考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算（核心考点精讲精练）-备战2024年高考化学一轮复习考点帮

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2.精练高考真题，明确方向。经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查“集中化”，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。
3.摸清问题所在，对症下药。要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。所以，必须加大信息反馈，深入总结学情，明确备考方向，对症开方下药，才能使学生的知识结构更加符合高考立体网络化要求，才能实现基础→能力→分数的转化。
4.切实回归基础，提高能力。复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。
考点05 氧化还原反应方程式的配平与计算
1．3年真题考点分布
2．命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于该部分主要考查：
1．氧化还原反应方程式的书写
2．氧化还原反应的计算
【备考策略】结合常见的氧化还原反应理解有关规律，通过分析、推理加深对氧化还原反应的认识，构建氧化还原反应计算和配平的思维模型。
【命题预测】分析近几年高考题，氧化还原反应的配平与计算一般不单独考查，往往与其他模块的知识综合考查，一般以非选择题形式，可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题，在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；在综合实验题中会考查氧化还原反应的相关计算等。
考法1 氧化还原反应方程式的配平
【典例1】（2020·北京市等级考）HNO3－NaCl与王水［V（浓硝酸）∶V（浓盐酸）＝1∶3］溶金原理相同。将溶金反应的化学方程式补充完整：
___Au+____NaCl+____HNO3HAuCl4+____+____+____NaNO3。
【解析】根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3。
【答案】4；5；NO；2H2O；4
【典例2】（2023·湖南选择考）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是（ ）。
A．S2O32－和SO42－的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1ml As2S3转移的电子数之比为3∶7
【解析】选D。S2O32－的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；As2S3中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物As2O3中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；根据题给信息可知，反应I的方程式为：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的方程式为：As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2SO4，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＞Ⅱ，C错误；As2S3中As为+3价，S为－2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1ml As2S3失电子3×4ml＝12ml；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1ml As2S3失电子2×2ml+3×8ml＝28ml，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1ml As2S3转移的电子数之比为3∶7，D正确。
【典例3】（2023·辽宁选择考）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。
（1）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为___________________________________________（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）。
（2）“沉钴镍”中得到的C（Ⅱ）在空气中可被氧化成成CO（OH），该反应的化学方程式为_______________________________。
【解析】（1）因为H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，说明H2SO5为强酸，写离子方程式时能拆，HSO5－为弱酸根离子，写离子方程式时不能拆。用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：Mn2++H2O +HSO5－MnO2+SO42－+3H+。（2）“沉钻镍”中得到的C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为：4C（OH）2+O22CO（OH），+2H2O。
【答案】（1）Mn2++H2O +HSO5－MnO2+SO42－+3H+
（2）4C（OH）2+O22CO（OH），+2H2O
【拓展延伸】氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原方程式配平的基本原则
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
3．缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式
（1）补项原则
（2）组合方式
1．（2022·广东省等级考）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。完成化学方程式：（NH4）2Cr2O7Cr2O3+_______+_______。
【解析】（NH4）2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为（NH4）2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
【答案】N2↑；4H2O
2．（2023·山东选择考）已知电负性Cl＞H＞Si， SiHCl3在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_________________________________________。
【解析】已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为－1，H元素的化合价为－1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOHNa2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O。
【答案】SiHCl3+5NaOHNa2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O
3．（2023·湖北选择考）SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
“850℃煅烧”时的化学方程式为_______________________________________。
【解析】由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为C（OH）2）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到C3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。“850℃煅烧”时，C（OH）2与O2反应生成C3O4和H2O，该反应的化学方程式为6C（OH）2+O22C3O4+6H2O。
【答案】6C（OH）2+O22C3O4+6H2O
4．（2022·江苏选择考节选）硫铁化合物（FeS、FeS2等）应用广泛。在弱碱性溶液中，FeS与CrO42－反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，其离子方程式为____________________________________。
