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(新高考)高考化学一轮复习课时练习第2章第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平(含解析)
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这是一份(新高考)高考化学一轮复习课时练习第2章第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平(含解析)，共23页。
第5讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平
课 程 标 准
知 识 建 构
1.能从氧化还原反应原理，预测物质的化学性质与变化，并能设计实验进行部分验证，分析、解释有关实验现象。
2．能进行氧化还原方程式的配平与计算。
考点一 电子守恒思想在氧化还原反应中的应用
【典例1】 现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3
C．＋4 D．＋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；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【对点练1】 (电子守恒在价态判断中的应用)某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是( )
A．＋2 B．＋1
C．0 D．－1
答案 C
解析 在氧化还原反应中电子得失数目相等。设在反应后X的化合价为x，则2.4×10－3×(5－x)＝0.03×0.2×2，解得x＝0，因此C选项正确。
【对点练2】 (电子守恒在计算中的应用)某离子反应中涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )
A．该反应的还原剂是NH
B．消耗1 mol 还原剂，转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．当生成14 g N2时，消耗的ClO－为1.5 mol
答案 C
解析 根据题意图示可知，氧化剂为ClO－，还原剂为NH，由电子守恒得：n(ClO－)×2＝n(NH)×3，n(ClO－)∶n(NH)＝3∶2，C项错误。
【对点练3】 (氧化还原电子守恒问题)(2020·山西太原市实验中学高三月考)在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为( )
A．1 mol B．2/3 mol
C．4/3 mol D．2 mol
答案 C
解析 在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，元素化合价变化情况为：溴元素由＋3价升高为＋5价，溴元素由＋3价降低为0价，氧元素化合价由－2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，同时水也是还原剂，若5 mol H2O参加反应，则生成1 mol O2，氧原子提供电子物质的量为2 mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为x mol，根据电子转移守恒，则：2 mol×2＝x mol×(3－0)，解得x＝4/3，选项C符合题意。
应用得失电子守恒解题的一般步骤
【典例2】 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，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
答案 B
解析 反应流程
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得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
【对点练4】 (多步反应中电子守恒的应用)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 mol·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 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
答案 A
解析 由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【对点练5】 (利用电子守恒推导对应关系的应用)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 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的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 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是( )
A．N2 B．N2O
C．NO D．NO2
答案 B
解析 设氧化产物中N的化合价为x，根据电子守恒可推导关系5NH2OH～(x＋1)KMnO4，可列式
＝，
解得x＝1。
多步连续氧化还原反应的计算技巧
题目涉及氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，只要中间各步反应过程中没有电子损耗，只依据起始反应物与最终产物，略去中间过程，建立两者间的电子守恒关系，快速求解。
考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平
【典例3】 配平下列化学方程式：
(1)________ H2S＋________HNO3 ===________ S↓＋________ NO↑＋________H2O
(2)________MnO＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O
(3)________S＋________KOH________K2S＋________K2SO3＋________H2O
(4)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＋________。
(5)在酸性条件下，K2Cr2O7被Fe2＋还原为Cr3＋，完成下列方程式：
________Cr2O＋________Fe2＋＋________===________Cr3＋＋________Fe3＋＋________。
答案 (1)3 2 3 2 4
(2)2 16 10 2 5 8
(3)3 6 2 1 3
(4)Al2O3 3C N2 2 3CO
(5)1 6 14H＋ 2 6 7H2O
解析 (1)配平步骤如下
第一步：标变价，H2＋ ―→↓＋O↑＋H2O
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的化学计量数为3，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。
(4)根据氮元素、碳元素的化合价变化判断，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
(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一般步骤
【对点练6】 (正向配平和逆向配平的应用)
(1)________NaBO2＋________SiO2＋________Na＋________H2===________NaBH4＋________Na2SiO3
(2)________Fe3O4＋________HNO3(稀)===________Fe(NO3)3＋________NO↑＋________H2O
(3)________MnO＋________C2O＋________H＋===________Mn2＋＋________ CO2↑＋________H2O
(4)________P4＋________KOH＋________H2O===________K3PO4＋________PH3
(5)________Cl2＋________KOH===________KCl＋________KClO3＋________H2O
答案 (1)1 2 4 2 1 2 (2)3 28 9 1 14
(3)2 5 16 2 10 8 (4)2 9 3 3 5
(5)3 6 5 1 3
【对点练7】 (缺项配平)
(1)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＋＋________＋________。
(2)将Cu投入一定量的浓硝酸中，发生如下反应，其生成的NO2与NO的物质的量之比为2∶1，完成下列反应：________Cu＋________HNO3(浓)=== ________Cu(NO3)2＋________NO2↑＋________NO↑＋________。
(3)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式：
________KMnO4＋________K2S＋________===________K2MnO4＋________K2SO4＋________S↓＋________。
答案 (1)5 2 14H＋ 5 5 2MnO 7H2O
(2)5 16 5 4 2 8H2O
