第1章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平与计算-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习教用Word

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应方程式的配平与计算核心考点，按“配平原则-步骤方法-计算应用”逻辑层级展开，涵盖常规型、缺项型配平及电子守恒法计算等考向，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，帮助学生构建系统知识网络，突破配平技巧与计算难点。 讲义采用“原理拆解+模型建构”教学策略，如配平中通过化合价升降法步骤拆解培养科学思维，计算中结合多步反应电子守恒模型提升解题效率。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合高考真题精讲，助力学生在有限时间内强化应考能力，为教师精准把控复习节奏提供清晰路径。

第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 1.能从物质类别和元素价态变化的视角说明物质的转化路径。 2.能利用得失电子守恒法进行氧化还原反应方程式的配平和计算。 3.能根据新情境提取有效信息书写化学方程式。 考点一　氧化还原反应方程式的配平 　　 必备知识 1.氧化还原反应方程式配平的三大原则 2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 　配平化学方程式：　1　K2Cr2O7＋　3　H2C2O4＋　4　H2SO4　1　Cr2（SO4）3＋　6　CO2↑＋　1　K2SO4＋　7　H2O 解析： 易错辨析 （1）Cl2与SO2反应，Cl2→Cl－，氯元素的化合价降低1，SO2→S，硫元素的化合价升高2，所以在反应中Cl2与SO2的物质的量之比为2∶1。（　×　） （2）NaClO溶液中通入SO2发生反应：2ClO－＋SO2Cl2＋S。（　×　） 考向1　常规型 1.（1）　5　H2S＋　2　KMnO4＋　3　H2SO4　1　K2SO4＋　2　MnSO4＋　5　S↓＋　8　H2O （2）　5　KI＋　1　KIO3＋　3　H2SO4　3　I2＋　3　K2SO4＋　3　H2O （3）　3　I2 ＋　6　NaOH　5　NaI＋　1　NaIO3＋　3　H2O （4）　2　P4＋　9　KOH＋　3　H2O　3　K3PO4＋　5　PH3↑ 2.（1）　2x　CO＋　2　NOx　2x　CO2＋　1　N2 （2）　　FexS＋　2　HCl　　S＋　1　FeCl2＋　1　H2S （3）　1　Na2Sx＋　（3x＋1）　NaClO＋　（2x－2）　NaOH　x　Na2SO4＋　（3x＋1）　NaCl＋　（x－1）　H2O 常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法 考向2　缺项型 3.（1）　2　Fe3＋＋　1　SO2＋　2H2O　　2 Fe2＋＋　1　S＋　4H＋　 （2）　3　ClO－＋　2　Fe（OH）3＋　4OH－　　3 Cl－＋　2　Fe＋　5　H2O （3）　2　Mn＋　5　H2O2＋　6H＋　　2 Mn2＋＋　5　O2↑＋　8　H2O （4）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： 　5　NaBiO3＋　2　Mn2＋＋　14H＋　　5 Na＋＋　5　Bi3＋＋　2Mn　＋　7H2O　 （1）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－），其配平方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由元素守恒和电荷守恒确定未知物，最后根据元素守恒和电荷守恒进行配平。 （2）补项原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H或多O补H＋，少O补H2O 碱性条件下 缺H或多O补H2O，少O补OH－ 考点二　氧化还原反应的相关计算 　　 必备知识 1.电子守恒法计算的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数 2.电子守恒法计算的流程 关键能力 考向1　电子守恒的基础应用 1.在酸性条件下，可发生如下反应：Cl＋2M3＋＋4H2OM2＋Cl－＋8H＋，M2中M的化合价是（　　） A.＋4 B.＋5 C.＋6 D.＋7 解析：C　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，C正确。 2.某强氧化剂[XO（OH）2]＋可被Na2SO3还原，氧化产物为S。如果还原1.2×10－3 mol [XO（OH）2]＋需用30 mL 0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是（　　） A.XO B.X2O3 C.X2O D.X 解析：D　设X元素被还原后X的价态变为＋a价，[XO（OH）2]＋中X的化合价为＋5价，根据得失电子守恒，X元素的化合价应该降低，0.1 mol·L－1×0.03 L×（6－4）＝1.2×10－3 mol×（5－a），解得a＝0，D正确。 考向2　电子守恒法在多步反应中的应用 3.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（均已折算为标准状况），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17.02 g。则x等于（　　） A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 解析：B　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，等于浓硝酸得到电子的物质的量，即：n（OH－）＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 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－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　） A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL 解析：A　由题意可知，HNO3，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n（Cu）＝2n（O2）＝2×＝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）＝＝0.06 L＝60 mL。 　　 