【解析】在弱碱性溶液中，FeS与CrO42－反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S的离子方程式为FeS+ CrO42－+4H2OFe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH－。
【答案】FeS+CrO42－+4H2OFe（OH）3+Cr（OH）3+S+2OH－
考法2 氧化还原反应的相关计算
【典例4】（2021·山东省等级考）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是（ ）。
A．G与H均为氧化产物
B．实验中KMnO4只作氧化剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D．G与H的物质的量之和可能为0.25ml
【解析】选BD。KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为KMnO4→K2MnO4+MnO2、K2MnO4→MnCl2、MnO2→MnCl2，还可能发生剩余的KMnO4→MnCl2，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；整个过程KMnO4~MnCl2~5e－，2Cl－→Cl2~2e－，2O2－~O2~4e－，根据电子守恒有如下关系式：5n（KMnO4）＝2n（Cl2）+4n（O2）＝5×0.1ml＝0.5ml，所以n（Cl2）+2n（O2）＝0.25ml，即n（Cl2）+n（O2）＜0.25ml，故D错误。
【典例5】（2022·重庆等级考）称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000ml•L－1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO3－被还原为I－，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。产生I2的离子反应方程式为___________________________。产品中Sn的质量分数为________%。
【解析】由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO3－+5Sn2++12H+I2+5Sn4++6H2O；由得失电子数目守恒可知，滴定消耗•L－1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%＝39.7%。
【答案】2IO3－+5Sn2++12H+I2+5Sn4++6H2O；39.7%
【拓展延伸】氧化还原反应的相关计算
1．氧化还原反应遵循以下三个守恒规律：
（1）质量守恒：反应前后元素的种类和质量不变。
（2）电子守恒：即氧化剂得电子的总数等于还原剂失电子的总数。
（3）电荷守恒：离子方程式中，反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。
2．守恒法解题的思维流程
（1）第一步：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）第二步：找准一个原子或离子得失电子数（注意化学式中粒子的个数）。
（3）第三步：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n（氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值（高价－低价）＝n（还原剂）×变价原子个数×化合价变化值（高价－低价）。
1．已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使×10－2ml·L－1的酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00mLNa2SO3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
【解析】选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2MnO4－+5SO32－+6H+2Mn2++5SO42－+3H2O，则有关系式：2MnO4－~5SO32－，使×10－2ml·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，消耗25.00mLNa2SO3溶液，则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为× QUOTE 5×20.00×10－3L×1.0×10－2ml·L－12×25.00×10－3L ＝2.0×10－2ml·L－1。
2．（2023·白城模拟）NaClO2是一种优质含氯消毒剂，酸性条件下能将I－转化为I2。现向100mL0.1ml·L－1 NaClO2溶液中滴加过量KI溶液，并用硫酸酸化。测得反应后有0.02mlI2生成，则溶液中ClO2－将完全转化为（ ）。
A．ClO4－ B．ClO3－ C．Cl2 D．Cl－
【解析】选D。假设Cl元素在还原产物中化合价为a，根据电子转移守恒得0.1L×0.1ml·L－1×（3－a）＝0.02ml×2，解得a＝－1，故溶液中ClO2－将完全转化为Cl－。
3．（2022·山东等级考节选）实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯（SOCl2）制备无水FeCl2的装置如图所示（加热及夹持装置略）。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cml·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL（滴定过程中Cr2O72－转化为Cr3+，Cl－不反应）。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则n＝_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______（填标号）。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
【解析】滴定过程中Cr2O72－将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ Cr2O72－+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n（FeCl2）＝6n（Cr2O72－）＝6cV×10－3ml；m1g样品中结晶水的质量为（m1－m2）g，结晶水物质的量为 QUOTE ?1－?218 ml，n（FeCl2）∶n（H2O）＝（6cV×10－3ml）∶ QUOTE ?1－?218 ml，解得n＝＝ QUOTE 1000（?1－?2）108??＝?1－?20.108?? ；样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发生了潮解，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选。
【答案】 QUOTE ?1－?20.108?? （或其他合理答案）；AB
4．（2023湖北部分重点学校联考）一定量的某磁黄铁矿（主要成分FexS，S为－2价）与100mL盐酸恰好完全反应（矿石中其他成分不与盐酸反应）生成3.2g硫单质、0.4mlFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（ ）。
A．该盐酸的物质的量浓度为8.0ml·L－1
B．该磁黄铁矿FexS中Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为4.48L
D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85
【解析】选A。盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4ml，根据Cl原子守恒可得c（HCl）＝ QUOTE 2× ＝8.0ml·L－1，A正确；n（S）＝ QUOTE 3.2g32g·ml－1 ＝0.1ml，根据转移电子守恒得n（Fe3+）＝ QUOTE 0.1ml×（2－0）3－2 ＝0.2ml，则矿石中的n（Fe2+）＝0.4ml－0.2ml＝0.2ml，则磁黄铁矿中n（Fe2+）∶n（Fe3+）＝0.2ml∶0.2ml＝1∶1，B错误；根据H、Cl原子守恒可知，n（H2S）＝ QUOTE 12 n（HCl）＝n（FeCl2）＝0.4ml，V（H2S）＝0.4ml×22.4L·ml－1＝8.96L，C错误；FexS中n（S）＝0.1ml+0.4ml＝0.5ml，n（Fe）＝0.4ml，则有n（Fe）∶n（S）＝0.4ml∶0.5ml＝4∶5，解得x＝0.8，D错误。
【基础过关】
1．（2022~2023学年石嘴山高三上学期期中）高铁酸钾（K2FeO4）是一种既能杀菌、消毒、又能絮凝净水的水处理剂，工业制备高铁酸钾的离子方程式为Fe（OH）3+ClO－+OH－FeO42－+Cl－+H2O（未配平）。下列有关说法不正确的是
A．高铁酸钾中铁显+6价
B．由上述反应可知，Fe（OH）3的氧化性强于FeO42－
C．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D．K2FeO4处理水时，生成的Fe3+水解形成Fe（OH）3胶体，能吸附水中的悬浮杂质
【解析】选B。令FeO42－中铁元素的化合价为x，则x+4×（－2）＝－2，解得x＝+6，A项正确；反应Fe（OH）3+ClO－+OH－FeO42－+Cl－+H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe（OH）3是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe（OH）3，B项错误；Fe（OH）3+ClO－+OH－FeO42－+Cl－+H2O中，氯元素化合价由+1降低为－1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe（OH）3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6－3）∶2＝3∶2，C项正确；K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的Fe（OH）3（胶体）具有净水作用，D项正确。
2．（江淮十校2023届高三第二次联考）等物质的量的Na2O2与FeSO4溶液混合，反应过程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L.（换算成标准状况），对该反应分析正确的是（ ）。
A．氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4
B．反应过程中转移电子4ml
C．被FeSO4还原的Na2O2为2ml，
D．反应后溶液的pH减小
【解析】选C。A项，发生反应：4Na2O2+4Fe2++6H2O8Na++4Fe（OH）3+O2，生成1mlO2时，有4mlFe2+和1mlNa2O2被氧化，3mlNa2O2被还原，错误；B项，转移电子6ml，错误；C项，被还原的Na2O2中1ml被Na2O2还原，2ml被FeSO4还原，正确；D项，反应后Fe2+浓度减小，溶液pH增大，错误。
3．（湖南省邵阳市部分校2022~2023学年高三上学期第一次联考）ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2的制备与杀菌作用的说法中合理的是（ ）。
A．可用Cl2和NaClO2反应制备ClO2，其中n（氧化剂）∶n（还原剂）＝2∶1
B．ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2－+2OH－ClO3－+ClO2－+H2O
C．ClO2处理饮用水时残留的ClO2－，可用FeSO4除去：ClO2－+2Fe2++4H+Cl－+2Fe3++2H2O
D．等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO的弱
【解析】选B。氯气的化合价从0升降低到－1价，NaClO2中化合价从+3价到+4价，所以氯气为氧化剂，NaClO2为还原剂，根据化合价升降相等，氧化剂和还原剂的比例为1∶2，A错误；二氧化氯在强碱性环境中自身歧化反应类型的氧化还原反应，B正确；方程式电荷不守恒，正确的方程式为：ClO2－+4Fe2++4H+Cl－+4Fe3++2H2O，C错误；等物质的量的氧化剂，转移电子越多杀菌效果越好，二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到－1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，D错误。
4．（2022~2023学年吉林四平高三11月模拟）NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑+HNO3+H2O（未配平）。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是
A．分解时每生成2.24L（标准状况）N2，转移电子的数目为0.6NA
B．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NA
C．56gFe与足量稀硝酸反应生成NO2分子的数目为3NA
D．0.1ml·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA
【解析】选B。5NH4NO34N2↑+2HNO3+9H2O转移的电子为20个，标准状况下，2.24LN2为0.1ml，则转移电子为0.1ml×＝0.5ml，故A错误；2.8gN2的物质的量为＝0.1ml，含有共用电子对的数目为0.1×3×NA＝0.3NA，故B正确；5.6gFe物质的量为0.1ml，与足量稀硝酸反应生成硝酸铁和NO，转移的电子数为0.3NA，则生成0.1mlNO，不能生成NO2，故C错误；NH4NO3溶液的体积未知，NH4+发生水解，不能计算0.1ml/LNH4NO3溶液中的铵根离子数目，故D错误。
5．（河北石家庄2022~2023学年高三3月模拟）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：MnO4－+Cu2S+H+Cu2++SO42－+Mn2++H2O（未配平）和反应II：MnO4－+FeS2+H+Fe3++SO42－+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1mlSO42－，转移电子的物质的量为10ml
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
【解析】选B。反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；反应Ⅰ中每生成1ml SO42－，参加反应的Cu2S为1ml，Cu2S化合价共升高2（2－1）+（6+2）＝10，反应转移电子的物质的量为10ml，B正确；反应Ⅱ中氧化剂MnO4－化合价降低（7－2）＝5，还原剂FeS2化合价共升高1+2（6+1）＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1mlKMnO4得到5ml电子，Cu2S化合价共升高2（2－1）+（6+2）＝10，应氧化0.5mlCu2S，FeS2化合价共升高1+2（6+1）＝15，应氧化mlFeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5ml∶ml＝3∶2，D错误。
6．（天津市和平区2022~2023学年高三3月模拟）在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr（Ⅲ）完全氧化成Cr（Ⅵ），其反应为H2O2+CrO2－+2OH－W+Y（未配平），下列有关说法错误的是（ ）。
A．W为OH－
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．1ml H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为2ml
D．在酸性条件下Cr2O72－可以转化为CrO42－
【解析】选D。H2O2中氧元素化合价由－1降低为－2，CrO2－中Cr元素化合价由+3升高为+6，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为3H2O2+2CrO2－+2OH－2CrO42－+4H2O，W为OH－，故A正确；H2O2中氧元素化合价由－1降低为－2，H2O2是氧化剂，CrO2－中Cr元素化合价由+3升高为+6，CrO2－是还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B正确；H2O2中氧元素化合价由－1降低为－2，1ml H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为2ml，故C正确；有可逆反应：Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+，加碱，平衡正向移动，所以在碱性条件下Cr2O72－可以转化为CrO42－，故D错误。
7．（2023·南阳模拟）含氟的卤素互化物通常作氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2C3O4+6ClF36CF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法正确的是（ ）。
A．X是还原产物
B．ClF3中氯元素为－3价
C．反应生成3mlCl2时转移18ml电子
D．C3O4在反应中作氧化剂
【解析】选C。A项，根据原子守恒知，X是O2，该反应中氧气是氧化产物；B项，ClF3中氯元素为+3价；C项，氯元素由+3价降为0价，反应生成3mlCl2时转移18ml电子；D项，C3O4中钴元素和氧元素的化合价均升高，所以C3O4在反应中作还原剂。
