第5讲 氧化还原反应方程式的配平与计算&热点强化2 信息型氧化还原反应方程式的书写-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考化学大一轮复习全新方案基础版

4e 4.(1)NaBH,++2H,O=NaBO,+4H,H,O NaBH (2)0.2mol 考点二氧化还原反应的强弱规律及价态规律 》梳理·必备知识《 1.(1)①得电子失电子②难易多少③氧化性还原性 氧化性还原性 (2)①>>②>③>(4)①Fe2+BrFe2+ 》提升·关键能力《… 1.(1)Mg2+、H+S2-、I厂Fe2+、Fe3+、S 解析：Mg+、H的化合价为最高价态，因此只有氧化 性，S、I厂的化合价为最低价态，因此只有还原性，Fe+、 F+、S的化合价为中间价态，既有氧化性又有还原性。 2.G<Y<Q<Z<X 解析：由①得出Q中氯元素价态高于G,因为一1价为氯元 素的最低价态，G中氯元素价态必介于Q和一1价之间，将 该结论引用到③，Y中氯元素价态介于Q与G之间，故有Q 中氯元素价态高于Y,Y中氯元素价态高于G;分析②：HO 中的氢元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯 元素，化合价必升高，则得出X中氯元素价态高于Q;最后分 析④：Z中氯元素价态介于Q、X之间，X中氯元素价态高于 Q,则X中氯元素价态高于Z,Z中氯元素价态高于Q。 3.A反应①中高锰酸钾得电子为氧化剂，HC1失电子被氧化 生成的C,为氧化产物，则高锰酸根离子的氧化性强于CL2, 反应②中氯气为氧化剂，F+为氧化产物，氯气的氧化性强 于Fe3+,A错误；反应③中碘离子为还原剂，Fe+为还原产 物，还原性为碘离子强于亚铁离子，反应②中亚铁离子为还 原剂，氯离子为还原产物，则还原性为亚铁离子强于氯离子， B正确；Fe+具有氧化性，Fe+既可以进一步失去一个电子 生成Fe3+,也可以得电子生成Fe,因此Fe+既有氧化性又 有还原性，C正确：Cl2的氧化性强于Fe+,而Fe3+的氧化性 又强于碘，故CL2可以与I反应生成CI厂和I2,D正确。 4.D氧化性越强，相应离子的还原性越弱，则离子的还原性： Fe+>Br>C1,故A正确；a mol Fe2+消耗0.5 mol Cl2, 当a≥2b时，只有Fe+被氯气氧化，反应的离子方程式为 2Fe2++CL2—2Fe3+十2CI,故B正确；当a=b时，由 2Fe++Cl2-2Fe3+十2CI可知，a mol Fe+消耗0.5amol Cl2,生成a mol Fe3+、a mol C1,由2Br十C2-2CI Br2可知，0.5 a mol Cl2消耗a mol Br,又生成a mol C1厂， 溶液中剩余a mol Br,则反应后的离子浓度之比c(Fe3+): c(Br):c(C)=1:1:2,故C正确；a mol Fe消耗 0.5 amol Cl2,2 a mol Br消耗a mol Cl,,当3a2b时， Fe+、Br完全被氧化，反应的离子方程式为2Fe2+十4Br十 3C1,-2Fe3++2Br2十6C1,故D错误。 …》演练·高考真题《… 1.B湖笔以竹管为笔杆，以动物尾毫为笔头制成，不涉及氧化 还原反应，A项不符合题意；松木的主要成分是纤雏素，徽墨 的主要成分为碳单质，由松木制备微墨过程中，有机物中的 碳元素转化为碳单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还 原反应，B项符合题意；楮树皮、宣纸的主要成分都是纤雏 素，由楮树皮制得纸浆纤雏，从而制作宣纸，不涉及氧化还原 反应，C项不符合题意；端砚以端石为原料经过采石、选料、 制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D 项不符合题意。 2.D生成1 mol CO2转移2NA个电子，A正确；催化剂通过 降低活化能提高反应速率，B正确；NO中N的化合价为 十2，降低为0价的N2,得到2个电子，做氧化剂，CO中C 为十2价，化合价升高为十4价的CO2,失去2个电子，做还 原剂，C正确；N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误。 3.A由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氨，转移4mol 电子，故A正确；由方程式可知，反应中氨元素的化合价升高 被氧化，NH,OH是反应的还原剂，故B错误；由方程式可 知，反应中氨元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的 还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化 剂，故C错误；由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被 还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正 极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产 物，故D错误。 4.C①中S一S通过与药剂A反应变成S一H,S的化合价降 低，药剂A应为还原剂，具有还原性，A正确；1个S一S变成 2个S一H的过程中每个S的化合价降低1，故2molS一S 断裂转移4mol电子，B正确；②→③过程中S一H变 成S一S,S的化合价升高，药剂B应为氧化剂，若B为 H2O2,其还原产物为H2O,C错误；①和③对比可知，S一S 位置发生了变化，D正确。 5.C从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出 银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向 其中加入铁，铁置换出铜，过滤出的铜可以循环利用，并通入 氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。金属活动性越强，金属的 还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从 强到弱的顺序为Fe>Cu>Ag,A错误；由得失电子守恒可 知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu,而1 mol Cu可以置换2mol Ag,因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag,B 错误；反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化 铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH)1]+十4H —Cu+十4NH,C正确：向氯化铜和氯化铵的混合液中加 入铁，铁置换出铜后生成Fe+,然后Fe+被通入的氧气氧化 为Fe3+,因此，溶液①中的金属离子是Fe+,D错误。 第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算 考点一 氧化还原反应方程式的配平 …》提升·关键能力《 1.(1)38324(2)21610258 2.(1)36513(2)29335 3.(1)212H20214H+(2)3240H32 5(3)Al03CN223C0 4.(1)41128(2)1115245615 5.(1)2122222(2)512186121033 考点二电子守恒法计算 …》梳理·必备知识《… 1.氧化剂还原剂 …》提升·关键能力《… 1.B1 mol Cr3+参与反应失去3mol电子，可生成0.5mol Cr2O,1 mol PbO2得到2mol电子生成1 mol Pb2+,根据 得失电子守恒可知，与1 mol Cr3+反应失去3mol电子，需 1.5 mol PbO2,故选B。 2.B设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1mol、 8mol,HNO,的唯一还原产物中N的化合价为十x。反应 中有FeS2→Fe(NO,)3十2HSO,则1 mol FeS失去 15mol电子；HNO,→N,只有5 mol HNO,做氧化剂，得 电子数为5×(5-x)mol,则5X(5-x)=15,解得x=2,故 选B。 参考答案429 3.十3 解析：由题意可知，N2SO3发生失电子的氧化反应， K2C2O,发生得电子的还原反应，其中硫元素的化合价从 十4升高到十6，铬元素的化合价将从十6降低到十n。根据 氧化还原反应中得失电子守恒，有0.05mol·L1×0.024L× (6-4)=0.02mol·L1×0.020L×2×(6-n),解得n=3, 因此铬元素在还原产物中的化合价为十3。 4.9.20 解析：反应流程为 Mg)浓晴酸Mg+,Cu+NaOH Mg(OH), Cu(OH), C NO2、N2O xg=17.02g-m(OH),而OH的物质的量等于镁、铜失 去电子的物质的量，等于浓硝酸得电子的物质的量，即 8.96L 0.672L (H)-22.4 L mol4Lmol21 0.46mol。所以xg=17.02g-0.46mol×17g·mol1= 9.20g。 …》演练·高考真题《… 1.C由题中信息可知，利用CHOH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；CHOH中碳元素的化合价由一2升 高到十4，CHOH是该反应的还原剂，O有强氧化性，通常 不能用作还原剂，故不可用O3替换CHOH,B错误；该反 应中，还原剂CH3OH中碳元素的化合价由一2升高到十4， 升高了6个价位，氧化剂NO:中氯元素的化合价由十5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：若生成标准状况下的 CO2气体11.2L,即生成0.5 mol CO2,反应转移的电子数 为0.5NA×6=3NA,D错误。 2.B反应①中锰元素的化合价由十7降至十2，碘元素的化合 价由一1升至0，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒， 反应①的离子方程式是10I十2MnO,+16H= 2Mn+十5L2十8H2O,故n(Mn+):n(L2)=2:5,A项错 误；根据反应①可得关系式10I厂~2MnO,可求得n 0.0002,则反应②的n(I):n(MnO,)=0.001:(10× 0.0002)=1:2,反应②中锰元素的化合价由十7降至十4， 反应②对应的关系式为I厂2MnO,~MnO2~IO~6e, IO,中碘元素的化合价为十5，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厂十 2MnO,十H2O一2MnO2￥十IO3十2OH,B项正确；已 知MO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。 3.DS2O的中心原子S形成的4个。键的键长不一样，故 其空间结构不是正四面体形，A错误；As2S中As的化合价 为十3，反应I产物As2O3中As的化合价为十3，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的化 学方程式为2AS.+60,十3H0蒙外先2A.0,十3H,S0., 反应Ⅱ的化学方程式为A,S,+70,十6H,0自然光 2H3AsO,十3H2SO1,则反应I和Ⅱ中，参加反应的 n(O2) nO:I>Ⅱ，C错误：A,S,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变为十2价，则 1 mol As,S失电子3×4mol=12mol,在经过反应Ⅱ后，As 变为十5价，S变为十6价，则1 mol As2 S失电子2X 2mol十3×8mol=28mol,则反应I和Ⅱ中，氧化1mol As2S转移的电子数之比为3：7，D正确。 430红对闪·讲与练·高三化学·基础版 热点强化2信息型氧化还原反应方程式的书写 即时突破 1.Fe十2AgCl—FeCl2十2Ag 2.(1)4Co(OH)2+O2=4Co0(OH)+2H2O (2)Mn2++HSO;+H2 O-MnO2+SO+3H 3.(1)NH+3Fe3++2SO+6H2O-6H++ NH,Fe(SO,),(OH)。￥ (2)3C1O-+2NH-=N2◆十3C1-+3H2O+2H+ 解析：(1)向酸性废水中加入适量Fe2(SO1)3溶液，铵根离子 铁离子、硫酸根离子和水反应，生成NH,Fe(SO1),(OH)沉 淀，该反应的离子方程式为NH时+3Fe++2SO十6H,O -NH,Fe(SO,)2(OH)；￥+6H。(2)NaClO具有氧化 性，废水中的氨氨被氧化为N2,还原产物为氯化钠，则该反 应的离子方程式为3CIO十2NH时一N2◆+3CI十 3H2O+2H。 4.2NH3+3NaClO=N2-+3H2 O+3NaCl 5.(1)①4Fe(NO)2++O2十4H—4Fe3++4NO+2H,O ②14Fe3++FeS2+8H,0—15Fe2++2S0+16H (2)作催化剂 第二章物质的量 第6讲物质的量气体摩尔体积 考点一物质的量摩尔质量 …》梳理·必备知识《… 1.(1)含有一定数目粒子摩尔(2)单位粒子符号或粒子 名称 2.(1)6.02×10236.02×10mol-1(2)n·Na 3g·l相对原子质量相对分子质量只背 正误判断(1)×(2)×(3)×(4)×(5)/ …》提升·关键能力《… 1.D摩尔是物质的量的单位，A正确；摩尔用来计量粒子的 量，可以是纯净物的粒子，也可以是混合物的粒子，B正确； 气体物质的量相等，则气体的分子数目相等，C正确；氛为单 原子分子，0.5mol氦含有0.5mol氨原子，1个氦原子含有 2个电子，所以0.5mol氦约含有6.02×10个电子，D 错误。 2.B24gMg与27gAl所含质子的物质的量分别为 24g 27g 24g,mol7X12=12mol27g,moTX13=13mol.二者 所含质子的物质的量不相等，A项错误；同质量的O2和O? 中的氧原子数相同，则电子数也相同，B项正确；1molD2O 中的中子数为10NA,1molH,O中的中子数为8VA,中子 数之比为5：4，C项错误：1molC2H中含有7mol化学键， 1 mol CH2=CH,中含有5mol化学键(4molC-H,1mol C=C),D项错误。 3.(1)32(2)0.6NA2NA(3)36(4)1.1NA(5)24g 解析：(1)CHOH的相对分子质量为32，其摩尔质量为 32g·mol1。(2)1个H,0中含有3个原子，则0.2mol H2O中所含原子的物质的量为3×0.2mol=0.6mol,其数 目为0.6NA;1个H20中含有10个质子，则0.2 mol H2O 中所含质子的物质的量为10×0.2mol=2mol,其数目为 2VA。(3)1 mol CH,OH所含氢原子的物质的量为4X 1mol=4mol,含4mol氢原子的水的物质的量为2mol,其 质量为2molX18g·mol1=36g。(4)1个C0,分子含有 22个电子，含0.1VA个O的CO2的物质的量为0.05mol,022 名对构·讲与练·高三化学·基础版 第5讲 氧化还原反应 复习 1.能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应 目标 的相关计算。 第 考点一 氧化还原 章 梳理>必备知识》 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 得失电子 氧化剂和还原剂转移电子总数相 配 守恒 等，化合价升高总数=化合价降 平 低总数 三 大 质量守恒 反应前后原子的种类和个数不变 原 则 电荷守恒 离子反应前后，阴、阳离子所带 电荷总数相等 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 标变价 标明反应前后变价元素的化合价 配 列得失 列出化合价的变化值 求总数 通过求最小公倍数使化合价升降总数 相等 五 步 确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还 配系数 原产物的化学计量数，用观察法配平 骤 其他物质的化学计量数 查守恒尸检查元素质量、电荷、得失电子是否守恒 3.氧化还原反应方程式配平的“五”个方法 （1)正向配平法 适合氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的反 应。如： 得e×4 C+4HN0,(浓)△4N0,↑+C0,↑+2H,0 失4e×1 (2)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， 最后根据质量守恒配平其他物质。如： 方程式的配平与计算 方程式。2.熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应 应方程式的配平 化合价降低2×2 3S+6KOH(浓)△2K,S+KS0,+3H,0 化合价升高4 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,最后根据质量守恒配平其他物质。 (3)整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价 发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种 元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如CuS+HNO3→Cu(NO3)2+NO+ H,SO4+HO,有Cu、S、N三种元素的化合价 变化，CuS中Cu、S的化合价均升高，看作一个 整体，Cu,S+HNO.一C(NO,),+ 十1 (↑1×2+18)×3 ￥3×10 N0+H2S0,+H,O,配平得3CuS+22HNO, -6Cu(NO3)2+10NO+3H2 SO+8H2O. (4)缺项配平法 ①方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元 素物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未 知物并进行配平。 ②补项原则 条件 补项原则 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H生成 酸性 H2O,反应物少O(氧)补H2O(水)生 条件下 成H 反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水) 碱性 生成OH,反应物少O(氧)补OH生 条件下 成H,O (5)有机反应的配平法 在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 中，一般有机物中氢元素显十1价，氧元素显 一2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。 提升>关键能力 1.正向配平法。 (1) Cu+ HNO3(稀) Cu(NO3)2+NO个+H2O (2)MnO,+ H++ CI Mn2++Cl2个+H2O 2.逆向配平法。 (1)l2+NaOH—Nal+ NalO,+H,O (2)P+KOH+H2O- KPO4+PH3个 3.缺项配平法。 (1) Fe3++ S02+ Fe2++SO+ 考点二 电 梳理》必备知识 1.电子守恒法的基本依据 氧化还原反应中， 得到电子总数= 失去电子总数。 2.电子守恒法解题的流程 找出氧化剂、还原剂及相应的 一找各物质 还原产物、氧化产物 确定一个原子或离子得失电子数 二定得失数 (注意化学式中的变价原子个数) 根据题中物质的物质的量和 得失电子守恒列出关系式： 三列关系式一（氧化剂）×变价原子个数×化 合价变化值=（还原剂）×变价 原子个数×化合价变化值 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 第一章物质及其变化023 (2)C1O+Fe(OH)3+ Cl+FeO+H2O (3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AN) 的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。请 将AN之外的反应物与生成物分别填入以下空 格内，并配平。 第 高温 章 AIN+ 4.整体配平法。 (1)FeS2+O2 高温 Fe,O2++ SO2 (2)P+ CuSO+H2O- CusP+ H:PO,+H2 SO 5.有机反应方程式的配平。 (1) KCIOs+H2 C2O+H2SO ClO2个+CO2个+KHSO4+ H2O (2)C,HOH+ KMnO,+H2SO K2SO4+MnSO4+CO2↑+ H2O 子守恒法计算 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。 提升>关键能力 1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Pb2+ 和Cr2O号，则与1 mol Cr3+反应所需PbO2的 物质的量为 () A.3.0 mol B.1.5 mol C.1.0 mol D.0.75 mol 2.(2024·山东济南模拟)FeS2与硝酸反应产物有 Fe+和H2SO4,若反应中FeS和HNO3物质 的量之比是1：8时，则HNO的唯一还原产 物是 () 0242对构·讲与练·高三化学·基础版 A.NO B.NO C.N2O D.N2O 3.24mL浓度为0.05mol·L1的Na2SO3溶液 恰好与20mL浓度为0.02mol·L1的 KCr2O,溶液完全反应。已知Na2SO3可被 第 KCr2O,氧化为Na2SO4,则铬元素在还原产物 中的化合价为 章 》演练》 1.