol＝0.028 6 mol。 答案：0.028 6 二、利用电子守恒解多步反应题 3．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答下列问题： (1)NO的体积为__________L，NO2的体积为__________L。 (2)参加反应的HNO3的物质的量是____________。 (3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为______________mol·L－1。 (4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________ g。 解析：(1)n(Cu)＝ eq \f(32.64 g,64 g·mol－1) ＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2 L，有x＋y＝0.5 mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝0.51×2 mol。解得x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。(2)参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物 质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) mol·L－1。(4)由得失电子守恒得2×n(Cu)＝2×n(H2O2)， eq \f(32.64 g,64 g·mol－1) ×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水： eq \f(17.34 g,30%) ＝57.8 g。 答案：(1)5.824　5.376　(2)1.52 mol　(3) eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) 　(4)57.8 4．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－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是________mL。 解析：由题意可知，，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝2× eq \f(1.68 L,22.4 L·mol－1) ＝0.15 mol。根据元素守恒及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)＝ eq \f(0.3 mol,5 mol·L－1) ＝0.06 L＝60 mL。 答案：60 三、电子守恒在氧化还原滴定中的应用 5．某废水中含有Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ，为了处理有毒的Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) )为________________。 解析：Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，5Fe2＋＋MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。根据守恒关系列等式：c1 mol·L－1×V1×10－3 L＝20×10－3 L×6c(Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) )＋5c2 mol·L－1×V2×10－3 L，解得c(Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) )＝ eq \f(c1V1－5c2V2,120) mol·L－1。 答案： eq \f(c1V1－5c2V2,120) mol·L－1 6．草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O。实验中称取0.400 g草酸钙样品，滴定时消耗了0.050 0 mol·L－1的KMnO4溶液36.00 mL，则该样品中钙的质量分数为________________________________________________________________。 解析：根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒配平可得：2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，设含钙的物质的量为x mol，由反应方程式和钙元素守恒可得关系式： 5Ca2＋　～　5H2C2O4　～　2MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) 　5　　　　　　　　　 　　　2 x mol　0.050 0 mol·L－1×36.00×10－3 L 解得x＝4.5×10－3，则0.400 g样品中钙元素的质量为4.5×10－3 mol×40 g·mol－1＝0.180 g，故该样品中钙的质量分数为 eq \f(0.180 g,0.400 g) ×100%＝45.0%。 答案：45.0% 1．(2023·北京高考节选)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3＋。 (1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。 在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有____________。 (2)“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 (3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 该步反应的离子方程式有_______________________。 答案：(1)Fe3＋、Mn2＋　(2)2　4　Cl－　2　Fe2＋ (3)2[AgCl2]－＋Fe===Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 2．(2022·辽宁高考节选)取2.50 g H2O2产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀，取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 mol·L－1酸性KMnO4标准溶液滴 定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为______。 解析：根据得失电子守恒可得关系式2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w(H2O2)＝ eq \f(20×10－3 L×0.050 0 mol·L－1×\f(5,2)×\f(100 mL,20 mL)×34 g·mol－1,2.50 g) ×100%＝17%。 答案：17% 3．(2022·江苏高考节选)FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800 ℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为 _________________________________________________________________ (填化学式，写出计算过程)。 答案：Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)＝120 g·mol－1，则M(FeOx)＝120 g·mol－1×66.7%＝80.04 g·mol－1，则56＋16x＝80.04，x≈ eq \f(3,2) ，即固体产物为Fe2O3 一、选择题 1．R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) 在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(4)) ，若反应后R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) 变为RO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B。R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) 中R元素的化合价为(16－n)/2，分析题意可知，Mn由＋2价升高到＋7价，R元素由(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) 是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) )∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) )∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中得失电子守恒的规律列式：n(R2O eq \o\al(\s\up24(n－),\s\do8(8)) )×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。 