高考化学一轮复习第二章化学物质及其变化第四讲氧化还原反应方程式的配平和计算学案新人教版

这是一份高考化学一轮复习第二章化学物质及其变化第四讲氧化还原反应方程式的配平和计算学案新人教版，共17页。学案主要包含了归纳提升，加固训练—拔高等内容，欢迎下载使用。
考点一 氧化还原反应方程式的配平(命题指数★★★★★)
1．配平原则
2．基本步骤
(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)
①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。
eq \(Cu,\s\up6(0),\s\d4(↑2)) ＋H eq \(N,\s\up6(＋5),\s\d4(↓3)) O3―→C eq \(u,\s\up6(＋2)) (NO3)2＋ eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋H2O
②列变化。
3 eq \(Cu,\s\up6(0),\s\d4(↑2)) ＋2H eq \(N,\s\up6(＋5),\s\d4(↓3)) O3―→ eq \(Cu,\s\up6(＋2)) (NO3)2＋ eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋H2O
③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。
3 eq \(Cu,\s\up6(0),\s\d4(↑2)) ＋2H eq \(N,\s\up6(＋5),\s\d4(↓3)) O3―→3 eq \(Cu,\s\up6(＋2)) (NO3)2＋2 eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋H2O
④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。
3 eq \(Cu,\s\up6(0),\s\d4(↑2)) ＋8H eq \(N,\s\up6(＋5),\s\d4(↓3)) O3===3 eq \(Cu,\s\up6(＋2)) (NO3)2＋2 eq \(N,\s\up6(＋2)) O↑＋4H2O
⑤查守恒：检查方程式两边是否“原子守恒”和“电荷守恒”。
1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋4H＋===2ClO2＋Cl－＋2H2O( )
提示：×。应为5ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O。
(2)NO2通入水中制硝酸： 2NO2＋H2O===2H＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NO( )
提示：×。应为3NO2＋H2O===2H＋＋2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NO。
(3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2===O2↑＋2H＋＋2Fe2＋ ( )
提示：×。Fe3＋的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3＋能催化H2O2的分解： 2H2O2 eq \(=====,\s\up7(Fe3＋)) 2H2O＋O2↑。
(4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋3H2↑
( )
提示：√。铝与NaOH反应生成AlO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，镁与NaOH不反应。
(5)用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋16H＋＋5C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O( )
提示：×。草酸为弱酸，写化学式。
(6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2: IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋I－＋6H＋===I2＋3H2O ( )
提示：×。应为IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
2．根据题给信息写出对应的方程式：
(1)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2＋反应生成SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 和紫色MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2＋时发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
(2)Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为____________________________________________________。
(3)在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 ml NaI完全反应转移6 ml电子，写出反应的化学方程式为____________________________________________。
(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为________________________________________________________。
【解析】(1)S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) 与Mn2＋反应，生成MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，根据S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) eq \(――→,\s\up7(得2×e－)) 2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、Mn2＋ eq \(――→,\s\up7(失5e－)) MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，由得失电子守恒，S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) 、Mn2＋的化学计量数之比为5∶2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为5S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) ＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋10SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋16H＋。
(2)Sb2S3与SbCl5生成SbCl3和S，其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。
(3)在NaOH的环境中，每1 ml I－完全反应转移6 ml电子生成IO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ， Cl2转化为Cl－，由此可写出反应的化学方程式。
(4)锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3)是还原剂，CO2是氧化产物，配平即可。
答案：(1)5S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(8)) ＋2Mn2＋＋8H2O===2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋10SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋16H＋
(2)Sb2S3＋3SbCl5===5SbCl3＋3S
(3)NaI＋3Cl2＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O
(4)2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋16H＋ eq \(=====,\s\up7(△)) 2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
命题角度1：正向配平类
【典例1】配平化学方程式
eq \x( ) FeO·Cr2O3＋ eq \x( ) Na2CO3＋ eq \x( ) NaNO3 eq \(=====,\s\up7(高温))
eq \x( ) Na2CrO4＋ eq \x( ) Fe2O3＋ eq \x( ) CO2↑＋ eq \x( ) NaNO2
【解析】第一步：标变价
eq \(Fe,\s\up6(＋2)) O· eq \(Cr,\s\up6(＋3)) 2O3＋Na2CO3＋Na eq \(N,\s\up6(＋5)) O3 eq \(――→,\s\up7(高温)) Na2 eq \(Cr,\s\up6(＋6)) O4＋ eq \(Fe,\s\up6(＋3)) 2O3＋CO2↑＋Na eq \(N,\s\up6(＋3)) O2
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。
FeO·Cr2O3的化学计量数为2，NaNO3的化学计量数为7, Na2CrO4的化学计量数为4，NaNO2的化学计量数为7。
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＋7NaNO3 eq \(=====,\s\up7(高温)) 4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2
第五步：查守恒
检查剩余元素Na、C和O是否守恒。
答案：2 4 7 4 1 4 7
【归纳提升】对于被氧化、被还原的元素分别在不同物质中的氧化还原反应，或者是归中反应，一般采用正向配平法。
命题角度2：逆向配平类
【典例2】配平下列反应方程式
eq \x( ) K2Cr2O7＋ eq \x( ) HCl(浓)=== eq \x( ) KCl＋ eq \x( ) CrCl3＋ eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) H2O
【解析】第一步：标化合价
第二步：列升降 eq \x( ) K2 eq \(Cr,\s\up6(＋6)) 2O7＋ eq \x( ) H eq \(Cl,\s\up6(－1)) (浓)―→ eq \x( ) K eq \(Cl,\s\up6(－1)) ＋
eq \x( ) eq \(Cr,\s\up6(＋3)) Cl3＋ eq \x( ) eq \(Cl,\s\up6(0)) 2↑＋ eq \x( ) H2O
降3 升2
第三步：求公倍数：降3×2 ＝升2×3，确定 CrCl3和 Cl2的化学计量数分别是 2 和 3，
第四步：用观察法配平：K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋ 2CrCl3＋ 3Cl2↑＋7H2O。
第五步：查守恒
答案：1 14 2 2 3 7
【归纳提升】对于反应物中部分被氧化或部分被还原的氧化还原反应及其自身氧化还原反应(含歧化反应)，一般采用逆向配平法。
命题角度3：缺项配平类
【典例3】完成以下氧化还原反应的离子方程式：
( )MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋( )C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋______===( )Mn2＋＋( )CO2↑＋______。
【以图析题·培养关键能力】

【解析】配平该化学方程式为2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。
答案：2 5 16H＋ 2 10 8H2O
【归纳提升】缺项配平时，缺项物质一般是强酸、强碱或H2O，可结合电荷守恒和原子守恒分析判断。
1．缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则
缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。
(1)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：
2.“五步骤”配平氧化还原反应方程式
命题点1：正向配平类(基础性考点)
1．(1) eq \x( ) HCl(浓)＋ eq \x( ) MnO2 eq \(=====,\s\up7(△))
eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) MnCl2＋ eq \x( ) H2O
(2) eq \x( ) KI＋ eq \x( ) KIO3＋ eq \x( ) H2SO4===
eq \x( ) I2＋ eq \x( ) K2SO4＋ eq \x( ) H2O
(3) eq \x( ) MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) H＋＋ eq \x( ) Cl－===
eq \x( ) Mn2＋＋ eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) H2O
答案：(1)4 1 1 1 2 (2)5 1 3 3 3 3
(3)2 16 10 2 5 8
命题点2：逆向配平类(综合性考点)
2．(1) eq \x( ) S＋ eq \x( ) KOH===
eq \x( ) K2S＋ eq \x( ) K2SO3＋ eq \x( ) H2O
(2) eq \x( ) P4＋ eq \x( ) KOH＋ eq \x( ) H2O===
eq \x( ) K3PO4＋ eq \x( ) PH3
答案：(1)3 6 2 1 3
(2)2 9 3 3 5
命题点3：缺项配平类(应用性考点)
3．(1) eq \x( ) ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \x( ) Fe2＋＋ eq \x( ) ______===
eq \x( ) Cl－＋ eq \x( ) Fe3＋＋ eq \x( ) ______。
(2) eq \x( ) MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) ______===
eq \x( ) Mn2＋＋ eq \x( ) CO2↑＋ eq \x( ) ______。
(3) eq \x( ) LiCO2＋ eq \x( ) H2SO4＋ eq \x( ) H2O2===
eq \x( ) Li2SO4＋ eq \x( ) CSO4＋ eq \x( ) O2↑＋ eq \x( ) ____。
(4) eq \x( ) ClO－＋ eq \x( ) Fe(OH)3＋ eq \x( ) ______===
eq \x( ) Cl－＋ eq \x( ) FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) H2O
答案：(1)1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
(2)2 5 16 H＋ 2 10 8 H2O
(3)2 3 1 1 2 1 4 H2O
(4)3 2 4 OH－ 3 2 5
4．(2020·湘潭模拟)氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋4H＋＋3e－===NO↑＋2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、FeSO4四种物质中有物质甲能使上述还原过程发生。则下列说法中正确的是( )
A．物质甲可能是KMnO4
B．总反应中体现了硝酸的强氧化性、酸性
C．反应中若产生3.0 g气体，则转移电子数为0.6NA
D．氧化过程的反应式一定为Cu2O－2e－＋2H＋===2Cu2＋＋H2O
【解析】选B。硝酸根得到电子是氧化剂，则物质甲应是还原剂，高锰酸钾一般作氧化剂，A错误；反应中还有硝酸盐生成，还体现硝酸的酸性，B正确；3.0 g NO是0.1 ml，转移电子的物质的量是0.3 ml，C错误；作还原剂的可以是氧化亚铜，也可以是硫酸亚铁，D错误。
考点二 氧化还原反应方程式的计算(命题指数★★★★★)
1．氧化还原反应计算的基本方法：电子守恒法(化合价守恒)
2．解题的一般步骤
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)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)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。
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)。
判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)1 ml Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。( )
提示：×。1 ml Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为NA。
(2)1 ml KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2，转移电子数为6NA。( )
提示：×。1 ml KIO3与足量的HI完全反应，转移电子数为5NA。
(3)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，元素铬在还原产物中的化合价为＋3。( )
提示：√。题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6；而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设＋n为生成物中铬元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024 L×0.05 ml·L－1×(6－4)＝0.02 L×0.02 ml·L－1×2×(6－n)，解得n＝3。
【加固训练—拔高】
良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、NOx、SO2具有十分重要的意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下所示：
反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，其还原产物是________。反应Ⅱ中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
(2)吸收SO2和NO获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 和NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，请写出生成等物质的量的NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 和NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 时的离子方程式
______________________________。装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为
__________________________________________________________________。
(3)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 的浓度为a ml·L－1，要使1L该溶液中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气________L(用含a代数式表示)。
【解析】(1)根据反应NO＋O3===NO2＋O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到－2价，生成了NO2，所以该反应中的还原产物为NO2；反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由＋4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由－3价升高到0价，被氧化，当n(NO2)∶
n[CO(NH2)2]＝3∶2时氧化还原反应中得失电子数目守恒，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2。
(2)NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 和NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，因此离子方程式为2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋＋4Ce3＋；装置Ⅲ为电解池，Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋，在电解槽中阳极上失电子，阳极反应式为：2Ce3＋－2e－===2Ce4＋，根据流程图可知HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 参与反应，在阴极得电子，因此反应式为2H＋＋2HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2e－===S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H2O，则装置Ⅲ中发生反应的离子方程式为2Ce3＋＋2H＋＋2HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) eq \(=====,\s\up7(通电)) 2Ce4＋＋S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H2O。
(3)溶液中的NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 被氧气氧化生成NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，氮元素化合价由＋3价升高到＋5价，氧气中氧元素由0价降低到－2价，根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为：2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ～O2，n(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) )＝a ml·L－1×1 L＝a ml，则需氧气的物质的量为：n(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) )÷2＝ eq \f(a,2) ml，其标准状况下的体积为： eq \f(a,2) ml×22.4 L·ml－1＝11.2a L。
答案：(1)NO2 3∶2 (2)2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋＋4Ce3＋ 2Ce3＋＋2H＋＋2HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) eq \(=====,\s\up7(通电)) 2Ce4＋＋S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋2H2O (3)11.2a
命题角度1：根据化学方程式的计算
【典例1】在氧化还原反应3S＋6KOH===K2SO3＋2K2S＋3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为( )
A．1∶1 B．2∶1 C．1∶2 D．3∶2
【解析】选C。在反应3S＋6KOH===K2SO3＋2K2S＋3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，反应中S→K2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S→K2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1∶2。
【归纳提升】根据化学方程式进行计算的思维模型：(1)找出氧化剂、还原剂及对应产物；(2)分析电子转移情况；(3)找出等量关系。
命题角度2：根据得失电子守恒的计算
【典例2】根据要求回答下列问题：
(1)(2016·全国卷Ⅲ)“氧化”中欲使3 ml的VO2＋变成VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) ，则需要氧化剂KClO3至少为__________ml。
(2)(2020·南充月考)还原2.4×10－3ml [XO(OH)]2＋ 到X元素的低价态时，需消耗30 mL 0.2 ml·L－1的亚硫酸钠(Na2SO3)溶液，则在此反应中X元素的低价态为________价。
【解析】(1)根据VO2＋ →VO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 失e－，KClO3→Cl－得6e－，由得失电子守恒，则n(VO2＋)＝6n(KClO3)，故n(KClO3)＝ eq \f(1,6) n(VO2＋)＝ eq \f(1,6) ×3 ml＝0.5 ml。
(2)30 mL 0.2 ml·L－1的亚硫酸钠的物质的量是0.006 ml，硫从＋4升高到＋6价，反应中失去0.012 ml电子，根据电子守恒，2.4×10－3 ml [XO(OH)]2＋也得到0.012 ml电子，所以每摩尔[XO(OH)]2＋得到5 ml电子，X的化合价从＋5价降到0价。
答案：(1)0.5 (2)0
【归纳提升】根据得失电子守恒计算的思维模型：(1)找出物质变化，根据提供信息，找出氧化剂、还原剂，判断发生变化；(2)列出守恒等式，根据得失电子守恒，氧化剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
电子守恒在氧化还原反应计算中的应用
a．直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
b．对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。
c．以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。
d．串联电解池时，流经各个电极上的电子数相等。
命题点1：根据化学方程式的计算(基础性考点)
1．(2020·北京模拟)将第ⅤB族元素铌金属单质(Nb)与I2、Nb2O5置于封闭容器中，控制温度进行反应：6Nb＋15I2＋2Nb2O5 eq \(=====,\s\up7(高温)) 10NbOI3。下列说法错误的是( )
A．Nb的最高化合价为＋5
B．Nb2O5具有酸性氧化物的性质
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶15
D．6 ml Nb参加反应共转移28 ml电子
【解析】选D。铌的最高化合价为＋5，A正确；Nb2O5是酸性氧化物，B正确；氧化剂为碘，还原剂为Nb，反应前后Nb2O5中Nb的化合价没有变化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶15，C正确；6 ml Nb参加反应共转移30 ml电子，D错误。
命题点2：根据得失电子守恒的计算(综合性考点)
2．(2021年重庆适应性测试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：
下列说法错误的是( )
A．反应1说明酸性：H2SO3＞H2CO3
B．反应1结束后，可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化
C．反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．反应2最好在无氧条件下进行
【解析】选C。反应1生成CO2的反应为2SO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHSO3＋CO2，所以说明酸性H2SO3＞H2CO3，A正确；NaHSO3如果被氧化生成SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，先加过量的盐酸除去HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，再加BaCl2如果有沉淀则为BaSO4，说明已被氧化，相反没有，B正确；NaHSO3和Zn的反应中，硫元素价态由＋4变为＋3，化合价降低1，为氧化剂，Zn价态由0变为＋2，为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的比应为2∶1，C错误；因Na2S2O4有强还原性，反应应尽量避免O2，D正确。
【加固训练—拔高】
1．(2021·北京模拟)某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的物质的量之比是1∶2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为( )
A．2∶3 B．4∶3
C．10∶3 D．11∶3
【解析】选D。Cl2生成ClO－与ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为＋1价和＋5价，经测定ClO－与ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 物质的量之比为1∶2，则可设ClO－为1 ml，ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 为2 ml，被氧化的氯元素的物质的量为：1 ml＋2 ml＝3 ml，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1 ml×(1－0)＋2 ml×(5－0)＝11 ml；氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中得到电子的物质的量也是11 ml；Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为－1价，则被还原的氯元素的物质的量为： eq \f(11 ml,1－0) ＝11 ml；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11 ml∶3 ml＝11∶3。
2．(2021·重庆月考)NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO＋4NH3===5N2＋6H2O。现有NO与NH3的混合物共1 ml充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4 g，则下列判断中正确的是( )
A．原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3∶2
B．有0.6 ml NH3被氧化
C．生成还原产物2.8 g
D．原混合气体中含氨气为0.2 ml或0.7 ml
【解析】选D。由方程式6NO＋4NH3===5N2＋6H2O可知，6 ml NO得到3 ml还原产物N2，4 ml NH3得到2 ml氧化产物N2，相差1 ml N2，若还原产物比氧化产物多1.4 g即0.05 ml，则相当于0.3 ml NO和0.2 ml NH3反应，由题意可知NO和NH3的总物质的量为1 ml，则其中一种过量，所以有两种情况：0.3 ml NO和0.7 ml NH3或0.2 ml NH3和0.8 ml NO反应。A.原混合物中NO与NH3的物质的量之比为3∶7或4∶1，A错误；B.有0.2 ml NH3被氧化，B错误；C.生成还原产物0.15 ml即4.2 g，C错误；D.原混合气体中含氨气为0.2 ml或0.7 ml，D正确。
3．(2021·衡水模拟)将9 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是( )
A．原混合物中铜和铁各0.065 ml
B．稀硝酸的物质的量浓度为4.0 ml· L－1
C．第一次剩余的4.8 g金属为铜和铁
D．向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100 mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56 L
【解析】选D。A.整个过程可以看作是9 g铜和铁混合物与200 mL硝酸反应生成0.1 ml NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为3Fe＋8HNO3===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，设铁为x ml，铜为y ml，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x＋64y＝9、2(x＋y)/3＝2.24/22.4，联立方程，解得：x＝0.075 ml、y＝0.075 ml。A.由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075 ml，故A错误；B.根据方程式可知，n(HNO3)＝4n(NO)＝0.4 ml，稀硝酸的物质的量浓度为0.4 ml÷0.2 L＝2 ml·L－1，故B错误；C.9 g混合物中含铁质量为0.075 ml×56 g·ml－1＝4.2 g，含铜质量为0.075 ml×64 g·ml－1＝4.8 g，故第一次剩余金属4.8 g为Cu的质量，故C错误；D.再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075 ml，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为 eq \f(0.075 ml×1,3) ＝0.025 ml，其体积为0.025 ml×22.4 L·ml－1＝0.56 L，故D正确。
1．(2019·江苏高考)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为__________________________________；水解聚合反应会导致溶液的pH__________。
【解析】H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，自身还原为H2O，根据Fe和O得失电子守恒配平，用H＋平衡电荷。Fe3＋水解结合OH－，释放出H＋，酸性增强，pH减小。
答案：2Fe2＋ ＋H2O2＋ 2H＋===2Fe3＋ ＋ 2H2O 减小
2．(2020·海南等级考节选)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如图所示。
回答下列问题：
(1)黄铁矿中硫元素的化合价为______________。
(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为____________________________。
(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入__________ (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。
(4)因为Na2S2O5具有________性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO4。检验其中含有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的方法是__________________________。
【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是＋2价，因此硫元素的化合价为－1价。(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3＋3CO eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe＋ 3CO2。(3)Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体。(4)Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(5)) ，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，否则没有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 。
答案：(1)－1 (2)Fe2O3＋3CO eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe＋ 3CO2 (3)过量 (4)还原 先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
【加固训练—拔高】
(2018·北京高考)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置。A中反应方程式是_________________________________
___________________________________________________(锰被还原为Mn2＋)。
②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。
③C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有
3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，另外还有
___________________________________________________________________。
(2)探究K2FeO4的性质
①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：
i.由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有________离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由
________________________________________________产生(用方程式表示)。
ii.方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是
___________________________________________________________________。
②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) (填“＞”或“＜”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的氧化性强弱关系相反，原因是____________
___________________________________________________________________。
③资料表明，酸性溶液中的氧化性FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＞MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＞MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：______________________________________________________。
【解析】(1)①A中KMnO4与浓盐酸反应，锰被还原为Mn2＋，故反应方程式是2KMnO4＋16HCl(浓)===2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O。②Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，故除杂装置B为。③由图示信息，溶液中有KOH，故还有Cl2与KOH之间的歧化反应：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(2)①“取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色”，说明a中含Fe3＋，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，因为K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，还可能由4FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O产生。K2FeO4在碱性溶液中较稳定。ClO－与Cl－在酸性条件下反应生成Cl2，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰。②K2FeO4的制备实验中，溶液呈碱性，发生反应3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH===2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cl2＞FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 。实验Ⅱ中加入了盐酸，溶液的酸碱性发生变化，Cl2和FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的氧化性强弱关系发生变化。③若能证明，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3＋和O2，最后溶液中不存在FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的颜色，说明FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 将Mn2＋氧化成MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，所以该实验方案能证明氧化性FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) >MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) (或不能证明，因溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c(FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。
答案：(1)①2KMnO4＋16HCl(浓)=== 2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O
②
③Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
(2)①i.Fe3＋ 4FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
ii.排除ClO－的干扰
②> 溶液的酸碱性不同
③能证明，理由：FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 在过量酸的作用下完全转化为Fe3＋和O2，溶液浅紫色一定是MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 的颜色
(或不能证明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)
1．方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。
2．方程式的计算：根本原则就是利用电子守恒建立物质之间的比例关系，写出守恒式。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－
方案Ⅰ
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案Ⅱ
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。