第1章 第4讲 氧化还原反应的应用-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习教用Word（提升版）

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应的应用，涵盖方程式配平及书写、电子守恒计算、新情境方程式书写三大核心考点，按“原理-方法-应用”逻辑构建知识体系，通过考点梳理、方法指导（如缺项配平步骤）、真题训练（2025年山东、安徽等高考题）等环节，帮助学生突破配平技巧与计算难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义采用“问题驱动-模型建构”教学法，在配平教学中引导学生建立“标变价-列变化-求总数-配系数-查守恒”五步法模型，培养科学思维。设置基础巩固（考向例题）、能力提升（热点题型）、综合应用（高考真题）分层练习，配合即时反馈，保障复习效果，助力学生提升应试能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第4讲　氧化还原反应的应用 1.能利用化合价升降总数相等配平及书写氧化还原反应方程式。 2.能利用“得失电子守恒”法，进行氧化还原反应的相关计算。 3.能根据新情境提取有效信息书写化学方程式。 考点1　氧化还原反应方程式的书写及配平 1.氧化还原反应方程式配平的一般步骤 （1）标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出反应前后变价元素的化合价。 ＋HO3（浓）O2↑＋O2↑＋H2O （2）列变化：标出反应前后元素化合价的变化值 （3）求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。 （4）配系数：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。 C＋4HNO3（浓）4NO2↑＋CO2↑＋2H2O （5）查守恒：检查电荷是否守恒，原子个数是否守恒，配平后，把箭头改成等号，标注反应条件。 C＋4HNO3（浓）4NO2↑＋CO2↑＋2H2O 2.氧化还原反应方程式配平的基本原则 【理解应用】 某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝（AlN）的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。 　　＋　　＋　　　　AlN＋　　 答案：Al2O3　3C　N2　2　3CO 考向1　氧化还原方程式的配平 1.NaNO2是一种食品添加剂，但它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为Mn＋N＋H＋Mn2＋＋N＋　　（未配平）。下列叙述正确的是（　　） A.Mn2＋的还原性强于N B.反应生成1 mol N需消耗0.4 mol Mn C.反应过程中溶液的酸性增强 D.横线上的微粒是OH－ 解析：B　该反应中，Mn元素由＋7价降低为＋2价，N元素由＋3价升高为＋5价，配平可得：2Mn＋5N＋6H＋2Mn2＋＋5N＋3H2O。N为还原剂，Mn2＋为还原产物，则Mn2＋的还原性弱于N，A错误；由得失电子守恒可知，生成1 mol N需消耗0.4 mol Mn，B正确；反应过程中消耗H＋，溶液酸性减弱，C错误；横线上的微粒应是H2O，D错误。 2.配平下列方程式。 （1）　5　KI＋　1　KIO3＋　3　H2SO4　3　I2＋　3　K2SO4＋　3　H2O （2）　3　I2＋　6　NaOH　5　NaI＋　1　NaIO3＋　3　H2O （3）　1　FexS＋　2x　HCl　（1－x）　S＋　x　FeCl2＋　x　H2S （4）　3　C2H5OH＋　2　K2Cr2O7＋　8　H2SO4　2　K2SO4＋　2　Cr2（SO4）3＋　3　CH3COOH＋　11　H2O （5）将NaBiO3固体加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，得到紫色溶液（含无色的B）。配平该反应的离子方程式： 　NaBiO3＋　Mn2＋＋　　　　　Na＋＋　Bi3＋＋　Mn＋　　　 答案：（5）5　2　14　H＋　5　5　2　 7　H2O 缺项配平的方程式，一般需要补充添加的是H2O、H＋或OH－。具体操作步骤如下： 考向2　氧化还原方程式的书写 3.完成下列化学（或离子）方程式的书写。 （1）在稀硫酸中，Z（Cr）的最高价（＋6）含氧酸的钾盐（橙色）氧化过氧化氢，Z（Cr）被还原为＋3价，该反应的离子方程式是　Cr2＋3H2O2＋8H＋2Cr3＋＋3O2↑＋7H2O　。 （2）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中S将NO2转化为N，其离子方程式为　S＋2NO2＋2OH－S＋2N＋H2O　。 （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　。 4.一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 　 已知过滤2后的溶液中主要含Co2＋、Zn2＋和Mn2＋，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4。写出“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式　3Co2＋＋Mn＋7H2O3Co（OH）3↓＋MnO2↓＋5H＋　、　3Mn2＋＋2Mn＋2H2O5MnO2↓＋4H＋　。 考点2　氧化还原反应的相关计算 1.电子守恒法原理 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 3.电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 （1）直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 （2）对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 （3）以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 1.（2025·山东菏泽模拟）已知PbO2受热分解为Pb的＋4价和＋2价的混合氧化物（＋4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2）。1 mol PbO2受热分解得到固体和a mol氧气，固体与足量的浓盐酸反应得氯气b mol，若a∶b为3∶2，则分解所得固体的成分及物质的量之比可能是（　　） ①PbO2、PbO；1∶2　②PbO2、Pb3O4；1∶3 ③Pb3O4、PbO；1∶1　④PbO2、Pb3O4、PbO；1∶1∶4 A.③④ B.②③ C.①② D.①④ 解析：A　PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为＋4、＋2价），铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用，＋4价Pb被还原为＋2价，Cl－被氧化为Cl2，此时得到的溶液为PbCl2溶液，根据化合价变化可知，1 mol PbO2在上述转化过程中共转移2 mol e－，设该过程得到O2的物质的量为a＝3x mol，则Cl2的物质的量为b＝2x mol，利用得失电子守恒可得：3x×4＋2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1 mol PbO2在受热分解过程中产生0.375 mol O2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（Pb）∶n（O）＝4∶5，结合选项可知只有③、④满足n（Pb）∶n（O）＝4∶5。 2.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，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n（Cu）＝2n（O2）＝＝0.15 mol。根据质量守恒及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。 3.取1 mL废水置于20 mL磷酸介质中，加入HClO4，将溶液中的Mn2＋氧化为Mn3＋，用c mol·L－1 （NH4）2Fe（SO4）2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0 mL变为V1 mL，废水中锰的含量为　55c（V1－V0）×10－3　g·mL－1。 解析：滴定时发生反应Fe2＋＋Mn3＋Fe3＋＋Mn2＋，所以n（Mn）＝n（Mn3＋）＝n（Fe2＋）＝c（V1－V0）×10－3 mol，所取废水为1 mL，所以废水中锰的含量为55c（V1－V0）×10－3 g·mL－1。 4.在P＋CuSO4＋H2OCu3P＋H3PO4＋H2SO4（未配平）反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为　1.5　mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为　2.2　mol。 解析：设7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为x，生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y；根据得失电子守恒：7.5 mol×（2－1）＝x×（5－0），解得x＝1.5 mol；1 mol×3×（2－1）＋1 mol×[0－（－3）]＝y×（5－0），解得y＝1.2 mol，所以生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。 1.（2025·黑吉辽蒙高考14题）一定条件下，“Br－S－[Fe（CN）6]4－－H＋”4种原料按固定流速不断注入连续流动反应器中，体系pH-t振荡图像及涉及反应如下。其中AB段发生反应①～④，①②为快速反应。下列说法错误的是（　　） ① S＋H＋HS ② HS＋H＋H2SO3 ③ 3HS＋Br3S＋Br－＋3H＋ ④ H2SO3＋Br ⑤ Br＋6H＋＋6[Fe（CN）6]4－Br－＋＋3H2O A.原料中c（H＋）不影响振幅和周期 B.反应④：3H2SO3＋Br3S＋Br－＋6H＋ C.反应①～④中，H＋对S的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 解析：A　根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒，结合反应④的反应物为H2SO3和Br可知，反应④的离子方程式为3H2SO3＋Br3S＋Br－＋6H＋。AB段发生反应①～④，则BC段发生反应⑤，结合反应方程式可知，反应③④生成H＋，反应⑤消耗H＋，故原料中的c（H＋）变化将导致反应速率变化，会影响周期，A错误；由上述分析可知，B正确；反应①～④中H＋先消耗，后生成，故在反应①～④的整体反应中，H＋对S被氧化为S起到了催化作用，C正确；不同的pH可使pH响应变色材料呈现不同的颜色，从而实现pH振荡可视化，D正确。 2.（2025·安徽高考15题节选）某含锶（Sr）废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如图所示。 已知25 ℃时，Ksp（SrSO4）＝10－6.46，Ksp（BaSO4）＝10－9.97。 （1）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、　Ca2＋、Mg2＋　（填离子符号）。 （2）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为　SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）C。 答案：（1）　（2） 解析：（1）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋。 （2）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4（s）＋Ba2＋（aq）BaSO4（s）＋Sr2＋（aq）。 3.（2025·北京高考18题节选）利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠（Na2S2O5）的一种流程示意图如下。 已知： 物质 H2CO3 H2SO3 Ka（25 ℃） Ka1＝4.5×10－7、 Ka2＝4.7×10－11 Ka1＝1.4×10－2、 Ka2＝6.0×10－8 Ⅰ.在多级串联反应釜中，Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应： 第一步：2Na2CO3＋SO2＋H2ONa2SO3＋2NaHCO3 第二步：NaHCO3＋SO2NaHSO3＋CO2 Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3 Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。 （1）Ⅱ中生成Na2S2O5的化学方程式是　2NaHSO3Na2S2O5＋H2O　。 （2）配碱槽中，母液和过量Na2CO3配制反应液，发生反应的化学方程式是　NaHSO3＋Na2CO3NaHCO3＋Na2SO3　。 （3）多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是　S　，需除去。 解析：（1）NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：2NaHSO3Na2S2O5＋H2O； （2）根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有NaHSO3剩余，又因为Ka2（H2SO3）＞Ka2（H2CO3），NaHSO3与过量Na2CO3发生反应的化学方程式为NaHSO3＋Na2CO3NaHCO3＋Na2SO3； （3）在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化Na2SO3或NaHSO3，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去。 4.（2025·河南高考15题节选）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh（铑）、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl　　。 （2）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh（Ⅲ）反应可生成[Rh（SnCl3）5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为　＋1　；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh（Ⅲ）以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh（Ⅲ）反应的物质的量之比为　6∶1　。 解析：（1）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3被氢气还原为Rh，故“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O和2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。 （2）[Rh（SnCl3）5]4－带4个单位负电荷，Sn为＋2价，则Rh为＋1价。“活化还原”过程中，Rh（Ⅲ）以[RhCl6]3－计，被还原为Rh（Ⅰ），SnCl2被氧化为[SnCl6]2－，同时SnCl2与Cl－结合形成[SnCl3]－，每形成1个[Rh（SnCl3）5]4－需要5个SnCl2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl6]3－反应的物质的量之比为6∶1。 热点题型3　情境型化学（离子）方程式的书写 　新情境下化学（离子）方程式的书写一般会出现在非选择题部分的化工流程或实验大题中，试题一般提供反应的相关信息，需要学生结合所学知识进行书写。突破这类方程式的书写，关键是能够找出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再抓住反应本质“得失电子守恒”，利用氧化还原反应配平的方法和技巧，即可顺利解决。