2．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O(未配平)，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 解析：选A。由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) 所含N元素价态升高，部分NO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) 所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物(5 eq \o(N,\s\up6(－3)) H eq \o\al(\s\up24(＋),\s\do8(4)) → eq \f(5,2) eq \o(N,\s\up6(0)) 2)和还原产物(3 eq \o(N,\s\up6(＋5)) O eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) → eq \f(3,2) eq \o(N,\s\up6(0)) 2)的物质的量之比为 eq \f(5,2) ∶ eq \f(3,2) ＝5∶3，D正确。 3．把图乙的碎纸片补充到图甲中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(　　) A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3 B．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－ C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移 解析：选B。配平后的离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) ＋3H2O，A项错误；当有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；3 mol S参加反应有4 mol电子发生转移，则2 mol S参加反应有 eq \f(8,3) mol电子发生转移，D项错误。 4．NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO4-＋NO2-＋―→Mn2＋＋NO3-＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　) A．该反应中NO2-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．中的粒子是OH－ 答案：C 5．用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O72-＋H＋―→Fe3＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O72-＋H＋―→Cu2＋＋SO42-＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为1∶3 B．处理等物质的量Cr2O72-时，消耗FeS的物质的量更多 C．处理等物质的量Cr2O72-时，反应Ⅱ中消耗H＋更多 D．用FeS除去废水中Cr2O72-的同时，还有利于吸附悬浮杂质 解析：选A。反应Ⅰ配平化学方程式为2FeS＋3Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ＋26H＋===2Fe3＋＋2SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋6Cr3＋＋13H2O。反应Ⅱ配平得3Cu2S＋5Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) ＋46H＋===6Cu2＋＋3SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋10Cr3＋＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为2∶3，A错误；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) 需要消耗FeS为 eq \f(2,3) mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) 需要消耗Cu2S为 eq \f(3,5) mol＝0.6 mol，所 以消耗的FeS更多，B正确；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) 需要消耗H＋为 eq \f(26,3) mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(7)) 需要消耗H＋为 eq \f(46,5) mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C正确；反应Ⅰ中产生的Fe3＋易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D正确。 6.一种在恒温、恒定气流流速下，催化氧化HCl生产Cl2工艺的主要反应机理如图。下列说法不正确的是(　　) A．该过程中Cu元素的化合价发生变化 B．Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物 C．Cu(OH)Cl分解生成两种产物，物质X为H2O D．该过程涉及反应：2Cu2OCl2＋O22Cl2＋4CuO 解析：选A。由反应历程图可知，该过程中含Cu化合物CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2中Cu元素的化合价均为＋2价，即保持不变，A项不正确；由反应历程图可知，反应前加入了CuO，CuO与HCl反应转化为Cu(OH)Cl，然后Cu(OH)Cl分解为Cu2OCl2和H2O，Cu2OCl2与O2反应又生成了CuO，则CuO为催化剂，Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物，B、C项正确；由反应历程图可知，该过程涉及Cu2OCl2与O2反应生成CuO和Cl2的反应，根据氧化还原反应配平可得2Cu2OCl2＋O22Cl2＋4CuO，D项正确。 7.(2025·黑龙江三模)某反应体系中只有五种物质：AsH3、H2O、HBrO3、H3AsO4、Br2。启动反应后，两种含溴物质的物质的量变化如图所示，下列叙述错误的是(　　) A．a、b分别代表Br2、HBrO3 B．该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为5∶8 C．39 g还原剂完全反应时转移4 mol电子 D．由反应可推出氧化性：HBrO3>H3AsO4 解析：选B。由两种含溴物质的物质的量变化图像可知，4 mol b完全反应生成2 mol a，由溴原子守恒可知a为Br2，b为HBrO3，A正确；反应的化学方程式为5AsH3＋8HBrO3===5H3AsO4＋4Br2＋4H2O，氧化剂是HBrO3，还原剂是AsH3，则氧化剂、还原剂的物质的量之比为8∶5，B错误；39 g AsH3物质的量为0.5 mol，完全反应时，转移电子的物质的量为0.5 mol×8＝4 mol，C正确；在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：HBrO3>H3AsO4，D正确。 8．一种利用微生物从黄铜矿(主要成分为CuFeS2)中提取铜元素的具体操作过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．转化过程中Fe3＋和H2Sn可以循环使用 B．微生物的作用下，Fe2＋作催化剂 C．若CuFeS2中的铜元素最终全部转化为Cu2＋，当有2 mol SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 生成时，理论上消耗4.25 mol O2 D．在硫酸介质中用H2O2替代O2也能高效实现将CuFeS2氧化为SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 解析：选C。由题图可知，本题涉及的反应有nCuFeS2＋(4n－4)Fe3＋＋4H＋===nCu2＋＋(5n－4)Fe2＋＋2H2Sn、4Fe2＋＋O2＋4H＋ eq \o(=====,\s\up7(微生物)) 4Fe3＋＋2H2O、16Fe3＋＋8H2Sn===16Fe2＋＋nS8＋16H＋、S8＋12O2＋8H2O eq \o(=====,\s\up7(微生物)) 8SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋16H＋，则总反应为4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4 eq \o(=====,\s\up7(微生物)) 4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。