8．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+MnO4－+X→CO32－+MnO42－+H2O（未配平，下同）②酸化处理：MnO42－+H+→MnO2↓+MnO4－+H2O下列说法错误的是（ ）。
A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO4－＞CO32－
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO42－时，反应中转移0.4mle－
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 MnO4－+8OH－CO32－+6 MnO42－+6H2O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO4－为氧化剂，CO32－是氧化产物，则氧化性：MnO4－＞CO32－，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO4－、MnO42－发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO42－+4H+MnO2↓+MnO4－+2H2O，则消耗71.4g MnO42－的物质的量为 QUOTE 71.4g119g·ml－1 ＝0.6ml时，反应中转移电子数目为×0.6ml QUOTE 2×0.6ml3 ＝0.4ml，D正确。
9．（2023·芜湖高三模拟）测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH+MnO4－+X→CO32－+MnO42－+H2O（未配平，下同）②酸化处理：MnO42－+H+→MnO2↓+MnO4－+H2O下列说法错误的是（ ）。
A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8
B．“反应①”中氧化性：MnO4－＞CO32－
C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化
D．“反应②”消耗71.4g MnO42－时，反应中转移0.4mle－
【解析】选C。根据氧化还原反应中电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH+6 MnO4－+8OH－CO32－+6 MnO42－+6H2O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中MnO4－为氧化剂，CO32－是氧化产物，则氧化性：MnO4－＞CO32－，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与MnO4－、MnO42－发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为3MnO42－+4H+MnO2↓+MnO4－+2H2O，则消耗71.4g MnO42－的物质的量为 QUOTE 71.4g119g·ml－1 ＝0.6ml时，反应中转移电子数目为×0.6ml QUOTE 2×0.6ml3 ＝0.4ml，D正确。
10．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式（未配平）。
对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）。
A．IO4－作氧化剂具有氧化性
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2
C．若有2mlMn2+参加反应时则转移10ml电子
D．氧化性：MnO4－＞IO4－
【解析】选D。已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4－是反应物，IO3－是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4－+3H2O2MnO4－+5IO3－+6H+。IO4－在反应中得电子作氧化剂，故A正确；氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；若有2mlMn2+参加反应，则转移的电子为2ml×（7－2）＝10ml，故C正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4－，氧化产物为MnO4－，所以氧化性：MnO4－＜IO4－，故D错误。
11．氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用，请根据以上信息，结合自己所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ．氢化亚铜（CuH）是一种难溶物质，用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质：不稳定，易分解，在氯气中能燃烧；与稀盐酸反应能生成气体，Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+Cu2++Cu。
（1）写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式：_________________________。
（2）CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是__________（填化学式）。
（3）将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式：____________________。
Ⅱ．钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。完成下列填空：
（4）将废钒催化剂（主要成分V2O5）与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式是_______________。
（5）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则SO32－、Cl－、VO2+还原性由强到弱的顺序是_______________。
【解析】（3）将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO，说明－1价H被氧化成+1价，对应的产物为水，则CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式为CuH+3H++NO3－Cu2++2H2O+NO↑。（4）将废钒催化剂（主要成分V2O5）与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，亚硫酸钾被V2O5氧化，充分反应后生成VO2+等离子，该反应的化学方程式为V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O。（5）V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，Cl－是还原剂，VO2+是还原产物，该黄绿色气体是氯气，氯气与Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3是还原剂，得到还原产物Cl－，根据氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物可知，SO32－、Cl－、VO2+还原性由强到弱的顺序是SO32－＞Cl－＞VO2+。
【答案】（1）2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl（2）H2
（3）CuH+3H++NO3－Cu2++2H2O+NO↑
（4）V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O（5）SO32－＞Cl－＞VO2+
12．酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸（H2C2O4）去除，Fe（NO3）3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。
（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式_______________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为______。
（2）取300mL0.2ml·L－1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量是_____ml。
（3）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是_______________________________（用文字表达），又变为棕黄色的离子方程式是____________________________。
（4）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100ml·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在____________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。配平上述反应的离子方程式：
___MnO4－+___S2O32－+____H+＝____Mn2++_____SO42－+____H2O
实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL，则该样品中KMnO4的物质的量是_________________。
【解析】（1）盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2；（2）n（KI）＝0.06ml，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）＝n（KIO3）＝0.02ml，共失去电子的物质的量为2×0.02ml+0.02ml×［5－（－1）］＝0.16ml；（3）先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3++SO32－+H2O2Fe2++SO42－+2H+，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与NO3－组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是3Fe2++4H++NO3－3Fe3++NO↑+2H2O；（4）Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnO4－将S2O32－氧化为SO42－，本身被还原为Mn2+，反应的离子方程式为8MnO4－+5S2O32－+14H+8Mn2++10SO42－+7H2O；实验中，消耗n（S2O32－）＝0.100ml•L－1×0.012L＝0.0012ml，由得失电子数目守恒得：n（MnO4－）×5＝0.0012ml×4×2，得n（MnO4－）＝1.92×10－3ml，则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10－3ml。
【答案】（1）Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O；1∶2（2）0.16
（3）Fe3+被还原成Fe2+（4）3Fe2++4H++NO3－3Fe3++NO↑+2H2O
（4）碱式；8MnO4－+5S2O32－+14H+8Mn2++10SO42－+7H2O；1.92×10－3ml
【能力提升】
1．（2023·宁德模拟）SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2OSO42－+2Fe2++4H+；②Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是（ ）。
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3+
B．标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2mlK2Cr2O7
C．反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，转移电子6ml
D．由上述反应原理推断，K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4
【解析】选B。氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cr2O72－＞Fe3+，A项说法正确；标准状况下，6.72LSO2为0.3ml，若有0.3mlSO2参加反应，S元素的化合价由+4价变为+6价，转移0.6ml电子，则最终消耗0.1mlK2Cr2O7，B项说法错误；反应②中，每有1mlK2Cr2O7参加反应，Cr元素的化合价由+6价变为+3价，转移电子6ml，C项说法正确；由上述反应可得，氧化性：Cr2O72－＞SO42－，推断K2Cr2O7可以将Na2SO3氧化成Na2SO4，D项说法正确。
2．（2023·张家口模拟）黄铁矿（FeS2）中－1价硫元素在酸性条件下可以与ClO3－发生反应，其离子方程式如下（未配平）：
__ClO3－+__FeS2+___H+__ClO2↑+__Fe3++__SO42－+__H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．ClO3－是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．ClO3－的氧化性强于Fe3+
C．生成lmlSO42－时，转移7ml电子
D．向反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀产生
【解析】选B。反应中Cl元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，ClO3－是氧化剂，铁元素化合价从+2价升高到+3价，失去1个电子，Fe3+是氧化产物，A错误；氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则ClO3－的氧化性强于Fe3+，B正确； S元素化合价从－1价升高到+6价，失去7个电子，即消耗1mlFeS2生成2ml硫酸根，转移15ml电子，所以生成lmlSO42－时，转移7.5ml电子，C错误；向反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到溶液显红色，铁离子与KSCN反应生成的不是红色沉淀，D错误。
3．（2022~2023学年太原高三上学期模拟）处理含氰（CN－）废水可以用以下两种方法：
Ⅰ：ClO－+CN－+OH－CO32－+A+Cl－+H2O（未配平），其中A为参与大气循环的气体
Ⅱ：①CN－+OH－+Cl2OCN－+Cl－+H2O（未配平）
②2OCN－+4OH－+3Cl22CO2+N2+6Cl－+2H2O
下列说法正确的是（ ）。
A．ClO－和CN－的电子式分别为、
B．方法Ⅰ中，每生成1ml A，转移6NA个电子
C．方法Ⅱ中，CO2是反应②的氧化产物
D．方法Ⅱ的反应①中，CN－与Cl2的物质的量之比为1∶1
【解析】选D。ClO－和CN－的电子式应该为：、，故A错误；配平后：5ClO－+2CN－+2OH－2CO32－+N2+5Cl－+2H2O，氯从+1价变成－1价，因此每生成1ml N2，转移10NA个电子，故B错误；反应2OCN－+4OH－+3Cl22CO2+N2+6Cl－+2H2O中，碳的化合价没有发生变化，因此，二氧化碳既不是氧化产物也不是还原产物，故C错误；CN－+2OH－+Cl2OCN－+2Cl－+H2O中碳由+2价变成+4价，氯气中的氯元素由0价变成－1价，根据得失电子守恒CN－与Cl2按物质的量为1∶1，故D正确。
4．（2022~2023学年河南三门峡12月模拟）已知：
Ⅰ．高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
MnO4﹣+5e－+8H+Mn2++4H2O
MnO4﹣+3e－+2H2OMnO2↓+4OH－
MnO4﹣+e－MnO42﹣（溶液呈绿色）
Ⅱ．在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
____KMnO4+____K2S+________K2MnO4+____K2SO4+____S↓+____
下列说法不正确的是（ ）。
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2
【解析】选B。根据信息，高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，故A说法正确；根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，故B说法错误；反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，故C说法正确；根据电解原理，阴极上是得到电子，化合价降低，因此是电解中性高锰酸钾，电极反应式为MnO4－+3e－+2H2O＝MnO2+4OH－，故D说法正确。
5．（湖湘教育三新探索协作体2022年11月期中联考）已知反应：
①5V2++MnO4－+8H+＝Mn2++5V3++4H2O
②5V3++MnO4－+H2O＝Mn2++5VO2++2H+
③5VO2++MnO4－+H2O＝Mn2++5VO2++2H+
现向5L，c（V2+）＝aml·L－1的溶液中不断加入一定浓度的酸性KMnO4溶液，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。
A．AB段对应的离子为V2+
B．BC段、EF段分别对应反应②、反应③
C．原溶液中c（V2+）＝2ml·L－1
D．乙点时：n（VO2+）∶n（VO2+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶5
【解析】选BD。根据已知三个反应结合图像可以判断出，0~2发生反应①，2~4发生反应②，4~6发生反应③，则AB段对应的离子为V2+，0E段对应的离子为V3+，A选项正确；BC段、EF段均对应反应②，BC段对应的离子为VO2+，EF段对应的离子为V3+，B选项错误；0~2发生反应①，由关系式5V2+~MnO4－，n（V2+）＝5n（MnO4－）＝5×2ml＝10ml，c（V2+）＝＝2ml·L－1，C选项正确；CD段对应的离子为VO2+，FG段对应的离子为VO2+，则乙点时n（VO2+）＝n（VO2+），根据V元素守恒，则有n（V2+）＝n（VO2+）+n（VO2+）＝10ml，则n（VO2+）＝n（VO2+）＝5ml，根据，V2+~VO2+~2e－，V2+~VO2+~3e－，MnO4－~Mn2+~5e－，根据氧化还原反应得失电子守恒可得：n（VO2+）×2+n（VO2+）×3＝n（Mn2+）×5，即5ml×2+5ml×3＝n（Mn2+）×5，解得n（Mn2+）＝5ml，所以n（VO2+）∶n（VO2+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶1，D选项错误。
6．（2022年湖南衡阳高三3月模拟）一定温度下，PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物（Pb3O4中Pb为+2、+4价）和O2，向所得固体混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液。下列说法错误的是（ ）。
A．氧化性：PbO2＞PbO＞Cl2
B．O2与Cl2的物质的量可能相等
C．受热分解过程中，超过的PbO2表现氧化性
D．若生成1ml Cl2，则参加反应的PbO2大于3ml
【解析】选AB。Pb3O4、PbO的混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液，+4价的Pb把盐酸氧化为氯气，不能得出氧化性PbO＞Cl2，故A错误；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，根据得失电子守恒，生成1ml Pb3O4的同时生成1mlO2，1ml Pb3O4与浓盐酸反应生成1ml氯气，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以生成O2的物质的量大于Cl2，故B错误；受热分解过程中，若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，的PbO2表现氧化性，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以超过的PbO2表现氧化性，故C正确；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，生成1ml Pb3O4消耗3ml PbO2，1ml Pb3O4与浓盐酸反应生成1ml氯气，生成1ml Cl2，参加反应的PbO2等于3ml；由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，生成1ml Cl2，参加反应的PbO2大于3ml，故D正确。
7．（湖北省部分重点中学2022届高三第二次联考）已知氧化性：BrO3－＞IO3－＞Br2＞I2。向含6mlKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）。
A．a→b过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
B．b→c过程中转移电子的物质的量为1ml
C．当n（KBrO3）＝4ml时，对应含碘物质为KIO3和I2，且n（KIO3）∶n（I2）＝11∶38
D．该过程所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2ml
【解析】选C。由氧化性强弱顺序为BrO3－＞IO3－＞Br2＞I2可知，向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反应依次为：6I－+6H++BrO3－＝Br－+I2+3H2O、5Br－+6H++BrO3－＝3Br2+3H2O、2BrO3－+I2＝2IO3－+Br2，由方程式可知，6ml碘离子完全反应消耗1ml溴酸根离子，生成1ml溴离子、3ml碘；反应生成的1ml溴离子消耗0.2ml溴酸根离子；反应生成的3ml碘消耗6ml溴酸根离子。由分析可知，a→b过程中发生的反应为6I－+6H++BrO3－＝Br－+I2+3H2O，由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，故A正确；由分析可知，b→c过程中发生的反应为5Br－+6H++BrO3－＝3Br2+3H2O，1ml溴离子完全反应消耗0.2ml溴酸根离子，反应转移电子的物质的量为1ml，故B正确；由分析可知，6ml碘离子和反应生成的1ml溴离子消耗溴酸根离子的物质的量1.2ml，则（4－1.2）ml＝2.8ml消耗碘的物质的量为2.8ml×＝1.4ml、生成碘酸根离子的物质的量为2.8ml，4ml溴酸钾完全反应时，溶液中碘酸钾和碘的物质的量比为2.8ml∶（3－1.4）ml＝7∶4，故C错误；由分析可知，该过程所能消耗溴酸钾的物质的量为（1+0.2+6）ml＝7.2ml，故D正确。
8.（2023·长治模拟）已知还原性：I－＞Fe2+＞Br－。向含有Fe2+、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示，有关说法不正确的是（ ）。
A．DE段代表Br－的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（Fe2+）＝4ml·L－1
C．当通入3mlCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为4Fe2++2I－+3Cl24Fe3++I2+6Cl－
D．原混合溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝1∶3
【解析】选B。因为还原性：I－＞Fe2+＞Br－，所以AB段是n（I－）的物质的量发生的改变，BC段是n（Fe3+）的物质的量发生改变，DE段是n（Br－）的物质的量发生改变，A正确；n（Cl2）＝1~3ml段，下降的曲线是n（Fe2+）的减少，由方程式2Fe2++Cl22Fe3++2Cl－可知，n（Cl2）＝（3－1）ml＝2ml时，n（Fe2+）＝4ml，溶液的体积未知，无法求出原混合溶液中c（Fe2+），B不正确；当通入3mlCl2时，溶液中I－、Fe2+全部被氧化，依据Cl2的消耗量，可求出n（I－）∶n（Fe2+）＝2∶4，离子反应可表示为4Fe2++2I－+3Cl24Fe3++I2+6Cl－，C正确；由图中AB段和DE段消耗Cl2的物质的量分别为1ml、3ml，可求出n（I－）∶n（Br－）＝2∶6，所以原混合溶液中n（FeI2）∶n（FeBr2）＝1∶3，D正确。
9．磷化铝（A1P）和磷化氢（PH3）都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
（1）A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为__________。
（2）PH3具有强还取性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：
CuSO4+PH3+H2OCu3P↓+H3PO4+H2SO4
（3）工业制备PH3的流程如图所示。
①黄磷和烧碱溶液反应的化学方式为___________________________________，次磷酸属于______（填“一”“二”或“三”）元酸。
②若起始时有1mlP4参加反应，则整个工业流程中共生成_____mlPH3。（不考虑产物的损失）
【解析】（1）AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元素守恒，确定该反应的另一种产物是Al（OH）3；（2）该方程式中Cu价态由+2→+1，P价态由－3→+5，为保证化合价升降数相等，Cu3P与H3PO4计量数分别为8、3，CuSO4的系数是24，H2SO4系数是24，根据元素守恒，得到：24CuSO4+11PH3+12H2O8Cu3P↓+3H3PO4+24H2SO4；（3）①根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反应生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；②P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2PH3↑+H3PO4，即P4～2.5PH3，若起始时有1mlP4参加反应，则整个工业流程中共生成2.5mlPH3。