解答此类问题的思路如下： 1.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。 （1）将废钒催化剂（主要成分为V2O5）与稀硫酸、K2SO3溶液混合，充分反应后生成VO2＋，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为　1∶1　。 （2）向（1）中反应后所得溶液中加入KClO3溶液，可将VO2＋转化为V，写出该转化的离子方程式：　Cl＋6VO2＋＋3H2OCl－＋6V＋6H＋　。 （3）V2O5在碳高温还原时，在氮气氛围下氮化还原制备VN，还生成一种具有还原性的气体，则该反应的化学方程式可表示为　V2O5＋5C＋N22VN＋5CO　。 解析：（1）V2O5转化为VO2＋被还原，V2O5作氧化剂，V2O5整体化合价降低2价，K2SO3作还原剂，S被氧化为S，整体化合价升高2价，根据化合价升降总数相等可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1。 （2）根据题意可知KClO3将VO2＋氧化为V，自身应被还原为Cl－，根据化合价升降总数相等可知，Cl和VO2＋的化学计量数之比为1∶6，再结合元素守恒可得离子方程式为Cl＋6VO2＋＋3H2OCl－＋6V＋6H＋。 （3）根据题意可知，高温条件下V2O5可与C、N2反应生成VN，根据元素守恒，另外一种具有还原性的气体应是CO，化学方程式为V2O5＋5C＋N22VN＋5CO。 2.（2026·云南永胜一中模拟）Na2S2O3可用于照相业作定影剂等，它又名“大苏打”“海波”，易溶于水，难溶于乙醇，水溶液呈微弱的碱性，遇强酸发生剧烈反应。 实验室可通过Na2S、Na2CO3和SO2共同反应来制备，装置如图所示。 （1）B装置中固体为亚硫酸钠，写出该装置中反应的化学方程式：　Na2SO3＋H2SO4（浓）Na2SO4＋SO2↑＋H2O　。 （2）装置D中生成Na2S2O3的化学方程式为　2Na2S＋Na2CO3＋4SO23Na2S2O3＋CO2　。 3.从铅银渣（含Pb、Ag、Cu等金属元素）中提取银的流程如下： 已知：PbSO4难溶于水；Ag＋可以和S形成[Ag（SO3）2]3－。 （1）“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。固体B含有　AgCl和PbSO4　。 （2）用氨水和水合肼（N2H4·H2O）进行“络合浸出”和“还原析银”。 ①氨水“络合浸出”的化学方程式是　AgCl＋2NH3·H2O[Ag（NH3）2]Cl＋2H2O　。 ②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整。 　＋N2H4·H2ON2↑＋H2O＋　　＋　　＋NH3↑ 答案： 4[Ag（NH3）2]＋＋N2H4·H2ON2↑＋H2O＋4Ag↓＋4N＋4NH3↑ （3）用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。写出pH＝14时甲醛“还原析银”的离子方程式　2[Ag（SO3）2]3－＋HCHO＋3OH－2Ag↓＋4S＋HCOO－＋2H2O　　。 解析：由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫 酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。 4.根据要求完成下列化学（离子）方程式。 （1）（2024·江苏高考16题节选）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。铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为　Fe＋AgCl＋2HClFeCl3＋Ag＋H2↑　。 （2）（2024·江苏高考16题节选）纳米Ag表面能产生Ag＋杀死细菌（如图所示），其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 纳米Ag溶解产生Ag＋的离子方程式为　4Ag＋4H＋＋O24Ag＋＋2H2O　。 （3）（2024·浙江1月选考18题节选）酸性条件下，固体NaBiO3（微溶于水，其还原产物为无色的Bi3＋）可氧化Mn2＋为Mn，写出Mn2＋转化为Mn的离子方程式　5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋2Mn＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O　。 1.在一定条件下，和Cl2可发生如下反应：＋Cl2＋2OH－＋2Cl－＋H2O，从而可知在中，元素R的化合价是（　　） A.＋7价 B.＋4价 C.＋5价 D.＋6价 解析：C　方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在R中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；方法2：设元素R在R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。 2.已知A2可与B2－在一定条件下反应，B2－被氧化，产物为B单质，A2被还原，产物为A3＋；且知氧化剂与还原剂恰好反应的离子数之比为1∶3，则n值为（　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：D　反应中A元素化合价降低到＋3价，B元素化合价升高到0价，设A2中A的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中氧化剂和还原剂转移电子数目相等，则有（n－1－3）×1×2＝（2－0）×3，解得n＝7。 3.将7.28 g Fe溶于过量的稀硫酸中，在加热的条件下，用2.02 g KNO3去氧化溶液中Fe2＋，待反应完全后，剩余Fe2＋还需25 mL 0.4 mol·L－1 KMnO4溶液才能完全氧化，已知其反应方程式为5Fe2＋＋Mn＋8H＋Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。通过计算、确定KNO3的还原产物是（　　） A.NO B.N2O C.NO2 D.N2O4 解析：B　铁和稀硫酸反应生成Fe2＋，亚铁离子被硝酸钾、被高锰酸钾氧化生成铁离子，高锰酸钾的物质的量＝0.4 mol·L－1×0.025 L＝0.01 mol，硝酸钾的物质的量为＝0.02 mol，铁的物质的量为＝0.13 mol，设硝酸钾的还原产物中N元素的化合价为x，根据转移电子守恒得：0.13 mol×（3－2）＝0.02 mol×（5－x）＋0.01 mol×（7－2），解得：x＝1，所以反应生成的还原产物为N2O。 4.利用草酸（H2C2O4）和KClO3可制取自来水消毒剂（ClO2）。反应原理为H2C2O4＋Cl＋H＋ClO2↑＋X↑＋H2O（未配平）。下列说法不正确的是（　　） A.X表示CO2 B.可用NaClO2代替KClO3 C.氧化剂和还原剂物质的量之比为2∶1 D.若生成标准状况下的ClO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为0.5NA（NA表示阿伏加德罗常数的值） 解析：B　草酸（H2C2O4）和KClO3可制取自来水消毒剂（ClO2），根据化合价变化可知，氯元素化合价降低，则KClO3为氧化剂，还原反应生成ClO2；碳元素化合价升高，则H2C2O4为还原剂，且碳元素化合价为＋3价，则氧化产物X为CO2，A正确；用NaClO2代替KClO3，Cl、C化合价都升高，不符合化合价升降规律，B不正确；化学方程式为H2C2O4＋2H＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2H2O，C正确；11.2 L ClO2（标准状况）为0.5 mol，每生成1 mol ClO2转移1 mol电子，故转移电子数为0.5NA，D正确。 5.工业上常用NaClO3、H2O2和稀硫酸制备ClO2，反应开始加入少量的NaCl，ClO2的生成速率会大大提高，过程如图所示，下列说法不正确的是（　　） A.Cl－为反应过程中的催化剂，Cl2为中间产物 B.过程1中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C.过程2中每生成1 mol O2转移4 mol电子 D.制备ClO2总反应的离子方程式为2Cl＋H2O2＋2H＋2ClO2↑＋2H2O＋O2↑ 解析：C　由图可知，Cl－参与过程1，根据题意加入少量的NaCl，ClO2的生成速率会大大提高，因此Cl－为反应过程中的催化剂，由图可知Cl2生成后又参与反应，为中间产物，A正确；过程1中Cl中的Cl由＋5价降为＋4价，为氧化剂，Cl－由－1价升为0价，为还原剂，根据转移电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B正确；过程2中H2O2中的O由－1价升为0价，因此每生成1 mol O2转移电子为2 mol，C错误；由图可知，总反应为Cl和H2O2生成ClO2和O2，离子方程式为2Cl＋H2O2＋2H＋2ClO2↑＋2H2O＋O2↑，D正确。 6.在负载WO3的CeO2上NH3选择性催化还原NO（NH3-SCR）的还原氧化半循环的过程如图。下列说法正确的是（　　） A.步骤3、4都是氧化还原反应 B.步骤2中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1 C.每生成1 mol N2理论上消耗0.25 mol O2 D.上述过程的总反应方程式：6NO＋4NH35N2＋6H2O 解析：C　步骤3的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，A错误；步骤2的方程式为O2＋2H2O＋4W6＋O＋4Ce3＋4Ce4＋O—H…OW6＋，氧化剂为O2，还原剂为Ce3＋，物质的量之比为1∶4，B错误；由题干反应历程图可知，上述过程的总反应方程式为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O，每生成1 mol N2，理论上消耗0.25 mol O2，C正确；由C项分析可知，题述过程的总反应方程式为4NO＋4NH3＋O24N2＋6H2O，D错误。 7.NaClO2工业上常用于杀菌消毒等，可用“过氧化氢法”制备，其原理如下： ①2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O ②2ClO2＋H2O2＋2NaOH2NaClO2＋O2↑＋2H2O 已知消毒效率指单位质量的消毒剂转移的电子数目。下列说法不正确的是（　　） A.物质的氧化性：NaClO3＞ClO2＞NaClO2 B.过程①的离子方程式为＋H2C2O4＋2H＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2H2O C.理论上消耗草酸（H2C2O4）与过氧化氢（H2O2）的物质的量之比为1∶1 D.相同物质的量的NaClO2与ClO2消毒效率之比为4∶5 解析：D　根据反应方程式：2NaClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋Na2SO4＋2H2O，可知NaClO3为氧化剂，ClO2为还原产物，所以氧化性：NaClO3＞ClO2，根据反应方程式：2ClO2＋H2O2＋2NaOH2NaClO2＋O2↑＋2H2O，可知ClO2为氧化剂，NaClO2为还原产物，所以氧化性：ClO2＞NaClO2，所以氧化性：NaClO3＞ClO2＞NaClO2，A正确；根据过程①的反应，可得到离子反应方程式为＋H2C2O4＋2H＋2ClO2↑＋2CO2↑＋2H2O，B正确；根据反应方程式可知，1 mol草酸生成2 mol二氧化氯，2 mol二氧化氯消耗1 mol过氧化氢，理论上消耗草酸（H2C2O4）与过氧化氢（H2O2）的物质的量之比为1∶1，C正确；1 mol NaClO2被还原为氯离子，转移4 mol电子，1 mol ClO2被还原为氯离子，转移5 mol电子，消毒效率指单位质量的消毒剂转移的电子数目，则NaClO2与ClO2消毒效率之比为×4∶×5＝，D错误。 8.发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化（假设NaNO2的还原产物均为NH3）： 下列说法中，不正确的是（　　） A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O B.当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3 C.反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D.发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑ 解析：B　反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到＋2价，根据氧化还原反应规律可知，N元素由＋3价下降到－3价生成NH3，方程式为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，A正确；当反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价上升到＋3价，NaNO2中N由＋3价降为－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，B错误；反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由＋2价升为＋价，Na2Fe2O4中Fe由＋3价降为＋价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，C正确；由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，D正确。 9.用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2＋H＋Fe3＋＋S＋Cr3＋＋H2O（未配平） 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2＋H＋Cu2＋＋S＋Cr3＋＋H2O（未配平） 下列说法错误的是（　　） A.反应Ⅰ中还原剂与还原产物的物质的量之比为1∶3 B.处理等物质的量Cr2时，消耗Cu2S的物质的量更多 C.处理等物质的量Cr2时，反应Ⅱ中消耗H＋更多 D.用FeS除去废水中Cr2的同时，还有利于吸附悬浮杂质 解析：B　反应Ⅰ按照化合价升降守恒，FeS为还原剂化合价升高9，而Cr2为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为18，FeS系数配2，Cr2系数配3，所以配平方程式为2FeS＋3Cr2＋26H＋2Fe3＋＋2S＋6Cr3＋＋13H2O。同理配平反应Ⅱ，Cu2S作为还原剂化合价升高10，而Cr2为氧化剂化合价降低6，最小公倍数为30，定3Cu2S和5Cr2，配平得3Cu2S＋5Cr2＋46H＋6Cu2＋＋3S＋10Cr3＋＋23H2O。则反应Ⅰ中还原剂与还原产物（Cr3＋）的物质的量之比为2∶6＝1∶3，A正确；反应Ⅰ处理1 mol Cr2需要消耗FeS为 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2需要消耗Cu2S为 mol＝0.6 mol，所以消耗的FeS更多，B错误；反应Ⅰ处理1 mol Cr2需要消耗H＋为 mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2需要消耗H＋为 mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C正确；反应中产生的Fe3＋易水解为Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体能吸附悬浮杂质，D正确。 10.过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒的作用来清洗伤口。有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。 （1）配平下列化学反应，并用单线桥表示电子转移的方向和数目。 　　H2O2＋　　Cr2（SO4）3＋　　KOH　　K2CrO4＋　　K2SO4＋　　H2O 答案： 2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O （2）如消除采矿业胶液中的氰化物（如KCN，C为＋2价），经以下反应实现： KCN＋H2O2＋H2OA＋NH3↑（已配平）。若反应中有6.72 L（标准状况）气体生成，转移电子数目为　0.6NA　。 （3）某强酸反应体系中，反应物和生成物共六种物质或离子：O2、Mn、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2。该反应中发生还原反应的过程是：　MnMn2＋　。 （4）用0.2 mol·L－1 Na2SO3溶液32 mL，还原含4×10－3mol X的溶液，过量的Na2SO3用0.2 mol·L－1 KMnO4酸性溶液氧化（其中KMnO4被还原成Mn2＋），共消耗KMnO4溶液0.8 mL，则元素X在还原产物中的化合价是　＋3　。 解析：（1）过氧化氢中氧元素化合价由－1价降低到－2价，Cr元素化合价由＋3价升高到＋6价，依据得失电子守恒可知，配平后的化学方程式为3H2O2＋Cr2（SO4）3＋10KOH2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O，用单线桥法表示转移电子数目和方向为2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O。 （2）A的化学式为KHCO3；标准状况下，6.72 L氨气的物质的量为＝0.3 mol，依据方程式KCN＋H2O2＋H2OKHCO3＋NH3↑可知，生成1 mol氨气转移2 mol电子，因此生成0.3 mol氨气，转移0.6 mol电子，转移电子数为0.6NA。 （3）过氧化氢是还原剂，氧气是氧化产物，则具有氧化性的高锰酸根离子作氧化剂，二价锰离子是还原产物，因此发生还原反应的过程是：MnMn2＋。 （4）n（Na2SO3）＝0.2 mol·L－1×32×10－3 L＝6.4×10－3 mol，n（X）＝4×10－3 mol，n（KMnO4）＝0.2 mol·L－1×0.8×10－3 L＝1.6×10－4 mol，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，硫元素化合价由＋4价升高到＋6价，高锰酸钾被还原，锰元素化合价由＋7价降低到＋2价，X被还原，X元素化合价降低，令X元素在产物中的化合价为a价，依据得失电子守恒有：6.4×10－3 mol×（6－4）＝1.6×10－4 mol×（7－2）＋4×10－3 mol×（6－a），解得a＝＋3，则元素X在还原产物中的化合价是＋3。 11.（2025·对外经贸大学附中模拟）某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。 已知：ⅰ.[Cu（S2O3）2]2－（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3－（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3－（无色）。 ⅱ.S4在酸性溶液中转化为S、S和SO2。 ⅲ.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。 （1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是　S＋SS2　。 （2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。 序号 X溶液 现象 Ⅰ CuCl2溶液 溶液变为淡绿色，水浴加热至50 ℃以上，逐渐析出黑色沉淀 Ⅱ FeCl3溶液 溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色 Ⅲ AgNO3溶液 逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液 ①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在S。 补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式。 2Cu2＋＋2S2＋　　　　　 　↓＋ 　　↓＋ 　　＋4H＋ 答案： 2Cu2＋＋2S2＋2H2OCu2S↓＋S↓＋2S＋4H＋　 ②向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5 mL 0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是　Ag2S2O3＋H2OAg2S＋H2SO4　。 解析：（1）S与S发生归中反应得到S2，离子方程式为S＋SS2。 （2）①根据元素守恒，可知产物中Cu2S的系数是1，S2中S的化合价为＋2价，Cu2S中Cu和S的化合价分别为＋1和－2，Cu从＋2价降低到＋1，S的化合价从＋2价降低到－2；生成1 mol Cu2S，共得到了6 mol电子。其他产物中还有S和S，S2转化成S，化合价从＋2价降低到0；转化为S，化合价从＋2价升高到＋6；在氧化还原反应中，得失电子守恒，可知S和S的系数分别是1和2。再结合电荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式为2Cu2＋＋2S2＋2H2OCu2S↓＋S↓＋2S＋4H＋。②Ag2S2O3发生歧化反应，得到Ag2S，另一种物质为强酸，为H2SO4，则化学方程式为Ag2S2O3＋H2OAg2S＋H2SO4。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $