第4讲 氧化还原反应方程式的配平及计算-【创新大课堂】2026年高三化学一轮总复习

真题体验明确考向 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不符合题意；松木中的C元素主要以有机物的形式存在，徽 墨主要为C单质，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，B符 合题意；宣纸，以楮树皮为原料，得到纸浆纤雏，从而制作宣纸，不涉 及氧化还原反应，C不符合题意；端砚以端石为原料经过采石、雏 料、制璞、雕刻、磨光、配盒等步骤制成，不涉及氧化还原反应，D不 符合题意。故选B。] 2.D[NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2,1个NO得2个 电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为十2价，化合价升高为 +4价的CO2,失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；根据分析， 1 mol CO2转移2NA的电子，A正确；催化剂通过降低活化能，提高 反应速率，B正确；根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确； 根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误。故选D。] 3.C[明矾水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中的悬浮颗粒并沉降使 水变得澄清，没有涉及到氧化还原反应，A不符合题意：雪遏到盐而 熔，点降低并熔化，未发生化学反应，B不符合题意；使用暖贴时，铁 粉与空气中的O2发生氧化还原反应，C符合题意；荧光指示牌被照 发光，是因为光被指示牌反射，D不符合题意。] 4.A[由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子， 故A正确；该反应中H、O元素化合价不变，H2O既不是氧化产物， 也不是还原产物，还原产物为F2+,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。] 第4讲氧化还原反应方程式的配平及计算 考点一 知识梳理 1.氧化剂还原剂升高种类个数总数 2.化合价相等质量电荷电子 对点训练 1.(1)38324(2)513333(3)2161025 2.(1)36513(2)36213(3)29335 3.(1)2x22x1(2)2(-1)11(3)1(3x+1D x (2x-2)x(3x+1)(x-1) 4.(1)2122222 (2)512186121028 (3)32822311 5.答案(1)3240H325 (2)256H+258 (3)Al2033CN223C0 (4)5214H+552Mn047H20 解析(3)根据氦元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还 原剂，AN为还原产物，CO为氧化产物。 考点二 对点训练 1.C[设M2O?一中M的化合价为+x,Cl元素由+5价降低到一1 价，M元素由十3价升高到十x,根据得失电子守恒可得：6=2X(x 一3)，解得x=6,故C项正确。] 2.答案5 解析Na2Sz→xNa2SO4,NaCio→NaCl, 得关泰式1×[6-(-名)门·=16×2，解得x=5 3.答案1.52.2 解析设7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为x,生成1mol CugP时，被氧化的P的物质的量为y;根据得失电子守恒：7.5mol ×(2-1)=x×(5-0),解得x=1.5mol;1mol×3×(2-1)+1mol ×[0-(-3)]=y×(5-0),解得y=1.2mol,所以生成1 mol Cu3P 时，参加反应的P的物质的量为1.2mol十1mol=2.2mol。 4.答案9.20 解析反应流程为 Mg HNO,M+.Cu+MOH Mg(OH2 Cu ICu(OH2 NO2、N2O4 xg=17.02g一m(OH),而OH厂的物质的量等于镁、铜失去电子 的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即：n(OH一) 8.96L 0.672L 22.4L.m07X1+2.4,m07X2X1=0.46mol,所以xg =17.02g-0.46mol×17g·mol-1=9.20g。 5.答案60 (NO2 解析由题意可知，HNO3O2H,O Cu 〈N2O4,则Cu失去电子的物 INO 质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2X 22.4Lmo7=0.15mol.根据元素守恒及NaOH和Cu(N0,)2 1.68L 的反应可得关系式：n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)= 0.3mol,则V(NaOH)= 5mol·Li=0.06L=60mL. 0.3 mol 6,答案V5cVm0l.L1 120 解析Cr2O号+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H20, 5Fe2++MnO4+8H+-5Fe3++Mm2++4H2O。根据得失电子 守恒列等式：c1mol·L-1×V1mL×10-3L·mL1=20mLX 10-3L·mL-1×6c(Cr20号-)+5c2mol·L-1XV2mL×10-3L· mL-1,解得c(C20g-)=1V,5cVm0lL1. 