(2024·浙江6月选考)利用CHOH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++CHOH+NOX+ CO2十H2O(未配平)。下列说法正确的是 ( A.X表示NO B.可用O3替换CHOH 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11.2L,则反 应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德 罗常数的值) 2.(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。 KI KMnO 反应 起始酸 还原 氧化 序号 碱性 物质的 物质的 产物 产物 量/mol 量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2 12 ② 中性 0.001 10m MnO2 IO 已知：MnO:的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 4.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程 中硝酸被还原产生8960mL的NO2气体和 672mL的N2O4气体（都已折算为标准状况下 的体积)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化 钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于 高考真题 A.反应①，n(Mn2+):n(L2)=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 3.(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(As,S)褪色的主要原因是发 生了以下两种化学反应： 空气，紫外光 →As03+H2S2O3 As,S (s) 空气，自然光，H,As0,+H,SO, Ⅱ 下列说法正确的是 ( A.S2O号和SO子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 n(02) C.反应I和Ⅱ中，参加反应的HO: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 》温馨提示 学习至此，请完成训练5 热点强化2/ 信息型氧 热点精析 1.新情境中氧化还原反应方程式的书写流程 根据题目中的流程图或题干信息，确定反应物和部分 生成物 判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升 降判断出氧化产物和还原产物 按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程 式，并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各 物质的化学计量数 根据元素质量守恒，补充其他反应物或生成物，一般为 水、酸H或碱(OH) 2.循环转化关系图中的氧化还原反应分析 (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)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该 物质为催化剂。 即时突破 一、根据“陈述信息”书写方程式 1.(2024·江苏卷节选)在AgC1沉淀中埋入铁圈 并压实，加入足量0.5mol·L1盐酸后静置， 充分反应得到Ag。铁将AgCI转化为单质Ag 的化学方程式为 2.(2023·辽宁卷节选)(1)Co(OH)2可被氧化成 CoO(OH),该反应的化学方程式为 (2)在pH=4的溶液中，Mn+被过一硫酸 (H,SO,)氧化为MnO2,该反应的离子方程式 为 (H2SO,的电离第一步完全，第二步微弱)。 第一章物质及其变化025 化还原反应方程式的书写 3.皮革厂的废水中含有一定量的氨氮（以NH NH形式存在)，通过沉淀和氧化两步处理后 可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。 第 (1)沉淀：向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶 液，废水中的氨氮转化为NH,Fe(SO4)2(OH)6 章 沉淀，反应的离子方程式为 (2)氧化：调节经沉淀处理后的废水pH约为6， 加入NaC1O溶液进一步氧化处理。NaClO将 废水中的氨氮转化为N2,该反应的离子方程式 二、根据“反应机理”书写方程式 4.NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示（其 中H2O和NaCI略去)。 NH,CI- NH HCIO NHCL, NOH NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为 5.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2,其中S为一1价) 催化氧化的反应转化如图所示。 Fe+ Fe(NO)2 FS2sogⅢ， Ⅱ.FeNo 总反应：2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++ 4SO+4H+。 (1)分别写出反应I、Ⅱ的离子方程式： ①反应I: ②反应Ⅱ： (2)NO在总反应中的作用是