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高考化学一轮复习教案第2章第8讲 氧化还原反应的配平及计算（含解析）
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第8课时 关键能力——氧化还原反应的配平及计算
近五年，全国理综卷及自主命题省市单科化学卷都重点考查信息型氧化还原方程式的书写、氧化还原滴定及计算等，高考常将离子反应和氧化还原反应融合在一起考查，即书写离子方程式时往往要用到氧化还原反应理论知识，有关氧化还原反应的计算通常是以化工流程或物质制备综合实验为载体，将氧化还原反应原理应用到生产、生活和最新科技成果中，体现《中国高考评价体现》中对学习掌握、实践探索、思维方法等学科核心素养的要求，考生要阅读文本、获取信息、整合知识，并合理运用科学的思维方法，有效地组织整合学科的相关知识，调动运用学科的相关能力，高质量地认识问题、分析问题、解决问题，体现化学学科的本质价值。
考向1
氧化还原反应方程式的配平(理解与辨析能力)
配平氧化还原反应方程式要依据“三个守恒规律”：
角度1 基本型氧化还原反应方程式的配平
基本型氧化还原反应方程式中，各反应物和生成物均提供，要求根据氧化还原方程式配平的基本方法，配平该化学方程式，确定某物质的化学计量数等，体现氧化还原反应原理在化工生产中的具体应用，要求考生在正确思想观念引领下，综合运用多种知识或技能来解决生活、生产实践中的应用性问题。
(2017·全国卷Ⅲ，27题节选)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质：
。
(1)步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。
解析 第一步；标变价
第二步：列得失
第三步：求总数
确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
第四步：配系数
先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。
2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2＋7NaNO2
第五步：查守恒
检查剩余元素Na、C和O是否守恒。
FeO·Cr2O3的化学计量数为2，NaNO3的化学计量数为7，故FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7。
答案 2∶7
[强化1] (1)(天津卷，9题节选)酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的方程式，其化学计量数依次为__________________。
(2)(安徽卷，27题节选)请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。
解析 (1)I元素由－1价升高到0价，Mn由＋4价降低到＋2价，根据元素化合价升高总数相等可得MnO(OH)2和I－的化学计量数分别为1、2，再结合原子守恒和电荷守恒配平：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O。
(2)H元素由0价降低到－1价，Na由0价升高到＋1价，根据元素化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。
答案 (1)1，2，4，1，1，3 (2)1，2，4，2，1，2
角度2 缺项型氧化还原反应方程式的配平
缺项氧化还原反应方程式中，某些反应物或生成物未提供，要求配平化学(或离子)方程式，并标出缺项物质，大多缺项是H2O、酸(H＋)或碱(OH－)，此类问题考查考生的综合分析能力、逻辑推理能力、实践应用能力，体现高考中化学学科的思想方法和育人价值。
(浙江卷，27题节选)完成以下氧化还原反应的离子方程式：
( )MnO＋( )C2O＋______===( )Mn2＋＋( )CO2↑＋________
解析
答案 2 5 16H＋ 2 10 8H2O
[强化2] (1)(福建卷，25题节选)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。完成I中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O===□NaClO3＋□________。
(2)(天津卷，10题节选)完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：□ClO＋□Fe2＋＋□____===□Cl－＋□Fe3＋＋□_______。
解析 (1)反应I中，Cl由－1价升高到＋5价，Cl和O化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知H2O中＋1价H被还原，则未知产物为H2，结合电子得失守恒和原子守恒配平：NaCl＋3H2O===NaClO3＋3H2↑。
(2)Cl由＋5价降低到－1价，Fe由＋2价升高到＋3价，据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。
答案 (1)1 3 1 3 H2 (2)1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
考向2
信息型氧化还原方程式的书写(分析与推测能力)
信息型氧化还原反应方程式常通过文字描述或工艺流程图的形式，提供一个化学反应的过程，要求考生从题给流程图(或实验操作及现象)中提取有效信息，根据各物质的变化过程确定某些反应物和生成物，然后分析元素的化合价，结合守恒规律写出相应的化学(或离子)方程式，体现《中国高考评价体现》中对知识获取、信息转化、实践操作等关键能力的要求，要求考生能够阅读和理解各种文本，能够客观全面地获取相关信息，能够从情境中提取有效信息，结合氧化还原反应规律，写出相关反应的化学(或离子)方程式。
(2020·北京卷，15题节选)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2 滤液H2O2
(1)Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是_______________________________________。
