2027届高考化学一轮复习讲义：1.8　氧化还原方程式的配平与计算

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原方程式配平与计算核心考点，按配平三原则、五步骤及正向逆向等六类配平方法，结合电子守恒计算应用构建知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练及分层练习，帮助学生突破配平技巧与计算难点。 讲义采用分类突破与真题导向策略，如缺项配平中引导分析离子环境补项培养科学思维，结合2023-2024高考题强化应用，设置基础与能力分层练习。通过专项训练与即时反馈，提升学生氧化还原问题解决能力，为教师提供系统复习框架，助力高效把控复习节奏。

第8讲　氧化还原方程式的配平与计算 考点一　氧化还原反应方程式的配平 1.配平的三原则 配 平 三 原 则 电子 守恒 质量 守恒 电荷 守恒 氧化剂和还原剂得失电子总数相等， 化合价升高总数=化合价降低总数 反应前后原子的种类和个数不变 离子反应前后，阴、阳离子所带电荷 总数相等 2.配平的五步骤 配 平 五 步 骤 标变价 列得失 求总数 配系数 查守恒 标明反应前后变价元素的化合价 列出化合价的变化值 通过求最小公倍数使化合价升降 总数相等 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 检查质量、电荷、电子是否守恒 1.正向配平。 (1)　　　　HCl(浓)+　　　　MnO2　　　　Cl2↑+　　　　MnCl2+　　　　H2O  (2)　　　　　Cu+　　　　　HNO3(稀)===　　　　　Cu(NO3)2+　　　　　NO↑+　　　　H2O  (3)　　　　KI+　　　　KIO3+　　　　H2SO4===　　　　　I2+　　　　　K2SO4+　　　　H2O  (4)　　　　Mn+　　　　H++　　　　Cl-===　　　　　Mn2++　　　　　Cl2↑+　　　　H2O  答案　(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4 (3)5　1　3　3　3　3　(4)2　16　10　2　5　8 2.逆向配平。 (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 3.整体配平法。 (1)　　　　FeS2+　　　　O2　　　　Fe2O3+　　　　SO2  (2)　　　　P+　　　　CuSO4+　　　　H2O===　　　　Cu3P+　　　　H3PO4+　　　　H2SO4  答案　(1)4　11　2　8 (2)11　15　24　5　6　15 4.含有未知数的配平 (1)　　　　CO+　　　　NOx===　　　　CO2+　　　　N2  (2)　　　　FexS+　　　　HCl===　　　　S+　　　　FeCl2+　　　　H2S  (3)　　　　Na2Sx+　　　　NaClO+　　　　NaOH===　　　　Na2SO4+　　　　NaCl+　　　　H2O  答案　(1)2x　2　2x　1　(2)　2　(-1)　1　1　(3)1　(3x+1)　(2x-2)　x　(3x+1)　(x-1) 5.有机物参与反应的配平。 (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 6.缺项配平。 (1)　　　　　ClO-+　　　　　Fe(OH)3+　　　　===　　　　Cl-+　　　　Fe+　　　　H2O  (2)　　　　Mn+　　　　H2O2+　　　　===　　　　　　Mn2++　　　　　　O2↑+　　　　H2O  (3)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　4OH-　3　2　5 (2)2　5　6H+　2　5　8 (3)5　2　14　H+　5　5　2　Mn　7　H2O 考点二　电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.电子守恒法原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 对于氧化还原反应的计算,要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等,即得失电子守恒。利用守恒思想,只要把物质分为始态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。 1.在酸性条件下,可发生如下反应:Cl+Cl-+8H+,M2中M的化合价是(　　) A.+4 B.+5 C.+6 D.+7 答案　C 解析　设M2中M的化合价为+x,Cl元素由+5价降低到-1价,M元素由+3价升高到+x,根据得失电子守恒可得:6=2×(x-3),解得x=6,故C项正确。 2.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL 的NO2气体和672 mL 的N2O4气体(都已折算到标准状态),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀质量为17.02 g。则x等于(　　) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 答案　B 解析　反应流程为 x g=17.02 g-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HNO3得电子的物质的量,即n(OH-)=×2×1=0.46 mol,所以x g=17.02 g-0.46 mol×17 g·mol-1=9.20 g。 3.某工业废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,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(Cr2)为　　　　。  答案　 mol·L-1 解析　Cr2+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。利用得失电子守恒列等式:c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L ·mL-1=20 mL×10-3 L·mL-1×6c(Cr2)+5c2 mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1,解得:c(Cr2)= mol·L-1。 　　　　　　　　　　　　　 1.(1)(2023·湖北卷改编)Co(OH)2在空气中850 ℃煅烧成Co3O4的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)(2023·山东卷改编)一定条件下,CuCl2、K与F2反应生成KCl和化合物K2CuF4的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)(2023·重庆卷改编)将CO通入足量银氨溶液中生成单质银的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O (2)4K+2F2+CuCl2===K2CuF4+2KCl (3)CO+2[Ag(NH3)2]OH===2Ag↓+(NH4)2CO3+2NH3 2.(2024·江苏卷)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3,常用于循环处理高氯废水。还原AgCl。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。 (1)铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)Fe+AgCl+2HCl===FeCl3+Ag+H2↑　(2)Fe与HCl反应得到Fe2+,Fe2+将AgCl还原为Ag 解析　(1)结合题给信息可知,根据原子守恒和得失电子守恒可得化学方程式为Fe+AgCl+2HCl===FeCl3+Ag+H2↑。(2)Fe与HCl反应得到Fe2+,Fe2+将AgCl还原为Ag。 3.(2024·安徽卷)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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)“浸取3”步骤中,“浸渣2”中的　　　　(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。  (3)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  “电沉积”步骤完成后,阴极区溶液中可循环利用的物质为　　　　(填化学式)。  (4)“还原”步骤中,被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为　　　　。  答案　(1)2Au+3H2O2+8HCl===2HAuCl4+6H2O (2)AgCl　(3)[Ag(S2O3)2]3-+e-===Ag↓+2S2　Na2S2O3　(4)3∶4 解析　(1)“浸取2”步骤中Au在盐酸作用下被H2O2氧化为HAuCl4,根据Au、O元素的化合价变化和得失电子守恒等可写出其化学方程式为2Au+3H2O2+8HCl===2HAuCl4+6H2O。(2)“浸取2”步骤中Ag在盐酸作用下被H2O2氧化为AgCl,“浸取3”中AgCl与Na2S2O3作用生成[Ag(S2O3)2]3-。(3)结合“浸出液3”的主要成分及“电沉积”步骤中得到Ag,可知该步骤中阴极反应式为[Ag(S2O3)2]3-+e-===Ag↓+2S2,“电沉积”后溶液中含大量的Na+和S2,形成的Na2S2O3可循环利用。(4)结合图示流程及氧化还原反应规律可写出“还原”步骤的化学方程式为4HAuCl4+3N2H4===4Au+3N2↑+16HCl,则反应中被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4。 基础落实 选择题只有1个选项符合题意 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 答案　C 解析　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.(2024·广东深圳一模)某强氧化剂XO(OH被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH,需用30 mL 0.2 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的价态是(　　) A.+2 B.+1 C.0 D.-1 答案　C 解析　XO(OH中X的化合价是+5,Na2SO3中S的化合价从+4升高到+6,设X元素被还原后的化合价为a,根据氧化还原反应中化合价升降总数必相等:2.4×10-3×(5-a)=0.2×0.03×(6-4),解得a=0。 3.(2024·山东济南模拟)FeS2与硝酸反应产物有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物质的量之比是1∶8时,则HNO3的唯一还原产物是(　　) A.NO2 B.NO C.N2O D.N2O3 答案　B 解析　设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 mol、8 mol,HNO3的唯一还原产物中N化合价为+x。反应中有――→ (NO3)3+2H2O4,1 mol FeS2失去电子15 mol;O3――→,只有5 mol HNO3作氧化剂得电子5×(5-x) mol。则5×(5-x)=15,解得x=2。 4.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接,其反应为CuO+NH4Cl――→Cu+CuCl2+N2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　) A.反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N B.该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的 C.反应中产生0.2 mol气体时,转移0.6 mol电子 D.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 答案　D 解析　根据CuO+NH4Cl――→Cu+CuCl2+N2↑+H2O分析可知:Cu由+2价降低为0价,被还原;N的化合价由-3升高为0,被氧化;根据电子守恒、原子守恒配平:4CuO+2NH4Cl===3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。氯化铵中N化合价升高被氧化,氧化铜中Cu化合价降低被还原,则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu,故A错误;由反应的化学方程式可知,被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的,故B错误;由反应可知,生成1 mol气体时转移6 mol电子,则产生0.2 mol的气体时转移的电子为0.2 mol×6=1.2 mol,故C错误;根据反应化学方程式可知,参加反应的氧化剂为氧化铜,还原剂为氯化铵,作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3∶2,故D正确。 5.(2024·辽宁大连一模)硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:　Na2S2O3+　Cl2+　H2O===　NaCl+　HCl+　H2SO4。下列说法错误的是(　　) A.氧化剂、还原剂的物质的量之比为3∶1 B.若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子 C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊 D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低 答案　A 解析　根据电子守恒和原子守恒配平方程式:Na2S2O3+4Cl2+5H2O===2NaCl+6HCl+2H2SO4。由化学方程式可知,氯气是氧化剂、硫代硫酸钠是还原剂、氯化钠和盐酸是还原产物、硫酸是氧化产物,反应中电子转移的数目为8e-。氧化剂、还原剂的物质的量之比为4∶1,A不正确;若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子,B正确;当Na2S2O3过量时,过量的部分可以与生成的酸反应生成硫,所以溶液能出现浑浊,C正确;硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成了酸,故溶液的pH降低,D正确。 6.(2024·河北衡水二模)NaNO2是一种食品添加剂,它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式是:Mn+　――→Mn2++N+H2O。下列叙述中正确的是(　　) A.该反应中N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 解析　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　内应填H+,配平化学方程式:2Mn+3H2O;其中N被氧化,反应过程中H+被消耗,pH增大,故A、B、D错误,由上述离子方程式可知,C项正确。 7.工业制硫酸的原理示意图如图: 下列说法不正确的是(　　) A.燃烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 B.1 mol SO2和足量O2充分反应转移2 mol电子 C.用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾 D.可用浓氨水吸收生产过程中的尾气并转化为铵盐 答案　B 解析　A.FeS2燃烧生成氧化铁和二氧化硫,反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故A正确;B.2SO2+O22SO3 反应可逆,1 mol SO2和足量O2充分反应转移电子的物质的量小于2 mol,故B错误;C.用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾,故C正确;D.用浓氨水吸收生产过程中的尾气二氧化硫生成亚硫酸铵,故D正确。 8.(2024·江苏徐州二模)某反应体系中的物质有:NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　) Au2O3+　+　===　+　+　 A.Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH B.Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O C.Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH D.当1 mol Au2O3完全反应时,转移电子8 mol 答案　C 解析　Au2O3为反应物,则反应中Au2O3――→Au2O,Au的化合价由+3价变为+1价,化合价总共降低2×2=4价,Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5,Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2,所以Na2S2O3为反应物,Na2S4O6为生成物,由于2Na2S2O3――→Na2S4O6,根据钠元素守恒可知NaOH是生成物,由氢元素守恒可知水是反应物,根据电子守恒配平反应方程式:Au2O3+4Na2S2O3+2H2O===Au2O+2Na2S4O6+4NaOH,当1 mol Au2O3完全反应时,转移电子的物质的量为4 mol,A、B、D错误,C正确。 9.(1)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料,它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有HF、NO和HNO3。请根据要求回答下列问题: ①反应过程中,被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为　　　　。  ②写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,  若反应中生成0.2 mol HNO3,转移的电子数为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应(未配平): Fe(OH)3+ClO-+OH-――→Fe+Cl-+H2O ①已知有10.7 g Fe(OH)3参加反应,共转移了0.3NA个电子,则n=　　　　,Fe中铁元素的化合价为　　　　。  ②根据所学的知识,推测Fe能和　　　　(填字母)反应。  A.KMnO4 B.SO2 C.H2S D.O2 答案　(1)①1∶2 ②3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF　0.4NA(或2.408×1023) (2)①2　+6价　②BC 解析　(1)①分析题给信息知NF3转化为NO,氮元素的化合价降低1价,被还原,NF3转化为HNO3,氮元素的化合价升高2价,被氧化,氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等,则被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为1∶2。②由题目给出的反应物和生成物,利用得失电子守恒、原子守恒配平,该反应的化学方程式为3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF,若反应中生成0.2 mol HNO3,氮元素的化合价升高2价,则转移的电子数为0.4NA(或2.408×1023)。(2)①10.7 g Fe(OH)3的物质的量为0.1 mol,反应中转移了0.3NA个电子,则铁化合价升高3价,则Fe中铁元素的化合价为+6价,则n=2。②根据所学的知识,推测Fe具有强氧化性,能和具有还原性的SO2、H2S反应,不能和氧化性的高锰酸钾和氧气反应,选BC。 能力提升 10.(2024·高三海南海口期末)某铁的“氧化物”样品,用5 mol·L-1的盐酸140 mL恰好完全溶解,所得溶液还能吸收标准状况下0.56 L氯气,使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是(　　) A.Fe2O3 B.Fe3O4 C.Fe4O5 D.Fe5O7 答案　D 解析　铁的“氧化物”样品,用5 mol·L-1的盐酸140 mL恰好完全溶解,HCl的物质的量为0.7 mol,则生成H2O的物质的量为0.35 mol,从而得出铁的“氧化物”中O原子的物质的量为0.35 mol;标准状况下0.56 L氯气的物质的量为0.025 mol,此时溶质全部为FeCl3,Cl-的物质的量为0.7 mol+0.025 mol×2=0.75 mol,由此得出铁的“氧化物”中Fe原子的物质的量为0.25 mol,该样品中Fe、O的原子个数比为0.25 mol∶0.35 mol=5∶7,则该样品可能的化学式是Fe5O7。 11.(2024·湖北三模)二氧化锰矿粉中MnO2含量测定实验流程如图。下列说法错误的是(　　) A.Na2C2O4将MnO2还原为Mn2+ B.滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色 C.MnO2含量为% D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡,则测得MnO2含量偏小 答案　D 解析　MnO2具有氧化性,Na2C2O4具有还原性,二者发生反应时,MnO2被还原成Mn2+,A正确;滴定时是用KMnO4滴定过量的Na2C2O4,Na2C2O4溶液为无色,KMnO4溶液为紫色,则达到滴定终点时,溶液颜色由无色变成浅紫色,B正确;20 mL 0.1 mol·L-1 KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为20×10-3×0.1 mol =2×10-3 mol,由关系式2Mn可知,与KMnO4反应的Na2C2O4的物质的量为5×10-3 mol,则与MnO2反应的Na2C2O4的物质的量为30×10-3×0.2 mol-5×10-3 mol=1×10-3 mol,由关系式MnO2~C2可知,样品中MnO2的物质的量为1×10-3 mol,质量为0.087 g,故MnO2的含量为%,C正确;若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡,则KMnO4溶液的体积偏小,结合C项分析知,计算得到的MnO2的质量偏大,测得MnO2的含量偏大,D错误。 12.(2024·湖南长沙二模)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 答案　A 解析　A.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,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,A错误; B.生成2 mol VOCl2,转移2 mol电子,则生成1 mol VOCl2时转移1 mol 电子,B正确;C.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;D.在酸性过强时,S2与H+反应生成S、SO2和H2O,D正确。 13.某试样含有KBrO3、KBr及惰性物质。称取试样1.000 g,溶解后配制到100 mL容量瓶中。吸取25.00 mL,在H2SO4介质中用Na2SO3将Br还原为Br-,除去过量的S后调至中性测定Br-,消耗0.100 0 mol·L-1 AgNO3溶液17.50 mL。另吸取25.00 mL试液用H2SO4酸化后加热除去Br2,再调至中性,滴定过剩Br-时消耗了上述AgNO3溶液2.50 mL。计算试样中KBrO3、KBr的质量分数　　　　、　　　　。  答案　16.7%　71.4% 解析　设去除的25.00 mL试液中的KBrO3、KBr的物质的量分别为n1 mol、n2 mol, 可知, , 故n1+n2=0.1×0.017 5=0.001 75 (mol), , n2- 5n1=0.1×0.002 5=0.000 25 (mol),解得n1=0.000 25,n2=0.001 5,原样品中n(KBrO3)=4n1=0.001 mol,n(KBr)=4n2=0.006 mol,故KBrO3的质量分数为×100%=16.7%,KBr的质量分数为×100%=71.4%。 14.氧化还原型有机反应在生产、生活中有广泛应用。 (1)酒精仪中酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸,本身被还原成Cr3+。写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  在该反应中还原剂是　　　　(填化学式)。氧化23 g乙醇时转移电子的物质的量为　　　　。  (2)向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯,溶液褪色。配平下列反应方程式: 　　　　KMnO4+　　　　H2SO4+　　　　CH2CH2――→　　　　K2SO4+　　　　MnSO4+　　　　CO2↑+　　　　  (3)乙烯与双氧水在一定条件下反应生成HOCH2CH2OH,化学方程式为CH2CH2+H2O2――→HOCH2CH2OH,这个反应既是加成反应,又是氧化反应。判断为“氧化反应”的依据是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)2Cr2+3CH3CH2OH+16H+===4Cr3++3CH3COOH+11H2O　CH3CH2OH　2 mol (2)12KMnO4+18H2SO4+5CH2CH2===6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+28H2O (3)碳元素化合价从-2价升高至-1价 解析　(1)酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸,本身被还原成Cr3+,则离子方程式:2Cr2+3CH3CH2OH+16H+===4Cr3++3CH3COOH+11H2O;在反应中作还原剂的是CH3CH2OH;23 g乙醇对应物质的量为0.5 mol,根据反应方程式可知转移电子数为2 mol;(2)乙烯中碳元素化合价为-2价,根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可配平方程式:12KMnO4+18H2SO4+5CH2CH2===6K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+28H2O;(3)乙烯中碳元素化合价为-2价,反应生成HOCH2CH2OH中碳元素化合价为-1价,化合价发生变化为氧化还原反应。 15.稀土元素铈的化合物具有良好的光学、电学性质,广泛应用于阴极射线管(CRT)玻壳、各种平板显示、光学玻璃镜头和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3,还有少量其他稀土元素)为原料提取铈元素的一种工艺流程如图所示。 已知:①铈常见化合价为+3、+4,四价铈有强氧化性; ②CeO2既不溶于水,也不溶于稀硫酸。 回答下列问题: (1)已知“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2,写出该步反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)“酸浸Ⅱ”中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)4CeFCO3+O2+2H2O4CeO2+4HF+4CO2 (2)2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O 学科网（北京）股份有限公司 $