第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算（专项训练）（浙江专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦氧化还原反应核心素养，以配平、计算、信息迁移为主线，构建从基础方法到综合应用的递进训练体系，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|6考向24题|涵盖基础配平、缺项配平、电子守恒计算，结合典型物质（如高铁酸钠、过二硫酸钠）|从化合价分析到电子守恒应用，构建配平与计算的基本模型| |重难·创新演练|15题|新型化合物（如六氟合铂酸氙）、流程题、机理图分析，强调复杂情境应用|整合物质性质与反应规律，提升信息提取与模型迁移能力| |真题·实战演练|7题|高考真题（湖南卷、北京卷等），注重真实问题解决|对接高考命题趋势，强化综合应用与科学探究能力|

第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 氧化还原反应方程式配平 缺项氧化还原反应配平 氧化还原反应计算 电子守恒法在化学反应中的应用 信息型氧化还原反应方程式书写 依据反应机理图书写方程式 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 氧化还原反应方程式配平 1．高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子。配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。 【答案】2；16；3；2；6；Fe；6NA 【解析】依据方程式可知：反应前后Fe元素的化合价有+3→+6失去3个电子，化合价升3，被氧化，而Cl元素则有0→﹣1价，得到1个电子，化合价降1，氧化还原反应中得失电子应守恒，所以假设Fe(NO3)3前的系数为2，Cl2前的系数为3，再通过质量守恒定律，推断得出该反应的化学方程式即 2 Fe(NO3)3+16 NaOH+3Cl2=2 Na2FeO4 +6 NaNO3 +6 NaCl+8 H2O；每生成8mol H2O即消耗3molCl2转移电子总数为6NA 。 2．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)过二硫酸钠(Na2S2O8)是工业上常用的强氧化剂，Mn2+与过二硫酸钠反应的离子方程式为：Mn2++S2O82- +H2O→ MnO4-+SO42-+H+ (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3：1 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2 C．氧化性：S2O82-＞ MnO4- D．若生成8 molH+，则反应转移的电子数为10NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】D 【解析】离子方程式为：2Mn2++5S2O82- +8H2O=2 MnO4-+10SO42-+16H+。A项，过二硫酸钠中过氧链上的2个氧为-1，两端的6个氧为-2，所以O(-2价)和O(-1价)含量之比为3：1，故A正确；B项，反应中过二硫酸根为氧化剂，二价锰离子为还原剂，根据分析可知氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2，故B正确；C项，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：S2O82-＞ MnO4-，故C正确；D项，若生成8 molH+，则反应转移的电子数为5NA (NA表示阿伏加德罗常数的值)，故D错误；故选D。 3．(2025·浙江省温州市三模)已知H[AuCl4]=H++[AuCl4]-，向H[AuCl4]溶液中加入足量Zn粉可以提炼Au，反应为：H[AuCl4]+Zn→Au+X+ZnCl2 (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．还原性：Zn＞Au B．X表示H2 C．生成1molAu，转移电子总数为3NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3 【答案】C 【解析】A项，由题干信息可知，Zn能够置换出Au，说明还原性：Zn＞Au，A正确；B项，由题干信息可知，反应配平后的方程式为：2H[AuCl4]+4Zn=4Au+ H2↑+4ZnCl2，即X表示H2，B正确；C项，由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，生成1molAu，转移电子总数为4NA，C错误；D项，由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，氧化产物ZnCl2与还原产物Au、H2的物质的量之比为4：3，D正确；故选C。 4．【新型化合物与知识迁移】(2025·浙江省绍兴市高三二模)在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的CrO5，其分子结构为。CrO5不稳定，在水溶液中进一步与H2O2反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出H2O2。其中涉及的两个反应方程式：①H++Cr2O72-+H2O2→CrO5+H2O (未配平，下同)；②CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O (仅H2O2作还原剂)。下列说法不正确的是( ) A．CrO5中Cr的化合价为 B．反应①中H2O2作氧化剂 C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D．反应②若生成标准状况下的O2气体11.2L，则反应转移的电子数为NA 【答案】B 【解析】A项，根据CrO5的结构可知，CrO5中的氧原子有四个是-1价，一个是-2价，所以Cr的化合价为+6价，故A正确；B项，在反应①中所有元素的化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故B错误；C项，反应②中仅H2O2作还原剂，则CrO5是氧化剂，其中的+6价铬和-1价O的化合价都降低，则一个CrO5得7个电子，一个H2O2失去2个电子，所以反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7，故C正确；D项，反应②中的氧气来自H2O2，生成1molO2，转移2mol电子，则生成标况下11.2LO2即0.5molO2，转移的电子数为NA，故D正确；故选B。 缺项氧化还原反应配平 5．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 ＋＋＝＋＋ 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，根据得失电子守恒配平反应方程式为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三选项均错误，C项正确。 6．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－＋C2O42—＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋，关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化剂是C2O42— B．该反应右边方框内的产物是OH－ C．该反应中电子转移总数是5 D．配平该反应式后，H＋的系数是16 【答案】D 【解析】MnO4－中Mn由＋7—→＋2，降5(MnO4－为氧化剂)，C2O42－中C由＋3—→＋4，升1×2(C2O42－为还原剂)；初步配平为2MnO4－＋5C2O42－＋H＋—→10CO2↑＋2Mn2＋＋，据电荷守恒H＋配16，所缺物质为H2O，配平后方程式为：2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，电子转移总数是10。A项，由分析知C2O42—作还原剂，错误；B项，所缺物质为H＋，错误；C项，电子转移总数是10，错误；D项，由分析知H＋的系数为16，正确。 7．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是( ) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 【答案】C 【解析】反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，做还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，故选C。 8．某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 【答案】D 【解析】离子方程式左边有H＋，则右边不能出现OH－，横线上应是H2O，C项错误； 配系数2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，A、B项错误，D项正确。 氧化还原反应计算 9．在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是( ) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 【答案】B 【解析】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5。 方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，所以x＝＋5。 10．