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2024届高考化学一轮复习教案 05 第一章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算
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这是一份2024届高考化学一轮复习教案 05 第一章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算，共19页。
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的步骤
一、一般氧化还原反应方程式的配平
配平化学方程式：
H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O
配平步骤如下：
第一步：标变价。
H2 eq \(S,\s\up6(－2)) ＋H eq \(N,\s\up6(＋5)) O3―→ eq \(S,\s\up6(0)) ↓＋ eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋H2O
第二步：列得失。
第三步：求总数。从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
故H2S和S的化学计量数为3，NO和HNO3的化学计量数为2。
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。
3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步：查守恒。其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。
答案： (1)4 1 1 1 2
(2)5 1 3 3 3 3
(3)2 16 10 2 5 8
答案： (1)3 6 2 1 3
(2)2 9 3 3 5
答案： (1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
二、缺项型氧化还原反应方程式的配平
将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫红色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
配平步骤如下：
学生用书第23页
(1)由溶液显紫红色可推知有MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 生成，确定变价元素物质的化学计量数。
化合价分析如下：
Bi(＋5→＋3) 2× 5(化学计量数5配在NaBiO3和Bi3＋前)
Mn(＋2→＋7) 5×2(化学计量数2配在Mn2＋和MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 前)
(2)利用原子守恒确定缺项物质及其他物质的化学计量数。
(3)根据补项原则，在酸性条件下，方程式左边多O，故应补H＋，而方程式右边少O，故应补H2O，再根据原子守恒配平H＋和H2O之前的化学计量数。
5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋===5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O。
(3)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、AlN、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。
eq \x( ) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( ) === eq \x( ) AlN＋ eq \x( )
答案： (1)3 2 4 OH－ 3 2 5
(2)2 5 6 H＋ 2 5 8
(3)Al2O3 3C N2 2 3CO
eq \a\vs4\al(归纳总结)
1．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，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
2．补项原则
3.组合方式
考点二 电子守恒法的计算
1．计算依据
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。
2．守恒法解题的思维流程
一、根据电子守恒确定化合价或物质组成
1．在溶液中0.2 ml X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 恰好能使0.6 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 被完全氧化，则X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 被还原后X元素的化合价为( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
C [0.6 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 被完全氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，S的化合价由＋4升高为＋6，失去1.2 ml电子，得失电子数目相等，相应地0.2 ml X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 被还原得到1.2 ml电子，所以X的化合价由＋6降低为＋3。]
2．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
B [设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 ml、8 ml，HNO3的唯一还原产物中N化合价为＋x。反应中有 eq \(Fe,\s\up6(＋2)) S eq \(2,\s\up6(－1)) ―→ eq \(Fe,\s\up6(＋3)) (NO3)3＋2H2 eq \(S,\s\up6(＋6)) O4，1 ml FeS2失去电子15 ml；H eq \(N,\s\up6(＋5)) O3―→ eq \(N,\s\up6(＋x)) ，只有5 ml HNO3作氧化剂得电子5×(5－x) ml。则5×(5－x)＝15，解得x＝2。]
学生用书第24页
3.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多元素之间得失电子守恒问题
4．(2021·山东泰安检测)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应Ⅰ：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋FeS2＋H＋―→Fe3＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，转移电子的物质的量为10 ml
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3
B [A.反应Ⅰ中Cu2S中Cu的化合价从＋1升高到＋2，S的化合价从－2升高到＋6，Cu2S只作还原剂；B.反应Ⅰ中每生成1 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，2 ml Cu＋失去2 ml电子，1 ml S2－失去8 ml电子，总共转移电子的物质的量为10 ml；C.反应Ⅱ：3MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋FeS2＋8H＋===
Fe3＋＋2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3Mn2＋＋4H2O，得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1；D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2。]
5．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 ml CuSO4可氧化P的物质的量为 ml，生成1 ml Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 ml。
解析： 设7.5 ml CuSO4氧化P的物质的量为x，生成1 ml Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，
根据得失电子守恒得：
7．5 ml×(2－1)＝x×(5－0)
则x＝1.5 ml
1 ml×3×(2－1)＋1 ml×[0－(－3)]＝y×(5－0)
则y＝1.2 ml
所以参加反应的P的物质的量为1.2 ml＋1 ml＝2.2 ml。
答案： 1.5 2.2
写出MnO2在酸性条件下与NaHSO3溶液反应，该反应的离子方程式是
。
解析： 第1步：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第2步：Mn降低2价，S升高2价，故在MnO2、HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、Mn2＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 前系数均为1：
MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第3步：方程式左边带1个负电荷，右边不带电荷，溶液显酸性，故在方程式左边添加1个H＋使电荷守恒：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第4步：根据原子守恒在方程式右边加1个H2O：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋===Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H2O
答案： MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋===Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H2O
应用1.直给信息型氧化还原反应方程式的书写
(1)已知在酸性介质中FeSO4能将＋6价铬还原成＋3价铬。写出Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：
。
(2)用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：
。
(3)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
(4)温度高于200 ℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为4∶1)，该反应的化学方程式： 。
(5)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2。生产中溶液需保持弱碱性。在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，反应的离子方程式： _。
答案： (1)Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(2)2Ag＋＋ClO－＋2OH－===Ag2O2↓＋Cl－＋H2O
(3)3Mn2＋＋2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
(4)4Al(NO3)3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3
(5)3NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H＋===NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2NO↑＋H2O
应用2.工艺流程型氧化还原反应方程式的书写
(1)利用钴渣[含C(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
学生用书第25页
C(OH)3溶解还原反应的离子方程式为
。
(2)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。该法工艺原理示意图如下。
其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发生器中生成ClO2的化学方程式为
。
答案： (1)2C(OH)3＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋4H＋===2C2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋5H2O
(2)2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
eq \a\vs4\al(归纳总结)
氧化还原反应型离子方程式的书写流程
1．找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。
2．正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。
3．配平变价微粒：应用最小公倍数法确定得失电子的数目，配平含变价元素的相关物质。
4．确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH－还是H＋。
5．整体元素配平：通过观察法确定所有物质的化学计量数。
6．三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒。
应用3.循环转化型氧化还原反应方程式的书写
(1)有氧条件下，在V2O5的催化作用下NO可被NH3还原为N2。反应机理如图所示。NO、NH3在有氧条件下的总反应化学方程式是 _
。
(2)人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步是先将二氧化碳还原为甲醛。
请写出前两步总反应的化学方程式：
。
解析： (2)由题图可知，前两步反应物为CO2、 H2、H2O2，生成物CH2O，所以化学方程式为：CO2＋3H2＋H2O2===CH2O＋3H2O。
答案： (1)4NH3＋4NO＋O2 eq \(=====,\s\up7(V2O5)) 4N2↑＋6H2O
(2)CO2＋3H2＋H2O2===CH2O＋3H2O
真题演练 明确考向
1．(2022·全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 。
学生用书第26页
(2)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为 _。
答案： (1)PbSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)PbCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq) (2)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O
2．[2021·广东高考，18(5)]高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
(1)该氧化物为 。
(2)已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
答案： (1)Al2O3 (2)4∶1
3．(2021·全国甲卷，26)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为
，
生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 ；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，单质碘的收率会降低，原因是 _
。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为
。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为 ml。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－I eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。
解析： (1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的
银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 与HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 发生氧化还原反应，生成SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 和I2，根据得失电子守恒及元素守恒配平离子方程式可得：2IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===I2＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋＋H2O。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4 ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－I eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，蒸馏时防止单质碘析出。
答案： (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (2)2IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===I2＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋＋H2O (3)4 防止单质碘析出
课时精练(五) 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算 eq \a\vs4\al(\f(对应学生,用书P328))
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．(2022·辽宁岫岩高中高三期中)m g铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，收集到n L SO2，则被还原的H2SO4的物质的量是( )
A． eq \f(m,32) ml B． eq \f(m,64) ml
C． eq \f(n,11.2) ml D． eq \f(n,22.4) ml
B [由于未给出气体状态，无法利用SO2体积计算。m g Cu的物质的量n＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(m g,64 g/ml) ＝ eq \f(m,64) ml，反应中整个Cu元素化合价由0价升高为＋2，S元素化合价由＋6降低为＋4，根据电子守恒有：(6－4)×n(SO2)＝2× eq \f(m,64) ml，故n(SO2)＝ eq \f(m,64) ml，被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原(H2SO4)＝n(SO2)＝ eq \f(m,64) ml。]
2．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位：ml·L－1)为( )
A．2.00×10－2 B．3.00×10－2
C．4.00×10－2 D．5.00×10－2
A [酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色，发生的反应为2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H2O，则有关系式：2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ～5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，使20.00 mL 1.00×10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为 eq \f(5×20.00×10－3 L×1.00×10－2 ml/L,2×25.00×10－3 L) ＝2.00×10－2 ml/L，故选A。]
3．(2022·浙江省选考三模)误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P↓＋24H3PO4＋60H2SO4，下列说法正确的是( )
A．反应中CuSO4作氧化剂，白磷作还原剂
B．反应中电子转移数为60e－
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
D．1 ml CuSO4能氧化0.05 ml P4
D [反应中铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，磷元素化合价有升高和降低，白磷作氧化剂和还原剂，A错误；反应中铜得到60个电子，磷得到60个电子，磷失去120个电子，故转移120个电子，B错误；氧化产物为磷酸，还原产物为磷化亚铜，二者比例为24∶20＝6∶5，C错误；由电子守恒可知，1 ml CuSO4氧化的P4的物质的量为 eq \f(1 ml,5×4) ＝0.05 ml，D正确。]
4．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：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋ eq \x( ) ―→Mn2＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 ml NaNO3需消耗0.4 ml KMnO4
D． eq \x( ) 中的粒子是OH－
C [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 eq \x( ) 内应填H＋，配平化学方程式：2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O；其中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 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。]
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( )
eq \x(Au2O3) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( ) === eq \x( ) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( )
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．当1 ml Au2O3完全反应时，转移电子8 ml
C [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 ml Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 ml，A、B、D错误，C正确。]
6．硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应： eq \x( ) Na2S2O3＋ eq \x( ) Cl2＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) NaCl＋ eq \x( ) HCl＋ eq \x( ) 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 ml Na2S2O3作还原剂，则转移4 ml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
A [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 ml Na2S2O3作还原剂，则转移4 ml电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，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。]
7．钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130 ℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O―→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
下列说法不正确的是( )
A．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强
B．反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应
C．反应②配平后，H2O的化学计量数是6
D．整个反应过程中，每有16.8 g Fe参加反应转移0.8 ml电子
C [根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，根据反应②可知NaNO2的氧化性比Na2FeO4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中＋3价，升高了1，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8 g Fe的物质的量为 eq \f(16.8 g,56 g·ml－1) ＝0.3 ml，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高 eq \f(8,3) 价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3 ml× eq \f(8,3) ＝0.8 ml电子，D正确。]
8．(2022·安徽省皖江名校高三第四次联考)ClO－可用于处理含CN－的废水，处理过程中体系存在ClO－、CN－、N2、Cl－、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO－是氧化剂，N2是氧化产物
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3∶2
C.若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 ml
D.含CN－的废水也可用Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 处理
A [A项，根据题意，ClO－、CN－为反应物，N2、Cl－、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 。其中ClO－是氧化剂， N2是氧化产物，正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是CN－，根据分析可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，错误；C项，在反应5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 中，每反应产生1 ml N2，反应过程中转移10 ml电子，若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 ml，则转移电子1 ml，错误；D项，Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 具有强氧化性，但若用Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3＋，错误。]
9．(2022·河北省石家庄二中模拟预测)钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示，下列说法正确的是( )
A．氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为6∶7
B．氯化过程中FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：Mg＜Ti
D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气
D [由流程可知，氯化发生2FeTiO3＋6C＋7Cl2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2FeCl3＋6CO＋2TiCl4，然后发生2Mg＋TiCl4 eq \(=====,\s\up7(800 ℃),\s\d5(Ar)) 2MgCl2＋Ti。A项，由上述分析可知，氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为7∶6，错误；B项，氯化时Ti元素的化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，错误；C项，由制取金属钛的反应2Mg＋TiCl4 eq \(=====,\s\up7(800 ℃),\s\d5(Ar)) 2MgCl2＋Ti，可得到还原性：Mg＞Ti，错误；D项，制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，正确。]
10．漂白粉和漂粉精都是生产生活中的常见物质，工业上生产漂粉精的流程如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．漂粉精的有效成分为氯酸钙，应密封存放于避光干燥处
B．电解饱和食盐水时，两个电极均不能使用金属材料
C．反应②的化学方程式为2Na2CO3＋H2O＋2Cl2===2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O
D．上述生产过程涉及的反应有氧化还原反应、置换反应、复分解反应
C [漂粉精的有效成分为次氯酸钙，A项错误；电解饱和食盐水时，阴极可以使用金属材料(如铜等)，B项错误；根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应②的化学方程式，C项正确；流程图所示的生产过程中没有涉及置换反应，D项错误。]
11.(2022·河北模拟预测)氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是( )
A．整个过程中Ni2＋作催化剂
B．过程Ⅰ中发生的化学反应为2Ni2＋＋2NO===2Ni3＋＋2O－＋N2
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D.过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D [整个过程中Ni2＋先参加反应后又被生成，Ni2＋是催化剂，A正确；过程Ⅰ中的反应物为Ni2＋、NO，产物为Ni3＋、O－、N2，对应的离子方程式为2Ni2＋＋2NO===2Ni3＋＋2O－＋N2，故B正确；过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；过程Ⅱ的离子方程式为2Ni3＋＋2O－===2Ni2＋＋O2↑，Ni元素化合价降低，Ni3＋是氧化剂，O元素化合价升高，O－是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误。]
12．(2022·山东临沂一模)合成NH3是重要的研究课题，一种新型合成氨的过程如图。下列说法正确的是( )
A．“转氨”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3
D [人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程中反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；“转氨”过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；氨气极易溶于水，用H2O代替NH4Cl进行转化，不易分离出NH3，故C错误；该合成氨过程中，N2→NH3，N元素化合价从0价降至－3价，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从－2价升至0价，有2个O原子变价，失去4个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为2∶6＝1∶3，故D正确。]
13．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式： _
。
(2)该反应的还原产物是 。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11.2 L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为 ，转移电子数目为 。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式：
。
解析： (1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3＋4HCl(浓)===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化的氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2HCl～Cl2↑～2e－，标准状况下，11.2 L氯气的物质的量为0.5 ml，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5 ml×2＝1 ml，转移的电子数目为6.02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为5H2S＋8ClO2＋4H2O===5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8Cl－＋18H＋。
答案： (1)2NaClO3＋4HCl(浓)===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl (2)ClO2 (3)1 ml
6．02×1023(或NA) (4)5H2S＋8ClO2＋4H2O===5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8Cl－＋18H＋
14．“8·12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题：
(1)钠、钾着火，下列可用来灭火的是 。
A．水 B．泡沫灭火器
C．干粉灭火器 D．细沙盖灭
(2)NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法。
①H2O2处理法：NaCN＋H2O2―→N2↑＋X＋H2O推测X的化学式为 。
②NaClO处理法：aCN－＋bClO－＋2cOH－===dCNO－＋eN2↑＋fCO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋bCl－＋cH2O方程式中e∶f的值为 (填字母)。
A.1 B． eq \f(1,2)
C．2 D．不能确定
(3)以TiO2为催化剂用NaClO将CN－氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－的废水与过量NaClO溶液混合液共200 mL(设其中CN－的浓度为0.2 ml·L－1)进行实验。
①写出CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式： _
。
②若结果测得CO2的质量为1.408 g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为 。
解析： (1)Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化物均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，只能用细沙覆盖来灭火；(2)①NaCN＋H2O2―→N2↑＋X＋H2O中，由原子守恒可知X为NaHCO3，方程式为：2NaCN＋5H2O2===N2↑＋2NaHCO3＋4H2O；②由CN－中碳与氮原子数目之比为1∶1，而碳氮转化为CNO－和N2以及CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，又因为CNO－中碳氮数目之比为1∶1，所以N2和CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 两微粒之比为1∶2，所以e∶f＝1∶2；(3)①根据题意可知，酸性条件下CNO－与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO－＋6ClO－＋8H＋===N2↑＋2CO2↑＋3Cl2↑＋4H2O；②二氧化碳的质量为1.408 g，物质的量为 eq \f(1.408 g,44 g/ml) ＝0.032 ml，根据碳元素守恒可知被处理的CN－的物质的量为n(CN－)＝n(CO2)＝0.032 ml，原溶液中CN－的物质的量为0.2 L×0.2 ml/L＝0.04 ml，所以该实验中测得CN－被处理的百分率为 eq \f(0.032 ml,0.04 ml) ×100%＝80%。
答案： (1)D (2)①NaHCO3 ②B
(3)①2CNO－＋6ClO－＋8H＋===N2↑＋2CO2↑＋3Cl2↑＋4H2O ②80%
学生用书第27页条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
反应物
生成物
使用条件
组合一
H＋
H2O
酸性溶液
组合二
H2O
H＋
酸性溶液或酸碱性未知
组合三
OH－
H2O
碱性溶液
组合四
H2O
OH－
碱性溶液或酸碱性未知
步骤
具体内容
第1步：
列物质
氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物
第1步中只写出氧化还原方程式中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；除了教材中要求学生掌握的常见物质变化外，陌生氧化还原反应方程式总会在题中给出相应信息推出产物：如化合价变化、物质变化等
第2步：
平电子
根据电子得失守恒配平所列物质
第3步：
平电荷
根据电荷守恒配平所列物质，当电荷量不相等时，酸性环境补充氢离子，碱性环境补充氢氧根离子，总的原则是只能补充电解质中含有的离子
第4步：
平原子
根据原子守恒配平反应方程式
难溶
电
解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的步骤
一、一般氧化还原反应方程式的配平
配平化学方程式：
H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O
配平步骤如下：
第一步：标变价。
H2 eq \(S,\s\up6(－2)) ＋H eq \(N,\s\up6(＋5)) O3―→ eq \(S,\s\up6(0)) ↓＋ eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋H2O
第二步：列得失。
第三步：求总数。从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。
故H2S和S的化学计量数为3，NO和HNO3的化学计量数为2。
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。
3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步：查守恒。其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。
答案： (1)4 1 1 1 2
(2)5 1 3 3 3 3
(3)2 16 10 2 5 8
答案： (1)3 6 2 1 3
(2)2 9 3 3 5
答案： (1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
二、缺项型氧化还原反应方程式的配平
将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫红色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
配平步骤如下：
学生用书第23页
(1)由溶液显紫红色可推知有MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 生成，确定变价元素物质的化学计量数。
化合价分析如下：
Bi(＋5→＋3) 2× 5(化学计量数5配在NaBiO3和Bi3＋前)
Mn(＋2→＋7) 5×2(化学计量数2配在Mn2＋和MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 前)
(2)利用原子守恒确定缺项物质及其他物质的化学计量数。
(3)根据补项原则，在酸性条件下，方程式左边多O，故应补H＋，而方程式右边少O，故应补H2O，再根据原子守恒配平H＋和H2O之前的化学计量数。
5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋===5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋7H2O。
(3)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、AlN、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。
eq \x( ) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( ) === eq \x( ) AlN＋ eq \x( )
答案： (1)3 2 4 OH－ 3 2 5
(2)2 5 6 H＋ 2 5 8
(3)Al2O3 3C N2 2 3CO
eq \a\vs4\al(归纳总结)
1．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，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
2．补项原则
3.组合方式
考点二 电子守恒法的计算
1．计算依据
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。
2．守恒法解题的思维流程
一、根据电子守恒确定化合价或物质组成
1．在溶液中0.2 ml X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 恰好能使0.6 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 被完全氧化，则X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 被还原后X元素的化合价为( )
A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4
C [0.6 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 被完全氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，S的化合价由＋4升高为＋6，失去1.2 ml电子，得失电子数目相等，相应地0.2 ml X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 被还原得到1.2 ml电子，所以X的化合价由＋6降低为＋3。]
2．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
B [设参加反应的FeS2、HNO3物质的量分别为1 ml、8 ml，HNO3的唯一还原产物中N化合价为＋x。反应中有 eq \(Fe,\s\up6(＋2)) S eq \(2,\s\up6(－1)) ―→ eq \(Fe,\s\up6(＋3)) (NO3)3＋2H2 eq \(S,\s\up6(＋6)) O4，1 ml FeS2失去电子15 ml；H eq \(N,\s\up6(＋5)) O3―→ eq \(N,\s\up6(＋x)) ，只有5 ml HNO3作氧化剂得电子5×(5－x) ml。则5×(5－x)＝15，解得x＝2。]
学生用书第24页
3.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多元素之间得失电子守恒问题
4．(2021·山东泰安检测)用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，发生反应Ⅰ：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Cu2S＋H＋―→Cu2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反应Ⅱ：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋FeS2＋H＋―→Fe3＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，转移电子的物质的量为10 ml
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3
B [A.反应Ⅰ中Cu2S中Cu的化合价从＋1升高到＋2，S的化合价从－2升高到＋6，Cu2S只作还原剂；B.反应Ⅰ中每生成1 ml SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，2 ml Cu＋失去2 ml电子，1 ml S2－失去8 ml电子，总共转移电子的物质的量为10 ml；C.反应Ⅱ：3MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋FeS2＋8H＋===
Fe3＋＋2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3Mn2＋＋4H2O，得出氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1；D.若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为3∶2。]
5．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 ml CuSO4可氧化P的物质的量为 ml，生成1 ml Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 ml。
解析： 设7.5 ml CuSO4氧化P的物质的量为x，生成1 ml Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，
根据得失电子守恒得：
7．5 ml×(2－1)＝x×(5－0)
则x＝1.5 ml
1 ml×3×(2－1)＋1 ml×[0－(－3)]＝y×(5－0)
则y＝1.2 ml
所以参加反应的P的物质的量为1.2 ml＋1 ml＝2.2 ml。
答案： 1.5 2.2
写出MnO2在酸性条件下与NaHSO3溶液反应，该反应的离子方程式是
。
解析： 第1步：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第2步：Mn降低2价，S升高2价，故在MnO2、HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、Mn2＋、SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 前系数均为1：
MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第3步：方程式左边带1个负电荷，右边不带电荷，溶液显酸性，故在方程式左边添加1个H＋使电荷守恒：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋―→Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
第4步：根据原子守恒在方程式右边加1个H2O：MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋===Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H2O
答案： MnO2＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋===Mn2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋H2O
应用1.直给信息型氧化还原反应方程式的书写
(1)已知在酸性介质中FeSO4能将＋6价铬还原成＋3价铬。写出Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：
。
(2)用NaClONaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：
。
(3)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
(4)温度高于200 ℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为4∶1)，该反应的化学方程式： 。
(5)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2。生产中溶液需保持弱碱性。在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，反应的离子方程式： _。
答案： (1)Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(2)2Ag＋＋ClO－＋2OH－===Ag2O2↓＋Cl－＋H2O
(3)3Mn2＋＋2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
(4)4Al(NO3)3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3
(5)3NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H＋===NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2NO↑＋H2O
应用2.工艺流程型氧化还原反应方程式的书写
(1)利用钴渣[含C(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
学生用书第25页
C(OH)3溶解还原反应的离子方程式为
。
(2)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。该法工艺原理示意图如下。
其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发生器中生成ClO2的化学方程式为
。
答案： (1)2C(OH)3＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋4H＋===2C2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋5H2O
(2)2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
eq \a\vs4\al(归纳总结)
氧化还原反应型离子方程式的书写流程
1．找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。
2．正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。
3．配平变价微粒：应用最小公倍数法确定得失电子的数目，配平含变价元素的相关物质。
4．确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH－还是H＋。
5．整体元素配平：通过观察法确定所有物质的化学计量数。
6．三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒。
应用3.循环转化型氧化还原反应方程式的书写
(1)有氧条件下，在V2O5的催化作用下NO可被NH3还原为N2。反应机理如图所示。NO、NH3在有氧条件下的总反应化学方程式是 _
。
(2)人类首次以二氧化碳为原料，不依赖植物光合作用，直接经过11步路径人工合成淀粉。前两步是先将二氧化碳还原为甲醛。
请写出前两步总反应的化学方程式：
。
解析： (2)由题图可知，前两步反应物为CO2、 H2、H2O2，生成物CH2O，所以化学方程式为：CO2＋3H2＋H2O2===CH2O＋3H2O。
答案： (1)4NH3＋4NO＋O2 eq \(=====,\s\up7(V2O5)) 4N2↑＋6H2O
(2)CO2＋3H2＋H2O2===CH2O＋3H2O
真题演练 明确考向
1．(2022·全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过如图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为 。
学生用书第26页
(2)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为 _。
答案： (1)PbSO4(s)＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) (aq)PbCO3(s)＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (aq) (2)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O
2．[2021·广东高考，18(5)]高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
(1)该氧化物为 。
(2)已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
答案： (1)Al2O3 (2)4∶1
3．(2021·全国甲卷，26)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为
，
生成的沉淀与硝酸反应，生成 后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为 ；
若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为 ；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5，单质碘的收率会降低，原因是 _
。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为
。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为 ml。I2在KI溶液中可发生反应I2＋I－I eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是 。
解析： (1)①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的
银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2＋，恰好将全部I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中(含I－)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 与HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 发生氧化还原反应，生成SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 和I2，根据得失电子守恒及元素守恒配平离子方程式可得：2IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===I2＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋＋H2O。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI＋2CuSO4===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4 ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2＋I－I eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，蒸馏时防止单质碘析出。
答案： (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化 (2)2IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===I2＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋＋H2O (3)4 防止单质碘析出
课时精练(五) 氧化还原反应方程式的配平、书写及计算 eq \a\vs4\al(\f(对应学生,用书P328))
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1．(2022·辽宁岫岩高中高三期中)m g铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，收集到n L SO2，则被还原的H2SO4的物质的量是( )
A． eq \f(m,32) ml B． eq \f(m,64) ml
C． eq \f(n,11.2) ml D． eq \f(n,22.4) ml
B [由于未给出气体状态，无法利用SO2体积计算。m g Cu的物质的量n＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(m g,64 g/ml) ＝ eq \f(m,64) ml，反应中整个Cu元素化合价由0价升高为＋2，S元素化合价由＋6降低为＋4，根据电子守恒有：(6－4)×n(SO2)＝2× eq \f(m,64) ml，故n(SO2)＝ eq \f(m,64) ml，被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原(H2SO4)＝n(SO2)＝ eq \f(m,64) ml。]
2．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位：ml·L－1)为( )
A．2.00×10－2 B．3.00×10－2
C．4.00×10－2 D．5.00×10－2
A [酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2＋而使溶液褪色，发生的反应为2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H2O，则有关系式：2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ～5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，使20.00 mL 1.00×10－2 ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00 mL Na2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为 eq \f(5×20.00×10－3 L×1.00×10－2 ml/L,2×25.00×10－3 L) ＝2.00×10－2 ml/L，故选A。]
3．(2022·浙江省选考三模)误服白磷(P4)，应立即用2%硫酸铜溶液洗胃，其反应是11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P↓＋24H3PO4＋60H2SO4，下列说法正确的是( )
A．反应中CuSO4作氧化剂，白磷作还原剂
B．反应中电子转移数为60e－
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6
D．1 ml CuSO4能氧化0.05 ml P4
D [反应中铜元素化合价降低，硫酸铜作氧化剂，磷元素化合价有升高和降低，白磷作氧化剂和还原剂，A错误；反应中铜得到60个电子，磷得到60个电子，磷失去120个电子，故转移120个电子，B错误；氧化产物为磷酸，还原产物为磷化亚铜，二者比例为24∶20＝6∶5，C错误；由电子守恒可知，1 ml CuSO4氧化的P4的物质的量为 eq \f(1 ml,5×4) ＝0.05 ml，D正确。]
4．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：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋ eq \x( ) ―→Mn2＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 ml NaNO3需消耗0.4 ml KMnO4
D． eq \x( ) 中的粒子是OH－
C [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 eq \x( ) 内应填H＋，配平化学方程式：2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O；其中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 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。]
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( )
eq \x(Au2O3) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( ) === eq \x( ) ＋ eq \x( ) ＋ eq \x( )
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．当1 ml Au2O3完全反应时，转移电子8 ml
C [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 ml Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 ml，A、B、D错误，C正确。]
6．硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应： eq \x( ) Na2S2O3＋ eq \x( ) Cl2＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) NaCl＋ eq \x( ) HCl＋ eq \x( ) 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 ml Na2S2O3作还原剂，则转移4 ml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
A [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 ml Na2S2O3作还原剂，则转移4 ml电子，B正确；当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，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。]
7．钢铁“发蓝”是将钢铁制品浸到某些氧化性的溶液中，在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130 ℃反应。其过程可以用如下化学方程式表示：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②Na2FeO2＋NaNO2＋H2O―→Na2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
下列说法不正确的是( )
A．碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2、Na2Fe2O4都强
B．反应①、②是氧化还原反应，③不是氧化还原反应
C．反应②配平后，H2O的化学计量数是6
D．整个反应过程中，每有16.8 g Fe参加反应转移0.8 ml电子
C [根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，根据反应②可知NaNO2的氧化性比Na2FeO4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中＋3价，升高了1，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8 g Fe的物质的量为 eq \f(16.8 g,56 g·ml－1) ＝0.3 ml，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高 eq \f(8,3) 价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3 ml× eq \f(8,3) ＝0.8 ml电子，D正确。]
8．(2022·安徽省皖江名校高三第四次联考)ClO－可用于处理含CN－的废水，处理过程中体系存在ClO－、CN－、N2、Cl－、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、H2O六种物质。下列有关说法正确的是( )
A．ClO－是氧化剂，N2是氧化产物
B．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3∶2
C.若生成标准状况下2.24 L N2，则转移电子0.2 ml
D.含CN－的废水也可用Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 处理
A [A项，根据题意，ClO－、CN－为反应物，N2、Cl－、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 。其中ClO－是氧化剂， N2是氧化产物，正确；B项，在该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是CN－，根据分析可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，错误；C项，在反应5ClO－＋2CN－＋H2O===N2↑＋5Cl－＋2HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 中，每反应产生1 ml N2，反应过程中转移10 ml电子，若生成标准状况下2.24 L N2，其物质的量是0.1 ml，则转移电子1 ml，错误；D项，Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 具有强氧化性，但若用Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3＋，错误。]
9．(2022·河北省石家庄二中模拟预测)钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为＋4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示，下列说法正确的是( )
A．氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为6∶7
B．氯化过程中FeTiO3既不是氧化剂也不是还原剂
C．制取金属钛的反应可得到还原性：Mg＜Ti
D．制取金属钛时选用氩气的目的是隔绝空气
D [由流程可知，氯化发生2FeTiO3＋6C＋7Cl2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2FeCl3＋6CO＋2TiCl4，然后发生2Mg＋TiCl4 eq \(=====,\s\up7(800 ℃),\s\d5(Ar)) 2MgCl2＋Ti。A项，由上述分析可知，氯化反应中Cl2与C的物质的量之比为7∶6，错误；B项，氯化时Ti元素的化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，错误；C项，由制取金属钛的反应2Mg＋TiCl4 eq \(=====,\s\up7(800 ℃),\s\d5(Ar)) 2MgCl2＋Ti，可得到还原性：Mg＞Ti，错误；D项，制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，正确。]
10．漂白粉和漂粉精都是生产生活中的常见物质，工业上生产漂粉精的流程如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．漂粉精的有效成分为氯酸钙，应密封存放于避光干燥处
B．电解饱和食盐水时，两个电极均不能使用金属材料
C．反应②的化学方程式为2Na2CO3＋H2O＋2Cl2===2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O
D．上述生产过程涉及的反应有氧化还原反应、置换反应、复分解反应
C [漂粉精的有效成分为次氯酸钙，A项错误；电解饱和食盐水时，阴极可以使用金属材料(如铜等)，B项错误；根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应②的化学方程式，C项正确；流程图所示的生产过程中没有涉及置换反应，D项错误。]
11.(2022·河北模拟预测)氮的氧化物是大气污染物之一，如图为科研人员探究消除氮氧化物的反应机理，下列说法错误的是( )
A．整个过程中Ni2＋作催化剂
B．过程Ⅰ中发生的化学反应为2Ni2＋＋2NO===2Ni3＋＋2O－＋N2
C．过程中涉及的反应均为氧化还原反应
D.过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D [整个过程中Ni2＋先参加反应后又被生成，Ni2＋是催化剂，A正确；过程Ⅰ中的反应物为Ni2＋、NO，产物为Ni3＋、O－、N2，对应的离子方程式为2Ni2＋＋2NO===2Ni3＋＋2O－＋N2，故B正确；过程Ⅰ、Ⅱ中的化学反应均存在元素化合价的升降，即涉及的反应均为氧化还原反应，C正确；过程Ⅱ的离子方程式为2Ni3＋＋2O－===2Ni2＋＋O2↑，Ni元素化合价降低，Ni3＋是氧化剂，O元素化合价升高，O－是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误。]
12．(2022·山东临沂一模)合成NH3是重要的研究课题，一种新型合成氨的过程如图。下列说法正确的是( )
A．“转氨”过程属于人工固氮
B．合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应
C．若用H2O代替NH4Cl进行转化，从体系中分离出NH3更容易
D．该合成氨过程中，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为1∶3
D [人工固氮是将单质氮气转化为化合物，“转氨”过程中反应物没有氮气，不属于人工固氮，故A错误；“转氨”过程中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；氨气极易溶于水，用H2O代替NH4Cl进行转化，不易分离出NH3，故C错误；该合成氨过程中，N2→NH3，N元素化合价从0价降至－3价，有2个N原子变价，则得到6个电子，H2O→O2，O元素化合价从－2价升至0价，有2个O原子变价，失去4个电子，由得失电子守恒规律可知，参加反应的N2与H2O的物质的量之比为2∶6＝1∶3，故D正确。]
13．常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性。常温下，它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备得到，该反应体系中的物质有NaCl、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式： _
。
(2)该反应的还原产物是 。
(3)在标准状况下，如果反应中生成11.2 L氯气，则被氧化的HCl的物质的量为 ，转移电子数目为 。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为负一价)，以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入到含有H2S(二元弱酸)的水中，再向其中加入少量氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式：
。
解析： (1)氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水，反应的化学方程式为2NaClO3＋4HCl(浓)===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl；(2)反应中，NaClO3是氧化剂，被浓盐酸还原为ClO2，则还原产物为ClO2；(3)由方程式可得被氧化的氯化氢、氯气和转移电子数目关系如下：2HCl～Cl2↑～2e－，标准状况下，11.2 L氯气的物质的量为0.5 ml，则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5 ml×2＝1 ml，转移的电子数目为6.02×1023或NA；(4)由题意可知，ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，根据得失电子守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为5H2S＋8ClO2＋4H2O===5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8Cl－＋18H＋。
答案： (1)2NaClO3＋4HCl(浓)===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl (2)ClO2 (3)1 ml
6．02×1023(或NA) (4)5H2S＋8ClO2＋4H2O===5SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋8Cl－＋18H＋
14．“8·12”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题：
(1)钠、钾着火，下列可用来灭火的是 。
A．水 B．泡沫灭火器
C．干粉灭火器 D．细沙盖灭
(2)NaCN属于剧毒物质，有多种无害化处理方法。
①H2O2处理法：NaCN＋H2O2―→N2↑＋X＋H2O推测X的化学式为 。
②NaClO处理法：aCN－＋bClO－＋2cOH－===dCNO－＋eN2↑＋fCO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋bCl－＋cH2O方程式中e∶f的值为 (填字母)。
A.1 B． eq \f(1,2)
C．2 D．不能确定
(3)以TiO2为催化剂用NaClO将CN－氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。取浓缩后含CN－的废水与过量NaClO溶液混合液共200 mL(设其中CN－的浓度为0.2 ml·L－1)进行实验。
①写出CNO－在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式： _
。
②若结果测得CO2的质量为1.408 g，则该实验中测得CN－被处理的百分率为 。
解析： (1)Na、K均与水反应，燃烧生成的过氧化物均与二氧化碳反应生成氧气，则钠、钾着火，只能用细沙覆盖来灭火；(2)①NaCN＋H2O2―→N2↑＋X＋H2O中，由原子守恒可知X为NaHCO3，方程式为：2NaCN＋5H2O2===N2↑＋2NaHCO3＋4H2O；②由CN－中碳与氮原子数目之比为1∶1，而碳氮转化为CNO－和N2以及CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，又因为CNO－中碳氮数目之比为1∶1，所以N2和CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 两微粒之比为1∶2，所以e∶f＝1∶2；(3)①根据题意可知，酸性条件下CNO－与NaClO反应生成N2、CO2和Cl2，反应离子方程式为2CNO－＋6ClO－＋8H＋===N2↑＋2CO2↑＋3Cl2↑＋4H2O；②二氧化碳的质量为1.408 g，物质的量为 eq \f(1.408 g,44 g/ml) ＝0.032 ml，根据碳元素守恒可知被处理的CN－的物质的量为n(CN－)＝n(CO2)＝0.032 ml，原溶液中CN－的物质的量为0.2 L×0.2 ml/L＝0.04 ml，所以该实验中测得CN－被处理的百分率为 eq \f(0.032 ml,0.04 ml) ×100%＝80%。
答案： (1)D (2)①NaHCO3 ②B
(3)①2CNO－＋6ClO－＋8H＋===N2↑＋2CO2↑＋3Cl2↑＋4H2O ②80%
学生用书第27页条件
补项原则
酸性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件下
缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
反应物
生成物
使用条件
组合一
H＋
H2O
酸性溶液
组合二
H2O
H＋
酸性溶液或酸碱性未知
组合三
OH－
H2O
碱性溶液
组合四
H2O
OH－
碱性溶液或酸碱性未知
步骤
具体内容
第1步：
列物质
氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物
第1步中只写出氧化还原方程式中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；除了教材中要求学生掌握的常见物质变化外，陌生氧化还原反应方程式总会在题中给出相应信息推出产物：如化合价变化、物质变化等
第2步：
平电子
根据电子得失守恒配平所列物质
第3步：
平电荷
根据电荷守恒配平所列物质，当电荷量不相等时，酸性环境补充氢离子，碱性环境补充氢氧根离子，总的原则是只能补充电解质中含有的离子
第4步：
平原子
根据原子守恒配平反应方程式
难溶
电
解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
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