解析 (1)Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑。
(2)Ⅲ中过氧化钡与盐酸发生复分解反应生成氯化钡和双氧水，结合复分解反应规律写出化学方程式：BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2。
答案 (1)2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑
(2)BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2
[强化3] (1)(2019·全国卷Ⅲ，26题节选)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。
①“滤渣1”含有S，写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
②写出“沉锰”的离子方程式：_________________________________________。
(2)N2O是硝酸生成中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为__________________________________。
答案 (1)①MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
②Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(2)2NH3＋2O2N2O＋3H2O
考向3
氧化还原反应的计算 (归纳与论证能力)
近五年，高考在实验题或化工流程题中考查了有关氧化还原滴定及相关计算问题，将利用得失电子守恒列式计算作为数据处理的手段，体现对《中国高考评价体系》中阅读理解能力、信息搜索能力、信息整理能力、数据处理能力等关键能力的考查，要求考生设计合理的实验方案，进行正确的实验操作，科学收集、处理并解释实验数据，体现高考命题“运用所掌握的知识进行必要的分析、类推或计算，解释、论证一些具体的化学问题”的指导思想。
解答氧化还原反应计算题的依据是得失电子守恒，即反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，列出守恒关系式求解。
(2020·北京卷，18题节选)MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿Mn2＋溶出液Mn2＋纯化液MnO2
资料：软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
(1)电解。Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2－86.94；Na2C2O4－134.0)
产品纯度为__________________________(用质量分数表示)。
解析 (1)Mn2＋纯化液经电解得MnO2，Mn2＋在阳极被氧化生成MnO2，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋。
(2)根据题意可知，部分草酸钠与MnO2发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应：5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则与二氧化锰反应的草酸钠物质的量为(－×5。)
据反应MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2可得：n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝ －×5，故产品纯度＝×100%＝。
答案 (1)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
(2)
[强化4] (2019·全国卷Ⅱ，26题节选)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉(ZnS·BaSO4)：
成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________________________，样品中S2－的含量为___________________(写出表达式)。
解析 淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。
由化学方程式可得：
I2 ＋ 2S2O === 2I－＋S4O
1 mol 2 mol
n1 0.100 0 mol·L－1×V×10－3 L
则n1＝V×0.100 0×10－3 mol
设样品中S2－的含量为w，则由反应I2＋S2－===2I－＋S↓可得
I2 ～ S2－
1 mol 32 g
25．00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1
－V×0.100 0×10－3 mol m g×w
由此可得：w＝×100%。
答案 浅蓝色至无色 ×100%
训练(十一) 氧化还原反应的配平及计算
1．(2021·河南信阳调研)将Cl2通入400 mL 0.5 mol·L－1 KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，则所得混合液中n(KClO3)等于( )
A．0.014 3 mol B．0.028 6 mol
C．0.143 mol D．0.286 mol
B [Cl2通入KOH溶液中，恰好完全反应生成KCl、KClO、KClO3，根据元素守恒，反应后的混合液中n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝0.4 L×0.5 mol/L＝0.2 mol；又知ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，设n(KClO)＝x mol，推知n(KClO3)＝2x mol，n(KCl)＝(0.2－3x) mol，据得失电子守恒可得：n(KCl)×e－＝n(KClO)×e－＋n(KClO3)×5e－，即(0.2－3x)mol＝x mol＋2x mol×5，解得x≈0.014 3 mol，从而推知n(KClO3)＝2×0.014 3 mol＝0.028 6 mol。]
2．(2021·河南洛阳一中检测)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．－1 B．0
C．＋1 D．＋2
B [Na2SO3还原2.4×10－3 mol XO(OH)到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S的化合价由＋4价升高为＋6价，令X元素在还原产物中的化合价为x，由得失电子守恒可知，2.4×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.2 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0。]
3．(2021·陕西西安检测)工业上常利用反应Cr2O＋CH3OH＋H＋―→Cr3＋＋CO2↑＋H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量。下列说法中正确的是( )
A．该反应中，氧化产物是CO2和H2O
B．Cr2O发生氧化反应
C．若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，则Cr2O中的n＝2
D．若有3.2 g CH3OH参加反应，则转移的电子数为6.02×1022
C [该反应中，C由－2价升高到＋4价，H、O的化合价均未变化，则氧化产物是CO2，A项错误；Cr2O是氧化剂，发生还原反应，B项错误；若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，据得失电子守恒可知，参与反应的Cr2O和CH3OH的物质的量之比为1∶1，则Cr显＋6价，从而推知Cr2O中的n＝2，C项正确；3.2 g CH3OH为0.1 mol，参加反应时，转移电子为0.6 mol，则转移的电子数为3.612×1023，D项错误。]
4．(2021·陕西四校联考)已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是( )
A．氧气是还原产物
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶1
C．反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2
D．若生成4.48 L(标准状况下)O2，则反应转移0.8 mol电子
C [NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2，O由－2价升高到0价，则O2是氧化产物，A项错误；还原剂是Ag和H2O，氧化剂是NaClO，据得失电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为3∶2，B项错误；据得失电子守恒、原子守恒配平：4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑，则水的化学计量数为2，C项正确；生成标准状况下4.48 L O2(即0.2 mol)时，转移电子为1.6 mol，D项错误。]
5．(2021·辽宁省实验中学检测)R2O离子在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O离子变为RO离子，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
B [R2O离子中R元素的化合价为＋(16－n)/2，分析题意可知，Mn由＋2价升高到＋7价，R元素由＋(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O)∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O)∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中电子得失守恒的规律列式：n(R2O)×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。]
6．(2021·黑龙江哈师大附中检测)某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH、OH－、N2、Cl－几种微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应中Cl－为氧化产物
B．消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子
C．反应后溶液的碱性增强
D．该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3
B [由图可知，n(ClO－)逐渐减小，n(N2)逐渐增大，则ClO－是反应物，N2是生成物。ClO－发生还原反应生成Cl－，则Cl－是还原产物，A项错误；NH是还原剂，N2是氧化产物，N由－3价升高到0价，则消耗1 mol NH时转移3 mol 电子，B项正确；由上述分析，结合守恒规律写出离子方程式：3ClO－＋2NH＋2OH－===N2↑＋3Cl－＋5H2O，反应消耗OH－，溶液的碱性减弱，C项错误；结合得失电子守恒可知，氧化剂(ClO－)与还原剂(NH)的物质的量之比为3∶2，D项错误。]
7．(2021·河南部分重点校联考)黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮金属光泽，常被误以为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂作用下FeS2有如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中只有Fe3＋作催化剂
C．反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH－
D．反应Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为14 mol
D [反应Ⅲ为非氧化还原反应，A项错误；在酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应中NO也作催化剂，B项错误；因反应在酸性条件下进行，反应Ⅰ的离子方程式：4[Fe(NO)]2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，C项错误。]
8．(2021·山东泰安第一次调研)硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是( )
A．用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4
B．两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．NaBH4与水反应的化学方程式为：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑
D．由图可知该工艺过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念
B [Na2B4O7可表示成Na2O·2B2O3的组成形式，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，A项正确；两步的总反应中B化合价未变，氢气中H化合价从0价降低到－1价，被还原作氧化剂，而Na化合价从0价升高到＋1价，被氧化作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；NaBH4和H2O发生氧化还原反应生成NaBO2和H2，C项正确；由图可知该工艺过程整个制备过程中无污染性物质产生，则符合绿色化学理念，D项正确。]
9．(2020·山东聊城二模)白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：
已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解。
下列叙述正确的是( )
A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率
B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗
C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物
D．“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]∶n[N2H4·H2O]＝4∶1
D [氧化过程加入NaClO，若反应在强酸性或加强热条件下进行，ClO－结合H＋生成HClO，HClO受热则分解为HCl和O2，氧化速率反而会降低，A项错误；“操作1”是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B项错误；还原过程加入N2H4·H2O，生成的N2是氧化产物，若通过原电池来实现，则N2是负极产物，C项错误；还原过程中，Ag由＋1价变为0价，N2H4·H2O中N由－2价升高到0价，据得失电子守恒可得，参加反应的n[Ag(NH3)]∶n(N2H4·H2O)＝4∶1，D项正确。]
第8课时 关键能力——氧化还原反应的配平及计算
近五年，全国理综卷及自主命题省市单科化学卷都重点考查信息型氧化还原方程式的书写、氧化还原滴定及计算等，高考常将离子反应和氧化还原反应融合在一起考查，即书写离子方程式时往往要用到氧化还原反应理论知识，有关氧化还原反应的计算通常是以化工流程或物质制备综合实验为载体，将氧化还原反应原理应用到生产、生活和最新科技成果中，体现《中国高考评价体现》中对学习掌握、实践探索、思维方法等学科核心素养的要求，考生要阅读文本、获取信息、整合知识，并合理运用科学的思维方法，有效地组织整合学科的相关知识，调动运用学科的相关能力，高质量地认识问题、分析问题、解决问题，体现化学学科的本质价值。
考向1
氧化还原反应方程式的配平(理解与辨析能力)
配平氧化还原反应方程式要依据“三个守恒规律”：
角度1 基本型氧化还原反应方程式的配平
基本型氧化还原反应方程式中，各反应物和生成物均提供，要求根据氧化还原方程式配平的基本方法，配平该化学方程式，确定某物质的化学计量数等，体现氧化还原反应原理在化工生产中的具体应用，要求考生在正确思想观念引领下，综合运用多种知识或技能来解决生活、生产实践中的应用性问题。
(2017·全国卷Ⅲ，27题节选)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质：
。
(1)步骤①的主要反应为：
FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。
解析 第一步；标变价
第二步：列得失
第三步：求总数
确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
第四步：配系数
先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。
2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2＋7NaNO2
第五步：查守恒
检查剩余元素Na、C和O是否守恒。
FeO·Cr2O3的化学计量数为2，NaNO3的化学计量数为7，故FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7。
答案 2∶7
[强化1] (1)(天津卷，9题节选)酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)。配平该反应的方程式，其化学计量数依次为__________________。
(2)(安徽卷，27题节选)请配平下列反应的化学方程式：□NaBO2＋□SiO2＋□Na＋□H2―→□NaBH4＋□Na2SiO3。
解析 (1)I元素由－1价升高到0价，Mn由＋4价降低到＋2价，根据元素化合价升高总数相等可得MnO(OH)2和I－的化学计量数分别为1、2，再结合原子守恒和电荷守恒配平：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O。
(2)H元素由0价降低到－1价，Na由0价升高到＋1价，根据元素化合价升降总数相等、原子守恒和电荷守恒配平：NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2===NaBH4＋2Na2SiO3。
答案 (1)1，2，4，1，1，3 (2)1，2，4，2，1，2
角度2 缺项型氧化还原反应方程式的配平
缺项氧化还原反应方程式中，某些反应物或生成物未提供，要求配平化学(或离子)方程式，并标出缺项物质，大多缺项是H2O、酸(H＋)或碱(OH－)，此类问题考查考生的综合分析能力、逻辑推理能力、实践应用能力，体现高考中化学学科的思想方法和育人价值。
(浙江卷，27题节选)完成以下氧化还原反应的离子方程式：
( )MnO＋( )C2O＋______===( )Mn2＋＋( )CO2↑＋________
解析
答案 2 5 16H＋ 2 10 8H2O
[强化2] (1)(福建卷，25题节选)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体。完成I中反应的总化学方程式：□NaCl＋□H2O===□NaClO3＋□________。
(2)(天津卷，10题节选)完成NaClO3 氧化FeCl2 的离子方程式：□ClO＋□Fe2＋＋□____===□Cl－＋□Fe3＋＋□_______。
解析 (1)反应I中，Cl由－1价升高到＋5价，Cl和O化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知H2O中＋1价H被还原，则未知产物为H2，结合电子得失守恒和原子守恒配平：NaCl＋3H2O===NaClO3＋3H2↑。
(2)Cl由＋5价降低到－1价，Fe由＋2价升高到＋3价，据元素化合价升降总数相等可知，ClO、Fe2＋的化学计量数分别为1、6，再结合电荷守恒和原子守恒配平：ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。
答案 (1)1 3 1 3 H2 (2)1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
考向2
信息型氧化还原方程式的书写(分析与推测能力)
信息型氧化还原反应方程式常通过文字描述或工艺流程图的形式，提供一个化学反应的过程，要求考生从题给流程图(或实验操作及现象)中提取有效信息，根据各物质的变化过程确定某些反应物和生成物，然后分析元素的化合价，结合守恒规律写出相应的化学(或离子)方程式，体现《中国高考评价体现》中对知识获取、信息转化、实践操作等关键能力的要求，要求考生能够阅读和理解各种文本，能够客观全面地获取相关信息，能够从情境中提取有效信息，结合氧化还原反应规律，写出相关反应的化学(或离子)方程式。
(2020·北京卷，15题节选)H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2 滤液H2O2
(1)Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(2)Ⅲ中生成H2O2，反应的化学方程式是_______________________________________。
解析 (1)Ⅰ为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑。
(2)Ⅲ中过氧化钡与盐酸发生复分解反应生成氯化钡和双氧水，结合复分解反应规律写出化学方程式：BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2。
答案 (1)2Ba(NO3)22BaO＋O2↑＋4NO2↑
(2)BaO2＋2HCl===BaCl2＋H2O2
[强化3] (1)(2019·全国卷Ⅲ，26题节选)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。
①“滤渣1”含有S，写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
②写出“沉锰”的离子方程式：_________________________________________。
(2)N2O是硝酸生成中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为__________________________________。
答案 (1)①MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
②Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(2)2NH3＋2O2N2O＋3H2O
考向3
氧化还原反应的计算 (归纳与论证能力)
近五年，高考在实验题或化工流程题中考查了有关氧化还原滴定及相关计算问题，将利用得失电子守恒列式计算作为数据处理的手段，体现对《中国高考评价体系》中阅读理解能力、信息搜索能力、信息整理能力、数据处理能力等关键能力的考查，要求考生设计合理的实验方案，进行正确的实验操作，科学收集、处理并解释实验数据，体现高考命题“运用所掌握的知识进行必要的分析、类推或计算，解释、论证一些具体的化学问题”的指导思想。
解答氧化还原反应计算题的依据是得失电子守恒，即反应中氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，列出守恒关系式求解。
(2020·北京卷，18题节选)MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿Mn2＋溶出液Mn2＋纯化液MnO2
资料：软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
(1)电解。Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是________________________________________________________________________。
(2)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c mol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2－86.94；Na2C2O4－134.0)
产品纯度为__________________________(用质量分数表示)。
解析 (1)Mn2＋纯化液经电解得MnO2，Mn2＋在阳极被氧化生成MnO2，电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋。
(2)根据题意可知，部分草酸钠与MnO2发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应：5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，则与二氧化锰反应的草酸钠物质的量为(－×5。)
据反应MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2可得：n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝ －×5，故产品纯度＝×100%＝。
答案 (1)Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
(2)
[强化4] (2019·全国卷Ⅱ，26题节选)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉(ZnS·BaSO4)：
成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________________________，样品中S2－的含量为___________________(写出表达式)。
解析 淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。
由化学方程式可得：
I2 ＋ 2S2O === 2I－＋S4O
1 mol 2 mol
n1 0.100 0 mol·L－1×V×10－3 L
则n1＝V×0.100 0×10－3 mol
设样品中S2－的含量为w，则由反应I2＋S2－===2I－＋S↓可得
I2 ～ S2－
1 mol 32 g
25．00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1
－V×0.100 0×10－3 mol m g×w
由此可得：w＝×100%。
答案 浅蓝色至无色 ×100%
训练(十一) 氧化还原反应的配平及计算
1．(2021·河南信阳调研)将Cl2通入400 mL 0.5 mol·L－1 KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，则所得混合液中n(KClO3)等于( )
A．0.014 3 mol B．0.028 6 mol
C．0.143 mol D．0.286 mol
B [Cl2通入KOH溶液中，恰好完全反应生成KCl、KClO、KClO3，根据元素守恒，反应后的混合液中n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝0.4 L×0.5 mol/L＝0.2 mol；又知ClO－与ClO的物质的量之比是1∶2，设n(KClO)＝x mol，推知n(KClO3)＝2x mol，n(KCl)＝(0.2－3x) mol，据得失电子守恒可得：n(KCl)×e－＝n(KClO)×e－＋n(KClO3)×5e－，即(0.2－3x)mol＝x mol＋2x mol×5，解得x≈0.014 3 mol，从而推知n(KClO3)＝2×0.014 3 mol＝0.028 6 mol。]
2．(2021·河南洛阳一中检测)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．－1 B．0
C．＋1 D．＋2
B [Na2SO3还原2.4×10－3 mol XO(OH)到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S的化合价由＋4价升高为＋6价，令X元素在还原产物中的化合价为x，由得失电子守恒可知，2.4×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.2 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0。]
3．(2021·陕西西安检测)工业上常利用反应Cr2O＋CH3OH＋H＋―→Cr3＋＋CO2↑＋H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量。下列说法中正确的是( )
A．该反应中，氧化产物是CO2和H2O
B．Cr2O发生氧化反应
C．若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，则Cr2O中的n＝2
D．若有3.2 g CH3OH参加反应，则转移的电子数为6.02×1022
C [该反应中，C由－2价升高到＋4价，H、O的化合价均未变化，则氧化产物是CO2，A项错误；Cr2O是氧化剂，发生还原反应，B项错误；若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，据得失电子守恒可知，参与反应的Cr2O和CH3OH的物质的量之比为1∶1，则Cr显＋6价，从而推知Cr2O中的n＝2，C项正确；3.2 g CH3OH为0.1 mol，参加反应时，转移电子为0.6 mol，则转移的电子数为3.612×1023，D项错误。]
4．(2021·陕西四校联考)已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，下列说法正确的是( )
A．氧气是还原产物
B．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶1
C．反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为2
D．若生成4.48 L(标准状况下)O2，则反应转移0.8 mol电子
C [NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2，O由－2价升高到0价，则O2是氧化产物，A项错误；还原剂是Ag和H2O，氧化剂是NaClO，据得失电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为3∶2，B项错误；据得失电子守恒、原子守恒配平：4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑，则水的化学计量数为2，C项正确；生成标准状况下4.48 L O2(即0.2 mol)时，转移电子为1.6 mol，D项错误。]
5．(2021·辽宁省实验中学检测)R2O离子在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O离子变为RO离子，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
B [R2O离子中R元素的化合价为＋(16－n)/2，分析题意可知，Mn由＋2价升高到＋7价，R元素由＋(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O)∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O)∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中电子得失守恒的规律列式：n(R2O)×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。]
6．(2021·黑龙江哈师大附中检测)某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH、OH－、N2、Cl－几种微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．该反应中Cl－为氧化产物
B．消耗1 mol还原剂，转移3 mol电子
C．反应后溶液的碱性增强
D．该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3
B [由图可知，n(ClO－)逐渐减小，n(N2)逐渐增大，则ClO－是反应物，N2是生成物。ClO－发生还原反应生成Cl－，则Cl－是还原产物，A项错误；NH是还原剂，N2是氧化产物，N由－3价升高到0价，则消耗1 mol NH时转移3 mol 电子，B项正确；由上述分析，结合守恒规律写出离子方程式：3ClO－＋2NH＋2OH－===N2↑＋3Cl－＋5H2O，反应消耗OH－，溶液的碱性减弱，C项错误；结合得失电子守恒可知，氧化剂(ClO－)与还原剂(NH)的物质的量之比为3∶2，D项错误。]
7．(2021·河南部分重点校联考)黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色，且具有明亮金属光泽，常被误以为是黄金，故又称为“愚人金”。在酸性和催化剂作用下FeS2有如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中只有Fe3＋作催化剂
C．反应Ⅰ的离子方程式：4Fe(NO)2＋＋O2＋2H2O===4Fe3＋＋4NO＋4OH－
D．反应Ⅱ中，每消耗1 mol FeS2，转移电子的物质的量为14 mol
D [反应Ⅲ为非氧化还原反应，A项错误；在酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应中NO也作催化剂，B项错误；因反应在酸性条件下进行，反应Ⅰ的离子方程式：4[Fe(NO)]2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O，C项错误。]
8．(2021·山东泰安第一次调研)硼氢化钠(NaBH4)具有强还原性，在工业生产上广泛用于非金属及金属材料的化学镀膜、贵金属回收、工业废水处理等。工业上采用的Bayer法制备NaBH4通常分两步(如图)。下列说法错误的是( )
A．用B2O3代替Na2B4O7也可制得NaBH4
B．两步的总反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
C．NaBH4与水反应的化学方程式为：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑
D．由图可知该工艺过程中无污染性物质产生，符合绿色化学理念
B [Na2B4O7可表示成Na2O·2B2O3的组成形式，则在制备NaBH4过程中，也可用B2O3代替Na2B4O7作原料，A项正确；两步的总反应中B化合价未变，氢气中H化合价从0价降低到－1价，被还原作氧化剂，而Na化合价从0价升高到＋1价，被氧化作还原剂，根据得失电子守恒可得，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；NaBH4和H2O发生氧化还原反应生成NaBO2和H2，C项正确；由图可知该工艺过程整个制备过程中无污染性物质产生，则符合绿色化学理念，D项正确。]
9．(2020·山东聊城二模)白银(Ag)是高新技术产业的基础材料之一。在一种光盘金属层中回收少量白银(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)的流程如下：
已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解。
下列叙述正确的是( )
A．“氧化”过程若在加强热和强酸性条件下进行时可提高氧化速率
B．“操作1”所用到的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯、分液漏斗
C．若“还原”过程通过原电池来实现，则N2为正极产物
D．“还原”过程中参加反应的n[Ag(NH3)]∶n[N2H4·H2O]＝4∶1
D [氧化过程加入NaClO，若反应在强酸性或加强热条件下进行，ClO－结合H＋生成HClO，HClO受热则分解为HCl和O2，氧化速率反而会降低，A项错误；“操作1”是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B项错误；还原过程加入N2H4·H2O，生成的N2是氧化产物，若通过原电池来实现，则N2是负极产物，C项错误；还原过程中，Ag由＋1价变为0价，N2H4·H2O中N由－2价升高到0价，据得失电子守恒可得，参加反应的n[Ag(NH3)]∶n(N2H4·H2O)＝4∶1，D项正确。]
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