1.（2025·湖南高考8题）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.N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3 mol O2，转移20 mol e－ 解析：C　NaSbO3中Na元素为＋1价，O元素为－2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，知Sb元素的化合价为＋5，A项正确；N中N的价层电子对数为3＋＝3，故N的空间结构为平面三角形，B项正确；反应中NaNO3、O2为氧化剂，Sb为还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4，C项错误；该反应中每消耗3 mol O2，转移20 mol e－，D项正确。 2.（2024·浙江6月选考6题）利用CH3OH可将废水中的N转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为H＋＋CH3OH＋NX＋CO2＋H2O（未配平）。下列说法正确的是（　　） A.X表示NO2 B.可用O3替换CH3OH 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11.2 L，则反应转移的电子数为2NA（NA表示阿伏加德罗常数的值） 解析：C　由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的N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不正确；反应过程中，CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；还原剂CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，升高了6个价位，氧化剂N中N元素的化合价由＋5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；CH3OH中C元素的化合价由－2价升高到＋4价，升高了6个价位，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，即生成0.5 mol CO2，反应转移的电子数为3NA，D不正确。 3.（2024·北京高考14题）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 I 已知：Mn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，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 解析：B　A项，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是10I－＋2Mn＋16H＋2Mn2＋＋5I2＋8H2O，故n（Mn2＋）∶n（I2）＝2∶5，错误；B项，根据反应①可得关系式：10I－～2Mn，可以求得n＝0.000 2，则反应②的n（I－）∶n（Mn）＝0.001∶（10×0.000 2）＝1∶2，设I中I元素的化合价为y价，根据得失电子守恒：1×（y＋1）＝2×（7－4），解得y＝＋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－＋2Mn＋H2O2MnO2↓＋I＋2OH－，正确；C项，已知Mn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，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，错误。 4.（1）（2024·全国甲卷）“沉钴”时，控制溶液的pH＝5.0～5.5，加入适量NaClO将Co2＋氧化成Co（OH）3，反应的离子方程式为2Co2＋＋ClO－＋5H2O2Co（OH）3↓＋Cl－＋4H＋。 （2）（2024·浙江6月选考改编）Pb3O4可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2－，该反应的离子方程式为Pb3O4＋8H＋＋14Cl－3[PbCl4]2－＋Cl2↑＋4H2O。 （3）（2024·安徽高考）单质金与盐酸、H2O2反应转化为HAuCl4的化学方程式为2Au＋3H2O2＋8HCl2HAuCl4＋6H2O。 解析：（1）Co2＋具有还原性，能被ClO－氧化成Co（OH）3，而ClO－的还原产物为Cl－，反应的离子方程式为2Co2＋＋ClO－＋5H2O2Co（OH）3↓＋Cl－＋4H＋。 （2）Pb3O4中Pb元素的化合价为＋2和＋4，其中Pb4＋可将盐酸中的Cl－氧化成Cl2，反应离子方程式为Pb3O4＋8H＋＋14Cl－3[PbCl4]2－＋Cl2↑＋4H2O。 （3）H2O2具有氧化性，其还原产物是H2O，在盐酸中Au被H2O2氧化为HAuCl4，反应的化学方程式为2Au＋3H2O2＋8HCl2HAuCl4＋6H2O。 5.（1）（2024·新课标卷）一种从湿法炼锌的废渣中回收含锰高钴成品的部分工艺如下： “氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为Mn＋3Co2＋＋7H2OMnO2↓＋3Co（OH）3↓＋5H＋、3Mn2＋＋2H2O＋2Mn5MnO2↓＋4H＋。 （2）（2024·吉林高考）已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐。某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化物矿粉的部分工艺流程如下： “细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋　。 解析：（1）“氧化沉钴”时Co2＋被Mn氧化成Co（OH）3，Mn2＋被Mn氧化成MnO2，Mn在pH＝5时的还原产物是MnO2。 （2）依据题给信息，FeS2在“细菌氧化”时被空气中的O2氧化成Fe2（SO4）3，反应离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋。 　　 1.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Mn＋N＋ Mn2＋＋N＋H2O（未配平）。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－ 解析：C　N中N元素的化合价升高，N被氧化，A错误；根据得失电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为2Mn＋5N＋6H＋2Mn2＋＋5N＋3H2O，据此可知B、D错误，C正确。 2.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NAs＋S＋NO↑＋　　（未配平），下列说法错误的是（　　） A.配平后水的化学计量数为4 B.反应后的溶液呈酸性 C.配平后氧化剂与还原剂的分子数之比为3∶28 D.氧化产物为As和S 解析：C　As2S3转化成As和S，而N转化为NO，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28N6As＋9S＋28NO↑＋8H＋，水的化学计量数为4，A正确；反应产生H＋，反应后的溶液呈酸性，B正确；N元素化合价降低，N作氧化剂，As和S元素化合价升高，As2S3作还原剂，由上述离子方程式知，氧化剂与还原剂的分子数之比为28∶3，C错误；As2S3作还原剂，氧化产物为As和S，D正确。 3.现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN－，在碱性条件下，H2O2可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应，下列说法不正确的是（　　） A.氰化物有毒，CN－易与人体内的Fe2＋、Fe3＋络合 B.每处理1 mol CN－，消耗2.5 mol H2O2 C.反应中每转移10 mol电子，生成22.4 L无毒气体 D.用H2O2处理后的废水不可直接排放 解析：C　人体内含有的Fe3＋、Fe2＋易与CN－络合形成络合物，A正确；在碱性条件下，CN－被H2O2氧化，生成C和N2，反应的离子方程式为2CN－＋5H2O2＋2OH－2C＋N2↑＋6H2O，根据离子方程式可知，每处理1 mol CN－，消耗2.5 mol H2O2，B正确；气体所处状况未知，无法计算生成气体的体积，C错误；用H2O2处理后的废水中含有碳酸盐，有较强的碱性，不可直接排放，D正确。 4.神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁（FeTiO3）冶炼钛（Ti）的过程包含以下反应：　　FeTiO3＋　　C＋　　Cl2　　TiCl4＋　　FeCl3＋　　CO，下列说法不正确的是（　　） A.Cl2是氧化剂 B.该反应方程式中各物质的系数为2、6、7、2、2、6 C.生成1 mol TiCl4转移7 mol电子 D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶6 解析：D　反应中C元素的化合价由0价升高为＋2价，FeTiO3中Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3价，则C、FeTiO3为还原剂；Cl2中Cl元素的化合价由0价降低到－1价，则Cl2为氧化剂；根据元素守恒和得失电子守恒可知，化学方程式为2FeTiO3＋6C＋7Cl22TiCl4＋2FeCl3＋6CO，该反应生成2 mol TiCl4时转移14 mol e－，则生成1 mol TiCl4时，转移7 mol电子；氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8，D错误。 5.某离子反应涉及H2O、ClO－、N、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中c（N）随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是（　　） A.反应的氧化产物是Cl－ B.消耗1 mol氧化剂，转移2 mol电子 C.ClO－与N的化学计量数之比为2∶3 D.反应后溶液的酸性减弱 解析：B　c（N）随反应进行逐渐减小，N应是反应物，N元素化合价升高，具有氧化性的ClO－为反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，则反应的化学方程式应为3ClO－＋2NN2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋。 6.Cl2和NaOH溶液反应产物的成分与温度高低有关，低温下：Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O；高温下：3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。某温度下将0.6 mol Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，混合溶液中c（Cl－）∶c（Cl）＝8∶1，则溶液中c（ClO－）∶c（Cl）是（　　） A.1∶3 B.3∶1 C.3∶8 D.8∶3 解析：B　反应后c（Cl－）∶c（Cl）＝8∶1，假设c（Cl）为x，则c（Cl－）为8x，根据得失电子守恒，可知溶液中有关系式：c（Cl－）＝c（ClO－）＋5c（Cl），8x＝c（ClO－）＋5x，则c（ClO－）＝3x，所以溶液中c（ClO－）∶c（Cl）＝3x∶x＝3∶1。 7.某汽车安全气囊的气体发生剂含有NaN3、Fe2O3、NaHCO3、KClO4等。汽车发生碰撞时，会产生大量气体使气囊迅速膨胀。下列说法错误的是（　　） A.NaN3受到撞击后分解产生N2和Na B.Fe2O3与Na的反应中，Fe2O3作还原剂 C.NaHCO3因吸收产气过程中释放的热量而分解 D.KClO4中Cl的化合价为＋7，推测KClO4具有氧化性 解析：B　NaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为2NaN32Na＋3N2↑，A正确；Na是比Fe活泼的金属，所以Na可置换出Fe2O3中的Fe，Fe2O3作氧化剂，B错误；NaHCO3吸收产气过程中释放的热量而分解，生成碳酸钠、二氧化碳、水，C正确；KClO4中Cl的化合价为＋7，是氯元素的最高价态，可推测KClO4具有强氧化性，D正确。 8.（2025·北京海淀模拟）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是（　　） A.“另一种反应物”在反应中表现还原性 B.CuH与Cl2反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl C.CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl D.CuH与盐酸反应的离子方程式为CuH＋H＋Cu＋＋H2↑ 解析：D　A项，在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，在反应中表现还原性，正确；B项，根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl，正确；C项，CuH与Cl2反应时，铜、氢元素化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2和HCl，正确；D项，CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为CuH＋H＋＋Cl－CuCl↓＋H2↑，错误。 9.（2025·湖北模拟）某水体（含较多N，pH＝6.71）脱氮的部分转化关系如图所示： 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是N＋2O2＋2OH－N＋3H2O B.过程Ⅱ中Fe2＋起催化剂作用 C.过程Ⅲ中每1 mol C6H12O6参与反应，有24 mol Fe3＋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 解析：C　A项，过程Ⅰ中N在硝化细菌的作用下和O2反应生成N和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为N＋2O2N＋H2O＋2H＋，错误；B项，过程Ⅱ为反硝化细菌作用下Fe2＋将N还原为N2，Fe2＋作还原剂，而不是催化剂，错误；C项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为HC，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24 mol Fe3＋被还原为Fe2＋，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，错误。 10.（2025·河南安阳模拟）在25 ℃、75 ℃条件下，分别用相同浓度的NaOH溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成NaCl和X的物质的量相等；消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaCl的质量比为3∶5。下列叙述错误的是（　　） A.上述2个反应中，参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2∶1 B.消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为3∶1 C.加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D.若某温度下生成X和Y均为1 mol时，同时生成4 mol NaCl 解析：D　反应1中生成NaCl和X的物质的量相等，说明Cl2中Cl元素化合价上升和下降的数目相等，则X为NaClO，化学方程式为2NaOH＋Cl2NaCl＋NaClO＋H2O；反应1和反应2生成NaCl的质量比为3∶5，说明Cl2和NaOH反应生成NaCl和NaClO3，化学方程式为3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2∶1，A正确；消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶1，B正确；漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成的HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；根据反应1和反应2的化学方程式，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为1 mol时，同时生成1 mol＋5 mol＝6 mol NaCl，D错误。 11.（2026·安徽六安二中月考）回答下列问题。 （1）已知CuO具有氧化性，与氨气加热反应的产物中含有两种单质。写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式：3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。 （2）在Mn2＋、Bi3＋、Bi、Mn、H＋、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiBi3＋的反应过程。将以上物质组成一个正确的离子方程式，并用单线桥标出其电子转移的方向和数目： 。 （3）Fe（OH）3与NaOH和NaClO的混合溶液作用，是一种制备理想的绿色水处理剂（Na2FeO4）的方法，写出该反应的化学方程式：2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。 （4）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1，写出该反应的化学方程式：4KClO3KCl＋3KClO4。 （5）某地污水中有机污染物的主要成分是三氯乙烯（C2HCl3），向该污水中加入KMnO4（还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式：2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑。 解析：（1）已知CuO具有氧化性，能够和NH3反应生成两种单质Cu和N2，则在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。 （2）Bi被还原为Bi3＋，Bi元素化合价降低了2，则应该有Mn2＋被氧化为Mn，Mn元素化合价升高了5，由最小公倍数可知，反应共转移10个电子，反应的离子方程式与电子转移情况为。 （3）Fe（OH）3与NaOH和NaClO的混合液作用生成Na2FeO4，铁元素化合价升高，氯元素化合价降低，还原产物为NaCl：2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。 （4）若不加催化剂，400 ℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐也是钾盐，且阴、阳离子个数比为1∶1，生成KCl时氯元素化合价降低，由＋5价变为－1价，则另一部分氯元素化合价升高为＋7价得到KClO4，写出反应物和生成物，并从生成物入手分析配平为4KClO3KCl＋3KClO4。 （5）污水中加入KMnO4（还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，则氯元素转化为KCl，结合元素守恒可知，同时生成HCl，化学方程式为2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $