第4讲 氧化还原反应方程式的配平及计算 （含答案 ） 2026届高三化学一轮总复习 教案

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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.氧化还原反应方程式配平的步骤
3.氧化还原反应方程式配平的常用技巧
(1)正向配平
① HCl(浓)＋ MnO2 △ Cl2↑＋ MnCl2＋ H2O
② KI＋ KIO3＋ H2SO4 I2＋ K2SO4＋ H2O
③ MnO4－＋ H＋＋ Cl－ Mn2＋＋ Cl2↑＋ H2O
答案：①4 1 1 1 2
②5 1 3 3 3 3
③2 16 10 2 5 8
(2)逆向配平
① S＋ KOH K2S＋ K2SO3＋ H2O
② P4＋ KOH＋ H2O K3PO4＋ PH3
答案：①3 6 2 1 3
②2 9 3 3 5
(3)有机物参与的方程式的配平
① KClO3＋ H2C2O4＋ H2SO4 ClO2↑＋ CO2↑＋ KHSO4＋ H2O
② C2H6O＋ KMnO4＋ H2SO4 K2SO4＋ MnSO4＋ CO2↑＋ H2O
答案：①2 1 2 2 2 2 2
②5 12 18 6 12 10 33
(4)整体配平
① FeS2＋ O2 高温 Fe2O3＋ SO2
② P＋ CuSO4＋ H2O Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4
答案：①4 11 2 8
②11 15 24 5 6 15
(5)含有未知数的配平
① FexS＋ HCl S＋ FeCl2＋ H2S
② Na2Sx＋ NaClO＋ NaOH Na2SO4＋ NaCl＋ H2O
答案：①1x 2 1x－1 1 1
②1 (3x＋1) (2x－2) x (3x＋1) (x－1)
(6)缺项方程式的配平
①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。
＋ ＋ AlN＋
②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：
NaBiO3＋ Mn2＋＋ Na＋＋ Bi3＋＋ ＋ 。
答案：①Al2O3 3C N2 2 3CO
②5 2 14 H＋ 5 5 2 MnO4－ 7 H2O
1.向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，发生如下反应，补全方程式并配平。
MnO4－＋ Na2O2＋ Mn2＋＋ Na＋＋ ＋
答案：2MnO4－＋5Na2O2＋16H＋ 2Mn2＋＋10Na＋＋5O2↑＋8H2O
解析：酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末，观察到溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原为Mn2＋，则Na2O2中O失电子生成O2，为保持电荷守恒和原子守恒，反应物还有氢离子，产物中有水生成，根据得失电子守恒可得高锰酸根离子的系数和Na2O2的化学计量数之比为2∶5。
2.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。一种制备高铁酸钠的方法如下，请配平该离子反应方程式：
ClO－＋ Fe3＋＋ OH－ FeO42－＋ Cl－＋ H2O
答案：3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－ 2FeO42－＋3Cl－＋5H2O
3.以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入过量的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 。
答案：2IO3－＋5HSO3－ I2＋5SO42－＋3H＋＋H2O
解析：先向NaIO3溶液中加入过量的NaHSO3，生成碘化物，即含I－的物质；再向混合溶液(含I－)中加入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IO3－与HSO3－发生氧化还原反应生成SO42－和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒即可得离子方程式：2IO3－＋5HSO3－ I2＋5SO42－＋3H＋＋H2O。
4.工业上可由天然二氧化锰粉和硫化锰矿用硫酸溶浸得硫单质和硫酸锰，写出该反应的化学方程式： 。
答案：MnO2＋MnS＋2H2SO4 2MnSO4＋S＋2H2O
考点二 守恒法在氧化还原计算中的应用
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
根据电子守恒确定化合价或物质组成
1.在溶液中0.2 ml X2O72－恰好能使0.6 ml SO32－被完全氧化，则X2O72－被还原后X元素的化合价为( )
A.＋1B.＋2
C.＋3D.＋4
答案：C
解析：0.6 ml SO32－被完全氧化为SO42－，S元素的化合价由＋4价升高为＋6价，失去1.2 ml电子，得失电子数目相等，相应地0.2 ml X2O72－被还原得到1.2 ml电子，所以X元素的化合价由＋6价降低为＋3价。
2.(2024·黑龙江哈尔滨期中)多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO 的物质的量之比为1∶16，则x的值是( )
A.2B.3
C.4D.5
答案：D
解析：Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，S元素化合价由－2x升高为＋6，而NaClO被还原为NaCl，Cl元素化合价由＋1价降低为－l价，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，根据电子转移守恒，列方程：x×[6－(－2x)]＝16×[1－(－1)]，解得x＝5。
多元素之间得失电子守恒问题
3.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1 ml SO42－，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
答案：B
解析：A.反应Ⅰ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 SO42－，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：3MnO4－＋FeS2＋8H＋ Fe3＋＋2SO42－＋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。
4.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。
答案：3.0 2.2
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)＋7.53×[0－(－3)]＝x×(5－0)
则x＝3.0 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。
守恒法在滴定中的应用
5.(2024·山东日照一模)化学需氧量(Chemical Oxygen Demand)是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量(单位为mg/L)来表示。我国地表水可采用标准KMnO4法测定水中化学需氧量(COD)，
即水体中还原性物质每消耗1 ml KMnO4折算为1.25 ml O2的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样V0 mL，先加入足量稀硫酸酸化，再加入V1 mL c1 ml·L－1的KMnO4标准液，煮沸30 min(充分氧化水中的还原性物质)，溶液呈稳定的红色，冷却至室温；
②向①中溶液中加入V2 mL c2 ml·L－1的Na2C2O4标准液(过量)；
③用c1 ml·L－1的KMnO4标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗KMnO4标准液V3 mL。
计算水样中COD含量(mg/L)表达式正确的是( )
A.32×c1(V1＋V3)－c2V2×25×54V0×10－3
B.32×c1(V1＋V3)－c2V2×25×45V0×10－3
C.32×c1(V1－V3)－c2V2×25×54V0×10－3
D.32×c1(V1＋V3)－c2V2×52×54V0×10－3
答案：A
解析：分析整个过程可知，水样中的还原性物质和Na2C2O4发生氧化反应失去电子，KMnO4发生还原反应得电子，KMnO4发生还原反应变成Mn2＋，故得电子总量为[5(V1＋V3)×10－3×c1] ml，Na2C2O4被氧化为二氧化碳共失去电子(2V2×10－3×c2) ml，故水样中的还原性物质失电子总量为[5(V1＋V3)c1×10－3－2V2c2×10－3] ml，相当于消耗KMnO45(V1＋V3)c1×10－3－2V2c2×10－35 ml，由化学需氧量(COD)，即水体中还原性物质每消耗1 ml KMnO4折算为1.25 ml O2的消耗量，故可知耗氧量为5(V1＋V3)c1×10－3－2V2c2×10－35×54 ml，故水样中COD含量(mg/L)为5(V1＋V3)c1×10－3－2V2c2×10－35×54×32×103V0×10－3 mg/L＝32×c1(V1＋V3)－c2V2×25×54V0×10－3 mg/L。
1.(高考题节选)配平下列反应的化学方程式：
(1) IO3－＋ HSO3－ I2＋ SO42－＋ H2O＋ H＋
(2)若反应物用量比n(Cl2)n(FeI2)＝1.5，反应为
FeI2＋ Cl2 I2＋ FeCl3
(3) Fe(CrO2)2＋ O2＋ NaHCO3 高温 Na2CrO4＋ Fe2O3＋ CO2＋ H2O
(4) NO2－＋ Fe2＋＋ H＋ NO↑＋ Fe3＋＋ H2O
(5) Mn2＋＋ H2O2＋ OH－ MnO2＋ H2O
(6) MnO2＋ SO32－＋ H＋ Mn2＋＋ SO42－＋ H2O
答案：(1)2 5 1 5 1 3
(2)2 3 2 2
(3)4 7 16 8 2 16 8
(4)1 1 2 1 1 1
(5)1 1 2 1 2
(6)1 1 2 1 1 1
2.(2020·全国Ⅱ卷节选)(1)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 ml ClO2消耗NaClO2的量为 ml；产生“气泡”的化学方程式为 。
(2)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是
(用离子方程式表示)。
工业上是将氯气通入到30％的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1％，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为 kg(保留整数)。
答案：(1)1.5 NaHCO3＋NaHSO4 CO2↑＋Na2SO4＋H2O
(2)ClO－＋Cl－＋2H＋ Cl2↑＋H2O 203
解析：(1)结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4 NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1 ml ClO2时消耗1.25 ml NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。(2)酸性清洁剂的主要成分为HCl，与NaClO溶液发生氧化还原反应生成Cl2，即ClO－＋Cl－＋2H＋ Cl2↑＋H2O，故二者不能混用。Cl2和NaOH溶液生成NaClO的反应为Cl2＋2NaOH NaClO＋NaCl＋H2O，设反应中消耗Cl2和30％ NaOH溶液的质量分别为x kg和y kg，依据题意有等量关系71x＝8030％y－1 000×1％，x＋y＝1 000，解得x≈203，y≈797。
3.(2022·辽宁卷节选)测定氢醌法制取的H2O2样品含量的方法如下：
取2.50 g产品，加蒸馏水定容至100 mL摇匀，取20.00 mL于锥形瓶中，用0.050 0 ml·L－1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98 mL、20.90 mL、20.02 mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为 。
答案：17％
解析：滴定反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2O2＋6H＋ 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，可得关系式：2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90 mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00 mL，H2O2的质量分数w＝(20.00×10－3×0.050 0×52×10020.00×34) g2.50 g×100％＝17％。
情境型方程式的书写步骤
一、依据反应事实书写方程式
1.书写下列反应的方程式。
(1)加入30％ H2SO4“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被MnO2氧化成VO2＋，写出VO＋转化为VO2＋反应的离子方程式： 。
(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，用碘标准溶液进行滴定，该反应的离子方程式为 。
(3)烟气中含有SO2和NO，写出用NaClO2溶液将烟气中NO转化成NO3－的离子方程式： 。
(4)CuSO4溶液中加入亚硫酸铵和氯化铵溶液反应生成CuCl沉淀的离子方程式为
。
答案：(1)VO＋＋MnO2＋2H＋ VO2＋＋Mn2＋＋H2O
(2)S2O52－＋2I2＋3H2O 2SO42－＋4I－＋6H＋
(3)4NO＋3ClO2－＋4OH－ 4NO3－＋3Cl－＋2H2O
(4)2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O 2CuCl↓＋SO42－＋2H＋
二、提取流程信息书写方程式
2.(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：
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＋SO32－＋4H＋ 2C2＋＋SO42－＋5H2O
(2)2NaClO3＋4HCl 2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
三、探究反应机理书写方程式
3.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。
总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O 2Fe2＋＋4SO42－＋4H＋。
(1)分别写出反应Ⅰ、Ⅱ的离子方程式：
①反应Ⅰ： 。
②反应Ⅱ： 。
(2)NO在总反应中的作用是 。
答案：(1)①4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋ 4Fe3＋＋4NO＋2H2O
②14Fe3＋＋FeS2＋8H2O 15Fe2＋＋2SO42－＋16H＋
(2)作催化剂
4.NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)：
NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为 。
答案： 2NH3＋3NaClO N2＋3H2O＋3NaCl
1.治理污染减少排放具有十分重要的意义。下面是消除NOx排放的三个案例：
(1)利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO)∶n(NO2)＝1∶1]，该过程中发生反应的化学方程式为 。
(2)三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为 。
(3)利用尿素消除NOx污染的转化反应为Ⅰ.NO＋O2→NO2，Ⅱ.NO2＋CO(NH2)2→无污染气体。尿素中C元素的化合价为 ，反应Ⅱ的化学方程式为
。
答案：(1)Na2CO3＋NO＋NO2 2NaNO2＋CO2
(2)2xCO＋2NOx 2xCO2＋N2
(3)＋4 6NO2＋4CO(NH2)2 4CO2＋7N2＋8H2O
解析：(1)利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO)∶n(NO2)＝1∶1]，反应生成亚硝酸钠、二氧化碳，该过程中反应的化学方程式为Na2CO3＋NO＋NO2 2NaNO2＋CO2；(2)三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，反应生成二氧化碳和氮气，该过程中反应的化学方程式为2xCO＋2NOx 2xCO2＋N2；(3)尿素中H为＋1价，N为－3价，则C元素的化合价为＋4价；反应Ⅱ生成氮气、二氧化碳和水，其化学方程式为6NO2＋4CO(NH2)2 4CO2＋7N2＋8H2O。
2.工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式： 。
②研究表明，用Fe2＋/Fe3＋可强化脱硫效果，其过程如图所示：
过程Ⅰ：……
过程Ⅱ：2Fe3＋＋SO2＋2H2O 2Fe2＋＋SO42－＋4H＋
过程Ⅰ的离子方程式是 。
方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因：
。
答案：①MnO2＋SO2 一定条件 MnSO4
②2Fe2＋＋MnO2＋4H＋ Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)⇌Mn2＋(aq)＋CO32－(aq)，CO32－消耗溶液中的H＋，促进SO2溶解：SO2＋H2O⇌H2SO3⇌H＋＋HSO3－，生成的Mn2＋有催化作用，可促进反应2SO2＋O2＋2H2OMn2＋ 2H2SO4发生
3.(2024·湖南卷节选)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：
①当某离子的浓度低于1.0×10－5 ml·L－1时，可忽略该离子的存在；
②AgCl(s)＋Cl－(aq)⇌[AgCl2]－(aq)K＝2.0×10－5；
③Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有Cu2＋和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为
。
答案：(1)ds 3d104s1
(2)Cu2Se＋4H2O2＋4H＋ 2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O
解析：(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1；(2)滤液1中含有Cu2＋和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为Cu2Se＋4H2O2＋4H＋ 2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O。
课时测评4 氧化还原反应方程式的配平及计算对应学生用书P365
(时间：45分钟 满分：60分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
选择题1－12题，每小题3分，共36分。
1.(2024·江苏徐州二模)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( )
Au2O3＋ ＋ ＋ ＋
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
答案：C
解析：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。
2.把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式。下列有关该方程式的说法正确的是( )
A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3
B.每生成3分子H2O，转移电子数为4个
C.氧化剂与还原剂之比为1∶2
D.此反应可以在酸性条件下进行
答案：B
解析：题目中的S元素的化合价分别是－2、0、＋4，据图a可知S(0价)作反应物，根据氧化反应规律，该氧化还原反应为歧化反应，分别生成－2和＋4价的硫。根据得失电子数和电荷守恒配平反应方程式：3S＋6OH－ 2S2－＋SO32－＋3H2O。配平后的化学计量数依次为3、6、2、1、3，A错误；根据方程式可知，3 ml S参与反应时有1 ml S化合价升高生成SO32－，转移4 ml电子，生成3 ml水，B正确；氧化剂得到还原产物，还原剂得到氧化产物，根据方程式可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2∶1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；此反应生成硫离子和亚硫酸根离子，不可以在酸性条件下进行，D错误。
3.(2025·四川绵阳模拟预测)下列离子方程式书写正确的是( )
A.KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO－＋2Fe(OH)3 3Cl－＋2FeO42－＋4H＋＋H2O
B.用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO3：5I－＋IO3－＋6CH3COOH 3I2＋6CH3COO－＋3H2O
C.向NaClO溶液中通入少量SO2气体：2ClO－＋SO2＋H2O 2HClO＋SO32－
D.Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3－＋OH－ MgCO3↓＋H2O
答案：B
解析：KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制备高铁酸钾：3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－ 3Cl－＋2FeO42－＋5H2O，A错误；用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的KIO3：5I－＋IO3－＋6CH3COOH 3I2＋6CH3COO－＋3H2O，B正确；向NaClO溶液中通入少量SO2气体：3ClO－＋SO2＋H2O Cl－＋SO42－＋2HClO，C错误；Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2、Na2CO3和H2O，其反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO3－＋4OH－ Mg(OH)2↓＋2CO32－＋2H2O，D错误。
4.已知氧化性：Br2＞Fe3＋。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr－＋cCl2 dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是( )
A.2 4 3 2 2 6B.0 2 1 0 1 2
C.2 0 1 2 0 2D.2 2 2 2 1 4
答案：B
5.(2024·广东二模)高铁酸钾是一种新型的消毒剂，可以做到消毒、净水两用。高铁酸钾常用反应3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－ 2FeO42－＋3Cl－＋5H2O制备，下列说法不正确的是( )
A.生成1 ml FeO42－，转移3 ml电子
B.高铁酸钾可以消毒净水两用是因其有强氧化性且生成胶体
C.高铁酸钾消毒剂不能和洁厕灵混合
D.氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶5
答案：D
解析：上述反应铁元素化合价由＋3变为＋6，则生成1 ml FeO42－离子，转移3 ml电子，A正确；高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，可以消毒，溶于水能生成氢氧化铁胶体可以净水，B正确；洁厕灵的主要成分是盐酸，高铁酸钾可以和其反应生成有毒的氯气，两者不能混用，C正确；该反应中氧化产物是FeO42－，还原产物是Cl－，根据方程式可知，两者物质的量之比为2∶3，D错误。
6.(2024·河北保定一模)氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2＋KOH KX＋KY(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KX KY＋KZ(未配平，KY与KZ化学计量数之比为1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯的化合价是( )
A.＋1B.＋3
C.＋5D.＋7
答案：C
解析：反应：Cl2＋KOH KX＋KY是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也发生歧化反应：KX KY＋KZ，可断定KY为KCl，Z中Cl的化合价高于X中Cl的化合价(均为正价)。假设KX中Cl为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价升降规律及KX KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5、a＝7代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意。则KX中Cl的化合价为＋5。
7.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋xOH－ Fe3O4＋S4O62－＋2H2O。下列说法错误的是( )
A.该反应中O2作氧化剂
B.该反应中Fe2＋和S2O32－都是还原剂
C.3个Fe2＋参加反应时有1个O2被氧化
D.离子方程式中x＝4
答案：C
解析：该反应O2中的氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；该反应中Fe2＋的铁元素化合价升高，S2O32－中硫元素平均化合价为＋2价，S4O62－中硫元素的平均化合价为＋2.5价，即S元素化合价升高，所以Fe2＋和S2O32－都是还原剂，故B正确；该反应中每有3个Fe2＋参加反应，有1个O2被还原，故C错误；由电荷守恒可知，3×(＋2)＋2×(－2)＋x×(－1)＝1×(－2)，解得x＝4，故D正确。
8.(2024·广东深圳一模)某强氧化剂[XO(OH)2]＋被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 ml [XO(OH)2]＋，需用30 mL 0.2 ml·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是( )
A.＋2B.＋1
C.0D.－1
答案：C
解析：[XO(OH)2]＋中X的化合价是＋5，Na2SO3中S元素的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降总数必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×30×10－3×(6－4)，解得a＝0。
9.在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转化为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 ml·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为( )
A.72％B.40％
C.36％D.18％
答案：C
解析：由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 ml
m(S) 0.5×10×10－3 ml
得m(S)＝0.08 g
原混合物中w(S)＝0.08 g0.22 g×100％≈36％。
10.(2025·山东济南模拟)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，则HNO3的唯一还原产物是( )
A.NO2B.NO
C.N2OD.N2O3
答案：B
解析：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Fe +2S2 －1 Fe +3(NO3)3＋2H2S +6O4，1 ml FeS2失去电子15 ml；HN +5O3 N ＋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。
11.(2024·山东滨州模拟)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
答案：C
解析：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Na2Fe2O4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，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中－3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16.8 g56 g·ml－1＝0.3 ml，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高为＋83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×83＝0.8 ml电子，D正确。
12.(2024·湖北三模)二氧化锰矿粉中MnO2含量测定实验流程如图。下列说法错误的是( )
A.Na2C2O4将MnO2还原为Mn2＋
B.滴定终点溶液的颜色从无色变为浅紫色
C.MnO2含量为8.7m％
D.若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则测得MnO2含量偏小
答案：D
解析：MnO2具有氧化性，Na2C2O4具有还原性，二者发生反应时，MnO2被还原成Mn2＋，A正确；滴定时是用KMnO4滴定过量的Na2C2O4，Na2C2O4溶液为无色，KMnO4溶液为紫色，则达到滴定终点时，溶液颜色由无色变成浅紫色，B正确；20 mL 0.1 ml·L－1 KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为20×10－3 L×0.1 ml·L－1＝2×10－3 ml，由关系式2MnO4－～5C2O42－可知，与KMnO4反应的Na2C2O4的物质的量为5×10－3 ml，则与MnO2反应的Na2C2O4的物质的量为30×10－3×0.2 ml－5×10－3 ml＝1×10－3 ml，由关系式MnO2～C2O42－可知，样品中MnO2的物质的量为1×10－3 ml，质量为0.087 g，故MnO2的含量为0.087 gmg×100％＝8.7m％，C正确；若滴定终点时滴定管尖嘴处出现气泡，则KMnO4溶液的体积偏小，结合C项分析知，计算得到的MnO2的质量偏大，测得MnO2的含量偏大，D错误。
13.(11分)氧化还原反应在物质的制备和转化中有重要的应用。
(1)碘酸钾(KIO3)是一种重要的食品添加剂，可作为食盐中的补碘剂。一种制备KIO3的方法是将I2与KOH溶液共热，生成KIO3、H2O和另一种化合物。
①写出该反应的化学方程式： 。
②该反应中被氧化的I原子与被还原的I原子的个数之比为 。
③每生成2个KIO3，该反应中转移电子 个。
(2)碘酸钾在酸性环境下可以与亚硫酸钠反应制备碘单质，配平下面的氧化还原反应方程式：
Na2SO3＋ KIO3＋ H2SO4 Na2SO4＋ K2SO4＋ I2＋ H2O。
(3)KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其反应可表述为2KClO3＋4HCl(浓) 2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。
①请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥法表示) 。
②浓盐酸在反应中显示出来的性质是 。
③ClO2具有很强的氧化性，因此常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)是Cl2的 倍。(提示：ClO2与Cl2消毒时氯元素都被还原为最低价)
答案：(1)①3I2＋6KOH △ KIO3＋5KI＋3H2O ②1∶5 ③10
(2)5 2 1 5 1 1 1
(3)①
②还原性、酸性 ③2.63
解析：(1)①I2与KOH溶液共热，生成KIO3、H2O和另一种化合物，根据化合价升降规律，生成的另一种化合物为KI，根据得失电子守恒，反应方程式为3I2＋6KOH △ KIO3＋5KI＋3H2O；②该反应中，I元素化合价升高被氧化为KIO3，化合价降低被还原为KI，根据得失电子守恒，被氧化的I原子与被还原的I原子的个数之比为1∶5；③I元素化合价由0升高为＋5，被氧化为KIO3，每生成2个KIO3，该反应中转移电子10个。(2)碘酸钾在酸性环境下可以与亚硫酸钠反应制备碘单质，I元素化合价由＋5降低为0、Na2SO3中S元素化合价由＋4升高为＋6，根据得失电子守恒，配平反应方程式为5Na2SO3＋2KIO3＋H2SO4 5Na2SO4＋K2SO4＋I2＋H2O。(3)①2KClO3＋4HCl(浓) 2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O反应中，KClO3中Cl元素化合价由＋5降低为＋4被还原为ClO2，HCl中Cl元素化合价由－1升高为0被氧化为Cl2，该反应中电子转移的情况为。②浓盐酸中部分Cl元素化合价升高、部分Cl元素化合价不变，在反应中显示出来的性质是还原性、酸性。③1 g ClO2作消毒剂转移电子1 g67.5 g/ml×5＝567.5 ml，1 g Cl2作消毒剂转移电子1 g71 g/ml×2＝271 ml，所以ClO2消毒的效率是Cl2的567.5271≈2.63倍。
14.(13分)氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用。请根据以下信息，结合所掌握的化学知识，回答下列问题：
Ⅰ.铋酸钠(NaBiO3)无色，难溶于水，将少量的铋酸钠固体加入酸性硫酸锰(MnSO4)溶液中，溶液由无色逐渐变为紫红色，反应中NaBiO3被还原为Bi3＋。
(1)写出上述发生反应的离子方程式： 。
(2)氧化产物为 (填离子符号)。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(3)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 。
(4)向(3)中反应后所得溶液中加入KClO3溶液，可将VO2＋转化为VO2＋，写出该转化的离子方程式： 。
(5)V2O5能与盐酸反应生成VO2＋和一种黄绿色气体，该黄绿色气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收，则SO32－、Cl－、VO2＋的还原性由强到弱的顺序是 。
(6)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 。
Ⅲ.铬会造成环境污染。某酸性废水中含有Cr2O72－，处理时可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72－转化为毒性较低的Cr3＋，再调节pH至8，使铬元素沉降，分离出污泥后测得废水中Cr3＋浓度为0.52 mg·L－1，达到排放标准。
(7)Na2S2O5参加反应的离子方程式为 。
(8)处理后的废水中Cr3＋的物质的量浓度为 ml·L－1。
答案：(1)5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O
(2)MnO4－
(3)1∶1
(4)ClO3－＋6VO2＋＋3H2O Cl－＋6VO2＋＋6H＋
(5)SO32－＞Cl－＞VO2＋
(6)V2O5＋5C＋N2 高温 2VN＋5CO
(7)3S2O52－＋2Cr2O72－＋10H＋ 6SO42－ ＋4Cr3＋＋5H2O
(8)1×10－5
解析：(1)根据现象可知，酸性环境中NaBiO3将Mn2＋氧化为MnO4－，NaBiO3被还原为Bi3＋，根据电子守恒可知NaBiO3和Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再结合元素守恒可得离子方程式为5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋ 5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO4－＋7H2O。(2)该反应中Mn元素化合价升高，所以MnO4－为氧化产物。(3)V2O5转化为VO2＋被还原，作氧化剂，V2O5整体化合价降低2价，K2SO3为还原剂被氧化为硫酸根，整体化合价升高2价，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1。(4)根据题意可知KClO3将VO2＋氧化为VO2＋，自身应被还原为Cl－，根据得失电子守恒可知ClO3－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ClO3－＋6VO2＋＋3H2O Cl－＋6VO2＋＋6H＋。(5)根据题意可知V2O5可以将盐酸氧化为Cl2，该过程中Cl－为还原剂，VO2＋为还原产物，所以还原性：Cl－＞VO2＋；氯气可以氧化Na2SO3，该过程中SO32－为还原剂，Cl－为还原产物，所以还原性：SO32－＞Cl－，综上所述还原性：SO32－＞Cl－＞VO2＋。(6)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＋N2 高温 2VN＋5CO。(7)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O72－转化为毒性较低的Cr3＋，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为3S2O52－＋2Cr2O72－＋10H＋ 6SO42－＋4Cr3＋＋5H2O。(8)分离出污泥后测得废水中Cr3＋的浓度为0.52 mg·L－1，c(Cr3＋)＝ 0.52×10－3g/L52 g/ml＝1×10－5 ml·L－1。
一标
标出价态变化元素的化合价
二等
根据化合价升降值相等，找出最小公倍数
三定
确定氧化剂及还原产物，还原剂及氧化产物的化学计量数
四平
用观察法配平其他物质的化学计量数
五查
检查电荷和原子个数是否守恒
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在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法配平。
如：Cu2S＋HNO3——Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
Cu2 +1S －2＋ (↑1×2+↑8)×3↑10×3HN +5O3 ↓3×10——Cu +2(NO3)2＋N +2O↑＋H2S +6O4＋H2O
配平得：3Cu2S＋22HNO3 6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
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
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－
3.组合方式
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
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循环转化关系图中物质变化分析思路
1.根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。
2.若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。
3.若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
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