已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D 【解析】在A2On 2-中A化合价为+(n-1)价，反应后被还原为+3价，化合价降低(n-4)价，B元素化合价由B2-化合价由反应前-2价变为反应后B单质的0价，化合价升高2价，由于元素化合价升降总数相等，反应消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3， 则1×2×(n-4)=3×2，解得n=7，故选D。 11．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L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5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，HCl的物质的量为0.7mol，则生成H2O的物质的量为0.35mol，从而得出铁的“氧化物”中O原子的物质的量为0.35mol；标准状况下0.56L氯气的物质的量为0.025mol，此时溶质全部为FeCl3，Cl-的物质的量为0.7mol+0.025mol×2=0.75mol，由此得出铁的“氧化物”中Fe原子的物质的量为0.25mol，该样品中Fe、O的原子个数比为0.25mol：0.35mol=5：7，则该样品可能的化学式是Fe5O7，故选D。 12．为测定某NiC2O4•2H2O产品的纯度，现进行如下实验：准确取2.400 g样品，用足量硫酸溶解后，加水稀释到250 mL，取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加入12.00 mL 0.0500 mol·L－1标准KMnO4溶液，振荡使其充分反应；向反应后的溶液滴加0.0300 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液与过量的KMnO4反应，恰好完全反应时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为20.00 mL，计算NiC2O4•2H2O产品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)，实验过程中反应如下：H＋＋C2O42－＋MnO4－——Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；H＋＋Fe2＋＋MnO4－——Mn2＋＋Fe3＋↑＋H2O(未配平)。Ni相对原子质量为59。 【答案】91.5% 【解析】MnO4－Mn2＋、C2O42－CO2，Fe2＋Fe3＋，n(MnO4－)×5＝n(C2O42－)×2＋n(Fe2＋)×1，由得失电子数目守恒可知，在25.00 mL中：0.0500 mol·L－1×0.012 L×5＝n(C2O42－)×2＋0.0300 mol·L－1×0.020 L×1，n(C2O42－)＝0.0012 mol，250 mL溶液中二水草酸镍的物质的量为0.012 mol，则产品的纯度为×100%＝91.5%。 电子守恒法在化学反应中的应用 13．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是( ) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 【答案】D 【解析】根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得n＝2，在RO中，设R的化合价为x，则x－2×4＝－2，解得x＝＋6，D正确。 14．α－FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α－FeOOH固体。制备1 mol α－FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为___________mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是___________________________________________。 【答案】 少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量 【解析】Fe2＋化合价升高，失去1e－生成Fe3＋，ClO3－中Cl由＋1价降低，得到6e－生成Cl－，则参加反应Fe与Cl的个数比为6∶1，故1 mol α−FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为 mol；或ClO3－Cl－、Fe2＋FeOOH，由得失电子数目守恒可知，n(ClO3－)×6＝n(Fe2＋)×1，n(ClO3－)×6＝1 mol×1，n(ClO3－)×6＝ mol；因少量Fe2＋被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量。 15．【结合新材料考查守恒法计算】HCHO、NH3BH3(氨硼烷)、MgH2均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。 HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下： 9 mol HCHO参加反应，最终释放H2的物质的量与反应Ⅰ消耗O2的物质的量相同，则释放H2的物质的量为___________。 【答案】3 mol 【解析】HCHO中碳的价态为0价，HCOOH中碳的价态为＋2价。设释放H2的物质的量为x mol，则n(O2)=x mol。设反应Ⅰ中消耗x mol HCHO，根据电子守恒H2O2H2＋O2－、HCHOHCOOH，则n(H2O2)×4＝n(HCHO)×2，x mol×4＝n(HCHO)×2，n(HCHO)＝2x mol，即反应Ⅱ中消耗2x mol HCHO，则3x＝9，故x＝3，则释放H2的物质的量为3 mol。 16．高锰酸钾受热容易分解，在不同温度下，发生如下反应： 请回答： (1)取 12.64gKMnO4固体， 加热至 700℃， 一段时间后剩余固体的质量为11.04g， 剩余固体中的 MnO₂质量为 g。 (2)取(1) 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成Cl2，产物中锰元素以Mn²⁺存在， 则 Cl2的物质的量为 mol。 【答案】(1)4.35 (2)0.1 【解析】(1)令高锰酸钾分解产生xmolO2，加热至700℃时，高锰酸钾全部分解，则有2x=，解得x=0.04mol，反应前后质量差为氧气的质量，则锰酸钾分解产生的氧气物质的量为=0.01mol，根据反应方程式可以推出生成MnO2的质量为(0.04mol+0.01mol)×87g/mol=4.35g；(2)充分反应后锰元素以Mn2+形式存在，本题看作，高锰酸钾作氧化剂，氧气、氯气为氧化产物，根据得失电子数目守恒有=0.05mol×4+2n(Cl2)，解得n(Cl2)=0.1mol。 信息型氧化还原反应方程式书写 17．SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图： (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_______________________。 (2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________________________________。 (3)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_______________________________________。 【答案】(1)CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑ (2)8NH3＋6NO27N2＋12H2O (3)2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4 【解析】(1)反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。(2)反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。(3)NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。 18．FePO4可用于制备电动汽车电池的正极材料LiFePO4。 已知：LiFePO4、FePO4难溶于水和碱，可溶于酸。 制备LiFePO4：以FePO4、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，该反应只生成一种气体，该气体具有可燃性，其反应方程式为_________________________________________________________。 【答案】2FePO4＋Li2CO3＋2C2LiFePO4+3CO↑ 【解析】根据反应只生成一种气体，且该气体具有可燃性，推测该气体为CO，所以化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋2C2LiFePO4+3CO↑。 19．生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为[Cu(NH3)4]Cl2、NH4Cl、NH3·H2O等。蚀刻反应原理为Cu＋[Cu(NH3)4]Cl2＝2[Cu(NH3)2]Cl。蚀刻过程中[Cu(NH3)4]Cl2浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为______________________________________________________________________。 【答案】4[Cu(NH3)2]Cl＋O2＋4NH4Cl＋4NH3·H2O＝4[Cu(NH3)4]Cl2＋6H2O 【解析】当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，说明[Cu(NH3)4]Cl2被氧气氧化为[Cu(NH3)4]Cl2，化学方程式为：4[Cu(NH3)2]Cl＋O2＋4NH4Cl＋4NH3·H2O＝4[Cu(NH3)4]Cl2＋6H2O。 20．燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备MnSO4·H2O，部分流程如下。 已知：①软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)；②Ksp(MnF2)＝1.6×10-3；Ksp(CaF2)＝8.0×10-11；③NO＋O3NO2＋O2。 (1)①“浸锰”过程，SO2发生的主要化学方程式为_______________________________________。 ②滤渣Ⅰ的主要成分为____________________(写化学式)。 (2)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，反应的离子方程式为___________________________。 【答案】(1)①MnO2+SO2＝MnSO4 ②CaSO4、SiO2 (2)2Fe2＋＋MnO2＋MnCO3＋6H＋＝2Fe3＋＋2Mn2＋＋3H2O＋CO2↑ 【解析】(1)软锰矿的主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质，“浸锰”过程中，Fe2O3、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3＋、微溶的CaSO4，Fe3＋被SO2还原成Fe2＋，MnO2和过量的SO2反应转化为MnSO4，化学方程式为MnO2＋SO2＝MnSO4，则滤渣Ⅰ为CaSO4和SiO2；(2)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2＋转化为Fe3＋，MnCO3可调节溶液的pH，则离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋MnCO3＋6H＋＝2Fe3＋＋2Mn2＋＋3H2O＋CO2↑。 依据反应机理图书写方程式 21．【依据反应机理图】α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图所示。生成的S8覆盖在α⁃FeOOH的表面。 写出反应Ⅱ的化学方程式：____________________________________。 【答案】4FeSSH＋4O2＝4FeOOH＋S8 【解析】根据图示，反应Ⅱ中FeSSH、O2为反应物，FeOOH、S8为生成物，则反应的化学方程式为4FeSSH＋4O2＝4FeOOH＋S8。 22．【多步骤反应流程机理图】根据信息书写方程式或描述反应过程。 (1)BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。 ①虚线框内BMO降解苯酚的过程可描述为：_______。 ②写出与苯酚反应的离子方程式：_______。 (2)氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。 【答案】(1)①C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O ②3C6H5OH+28O2-+28H+=18 CO2↑+23H2O (2)AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+ +Cl- 【解析】(1)①根据图知，虚线框内BMO降解苯酚的过程中：反应物是苯酚和氧气，生成物是二氧化碳和水。所以该过程的总反应为：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；②由图可知，C6H5OH可被O2-氧化生成水和二氧化碳，反应的离子方程式是：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2↑+23H2O； (2)氯化银可以溶于氨水中生成银氨络离子，该反应的离子方程式为 ：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]+ +Cl-。 23．TiO2可以催化分解CO2实现碳元素的循环利用，其催化反应机理如下。 (1)过程①催化剂TiO2被__________(填“氧化”或“还原”)。 (2)写出该循环的总反应的化学方程式__________________________________________________，该反应的ΔH________(填“＞”或“＜”)0。 【答案】(1)还原 (2)2CO22CO＋O2 ＞ 【解析】(1)由图可知，过程①中+4价的Ti得到1个电子化合价降低为+3价，发生还原反应，被还原；(2)TiO2可以催化分解CO2生成CO和氧气，总反应为2CO22CO＋O2，分解过程中吸收能量，故ΔH＞0。 24．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＋＋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__________。 【答案】(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O ②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋2SO＋16H＋ (2)作催化剂 【解析】(1)①图可知，反应Ⅰ为酸性条件下O2氧化Fe(NO)2＋生成NO、Fe3＋和H2O，离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋＝4Fe3＋＋4NO＋2H2O；②由图可知，反应Ⅱ中Fe3＋氧化FeS2生成Fe2＋、SO42－，离子方程式为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝15Fe2＋＋2SO＋16H＋；(2)NO在反应Ⅲ中是反应物，在反应Ⅰ中生成物，则NO改变了反应历程，对总反应有催化作用，是总反应的催化剂。 重难·创新演练 1．(2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的PH3杂质，反应方程式为：24 CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4。下列分析不正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数的值) ( ) A．CuSO4是氧化剂 B．还原性：PH3＞NH3 C．若1.2molCuSO4发生反应，被氧化的PH3分子数为0.15NA D．Cu3P既是氧化产物，也是还原产物 【答案】D 【解析】A项，反应中铜化合价由+2降低为+1生成Cu3P，CuSO4是氧化剂，故A正确；B项，同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；非金属性氮大于磷，则简单氢化物的还原性：PH3＞NH3，故B正确；C项，反应中24molCuSO4反应时，11mol PH3中的3mol PH3失去电子被氧化为3mol H3PO4，则1.2molCuSO4发生反应，被氧化的PH3为0.15mol，分子数为0.15NA，故C正确；D项，反应中铜化合价降低生成Cu3P，Cu3P为还原产物而非氧化产物，故D错误；故选D。 2．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)利用NaClO溶液可以回收光盘金属层中的少量Ag。反应原理为：ClO-+ Ag+H2O→AgCl+X2↑+OH- (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．NaClO作为氧化剂 B．X2表示H2 C．AgCl既是氧化产物又是还原产物 D．若溶解1molAg，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】B 【解析】由方程式，若每生成1molAgCl，氯元素得电子2mol，银元素失去电子1mol，故X2为失电子生成的氧气，且物质的量为0.25mol。A项，NaClO中氯由+1价降低到-1价，为氧化剂，A正确；B项，X2表示O2，B错误；C项，从氯元素分析，氯化银为还原产物，从银元素分析其为氧化产物，则AgCl既是氧化产物又是还原产物，C正确；D项，若溶解1molAg，则反应转移的电子数为2 NA，D正确；故选B。 3．【新型电极材料与学科知识结合】(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：MnO2+ Li2CO3 →LiMn2O4+CO2↑+O2↑(未配平) 下列说法正确的是( ) A．反应中氧化剂为MnO2 B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为3：4 C．若生成O2气体的体积为，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化 【答案】A 【解析】反应中锰化合价由+4变为+3.5，氧化合价由-2变为氧气中的0，结合电子守恒，反应为8MnO2+2Li2CO3 =4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。A项，二氧化锰中锰化合价由+4变为+3.5，氧化剂为MnO2，故A正确；B项，锰化合价降低被还原为LiMn2O4、氧化合价升高被氧化为氧气，结合方程式，氧化产物与还原产物物质的量之比为1：4，故B错误；C项，没有说明是否处于标况，不确定氧气的物质的量，不能计算转移电子数，故C错误；D项，碳酸根离子中碳为sp2杂化，二氧化碳中碳为sp杂化，C原子的杂化方式发生变化，故D错误；故选A。 4．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是( ) A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1 B．KH2PO2为酸式盐 C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收 D．若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】D 【解析】A项，配平方程式：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2，P元素化合价降低生成PH3，P元素化合价升高生成KH2PO2，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶3，A错误；B项，由方程式知，KH2PO2存在于过量氢氧化钾溶液中而不反应，KH2PO2为正盐，B错误；C项，乙炔具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化，实验室制乙炔时产生的PH3杂质不能用酸性KMnO4溶液吸收，C错误；D项，P4为正四面体形结构，分子中含6个P-P键，若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA，D正确；故选D。 5．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 【答案】C 【解析】由未配平的方程式可知，酸性条件下CH2=CHCN在阴极得到电子发生还原反应生成NC(CH2)4CN和水，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，总反应方程式为4CH2=CHCN+2H2O=2NC(CH2)4CN+O2↑，则X为O2。A项，由分析可知，X为O2，故A正确；B项，NC(CH2)4CN分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，—C≡N中碳原子的杂化方式为sp杂化，所以分子中碳原子有2种杂化方式，故B正确；C项，由方程式可知，反应消耗4molCH2=CHCN，转移电子的物质的量为4mol，则1molCH2=CHCN参与反应时，转移的电子数为NA，故C错误；D项，由方程式可知，反应中碳元素的化合价降低被还原，CH2=CHCN是反应的氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是反应的还原剂，则由得失电子数目守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故D正确；故选C。 6．【有机方程式配平与科学建模】(2025·浙江省温州市高三一模)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 【答案】C 【解析】反应中氯化合价由+5变为+4，碳化合价由0变为+4，结合电子守恒、质量守恒，反应为C6H12O6+ 24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+ 12Na2SO4 +18H2O。A项，反应中碳化合价升高，为还原剂被氧化为二氧化碳，故A正确；B项，ClO2具有氧化性，能杀菌消毒，可替换Cl2用于自来水消毒，故B正确；C项，反应中碳化合价升高被氧化为二氧化碳、氯化合价降低被还原为二氧化氯，结合反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，故C错误；D项，反应中氯化合价由+5变为+4，电子转移为ClO2~ e-，若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA，故D正确；故选C。 7．【稀有气体化合物与创新意识】(2025·浙江省杭州市高三一模)六氟合铂酸氙(XePtF6，其中Pt为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：XePtF6+H2O→O2↑+Xe↑+PtO2+HF (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．六氟合铂酸氙中Xe的化合价为价 B．XePtF6有强氧化性 C．每生成1molO2，转移4mol电子 D．是还原产物 【答案】D 【解析】由方程式可知，反应中氙元素、铂元素的化合价降低被还原，六氟合铂酸氙是氧化剂，氧元素的化合价升高被氧化，水是还原剂，反应的化学方程式为2XePtF6+6H2O=O2↑+2Xe↑+2PtO2+12HF。A项，六氟合铂酸氙分子中铂元素的化合价为+5价、氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氙元素的化合价为+1价，故A正确；B项，由六氟合铂酸氙能与水反应生成氧气可知，六氟合铂酸氙具有强氧化性，故B正确；C项，由方程式可知，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为4mol，故C正确；D项，反应中氟元素和氢元素的化合价没有发生变化，氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故D错误；故选D。 8．(2025·浙江省金华十校高三模拟)铵铁蓝[Fe(NH4) Fe(CN)6]是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4、NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．该方程式中的X为NH4+ B．生成铵铁蓝，转移电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6 D．Fe(NH4)2Fe(CN)6中的配体是，中心离子是Fe2+ 【答案】B 【解析】由Fe(NH4)2Fe(CN)6变为Fe(NH4)Fe(CN)6，Fe元素升高1价，ClO3-变为Cl-，降低6价，根据电子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为Fe(NH4)2 Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X。A项，由上述分析可知，X为NH4+，故A正确；B项，配平后的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+6Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+3H2O+6NH4+，转移6个电子，故生成1mol铵铁蓝，转移1mol电子，故B错误；C项，氧化剂为ClO3-，还原剂为Fe(NH4)2Fe(CN)6，由配平后的方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C正确；D项，Fe(NH4)2Fe(CN)6中配离子为[Fe(CN)6]4-，配体是CN-，中心离子是Fe2+，故D正确；故选B。 9．【多步骤反应流程机理图】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是( ) A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 B．反应Ⅲ中，每消耗1molNO转移电子1mol C．Fe3+在反应Ⅱ中作氧化剂 D．黄铁矿催化氧化反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ 【答案】B 【解析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO42-，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。A项，由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；B项，反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；C项，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和SO42-，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；D项，由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和SO42-是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，故D正确；故选B。 10．【流程转化与逻辑思维】某水体(含较多NH4+，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是( ) A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：NH4++2O2+2OH-=NO3-+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 【答案】C 【解析】A项，过程I中NH4+在硝化细菌的作用下和O2反应生成NO3-和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：NH4++ 2O2= NO3-+H2O+2H+，A错误；B项，过程Ⅱ为反硝化细菌作用下Fe2+将NO3-还原为N2，Fe2+做还原剂，而不是催化剂，B错误；C项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为HCO3-，C元素化合价由0价(平均)上升到+4价，总共转移24个电子，故同时有24mol Fe3+被还原为Fe2+，C正确；D项，若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，该过程消耗氧气，与过程Ⅰ是竞争关系，若水体中铁氧化细菌的含量较高时，过程I的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，D错误；故选C。 11．已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。写出制备NaCuO2的离子方程式 。 【答案】 2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O 【解析】已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O。 12．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________________________。 【答案】5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓ 【解析】根据反应物和生成物，借助于质量守恒定律和电子得失守恒可知反应的化学方程式为5H2S＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋5S↓。 13．(2026·浙江省丽水高三联考)湿法炼锌过程中产生的净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)实现钴锌分离的流程如下。 已知：①固体A微溶于酸与水； ②溶液A中的Co元素以Co2+形式存在： ③Co(OH)2和Zn(OH)2均为不溶于水的两性氢氧化物。 (2)写出步骤Ⅰ中Co3S4发生转化的化学方程式 。写出步骤Ⅲ中发生的离子方程式 。 【答案】(2)2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O 3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+ 【解析】(2)步骤Ⅰ中Co3S4与硫酸和氧气反应生成CoSO4和SO2气体，反应的化学方程式为：2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoSO4+8SO2+6H2O；步骤Ⅲ中Co2+被氧化为CoOOH，KMnO4被还原为MnO2，反应的离子方程式：3Co2++MnO4-+4H2O=MnO2↓+3CoOOH+5H+。 14．【结合工艺流程分析推理】新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示； (1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式： ________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。 (2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。 【答案】(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O NaClO (2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH 【解析】(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。 15．(2026·浙江衢州期末)某温度下，将一定量的Cl2通入0.5 L 2.8 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，发生的反应有：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O(溶液体积变化忽略不计)，请计算： (1)NaOH溶液中所含溶质的物质的量为___________mol。 (2)参加反应Cl2的物质的量为___________mol。 (3)该温度下，反应后溶液中，则溶液中为___________mol·L-1。 【答案】(1)1.4 (2)0.7 (3)0.4 【解析】(1)0.5 L 2.8 mol/L氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：2.8 mol/L×0.5 L=1.4 mol； (2)由反应方程式可知，反应1和反应2消耗氯气和氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，则参加反应氯气的物质的量为：1.4 mol×=0.7 mol； (3)由方程式可知，反应时，氯元素的化合价既升高被氧化又降低被还原，氯气既是反应的氧化剂又是还原剂，氯化钠是还原产物，次氯酸钠、氯酸钠是氧化产物；设反应生成次氯酸根离子的物质的量为x mol，则由题意可知，氯离子的物质的量为11x mol，由氯原子个数守恒可知，氯酸根离子的物质的量为：0.7 mol×2-11x mol-x mol=(1.4-12x) mol；由得失电子数目守恒可得：11x=x+(1.4-12x) ×5，解得：x=0.1，则反应后溶液中氯酸根离子的浓度为：=0.4 mol/L。 真题·实战演练 1．(2025·湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 【答案】C 【解析】A项，NaSbO3中Na为+1，O为-2，根据电荷守恒，Sb的化合价为+5，A正确；B项，NO3-的中心N原子价层电子对数是，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B正确；C项，反应中氧化剂为NaNO3中的N(4mol)和O2(3mol)，总物质的量7mol；还原剂为Sb(4mol)。氧化剂与还原剂物质的量之比为7:4，而非4:7，C错误；D项，O2、NaNO3同时做氧化剂，3molO2参与反应，有4molSb做还原剂，整个反应总电子转移为20mol(Sb的氧化，化合价：0→+5)，D正确；故选C。 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。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是( ) A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】A项，反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2 MnO4-+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误；B项，根据反应①可得关系式10I-~2 MnO4-，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(MnO4-)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2 MnO4-~MnO2~ IOx -~6e-，IOx -中I元素的化合价为+5价，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-+2 MnO4-+H2O=2MnO2↓+IO3- +2OH-，B项正确；C项，已知MnO4-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；D项，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；故选B。 3．(2021·湖南卷)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22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol 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IO3-的存在 【答案】A 【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。 4．(2021•北京卷)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( ) i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列说法不正确的是 A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4 B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3 C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验 D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ 【答案】B 【解析】A项，该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，A正确；B项，反应ⅱ中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从－3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，B错误；C项，H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，C正确；D项，水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，D正确；故选B。 5．(2023·浙江省1月选考，18节选)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和。 (2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。 【答案】(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O 【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为=0.01mol，由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150mol)×=0.005mol，若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，所以X中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X的化学式为Ca(ClO4)2。