新高考化学一轮复习考点讲义第1章第5讲 氧化还原反应方程式的配平及计算（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点讲义第1章第5讲 氧化还原反应方程式的配平及计算（2份，原卷版+解析版），共7页。试卷主要包含了05 ml·L-1×0，96 L22，02×1023，已知反应等内容，欢迎下载使用。
考点1 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
(1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数 = 化合价降低总数。
(2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变。
(3)电荷守恒：离子反应前、后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤
(1)标变价：标明反应前后变价元素的化合价。
(2)列得失：列出化合价的变化值。
(3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。
(4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。
(5)查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
【小试牛刀】
一、常规氧化还原反应方程式的配平
1.(1) HCl(浓)+ MnO2 Cl2↑+ MnCl2+ H2O
(2) Cu+ HNO3(稀)=== Cu(NO3)2+ NO↑+ H2O
(3) KI+ KIO3+ H2SO4=== I2+ K2SO4+ H2O
(4) S+ KOH=== K2S+ K2SO3+ H2O
(5) MnO4−+ H++ Cl-=== Mn2++ Cl2↑+ H2O
(6) MnO4−+ H2O2+ H+=== Mn2++ O2↑+ H2O
(7) C2O42−+ MnO4−+ H+=== CO2↑+ Mn2++ H2O
(8) C2H6O+ KMnO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ CO2↑+ H2O
【答案】(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)3 6 2 1 3 (5)2 16 10 2 5 8 (6)2 5 6 2 5 8 (7)5 2 16 10 2 8 (8)5 12 18 6 12 10 33
【解题技巧】
常规氧化还原反应方程式配平的两种常用方法
(1)全变从左配：氧化剂、还原剂中均有元素化合价发生变化的（非同一种元素），一般从左侧配。
(2)自变从右侧配：自身氧化还原反应（包括分解反应、歧化反应）一般从右侧配平。
二、缺项氧化还原反应方程式的配平
2.(1) ClO-+ Fe(OH)3+ === Cl-+ FeO42−+ H2O
(2) Mn2++ ClO3−+ H2O=== MnO2↓+ Cl2↑+
(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、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+eq \x( )
(4)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3+无色)。配平该反应的离子方程式：
NaBiO3+ Mn2++ Na++ Bi3++ +
【答案】
(1)3 2 4OH- 3 2 5
(2)5 2 4 5 1 8H+
(3)Al2O3+3C+N22AlN+3CO
(4)5 2 14 H+ 5 5 2 MnO4− 7 H2O
【解析】(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
【名师点拨】
“三步法”突破缺项型氧化还原反应方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H+)或碱(OH-)，其配平流程为
考点2 电子守恒法计算
1.电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数
2.电子守恒法计算的流程
一找→物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
二定→得失数：确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）。
三列→关系式：根据得失电子守恒列出关系式：n（氧化剂）变价原子个数×化合价变化值=n（还原剂）变价原子个数×化合价变化值（化合价变化值取绝对值）。
【小试牛刀】
一、电子守恒法的基本计算
1.现有24 mL浓度为0.05 ml·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 ml·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为( )
A.+2B.+3C.+4D.+5
【答案】B
【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从+4→+6，Cr元素的化合价将从+6→+n。根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.05 ml·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 ml·L-1×0.020 L×2×(6-n)，解得n=3。
2.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 。
【答案】5
【解析】Na2 Sx−2x→xNa2S+6O4，NaCl+1O→NaCl−1，由得失电子守恒得关系式1×[6-−2x]·x=16×2，解得x=5。
3.在P+CuSO4+H2O—→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)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】1.5 2.2
【解析】设7.5 ml CuSO4可氧化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：7.5 ml×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5 ml；1 ml×3×(2-1)+1 ml×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得y=1.2 ml，所以生成1 ml Cu3P时，参加反应的P的物质的量为1.2 ml+1 ml=2.2 ml。
二、电子守恒法在多步反应中的应用
4.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原，只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( )
【答案】B
【解析】反应流程为
MgCu
x g=17.02 g-m(OH-)，
而OH-的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即：
n(OH-)=8.96 L22.4 L·ml−1×1+0.672 L22.4 L·ml−1×2×1=0.46 ml，所以x g=17.02 g-0.46 ml×17 g·ml-1=9.20 g。
5.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 ml·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL
【答案】A
【解析】由题意可知，HNO3NO2N2O4NO，则Cu失去电子的物质的量与O2得到电子的物质的量相等，即n(Cu)=2n(O2)=2×1.68 L22.4 L·ml−1=0.15 ml。根据元素守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 ml，则V(NaOH)=0.3ml5ml·L−1=0.06 L=60 mL。
【真题挑战】
1.(2024·浙江6月选考，6)利用CH3OH可将废水中的NO3−转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：H++CH3OH+NO3−—→X+CO2+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A.X表示NO2
B.可用O3替换CH3OH
C.氧化剂与还原剂物质的量之比为6∶5
D.若生成标准状况下的CO2气体11.2 L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3−转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示N2，A不正确；该反应中CH3OH是还原剂，O3有强氧化性，故不可用O3替换CH3OH，B不正确；该反应中，还原剂CH3OH中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6价，氧化剂NO3−中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5价，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5，C正确；生成1 ml CO2气体转移6 ml电子，若生成标准状况下的CO2气体11.2 L(0.5 ml)，反应转移的电子数为3NA，D不正确。
2.下列判断不正确的是 (填字母)。
A.反应2XeF6+4Na++16OH-===Na4XeO6↓+Xe↑+O2↑+12F-+8H2O。每生成1 ml O2，转移6 ml电子(2023·福建，5D)
B.BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3，同时产生的nCO2∶nCO为1∶1[2023·全国甲卷，26(6)]
C.①2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑；②CaH2+2H2O===Ca(OH)2+2H2↑。反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同(2023·北京，12D)
D.催化反应CH4(g)+2H2S(g)===CS2(g)+4H2(g)，该反应中每消耗1 ml H2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023(2023·江苏，10D)
【答案】CD
【解析】A项，由化学方程式可知，生成1 ml O2，转移6 ml电子；B项，BaTiO(C2O4)2热分解生成BaTiO3的化学方程式为BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑；C项，由反应知：①O2~2e-，②H2~e-，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2；D项，由化学方程式可知，2H2S~8e-，则消耗1 ml H2S转移电子的数目为4NA。
3.[2021·河北，15(5)] Fe(CrO2)2+ O2+ NaHCO3 Na2CrO4+ Fe2O3+ CO2+ H2O。
【答案】4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O
【解析】同一物质中多元素价态变化，用整体法分析：Fe(CrO2)2中1Fe(+2→+3)，2Cr(+3→+6)，共升高7价。
4.[2021·全国甲卷，26(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。
【答案】4
【解析】反应方程式为2Cu2++4I-===2CuI↓(白色)+I2，可知若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4 ml。
【限时训练】（限时：60分钟）
一、(选择题1~14题，每小题6分，共84分)
1.在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72−和Pb2+，则与1 ml Cr3+反应所需PbO2的物质的量为( )
A.3.0 mlB.1.5 mlC.1.0 ml ml
【答案】B
【解析】当1 ml Cr3+被氧化生成0.5 ml Cr2O72−时，失去3 ml电子，而1 ml PbO2被还原只能得到2 ml电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 ml。
2.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4=== K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是( )
A.MnO4−是氧化剂，Fe3+是还原产物
B.Fe2+的氧化性强于Mn2+的
C.取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成
D.化学计量数依次为2、10、8、1、2、5、8
【答案】D
【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价降至+2价，Fe元素化合价由+2价升至+3价，即MnO4−是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；FeSO4作还原剂，MnSO4为还原产物，即还原性：Fe2+>Mn2+，B错误；反应后的溶液中含有Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液会变成红色，C错误；配平该氧化还原反应为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4===K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，D正确。
3.碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是( )
A.向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B.途径Ⅱ中若生成1 ml I2，消耗2.5 ml NaHSO3
C.氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO3−
D.一定条件下，I-与IO3−反应可能生成I2
【答案】D
4.有Fe3+、Fe2+、NO3−、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述不正确的是( )
A.还原产物为NH4+
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
C.若有0.5 ml NO3−参与反应，则转移8 ml电子
D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+-e-===Fe3+
【答案】C
【解析】由题意知，离子方程式为8Fe2++10H++NO3−===8Fe3++NH4++3H2O。C项，若有0.5 ml NO3−参与反应，应转移4 ml电子。
5.(2024·江西宜春模拟)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnO4−+NO2−+H+—→Mn2++ +H2O(未配平)。下列叙述正确的是( )
A.反应后溶液pH下降
B.通常用盐酸酸化高锰酸钾溶液
C.方框中粒子为NO2
D.当生成1 ml Mn2+需消耗2.5 ml NO2−
【答案】D
【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，所以MnO4−是氧化剂，NO2−是还原剂，生成NO3−，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为2MnO4−+5NO2−+6H+===2Mn2++5NO3−+3H2O。反应过程中H+浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；Cl-具有还原性，能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能用盐酸酸化高锰酸钾溶液，应该用稀硫酸，故B错误；根据离子方程式知，生成1 ml Mn2+需消耗2.5 ml NO2−，故D正确。
6.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00 mL 0.049 ml·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50 mL 0.020 ml·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知：FeSO4+KMnO4+H2SO4—→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)，则羟胺的氧化产物是( )
A.N2B.N2OC.NOD.NO2
【答案】B
【解析】根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4溶液氧化，羟胺中N元素的化合价是-1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，可得25.00×10-3 L×0.049 ml·L-1×(x+1)=24.50×10-3 L×0.020 ml·L−1×5，解得x=+1，故羟胺的氧化产物为N2O。
7.(2024·沈阳模拟)已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3+。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++y2Br2+2zCl-。其中x、y、z的值不符合实际反应的是( )
A.x=4、y=6、z=5
B.x=1、y=5、z=1
C.x=3、y=1、z=2
D.x=2、y=2、z=2
【答案】B
【解析】氧化还原反应的离子方程式中满足得失电子守恒和电荷守恒，xFe2++yBr-+zCl2===xFe3++y2Br2+2zCl-中得失电子守恒关系式为x+y=2z、电荷守恒关系式为2x-y=3x-2z，即关系式均为x+y=2z，将x、y、z的数值代入关系式x+y=2z中检验：x=4、y=6、z=5时，4+6=2×5，故A符合实际反应；x=1、y=5、z=1时，1+5>2×1，故B不符合实际反应；x=3、y=1、z=2时，3+1=2×2，故C符合实际反应；x=2、y=2、z=2时，2+2=2×2，故D符合实际反应。
8.已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+===PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42−===2MnO4−+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是( )
A.由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4−
C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3===3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl===3PbCl2+4H2O+Cl2↑
【答案】D
【解析】反应Ⅰ中HNO3未将Pb2+氧化，可证明氧化性：HNO3MnO4−，又知氧化性(酸性条件)：MnO4−>Cl2，故D正确。
9.(2025·保定模拟)已知反应：2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，下列关于该反应说法错误的是( )
A.氧化性：NaClO3>Cl2
B.当反应中有2 ml e-转移时，被氧化的HCl为4 ml
C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
【答案】B
【解析】氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 ml e-转移时，氯化氢中氯元素的化合价由-1升高到0，则被氧化的HCl为2 ml，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。
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反应的离子方程式(未配平)。
下列对该氧化还原反应的离子方程式说法不正确的是( )
A.IO4−作氧化剂
B.若1 ml Mn2+参加反应则转移5 ml 电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3
【答案】D
【解析】分析图1、图2可知，Mn2+作还原剂，那么IO4−作氧化剂，配平后的氧化还原反应的离子方程式为2Mn2++5IO4−+3H2O===6H++2MnO4−+5IO3−，若有1 ml Mn2+参加反应则转移5 ml 电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、6，A、B、C项正确，D项错误。
11.(2025·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72−，发生反应如下：
反应Ⅰ：CuS+Cr2O72−+H+—→Cu2++SO42−+Cr3++H2O(未配平)
反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O72−+H+—→Cu2++SO42−+Cr3++H2O(未配平)
下列有关说法正确的是( )
A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42−都是氧化产物
B.处理1 ml Cr2O72−时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5
D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 ml Cr2O72−，转移电子数不相等
【答案】C
【解析】配平反应Ⅰ：3CuS+4Cr2O72−+32H+===3Cu2++3SO42−+8Cr3++16H2O，反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O72−+46H+===6Cu2++3SO42−+10Cr3++23H2O，反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降低，据此分析。反应Ⅰ中只有S元素被氧化，则只有SO42−是氧化产物，故A错误；处理1 ml Cr2O72−时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量不相等，故B错误；反应Ⅱ中，氧化剂为Cr2O72−，还原剂为Cu2S，则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故C正确；反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1 ml Cr2O72−，转移电子6 ml，则转移电子数相同，故D错误。
12.(2024·河北秦皇岛模拟预测)几种离子在水溶液中有如图转化关系。下列说法正确的是( )
A.该条件下的氧化性：Ce4+>Cr2O72−>ClO4−
B.反应(1)中，每生成1 ml Cr2O72−，转移3 ml电子
C.将反应(2)设计成原电池，Cr2O72−在负极发生反应
D.Ce4+与ClO3−反应生成Ce3+和ClO4−时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】A
【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应(1)的氧化剂是Ce4+、氧化产物是Cr2O72−，反应(2)的氧化剂是Cr2O72−、氧化产物是ClO4−，因此氧化性：Ce4+>Cr2O72−>ClO4−，A正确；反应(1)的离子方程式为6Ce4++2Cr3++7H2O===6Ce3++Cr2O72−+14H+，每生成1 ml Cr2O72−，有6 ml电子转移，B错误；将反应(2)设计成原电池，正极上的电极反应式为Cr2O72−+6e-+14H+===2Cr3++7H2O，C错误；该反应的离子方程式为2Ce4++ClO3−+H2O===2Ce3++ClO4−+2H+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误。
13.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示，下列说法不正确的是 ( )
A.氧化性：Br2>Fe3+
B.由图可知，该FeBr2溶液的浓度为1 ml·L-1
C.n(Cl2)=0.12 ml时，溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-
【答案】C
【解析】由题图可知，向200 mL FeBr2溶液中通入氯气，亚铁离子先反应，说明还原性：Fe2+>Br-，则氧化性：Br2>Fe3+，故A正确；由通入0.1 ml氯气时，Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+，发生反应：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-，可得原溶液中n(Fe2+)=2×0.1 ml=0.2 ml，则FeBr2溶液的浓度为0.2ml0.2 L=1 ml·L-1，故B正确；当通入的n(Cl2)=0.12 ml时，0.2 ml Fe2+已经完全被氧化为0.2 ml Fe3+，过量的0.02 ml Cl2与0.04 ml Br-反应，溶液中剩余的n(Br-)=0.4 ml-0.04 ml=0.36 ml，则反应后溶液中的c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 ml∶0.36 ml=5∶9，故C错误；n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时，溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+，有一半的Br-被氧化为Br2，反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确。
14.(2024·江苏模拟预测)以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A.1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)数目约为6.02×1023
B.“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O82−+2H2O===MnO2↓+2SO42−+4H+
C.“沉锌”过程的化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4
D.“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3
【答案】C
【解析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成ZnCO3·2Zn(OH)2。过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1 ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(—O—O—)的数目约为6.02×1023，故A正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O82−+2H2O===MnO2↓+2SO42−+4H+，故B正确；“沉锌”时溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，故化学方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3===ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C错误；据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D正确。
15.(7分)已知还原性：HSO3−>I-，氧化性：IO3−>I2。
(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。
NaIO3+ NaHSO3=== I2+ Na2SO4+ H2SO4+ H2O
(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为 (填化学式)。
(3)在含5 ml NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式： ；当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的NaIO3为 ml。
【答案】
(1)
(2)NaI (3)IO3−+5I-+6H+===3I2+3H2O 116
【解析】(2)由还原性：HSO3−>I-可知，当NaHSO3溶液过量时，IO3−先被还原成I2，再被还原成I-。(3)OA段，随着IO3−的量增加，NaHSO3的量减少，IO3−被还原成I-：IO3−+3HSO3−===3SO42−+I-+3H+，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I-的反应：IO3−+6H++5I-===3I2+3H2O。当I-与I2的物质的量之比为5∶3时，设第一个反应加入的NaIO3为x ml，第二个反应加入的NaIO3为y ml，则第一个反应生成的I-为x ml，第二个反应消耗的I-为5y ml，生成的I2为3y ml，故有x−5y3y=5∶3，即x=10y，因第一个反应消耗5 ml NaHSO3，即3x=5，故有x=53，y=16，故所加入的NaIO3为(x+y) ml=116 ml。
16.(9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。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发生反应的离子方程式： 。
Ⅱ.钒性能优良，用途广泛，有金属“维生素”之称。
(4)将废钒催化剂(主要成分为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 。
【答案】(1)2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl (2)H2
(3)CuH+3H++ NO3−===Cu2++2H2O+NO↑
(4)V2O5+K2SO3+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O (5)SO32−>Cl->VO2+
【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发生反应的离子方程式为CuH+3H++NO3−===Cu2++2H2O+NO↑。(4)将废钒催化剂(主要成分为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+2H2SO4===2VOSO4+K2SO4+2H2O。(5)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体，该黄绿色气体是氯气，Cl-是还原剂，VO2+是还原产物，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，还原性：SO32−>Cl->VO2+。
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考点1 氧化还原反应方程式的配平★★★★☆
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