【答案】（1）Al（OH）3（2）24，11，12，8，3，24
（3）①P4+3NaOH+3H2OPH3↑+3NaH2PO2；一②2.5
10．按照要求填空。
（1）工业上用氯气和硝酸铁在烧碱溶液中可以制备净水剂高铁酸钠（K2FeO4），试补充完整化学反应方程式并配平：
Fe（NO3）3+Cl2+NaOH________________________
（2）将mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应，铁粉全部溶解，并得到mg铜，则参加反应的H2SO4与CuSO4的物质的量之比为_____________。
（3）一定条件下，下列物质可以通过化合反应制得的有（写序号）__________。
①小苏打②硫酸铝③氯化亚铁④磁性氧化铁⑤铜绿（碱式碳酸铜）⑥氢氧化铁
（4）现有镁铝合金10.2g，将其置于500mL4ml/L的盐酸中充分反应后无金属剩余，若向反应后的溶液中加入1000mL烧碱溶液，使得沉淀达到最大值，则加入的烧碱的物质的量浓度为____ml/L。
（5）某常见的氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得生成的氮气和二氧化碳的物质的量之比为1∶2，则该氮的氧化物的化学式为_____________。
（6）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水，当生成aml硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为_____ml。
（7）将一定量的锌与100mL18.5ml/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成16.8升标况气体，将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液中c（H+）＝1ml/L，则气体中SO2为___________ml。
【解析】（1）反应后铁元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，故还有产物NaCl、NaNO3和H2O，化学方程式为：2Fe（NO3）3+3Cl2+16NaOH2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O。（2）根据得失电子守恒解答，Fe单质转化为Fe2+，失去的电子的物质的量为×2ml＝ml；Cu2+转化为Cu，得到的电子的物质的量为×2ml＝ml，则参加反应的H2SO4的物质的量为×（－）ml＝ml，所以H2SO4与CuSO4的物质的量之比为（ml）∶（）＝1∶7。（3）①小苏打可由化合反应Na2CO3+CO2+H2O2NaHCO3制取；②硫酸铝不能由化合反应制取；③氯化亚铁可由化合反应2FeCl3+Fe3FeCl2制取；④磁性氧化铁可由化合反应3Fe+2O2Fe3O4制取；⑤铜绿（碱式碳酸铜）可由化合反应2Cu+CO2+O2+H2OCu2（OH）2CO3制取；⑥氢氧化铁可由化合反应4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3制取。故可以通过化合反应制得的有①③④⑤⑥。（4）沉淀达到最大值时，溶液中的溶质只有NaCl，所以NaOH的物质的量等于HCl的物质的量，为0.5L×4ml/L＝2ml，所以c（NaOH）＝2ml÷1L＝2ml/L。（5）设氮气和二氧化碳的物质的量分别为1ml和2ml，则N原子的物质的量为2ml，氧原子的物质的量为4ml，CO的物质的量为2ml，所以氮的氧化物中含有的氧原子的物质的量为2ml，所以N的氧化物中N和O的物质的量之为2∶2＝1∶1，故化学式为NO。（6）生成aml硝酸锌，则有amlZn参加反应，失去的电子的物质的量为2aml，N元素从+5价降低到－3价，设被还原的HNO3的物质的量为n，得到的电子的物质的量为8n，根据得失电子守恒有8n＝2a，所以n＝ml或n＝0.25aml。（7）参加反应的硫酸的物质的量为1.85ml－0.5ml＝1.35ml，锌与浓硫酸反应时开始产生SO2，接下来生成H2，混合气体总的物质的量为16.8÷22.4ml＝0.75ml。设SO2和H2的物质的量分别为x、y，根据化学方程式Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，生成SO2消耗的硫酸的物质的量为2x，根据Zn+H2SO4ZnSO4+H2↑，生成H2消耗的硫酸的物质的量为y，所以有x+y＝0.75，2x+y＝1.35，解得x＝0.6ml，故混合气体中SO2的物质的量为0.6ml。
【答案】（1）Fe（NO3）3+3Cl2+16NaOH2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O
（2）1∶7（3）①③④⑤⑥
（4）2（5）NO（6）0.25a或（7）0.6
【真题感知】
1．（2022·山东省等级考）实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是（ ）。
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用NaOH作强碱性介质
C．②中K2MnO4只体现氧化性
D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%
【解析】选D。①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确。
2．（2022·辽宁省选择考）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）。
A．褪色原因为I2被Fe还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为I－被氧化
【解析】选D。Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被Zn还原，A项错误；液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，其具有强氧化性，可将I－氧化，D项正确。
3．（2022·北京市等级考）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫（CaSO4、硫化物及微量单质硫等）。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为___________________________________。
【解析】由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑。
【答案】2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
4．（2022·辽宁省选择考）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______________________。
【解析】Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；
【答案】2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
5．（2022·福建等级考）检验CO：将CO通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。该反应的化学方程式为_____________________________________。
【解析】一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：CO+2［Ag（NH3）2］OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3。
【答案】CO+2［Ag（NH3）2］OH（NH4）2CO3+2Ag↓+2NH3
6．（2021·天津等级考）用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式____________________________________。
【解析】用燃煤废气（含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等）使尾气中的H2S转化为单后硫S），应该加入O2、SO2、NOx等氧化剂，发生的化学反应方程式依次为2H2S+O22S↓+2H2O、2H2S+SO23S↓+2H2O、2xH2S+2NOx2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个。
【答案】2H2S+O22S↓+2H2O、2H2S+SO23S↓+2H2O、2xH2S+2NOx2xS↓+2xH2O+N2写出任意一个。
7．（2021·江苏等级考）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___________________________________。
【解析】硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。
【答案】ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O
8．（2021·海南省选择考）实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得，离子反应方程式为_______________________________________________。
【解析】实验所需的NO可用NaNO2和FeSO4溶液在稀H2SO4中反应制得，则亚铁离子会被氧化为铁离子，离子反应方程式为：NO2－+2H++Fe2+NO↑+Fe3++H2O；
【答案】NO2－+2H++Fe2+NO↑+Fe3++H2O
9．（2020·北京市等级考）Ba（NO3）2BaO，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__________________________________。
【解析】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↑。
【答案】2Ba（NO3）22BaO+O2↑+4NO2↑
10．（2022·海南等级考节选）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料。某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如图。
步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为__________________________。
【解析】H2O2有氧化性、Cu有还原性，在酸性条件下，H2O2、Cu和H2SO4发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O，该反应化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。
【答案】Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
11．（2022·江苏选择考节选）实验室以二氧化铈（CeO2）废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2（CO3）3，其部分实验过程如下：
“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_____________________________________________。
【解析】根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，其离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。
【答案】2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O
12．（2021·湖北省选择考）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_____________________________________。
（2）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_____________________。
【解析】（1）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O；（2）“高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。
【答案】（1）Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O（2）GaCl3+NH3GaN+3HCl
13．（2020·山东省等级考）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
软锰矿预先粉碎的目的是_____________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________________________________________。
【解析】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的化学计量数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2OBa（OH）2+MnO+S。
【答案】增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2OBa（OH）2+MnO+S
14．（2021·广东选择考节选）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。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，砷元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为______________。
【解析】（1）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。（2）Ga和Al同族，As和N同族，GaAs中Ga显+3价（其最高价）、As显－3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，砷元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，砷元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的氧元素为－1价，其作为氧化剂时，氧元素要被还原到－2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2＝4∶1。
【答案】（1）Al2O3（2）4∶1
15．（2020·北京市等级考）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au（金），Ag和Cu。
若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是___________ml。
【解析】由于HAuCl4H++AuCl4－，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x＝3，x＝1.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是1.5ml。
【答案】1.5
16．（2020·海南高考）一般用K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度。实验步骤：称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+。反应式：Cr2O72－+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O某次实验称取0.2800g样品，滴定时消耗浓度为0.03000ml·L－1的K2Cr2O7溶液25.10mL，则样品中铁含量为___________%。
【解析】称取一定量样品，用过量稀硫酸溶解，用标准K2Cr2O7溶液滴定其中的Fe2+，存在关系式：6Fe～6Fe2+～Cr2O72－，滴定过程中消耗的K2Cr2O7物质的量为0.03000ml·L－1×0.02510L＝0.000753ml，则样品中含有的铁的物质的量为0.000753ml×6＝0.004518ml，样品中铁含量为×100%＝90.36%。
【答案】90.36%
年份
卷区
考点分布
氧化还原反应方程式的书写
氧化还原反应的有关计算
2022
山东
√
广东
√
√
北京
√
福建
√
辽宁
√
海南
√
江苏
√
重庆
√
2021
江苏
√
辽宁
√
广东
√
湖南
√
山东
√
海南
√
天津
√
福建
√
2020
北京
√
√
海南
√
山东
√
天津
√
介质
多一个氧原子
少一个氧原子
酸性
+2H+结合1个O→H2O
+H2O提供1个O→2H+
中性
+H2O结合1个O→2OH－
+H2O提供1个O→2H+
碱性
+H2O结合1个O→2OH－
+2OH－提供1个O→H2O
项目
反应物
生成物
使用条件
组合一
H+
H2O
酸性溶液
组合二
H2O
H+
酸性或中性溶液
组合三
OH－
H2O
碱性溶液
组合四
H2O
OH－
碱性或中性溶液