(2)由图可知，B→C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O。 6．(2022·浙江省1月选考，18节选)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验： 请回答： (1)组成X的元素有______，X的化学式为___________。 (3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_____________________。 【答案】(1)Fe、S、O、H FeH(SO4)2 (3)2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2 【解析】X形成水溶液，与氯化钡反应生产白色沉淀，且沉淀不与盐酸反应说明生产硫酸钡，说明X含有硫酸根，溶液加入KSCN变红说明含有Fe3+，B为4.66g则为0.02mol硫酸钡，说明X含有0.02mol的硫酸根，H中为Fe单质，即为0.01mol，X中含有0.01molFe，由此可知X中应含有0.01的H。(1)由分析可知，组成X的元素有：Fe、S、O、H；X的化学式为FeH(SO4)2；(3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是：2FeH(SO4)2+40Na2Fe+4Na2S+16Na2O+H2。 7．(2017•浙江11月，27节选)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。 请计算： (1)KMnO4的分解率_______________。 (2)气体A的物质的量_____________。 【答案】60.0% 0.095mol 【解析】(1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)= =0.015mol，则分解的高锰酸钾为0.03mol，则KMnO4的分解率=×100%=60.0%；(2)气体A为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为×5=0.25mol，而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol×4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为=0.095mol。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 氧化还原反应方程式的配平与计算 (专项训练) 目 录 模拟·基础演练 氧化还原反应方程式配平 缺项氧化还原反应配平 氧化还原反应计算 电子守恒法在化学反应中的应用 信息型氧化还原反应方程式书写 依据反应机理图书写方程式 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 氧化还原反应方程式配平 1．高铁酸钠(Na2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型净水剂作剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe2+离子。配平制取铁酸钠的化学方程式：________Fe(NO3)3+________NaOH+________Cl2═________Na2FeO4+________NaCl+6NaNO3+8H2O．反应中，________元素被氧化，每生成8mol H2O转移电子总数为________。 2．(2025·浙江省金丽衢十二校高三第一次联考)过二硫酸钠(Na2S2O8)是工业上常用的强氧化剂，Mn2+与过二硫酸钠反应的离子方程式为：Mn2++S2O82- +H2O→ MnO4-+SO42-+H+ (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．过二硫酸钠中O(-2价)和O(-1价)含量之比为3：1 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5：2 C．氧化性：S2O82-＞ MnO4- D．若生成8 molH+，则反应转移的电子数为10NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 3．(2025·浙江省温州市三模)已知H[AuCl4]=H++[AuCl4]-，向H[AuCl4]溶液中加入足量Zn粉可以提炼Au，反应为：H[AuCl4]+Zn→Au+X+ZnCl2 (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．还原性：Zn＞Au B．X表示H2 C．生成1molAu，转移电子总数为3NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：3 4．【新型化合物与知识迁移】(2025·浙江省绍兴市高三二模)在酸性溶液中过氧化氢能与重铬酸盐生成蓝色的CrO5，其分子结构为。CrO5不稳定，在水溶液中进一步与H2O2反应，蓝色迅速消失，此反应可用于检出H2O2。其中涉及的两个反应方程式：①H++Cr2O72-+H2O2→CrO5+H2O (未配平，下同)；②CrO5+H2O2+H+→Cr3++O2↑+H2O (仅H2O2作还原剂)。下列说法不正确的是( ) A．CrO5中Cr的化合价为 B．反应①中H2O2作氧化剂 C．反应②中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：7 D．反应②若生成标准状况下的O2气体11.2L，则反应转移的电子数为NA 缺项氧化还原反应配平 5．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 ＋＋＝＋＋ 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 6．做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4－＋C2O42—＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋，关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化剂是C2O42— B．该反应右边方框内的产物是OH－ C．该反应中电子转移总数是5 D．配平该反应式后，H＋的系数是16 7．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是下列叙述正确的是( ) A．该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH变小 C．生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D．中的粒子是OH－ 8．某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是( ) A．该反应的氧化产物是Mn2＋ B．1个MnO在反应中失去5个电子 C．横线上应是OH－ D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6 氧化还原反应计算 9．在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是( ) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 10．已知A2On 2-可将B2-氧化为B单质，A2On 2-被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1∶3，则A2On 2-中的n为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 11．某铁的“氧化物”样品，用5mol/L的盐酸140mL恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标准状况下0.56L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 12．为测定某NiC2O4•2H2O产品的纯度，现进行如下实验：准确取2.400 g样品，用足量硫酸溶解后，加水稀释到250 mL，取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加入12.00 mL 0.0500 mol·L－1标准KMnO4溶液，振荡使其充分反应；向反应后的溶液滴加0.0300 mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液与过量的KMnO4反应，恰好完全反应时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积为20.00 mL，计算NiC2O4•2H2O产品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)，实验过程中反应如下：H＋＋C2O42－＋MnO4－——Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)；H＋＋Fe2＋＋MnO4－——Mn2＋＋Fe3＋↑＋H2O(未配平)。Ni相对原子质量为59。 电子守恒法在化学反应中的应用 13．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是( ) A．＋3 B．＋4 C．＋5 D．＋6 14．α－FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α－FeOOH固体。制备1 mol α－FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为___________mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是___________________________________________。 15．【结合新材料考查守恒法计算】HCHO、NH3BH3(氨硼烷)、MgH2均可作为储氢材料，研究储氢材料的释氢过程具有重要意义。 HCHO催化释氢过程中的物质转化关系如下： 9 mol HCHO参加反应，最终释放H2的物质的量与反应Ⅰ消耗O2的物质的量相同，则释放H2的物质的量为___________。 16．高锰酸钾受热容易分解，在不同温度下，发生如下反应： 请回答： (1)取 12.64gKMnO4固体， 加热至 700℃， 一段时间后剩余固体的质量为11.04g， 剩余固体中的 MnO₂质量为 g。 (2)取(1) 剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应生成Cl2，产物中锰元素以Mn²⁺存在， 则 Cl2的物质的量为 mol。 信息型氧化还原反应方程式书写 17．SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图： (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：_______________________。 (2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________________________________。 (3)当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：_______________________________________。 18．FePO4可用于制备电动汽车电池的正极材料LiFePO4。 已知：LiFePO4、FePO4难溶于水和碱，可溶于酸。 制备LiFePO4：以FePO4、Li2CO3、单质碳为原料在高温下制备LiFePO4，该反应只生成一种气体，该气体具有可燃性，其反应方程式为_________________________________________________________。 19．生产印刷电路板所用的蚀刻液成分为[Cu(NH3)4]Cl2、NH4Cl、NH3·H2O等。蚀刻反应原理为Cu＋[Cu(NH3)4]Cl2＝2[Cu(NH3)2]Cl。蚀刻过程中[Cu(NH3)4]Cl2浓度下降，蚀刻能力降低。当通入空气后，即可恢复其蚀刻能力，反应的化学方程式为______________________________________________________________________。 20．燃煤烟气中含有大量SO2和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备MnSO4·H2O，部分流程如下。 已知：①软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)；②Ksp(MnF2)＝1.6×10-3；Ksp(CaF2)＝8.0×10-11；③NO＋O3NO2＋O2。 (1)①“浸锰”过程，SO2发生的主要化学方程式为_______________________________________。 ②滤渣Ⅰ的主要成分为____________________(写化学式)。 (2)“滤液Ⅰ”中加入等物质的量MnO2和MnCO3，反应的离子方程式为___________________________。 依据反应机理图书写方程式 21．【依据反应机理图】α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图所示。生成的S8覆盖在α⁃FeOOH的表面。 写出反应Ⅱ的化学方程式：____________________________________。 22．【多步骤反应流程机理图】根据信息书写方程式或描述反应过程。 (1)BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。 ①虚线框内BMO降解苯酚的过程可描述为：_______。 ②写出与苯酚反应的离子方程式：_______。 (2)氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。 23．TiO2可以催化分解CO2实现碳元素的循环利用，其催化反应机理如下。 (1)过程①催化剂TiO2被__________(填“氧化”或“还原”)。 (2)写出该循环的总反应的化学方程式__________________________________________________，该反应的ΔH________(填“＞”或“＜”)0。 24．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＋＋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__________。 重难·创新演练 1．(2025·浙江省湖州、衢州、丽水高三三地市一模)制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的PH3杂质，反应方程式为：24 CuSO4+11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4。下列分析不正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数的值) ( ) A．CuSO4是氧化剂 B．还原性：PH3＞NH3 C．若1.2molCuSO4发生反应，被氧化的PH3分子数为0.15NA D．Cu3P既是氧化产物，也是还原产物 2．(2025·浙江省稽阳联谊学校高三联考)利用NaClO溶液可以回收光盘金属层中的少量Ag。反应原理为：ClO-+ Ag+H2O→AgCl+X2↑+OH- (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．NaClO作为氧化剂 B．X2表示H2 C．AgCl既是氧化产物又是还原产物 D．若溶解1molAg，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 3．【新型电极材料与学科知识结合】(2025·浙江省诸暨市高三第一次模拟)锰酸锂作为具有三维锂离子通道的正极材料，具有价格低、点位高、安全性能好等优点，被广泛使用。其制备原理如下所示：MnO2+ Li2CO3 →LiMn2O4+CO2↑+O2↑(未配平) 下列说法正确的是( ) A．反应中氧化剂为MnO2 B．反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为3：4 C．若生成O2气体的体积为，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) D．上述反应进行中C原子的杂化方式没有发生变化 4．(2025·浙江省嘉兴市高三一模)膦(PH3)是一种较强的还原剂，可利用白磷(P4)和过量碱液来制备，反应原理为：P4＋KOH＋H2O→PH3↑＋KH2PO2(未配平)。下列说法正确的是( ) A．氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶1 B．KH2PO2为酸式盐 C．实验室制乙炔时产生的PH3杂质可用酸性KMnO4溶液吸收 D．若反应过程中断裂6 mol P-P键，则反应转移的电子数为3NA (NA表示阿伏加德罗常数的值) 5．(2025·浙江省县域教研联盟高三模拟考试)电解法合成己二腈[NC(CH2)4CN]的反应为：CH2=CHCN+H2O→NC(CH2)4CN+X(未配平)，下列说法不正确的是( ) A．X表示O2 B．NC(CH2)4CN分子中C原子有2种杂化方式 C．每1molCH2=CHCN参与反应，转移的电子数为2NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 6．【有机方程式配平与科学建模】(2025·浙江省温州市高三一模)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，可用葡萄糖(C6H12O6)与NaClO3发生以下反应制得C6H12O6+ NaClO3+H2SO4→ClO2↑+CO2↑+ Na2SO4 +H2O (未配平)。下列说法不正确的是( ) A．C6H12O6是还原剂，发生氧化反应 B．ClO2可替换Cl2用于自来水消毒 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．若生成1molClO2气体，则反应转移的电子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数的值) 7．【稀有气体化合物与创新意识】(2025·浙江省杭州市高三一模)六氟合铂酸氙(XePtF6，其中Pt为价)是人类发现的第一个稀有气体化合物，与水反应方程式为：XePtF6+H2O→O2↑+Xe↑+PtO2+HF (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．六氟合铂酸氙中Xe的化合价为价 B．XePtF6有强氧化性 C．每生成1molO2，转移4mol电子 D．是还原产物 8．(2025·浙江省金华十校高三模拟)铵铁蓝[Fe(NH4) Fe(CN)6]是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4、NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+H+Fe(NH4) Fe(CN)6+ Cl-+H2O+X (未配平)，下列说法不正确的是( ) A．该方程式中的X为NH4+ B．生成铵铁蓝，转移电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6 D．Fe(NH4)2Fe(CN)6中的配体是，中心离子是Fe2+ 9．【多步骤反应流程机理图】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是( ) A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂 B．反应Ⅲ中，每消耗1molNO转移电子1mol C．Fe3+在反应Ⅱ中作氧化剂 D．黄铁矿催化氧化反应为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+ 10．【流程转化与逻辑思维】某水体(含较多NH4+，pH=6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+。 下列说法正确的是( ) A．过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应式是：NH4++2O2+2OH-=NO3-+3H2O B．过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C．过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，有24molFe3+被还原为Fe2+ D．水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 11．已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。写出制备NaCuO2的离子方程式 。 12．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式______________________________。 13．(2026·浙江省丽水高三联考)湿法炼锌过程中产生的净化钴渣(主要含Co3S4，ZnS，Ca2Fe2O5)实现钴锌分离的流程如下。 已知：①固体A微溶于酸与水； ②溶液A中的Co元素以Co2+形式存在： ③Co(OH)2和Zn(OH)2均为不溶于水的两性氢氧化物。 (2)写出步骤Ⅰ中Co3S4发生转化的化学方程式 。写出步骤Ⅲ中发生的离子方程式 。 14．【结合工艺流程分析推理】新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如图所示； (1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式： ________FeCl3＋________NaOH＋________NaClO―→________Na2FeO4＋________＋________。其中氧化剂是________(填化学式)。 (2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________。 15．(2026·浙江衢州期末)某温度下，将一定量的Cl2通入0.5 L 2.8 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应，发生的反应有：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O(溶液体积变化忽略不计)，请计算： (1)NaOH溶液中所含溶质的物质的量为___________mol。 (2)参加反应Cl2的物质的量为___________mol。 (3)该温度下，反应后溶液中，则溶液中为___________mol·L-1。 真题·实战演练 1．(2025·湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是( ) A．NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B．NO3-的空间结构为平面三角形 C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：7 D．反应中消耗3molO2，转移20mole- 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。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：MnO4-的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是( ) A．反应①，n(Mn2+)∶n(I2)=1∶5 B．对比反应①和②， C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变 3．(2021·湖南卷)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22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol 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IO3-的存在 4．(2021•北京卷)电石中混有CaS、Ca3P2等杂质，用电石水解制备乙炔时，乙炔中常混有H2S、PH3，可用CuSO4溶液除去这两种杂质，相应的化学方程式是( ) i.CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4 ii.11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓ 下列说法不正确的是 A．反应i不能说明H2S的酸性强于H2SO4 B．24molCuSO4完全反应时，可氧化11molPH3 C．H2S、PH3会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验 D．CaS的水解方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式：Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑ 5．(2023·浙江省1月选考，18节选)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和。 (2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。 6．(2022·浙江省1月选考，18节选)化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如图流程进行实验： 请回答： (1)组成X的元素有______，X的化学式为___________。 (3)X与足量Na反应生成固体F的化学方程式是_____________________。 7．(2017•浙江11月，27节选)取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在。 请计算： (1)KMnO4的分解率_______________。 (2)气体A的物质的量_____________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $品学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第05讲氧化还原反应方程式的配平与计算 参考答案 拟基础演练 1.2;16;3；2;6;Fe;6Na 2 3 4 5 7 10 11 D C B D C D B D D 12.91.5% 13.D 14.16少量Fe2+被氧气氧化，减少了NaCIO3的消耗量 15.3 mol 16.(1)4.35 (2)0.1 17.(1)CONH22+HO△CO2↑+2NH3↑ (2)8NH3+6NO2催化剂7N2+12HO (3)2SO2+O2+4NH3+2H2O—2QNH4)2SO4 18.2FePO4+Li2CO3+2C=高温)2 LiFePO4+3C01 19.4[Cu(NH3)2]CI+O2+4NHCl+4NH3 H2O=4[Cu(NH3)4]Ck+6H2O 20.(1)DMnO2+SO2=MnSO 2CaSO SiO2 (2)2Fe2++MnO2+MnCO3+6H+=2Fe3++2Mn2+ +3H20+C02↑ 21.4FeSSH++402=4FeOOH+Ss 22.(1)①C6H,0H+702燕→6C02+3H,0 ②3C。H,OH+28O2+28H+=18CO2↑+23H2O (2)AgCl+2NH3-[Ag(NH3)2]++CI 23.(1)还原(2)2C02—催化剂2C0十O2> 24.(1)①4feNo)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H20②14Fe3++FeS2+8H20=15Fe2++2So2-4+ 16H+ (2)作催化剂 重难·创新演练 1 2 6 7 P 9 10 D B A D C C D B 1/2 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 11.2Na++20H-+2Cu(OH)2+CIO-=2NaCuO2+CI+3H2O 12.5H2S+2KMnO4+3H2SO-K2SO4+2MnSOa+8H2O+5S 13.(2)2Co3S4+6H2SO4+11O2=6CoS04+8SO2+6H20 3Co2++MnO+4H2O=MnO2+3CoOOH+5H+ 14.(1)210329NaCI5H20NaC1o (2)Na2FeO+2KOH-K2FeO+2NaOH 15.(1)1.4 (2)0.7 (3)0.4 真题实战演练 1.C 2.B 3.A 4.B 5.(2)8HI+NaClO4=412+NaCH+4H2O 12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O 6.(1)fe、S、O、H FeH(SO)2 （③2 FeH(SO2+40Na情性气氮2Fe+4Na,S+1ONa,O+H 7.60.0%0.095mol 2/2