120 热点强化3新情景下的方程式的书写 热点专练 1.(1)6Co(0H)2+02 850℃2Co04+6H,0 (2)4K+2F2+CuCl2-K2CuF+2KCI (3)CO+2[Ag(NH3)2J0H-2Ag+(NH)2CO3+2NH3 2.(1)4Co(0H)2+O2=4Co0(OH)+2H20 (2)Mn2++HSO5 +H2O-MnO2+SO-+3H+ 3.答案2Ce02+H202+6H+—2Ce3++O2个+4H20 解析根据信息可知反应物为CeO2与H2O2,产物为Ce3+和O2, 根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为 2Ce02+H202+6H+—2Ce3++O2↑+4H20, 4.答案(1)2Fe2++H202+2H+—2Fe3++2H20 (2)C0、C02 (3)C1O+2Ni(OH)2-C1+N2O3+2H20 解析(1)加入H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+,发生反应的 离子方程式为2Fe2+十H2O2十2H+一2Fe3++2H2O。 (2)NiC2O4·2H2O在热空气中千燥脱水后在高温下煅烧可制得 Ni2O3,Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO, 又生成的是混合气体，必有CO2生成。(3)CIO一具有强氧化性，将 Ni(OH)2氧化成N2O3,自身被还原为CI,反应的离子方程式为 CIO-+2Ni(OH)2-CI-+Ni2 O3+2H20. 5.(1)①4Fe(NO)2++O2+4H+-4Fe3++4NO+2H20 ②14Fe3++FeS2+8H20-15Fe2++2SO+16H+ (2)作催化剂 6.2NH3 +3NaClO-N2 +3H2 O+3NaCl 真题体验明确考向 1.D[S2O-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价，反应 I产物A52O3中As的化合价为十3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：2As2S3十6O2十 3H,0素外先2A0,+3H2S,0,反应Ⅱ的方程式为：AsS,十 70,十6H,0自然老2HAs0,+3H,S04,则反应I和Ⅱ中，参加反 n(02) 应的 nH,O:I>Ⅱ，C错误；A2S,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 As2Sg 失电子3×4mol=12mol;在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为 +6价，则1 mol As2S3失电子2×2mol+3×8mol=28mol,则反 应I和Ⅱ中，氧化1 mol As2S转移的电子数之比为3：7，D正确。 故选D。] 2.答案3Co2++MnO4+7H20一3Co(OH)3↓+Mn02￥+ 5H 3Mn2 +2MnO +2H2O=5MnO2+4H 8 解析由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或 氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、S0?-等离子的 溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4,则“滤渣 1”为“酸浸”时生成的PbSO4;向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为 Fe3+,然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3,则 “滤渣Ⅱ”的主要成分为F(OH)3,滤液中的金属离子主要是Co2+、 Zn2+和Mn2+;最后“氧化沉钻”，加入强氧化剂KMnO4,将溶液中 C02+氧化为Co3+,在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而 KMnO4则被还原为MnO2,KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归 中反应生成MnO2,得到Co(OH)3和MnO2的混合物。 3.答案Cu2Se十4H202+4H+-2Cu2++H2Se03+5H20 解析滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,氧化酸浸时Cu2Se与 H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SCO3和H2O, 反应的离子方程式为：Cu2Se十4H202十4H+一2Cu2++H2Se03 +5H20。 4.答案(1)①2Fe3++Ag2S+4CI-=→2Fe2++2[AgC12]-+S ②C1是为了与Ag2S电离出的Ag结合生成[AgCl2]一，使平衡正 向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成 Fe(OH)3沉淀 (2)2[AgC2]-+Fe-Fe2++2Ag+4C1、2Fe3++Fe -3Fe2+ 解析(I)①Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据 得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3+十Ag2S+4CI -一2Fe2++2[AgCl2]-+S;②CI是为了与Ag2S电离出的Ag 结合生成[AgCl2],使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是 为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。