Fe3＋被还原为Fe2＋，Fe2＋在微生物作用下被O2氧化为Fe3＋，Fe3＋可以循环使用，而H2Sn在反应中生成又被消耗，属于中间产物，A错误；在微生物的催化作用下，O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，将S8氧化为SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ，则O2是 氧化剂，Fe2＋是还原剂，不是催化剂，B错误；由总反应可知，生成2 mol SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) 的同时，生成1 mol Cu2＋，失电子的总物质的量为1 mol＋2×8 mol＝17 mol，根据得失电子守恒可知，理论上消耗O2的物质的量为17 mol× eq \f(1,4) ＝4.25 mol，C正确；由于H2O2具有强氧化性，理论上来讲，在硫酸介质中，双氧水可以将CuFeS2氧化生成SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ，即CuFeS2＋H2O2＋H＋―→Cu2＋＋Fe3＋＋SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋H2O(未配平)，但产物Fe3＋能催化H2O2的分解，因此H2O2的氧化效率大大降低，D错误。 二、非选择题 9．配平下列反应。 (1)____Li2CO3＋____C6H12O6＋____FePO4===____LiFePO4＋____CO↑＋____H2O＋____CO2↑(已知C6H12O6中的C全部转化为CO) (2)____(NH4)2Mo4O13＋____H2____Mo＋____NH3＋____H2O (3)____H2S＋____NOx===____S＋____H2O＋____N2 (4)____FeCl3·6H2O＋____SOCl2____FeCl3＋____SO2↑＋____HCl↑ 答案：(1)6　1　12　12　6　6　6 (2)1　12　4　2　13 (3)2x　2　2x　2x　1 (4)1　6　1　6　12 10．依据图示信息书写方程式： (1)酸性环境中脱硫过程示意图如图。 过程ⅰ反应的离子方程式为____________________________________ ___________________________________________________________。 (2)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO3-分两步，将步骤ⅱ补充完整： ⅰ.NO3-＋Fe＋2H＋===NO2-＋Fe2＋＋H2O； ⅱ.____＋____＋____H＋===____Fe2＋＋____＋____。 答案：(1)H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ (2)NO2-　3Fe　8　3　NH4+　2H2O 11．(2025·山东烟台模拟)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。 (1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为___________________________________________； 用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是________________________________________________________________。 (2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为 C3N3O3Cl2-＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClO HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2O I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－ 准确称取1.120 0 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min；用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。 ①通过计算判断该样品是否为优质品。 (写出计算过程，该样品的有效氯＝ eq \f(测定中转化为HClO的氯元素质量×2,样品质量) ×100%) ②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值________(填“偏高”或“偏低”)。 解析：(2)②由检测原理可知，检测时加入稀硫酸过少，反应生成的HClO减少，HClO转化生成的I2减少，用Na2S2O3标准溶液滴定时，消耗标准溶液的体积偏小，样品的有效氯测定值会偏低。 答案：(1)Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 (2)①n(S2O32-)＝0.100 0 mol·L－1×0.020 00 L＝2.000×10－3 mol 根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32- 得n(Cl)＝0.5n(S2O eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) )＝1.000×10－3 mol 氯元素的质量： m(Cl)＝1.000×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.035 50 g 该样品的有效氯为： eq \f(0.035 50 g×2,1.120 0 g×\f(25.00 mL,250.0 mL)) ×100%≈63.39% 该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ②偏低 12．锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。 资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。 ②在Mn2＋催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。 Ⅰ.制备 (1)写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式： _________________________________________________________。 (2)工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。 方法一： ①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式：_________________________。 ②研究表明，用Fe2＋/Fe3＋可强化脱硫效果，其过程如图。 过程 Ⅰ ：…… 过程Ⅱ：2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(4)) ＋4H＋ 过程 Ⅰ 的离子方程式：_______________________________________ ____________________________________________________。 方法二： ③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：________________________________________________________________。 Ⅱ.废水中锰含量的测定 (3)取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2＋氧化为Mn3＋，用c mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0 mL变为V1 mL，废水中锰的含量为_____________g·mL－1。 解析：(3)滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋===Fe3＋＋Mn2＋，所以n(Mn)＝n(Mn3＋)＝n(Fe2＋)＝c(V1－V0)×10－3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c(V1－V0)×10－3 g·mL－1。 答案：(1)4Al＋3MnO2 eq \o(=====,\s\up7(高温)) 3Mn＋2Al2O3 (2)①MnO2＋SO2 eq \o(=====,\s\up7(一定条件)) MnSO4 ②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ③溶液中存在平衡：MnCO3(s)⇌Mn2＋(aq)＋CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) (aq)，CO eq \o\al(\s\up24(2－),\s\do8(3)) 消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2O⇌H2SO3⇌H＋＋HSO eq \o\al(\s\up24(－),\s\do8(3)) ，Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2O eq \o(=====,\s\up7(Mn2＋)) 2H2SO4发生 (3)55c(V1－V0)×10－3 $