(2)铁粉可将 [AgC2]还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因 此离子方程式为2[AgCl2]厂+Fe—Fe2++2Ag十4CI、2Fe3++ Fe-3Fe2+ 第二章物质的量 第5讲物质的量气体摩尔体积 考点一 知识梳理 1.粒子摩尔(mol) NA 2.g·mol1(或g/mol)g·mol1 易错辨析 1.×2.×3.×4.×5.× 对点训练 1.D[凳子是宏观物质，不可用物质的量来描述，A错误；摩尔质量单 位为g/mol,B错误；1 mol CO2中含1mol碳原子和2mol氧原子， C错误；“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体，是七个基本 物理量之一，D正确。] 2.C[①该硫原子的相对原子质量为该原子的质量除以12C原子质 量的立即号，正确：@mg谁成原子的个数为共物质的量为 m0l,正确；国该硫原子的摩尔质量是aNg~m0l1,不正确； ④一个硫原子所含电子数为16，ag该硫原子的个数为1个，所含电 子数为16，不正确。] 3.答案(1)2mol(2)1 mol NA(3)10mol14mol 解析(1)已知Na2SO4·10H2O的物质的量为1mol,则钠离子的 物质的量为2mol。(2)Na2SO4·10H20的物质的量为1mol,则含 有硫酸根离子的物质的量为1mol,硫酸根离子的数目为1molX Na/mol=NA。(3)Na2SO4·10H20的物质的量为1mol,则含有 结晶水的物质的量为10mol,含有氧原子的物质的量为(4十10)× 1mol=14mol。 考点二 知识梳理 1.L·mol1(或L/molD和22.4L.mol1Y n 2.(1)分子数物质的量(2)N1：N2p·P2%·n2 易错辨析 1.×2.×3./4.×5./ 对点训练 1.答案(1)3NA(2)44.8L(3)6.7213.44(4)22.4L (5)4.5153.6(6)19m 解析(1)1个氢气分子中含有2个质子，标准状况下33.6LH2的 物质的量为1.5mol,则标准状况下33.6LH2中，所含质子个数是 3NA:(2)1个H2分子含2个电子，所含电子的物质的量为4mol的 H2物质的量为4m0l=2mol,标况下的体积为2molX22.4L/mol 2 =44.8L;(3)在标准找况下，4.8g甲烷(CH4)物质的量=16gm0 4.8g =0.3mol,所占的体积=0.3mol×22.4L/mol=6.72L;1mol甲 烷分子中含有4mol的氢原子，而2molH2S中含有4mol的氢原 子，所以H2S的物质的量是甲烷的2倍，为0.6mol,故体积为 0.6mol×22.4L/mol=13.44L:(4)16g02与14gN2的混合气 16g 14g 体中m(0,)+m,)=32g/ma十28g/ma=1mol,在标况下的体 积为1mol×22.4L/mol=22.4L:(5)9.03×1023个NH3的物质的 量为9.03X1023 6.02×10西=1.5mol,含4.5mol氢原子，1个NH分子中有 10个质子，则9.03×1023个NH3中含有15mol质子；在标准状况 下的体积约为1.5mol×22.4L/mol-33.6L:(6)n(O)=3n(03)= 3n(Os)NA=3X- (ONA,则NA=3VO) Vm N(O)Vm mX 22.4 L/mol_ 3X6.72L 2.答案(1)64S02(2)①1.61②36 解析(1)M=p×22.4L·mol-1≈64g·mo-1。(2)2C0+O2 点檐2C0,C0的体积与生成C0,的体积相等，故18gC0和C0 的混合气体的总体积为11.2L,在标准状况下，该混合气体的物质 的量为0.5mol,设CO的物质的量为xmol,CO2的物质的量为y /28.x+44y=18 mol,则 解得x=0.25,y=0.25。①混合气体的密 x+y=0.5 188≈1.61g·L-1。②解法一：M=p×22.4L·mol-1≈ 度为1.2工 18g 36g·mol-;解法二：M=0.50=36gmoP;解法三：M= 28g·mol-1×50%+44g·mol-1×50%=36g·mol-1。 3.答案(1)元mol6dg·mol1(2)22.4pg·mol1 (3)17a%+44b%+18c% 解析(1)NH,HCO,△NH,↑十H,0+十CO,↑，假设 NH4HCO3的摩尔质量为M,混合气体的平均摩尔质量M(混)= ,M(混)=（混） 3。同温同压下，M=,)=4,则M(混)=2 g·mol-1=M ,所以M=6dg·mol1。混合气体的物质的量 m g n(混）=混)=2amol.（2)M(泥）=pV=2.4pg·mol1。 (3)M(混)=M(NH3)·p(NH3)+M,(CO2)·p(CO2)+ M.(H2O)·p(H20)=17a%+44b%+18c%。 4.C[不同体积的气体若所处温度和压强不同，所含分子数可能相 同，A错误；相同质量的氢气和甲烷相比，氢气的物质的量大于甲 烷，在相同温度和压强下，氢气的体积大于甲烷，但不同温度和压强 下，则不一定，B错误；相同体积、相同密度的两种气体的质量相等， 又知N2O和CO2的摩尔质量均为44g·mol-1,则其物质的量相 同，所含分子数一定相等，C正确；相同条件下，相同体积的CO和 CO2的分子数相同，则所含氧原子数目之比为1：2，D错误。] 5.答案(1)Z(2)X(3)4:1 解析(1)当物质的量相同时，相对分子质量越大，质量越大。 (2)相对分子质量越小，密度越小。 28 (3)Y p(Z) 器× M2=4 1 g 1 M(Z) 真题体验明确考向 1.A[44g(即1mol)CO2中G键的数目为2NA,A正确；KO2由K+ 和O2构成，1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA,B错误；CO 9高三总复习·化学 ◆ 真题体验 明确考向 1.(2024·山东卷)中国书画是世界艺术瑰宝，古 :3.(2023·全国乙卷，7)下列应用中涉及到氧化还 人所用文房四宝制作过程中发生氧化还原反应 原反应的是 的是 A.使用明矾对水进行净化 A.竹管、动物尾毫→湖笔 B.雪天道路上撒盐融雪 B.松木→油烟→徽墨 C.暖贴中的铁粉遇空气放热 C.楮树皮→纸浆纤维→宣纸 D.荧光指示牌被照发光 D.端石→端砚 4.(2023·浙江1月选考，6)关于反应2NH2OH+ 2.(2024·浙江卷)汽车尾气中的NO和CO在催 4Fe3+—N2O个+4Fe2++4H++H2O,下列 化剂作用下发生反应：2N0十2C0催化剂 说法正确的是 2CO2+N2,下列说法不正确的是(NA为阿伏加 A.生成1molN2O,转移4mol电子 德罗常数的值) B.H2O是还原产物 A.生成1 mol CO2转移电子的数目为2NA C.NH2OH既是氧化剂又是还原剂 B.催化剂降低NO与CO反应的活化能 D.若设计成原电池，F€2+为负极产物 C.NO是氧化剂，CO是还原剂 温馨提示 请做课时分层检测（三） D.N2既是氧化产物又是还原产物 第4讲 氧化还原反应方程式的配平及计算 复习目标] 1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。2.了解电子守恒法在化学计算中的应用。 考点一 氧化还原反应方程式的配平 知识梳理 >>> 心对点训练 >> 1.氧化还原反应方程式配平的基本原则 1.正向配平 (1) Cu+ 电子 和 得失电子总数相等， HNO3(稀) 配 守恒 化合价 总数=化合价降低总数 Cu(NOs)2+ NO↑+ H2O 平 (2) KI+ KIOs+ H2 SO 质量 守恒 反应前后原子的 和 不变 12+ K2SO+ H2O 原 则 H++ 电荷 离子反应前后，阴、阳离子所带电荷 (3) MnO+ CI 守恒 相等 Mn2++ Cl2个+ H2O 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 2.逆向配平 (1) 12+ NaOH NaI+ 标变价 标明反应前后变价元素的 NaIO+ H2O 列得失 列出化合价的变化值 (2) S+ KOH- K2S+ 通过求最小公倍数使化合价升降总 K2SO3+ H2O 五 求总数 数 (3) P4+ KOH+ H2O 骤 确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还 KsPO+ PH3↑ 配系数 原产物的化学计量数，观察法配平 3.含有未知数的配平 其他物质的化学计量数 (1) CO+ NO CO2+N2 查守恒 检查 是否守恒 (2) Fe,S+ HCI- FeCl2+ H2S 精品教辅·智慧人生 第一章化学物质及其变化 (3) Na2S,+ NaClO+ NaOH 请将AN之外的反应物与生成物分别填入以下 Na2 SO+ NaCl+ H2O 空格内，并配平。 4.有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 ☐+☐+ 高温 AIN+ (1) KC1O+ H2C2O+ (4)将NaBiO3固体（黄色，微溶）加入MnSO4 H2SO C1O2个+ CO2个+ 和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色 KHSO+ H2O (B3+无色)。配平该反应的离子方程式： (2) CH2 -CH2+ KMnO+ NaBiO3+☐Mn2++ H2 SO K2SO4+ MnSO+ CO2+ H2O Na++☐Bi3++ (3) C2HOH+ K2Cr2O7+ H2 SO4- K2S04+ Cr2 归纳总结 (SO4)3+ CHsCOOH+ H2O “三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平 5.缺项配平 缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程 (1) CIO+ Fe(OH)3+ 式中没有写出来，它们一般为水、酸(H十)或 C1-+ FeO+ H2O 碱(OH),其配平一般规律为 (2) MnO+ H2O2+ 条件 补项原则 Mn2++ 02个+ H2O 酸性条件下 缺H或多O补H+,少O补H2O (3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AIN) 碱性条件下 缺H或多O补H2O,少O补OH 的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。 考点二 电子守恒法计算及应用 知识梳理 二、电子守恒在未配平方程式中的应用 >> 3.在P+CuSO4+H2O→CuP+HPO4+H2SO4 1.电子守恒法计算的原理 (未配平)反应中，7.5 mol CuSO1可氧化P的物质 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 的量为 mol。生成1 mol CusP时，参加反 2.电子守恒法计算的流程 应的P的物质的量为 mol。 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧 三、多步反应得失电子守恒问题 化产物。 4.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝 (2)找准一个原子或离子得失电子数（注意化学 酸被还原只产生8960ml的NO2气体和672ml 式中粒子的个数)。 的N2O4气体（均已折算为标准状况），在反应后的 (3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒 溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质 列出等式。 量为17.02g。则x等于 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值（高 5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液 价一低价)=（还原剂）×变价原子个数×化合 和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与 价变化值（高价一低价）。 1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气 对点训练 >>7 体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液 中加入5mol·L1NaOH溶液至Cu2+恰好完全 一、利用电子守恒确定元素价态或物质组成 沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 ml 1.在酸性条件下，可发生如下反应：ClO3十2M3+ 四、电子守恒在氧化还原滴定中的应用 +4H2O—M2O%-+C1-+8H+,M2O9-中 6.某废水中含有Cr2O号，为了处理有毒的 M的化合价是 ( Cr2O号，需要先测定其浓度：取20mL废水，加 A.+4 B.+5 入适量稀硫酸，再加入过量的V1mLc1 C.+6 D.+7 mol·L1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应（还 2.Na2S,在碱性溶液中可被NaClO氧化为 原产物为Cr3+)。用c2mol·L1KMnO4溶液 Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中 Na2Sz与NaC1O的物质的量之比为1：16，则 滴定过量的Fe2+至终点，消耗KMnO4溶液 x的值为 V2ml。则原废水中c(Cr2O号)为 15 精品教辅·智慧人生 高三总复习·化学 热点强化3新情景下的方程式的书写 “四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写 4.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材 第1步 根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原 料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、 剂、氧化产物、还原产物 又 铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4· 按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化 第2步 2H2O),再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。 产物”写出方程式，根据得失电子守恒配 0 平上述四种物质 已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程 根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程 图如图所示： 第3步 式左边或右边补充H、OH或H2O等 H202 NaCO NH,F 草酸 第4步 根据质量守恒配平反应方程式 含镍 作 废料 氧化过滤过滤→过滤下草酸镍 D热点专练 >> 含铁滤渣滤渣 一、依据陈述信息书写方程式 请回答下列问题： 1.(1)[2023·湖北，16(4)改编]Co(OH)2在空气 (1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式 中850℃煅烧成C03O4的化学方程式： 为 (2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥 (2)[2023·山东，16(3)iⅱ改编]一定条件下， 脱水后在高温下煅烧，可制得i2O3,同时获得 CuCl2、K与F2反应生成KCl和化合物 混合气体，该混合气体的主要成分为（水除外） K2CuF4的化学方程式： (3)工业上还可用电解法制取Ni2O3,用NaOH (3)[2023·重庆，16(2)③改编]将C0通人足 溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量 量银氨溶液中生成单质银的化学方程式： Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产 2.(2023·辽宁，16改编)(1)Co(OH)2可被氧化 生的C2有80%在弱碱性条件下生成C1O,再 成CoO(OH),该反应的化学方程式为 把二价镍氧化为三价镍。CIO氧化Ni(OH)2 生成Ni2O3的离子方程式为 (2)pH=4,Mn2+被过一硫酸(H2SO)氧化为 MnO2,该反应的离子方程式为 三、依据反应机理图书写方程式 5.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2,其中S为一1价) (H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)。 催化氧化的反应转化如图所示。 二、依据流程信息书写方程式 3.(2022·江苏，16(1))实验室以二氧化铈(CeO2) NO- 02 废渣为原料制备C1含量少的Ce2(CO3)3,其 Fe Fe(NO) 部分实验过程如下： FeS2 稀盐酸、H02溶液氨水 萃取剂HA -Fe NO CeO,废渣 酸浸 →中和→萃取 总反应：2FeS2+7O2+2H2O—2Fe2++ 氨水、NH,HCO,稀硝酸 4S02+4H+。 Ce2(CO3)+ 沉淀 反萃取 (1)分别写出反应、Ⅱ的离子方程式： “酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出 ①反应I: O2,该反应的离子方程式为 ②反应Ⅱ： (2)NO在，总反应中的作用是 精品教辅·智慧人生 6 第一章化学物质及其变化 6.NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示（其 归纳总结 中H2O和NaC1略去)。 循环转化关系图中物质变化分析思路 NH.CI (1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成 NH 物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。 NHCI HCIO (2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质 NaClO 又参加反应，则该物质为中间产物。 N NOH (3)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该 NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为 物质为催化剂。 ◆真题体验 明确考向 1.(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无 H,02,H,S0 NaClO,.H2SO 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 滤液4 滤液1 被液2 (含Na[AuCI,I) 生了以下两种化学反应： 空气，紫外光A,0,+HS,0, “滤液1”中含有Cu2+和H2SO3,“氧化酸浸” 时Cu2Se反应的离子方程式为 As,S(s) 空气，自然光H,As0+H,S0, Ⅱ 下列说法正确的是 ( 4.(2023·北京卷)以银锰精矿（主要含Ag2S、 A.S2O号和SO的空间结构都是正四面体形 MnS、FeS2)和氧化锰矿（主要含MnO2)为原料 B.反应I和Ⅱ中，元素As和S都被氧化 联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 C.反应I和Ⅱ中，参加反应的O) n(H2O):I<Ⅱ 银锰 浸锰渣 浸银浸银渣 精矿 浸锰 浸银液沉银沉银液 D.反应I和Ⅱ中，氧化1 mol As.2S3转移的电 HS 粗银粉 氧化 子数之比为3：7 锰可矿 浸锰液 MnSO 2.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、 已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。 磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应 (I)“浸银”时，使用过量FeCl3、HC1和CaCl2的 用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含C0、 Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含 混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以 锰高钴成品的工艺如下： [AgCl2]形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整。 H,SO. KMnO MnO,ZnO 废渣一→酸浸-一→过滤]上测pH4过滤2 氧化沉钴 Co(OH)3 DH=5 MnO, ☐Fe3++Ag2S+ 滤渣1 滤渣2 除沽液→回收利用 +2[AgCl2]+S “氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中C1、H+ 的作用： (2)“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 3.(2024·湖南卷)铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、 Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资 源，回收贵金属的化工流程如下： 温馨提示 请做课时分层检测（四） 17 精品教辅·智慧人生