(3)28 5 24KOH 28 3 2 12H2O
【对点练8】 (需确定物质的氧化还原方程式的书写)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是( )
A.过程①中生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋
B．过程②中，Fe3＋作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S＋O2===2H2O＋2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
答案 D
解析 由图可知，共发生的有三个反应①H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋ ②CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S
③4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O。过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，故A正确；过程②中的反应为CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①×2＋②×2＋③可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故C正确；过程③中的反应为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误。
(1)配平的基本技能
①全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
②自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(2)缺项配平的方法
①先用化合价升降法确定“两剂”或“两物”及其系数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定其他物质及其系数。
②补项原则
条件
补项原则
酸性条件下
反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋
碱性条件下
反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O
微专题8 整合有效信息书写氧化还原反应方程式
“四步法”突破信息型氧化还原方程式的书写
【典例】 (2020·课标全国Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
“酸浸氧化”中，VO＋转化为VO反应的离子方程式
_______________________________________________________________。
答案 VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
解析 第一步：列物质，确定反应主体。
依据工艺流程图提示，“酸浸氧化”步骤中加入的MnO2具有氧化性，可将VO＋和VO2＋氧化成VO，根据表格中提供的金属离子种类可以确定，反应后锰元素的还原产物为Mn2＋。
第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnO2＋VO＋―→Mn2＋＋VO。
在此过程中，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2 mol 电子， Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒可得四种微粒的系数分别为1，即参加氧化还原反应的微粒的关系为VO＋＋MnO2―→VO＋Mn2＋；
第三步：反应在酸性条件下进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，MnO2＋VO＋＋________H＋―→Mn2＋＋VO＋________H2O。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：MnO2＋VO＋＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
1．根据题目信息，完成有关方程式的书写。
(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(2)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为__________________________(用离子方程式表示)。
(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(4)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(5)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为__________________________________________________________________。
答案 (1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
(2)2S2－＋O2＋2H2O===4OH－＋2S↓
(3)PbO2＋4H＋＋2Cl－Pb2＋＋Cl2↑＋2H2O
(4)5C2H5OH＋4MnO＋12H＋===5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O
(5)2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)
2．根据题目流程和条件，书写相关的反应方程式。
(1)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co(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________________________________________________。
(3)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：___________________________________。
答案 (1)2Co(OH)3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋5H2O
(2)2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(3)4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O
1．(2020·课标全国Ⅱ节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_____________________________________________________。
(2)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 mol ClO2消耗NaClO2的量为________ mol；产生“气泡”的化学方程式为______________________________________________________。
答案 (1)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O (2)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
解析 (1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(2)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 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。
2．(2020·北京卷)MnO2是重要化工原料，用软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3＋
Al3＋
Mn2＋
Fe2＋
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出：①溶出前，软锰矿需研磨。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是
______________________________________________________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是
________________________________________________________________。
(2)纯化 ：已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_________________________________________________________________。
(3)产品纯度测定：向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋，相对分子质量：MnO2 86.94；Na2C2O4134.0)产品纯度为________。(用质量分数表示)
答案 (1)①ⅰ.MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱
(3)×100%
解析 (1)ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2；(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋；(3)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝－×5，产品纯度＝×100%＝×100%。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．(2020·泉州五校联考)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：
2S2Cl2＋2H2O===4HCl＋SO2↑＋3S↓
对该反应的说法正确的是( )
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1 mol SO2转移4 mol电子
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1
答案 A
2．某碘盐(含KIO3)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成K3H2IO6，关于该反应的说法错误的是( )
A．碘盐中碘元素被氧化
B．Cl2的氧化性强于IO
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．转移1 mol电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成
答案 C
解析 向碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到K3H2IO6，反应中I元素的化合价由＋5价升高为＋7价，Cl元素的化合价由0降低为－1价，反应的离子方程式为IO＋Cl2＋4OH－===H2IO＋2Cl－＋H2O。I元素的化合价升高，则在该反应中碘元素被氧化，故A正确；该反应中IO作还原剂，Cl2作氧化剂，Cl2的氧化性强于IO，故B正确；根据方程式可知，IO作还原剂，Cl2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；反应中生成1 mol K3H2IO6转移1 mol×(7－5)＝2 mol电子，则反应中转移1 mol电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成，故D正确。
3．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是( )
A．每转移2 mol电子，就有1 mol乙二酸被还原
B．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶5
C．鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性
D．蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导致书写不畅
答案 A
解析 乙二酸中碳元素的化合价为＋3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为＋4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶5，故B正确；酸性高锰酸钾溶液可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；蓝墨水是一种胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确。
4．(2020·山东部分重点中学质量抽测)把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子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．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移
答案 B
解析 根据图a、图b，可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物中单质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO＋3H2O，A项错误；若有1 mol S被氧化，生成1 mol SO，同时有2 mol S被还原，生成2 mol S2－，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D项错误。
5．(2020·安徽合肥检测)0.1 mol金属锡完全溶于100 mL 12 mol·L－1 HNO3溶液中放出0.4 mol NO2，反应后溶液中c(H＋)为8 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。由此推断氧化产物可能是( )
A．Sn(NO3)2 B．SnO2·4H2O
C．Sn(NO3)4 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4
答案 B
解析 由反应后溶液中的c(H＋)＝8 mol·L－1，可知HNO3有剩余，反应的HNO3为0.1 L×12 mol·L－1－0.1 L×8 mol·L－1＝0.4 mol，设金属锡被氧化后的化合价为x，由得失电子守恒可知，0.1 mol×(x－0)＝0.4 mol×(5－4)，解得x＝4，即氧化产物中锡元素的化合价为＋4，由于溶液中c(H＋)＝8 mol·L－1，根据氮原子守恒可知c(NO)＝＝8 mol·L－1，此时溶液呈电中性，说明溶液中不存在Sn(NO3)4，故氧化产物为SnO2·4H2O，选项B正确。
6．已知反应：As2S3＋HNO3＋X―→H3AsO4＋H2SO4＋NO↑，下列关于该反应的说法不正确的是( )
A．X为H2O
B．参加反应的HNO3全部被还原
C．氧化产物为H2SO4和H3AsO3
D．生成1 mol H3AsO4转移2 mol e－
答案 D
解析 As2S3中As元素的化合价＋3价，S元素的化合价－2，由方程式可知，反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由＋5→＋2，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S3＋28HNO3＋4H2O===6H3AsO4＋9H2SO4＋28NO↑。由原子个数守恒可知，X为H2O，故A正确；由化学方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO4，故C正确；生成1 mol H3AsO4转移电子 mol＝14 mol，故D错误。
7．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O；IO→I2；MnO→Mn2＋；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )
A．H2O2 B．IO
C．MnO D．HNO2
答案 B
解析 KI被氧化得到I2,1 mol KI在反应中失去1 mol电子，再据题中所给信息：H2O2→H2O,1 mol H2O2得2 mol e－，IO→I2,1 mol IO得5 mol e－，MnO→Mn2＋，1 mol MnO可得 5 mol e－，HNO2→NO,1 mol HNO2得1 mol e－。虽然B、C项中的1 mol IO、MnO均可得5 mol e－，但B中生成物I2可来自IO和I－，故得I2最多者应是IO与I－的反应。
8．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是( )
A．UO2 B．2UO2·UO3
C．UO3 D．UO2·2UO3
答案 C
解析 气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。
9．向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6 mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为：
粒子
I2
Br2
IO
物质的量/mol
0.5
1.3
针对上述反应，下列说法正确的是( )
A．NaBrO3是还原剂
B．氧化产物只有I2
C．该反应共转移电子的物质的量是12 mol
D．参加反应的NaI为3 mol
答案 D
解析 NaBrO3中溴元素由＋5价被还原生成0价，则NaBrO3是氧化剂，A错误；NaI中－1价碘离子被氧化生成0价的I2和＋5价的IO，则氧化产物为I2和IO，B错误；2.6 mol NaBrO3反应转移的电子为2.6 mol×(5－0)＝13 mol，C错误；根据电子守恒，生成IO的物质的量为＝2 mol，根据碘原子守恒可知，参加反应的NaI的物质的量为n(IO)＋2n(I2)＝2 mol＋0.5 mol×2＝3 mol，D正确。
10．五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是( )
A．五氧化二钒的结构式为
B．V2O5溶于碱生成VO
C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl===(NH4)2V6O16↓＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaCl
D．V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1 mol Cl2转移电子数为2NA
答案 B
解析 根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确；根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，故B错误；根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气，生成1 mol Cl2转移2 mol e－，D正确。
11．(2020·湖南汨罗市高三检测)高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。
下列说法正确的是( )
A．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2
C．氧化性：K2FeO4>KClO
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
答案 D
解析 A选项，若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，设物质的量分别为5 mol和1 mol，则化合价升高失去10 mol电子，则化合价降低得到10 mol电子，消耗Cl2 8 mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶6，即5∶3，故A错误；B选项，根据反应①得出n(K)＝n(Cl)，因此每消耗4 mol KOH，吸收氯气2 mol，即标准状况下44.8 L Cl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，因此KClO > K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KClO，则Cl2与KClO物质的量之比为1∶1，根据第二个方程式得到KClO与K2FeO4物质的量之比为3∶2，因此得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2，故D正确。
12．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：反应i，CN－＋OH－＋Cl2―→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)；反应ii，OCN－＋OH－＋Cl2―→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是( )
A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶1
B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物
C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中
D．处理c(CN－)＝0.000 1 mol·L－1的废水106 L，消耗Cl2 5.6×103 L
答案 C
解析 配平后的反应i为CN－＋2OH－＋Cl2===OCN－＋2Cl－＋H2O，其中CN－为还原剂，Cl2为氧化剂，二者的化学计量数之比为1∶1，A项错误；反应ii中，Cl2是氧化剂，则OCN－为还原剂，根据反应i中N元素的化合价没有变化，由CN－中N元素的化合价为－3价，可知OCN－中N元素的化合价为－3价，C元素的化合价为＋4价，又X、Y是两种无毒的气体，故反应ii的氧化产物只有N2，B项错误；该废水处理工艺中所用的Cl2有毒，须采取措施，防止Cl2逸出到空气中，C项正确；题中没有说明气体是在标准状况下，故无法计算一定物质的量的气体的体积，D项错误。
二、非选择题(本题包括3小题)
13．某反应中反应物与生成物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是________。
(2)已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为________。
(3)根据上述反应可推知________(填序号)。
A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4
B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C．还原性：AsH3＞X
D．还原性：X＞AsH3
(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的化学计量数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目(用单线桥法表示)。
＋
(5)KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
答案 (1)AsH3 (2)Br2 (3)AC
(5)2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
解析 (1)KBrO3在反应中得到电子，KBrO3中Br元素的化合价降低，作氧化剂；AsH3被氧化为H3AsO4；AsH3作还原剂。
(2)设X中Br元素的化合价为x，Br元素化合价由＋5价降低到x，则0.2 mol×(＋5－x)＝1 mol，解得x＝0，故X为Br2。
(3)反应中KBrO3作氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：KBrO3＞H3AsO4，故A正确、B错误；反应中AsH3作还原剂，X是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：AsH3＞X，故C正确、D错误。
(4)反应中KBrO3得到电子，AsH3失去电子，共转移40e－，则标出电子转移的方向和数目为。
(5)KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的化学方程式为2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O。
14．(2020·湖北黄冈市高三联考)氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO转化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为______________________。
(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd－Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0～6.0时，可直接用H2将NO还原为N2，该反应的离子方程式为_________________________。
研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO的去除效果比只用H2时更好，其原因是___________________________________________________。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3＋3ClO－===N2＋3H2O＋3Cl－)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________________________________。
答案 (1)10Ca2＋＋8OH－＋6HPO===
Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O
(2)①2NO＋5H2＋2H＋N2＋6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H＋，有利于pH维持在4.0～6.0
②5∶1
(3)pH大于9时，ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3
解析 (1)Ca(OH)2与HPO反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2＋＋8OH－＋6HPO===Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O；(2)①在pH为4.0～6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO还原为N2，反应的离子方程式为：2NO＋5H2＋2H＋N2＋6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离产生H＋，有利于pH维持在4.0～6.0，便于H2还原NO；
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：5Fe＋12H＋＋2NO===5Fe2＋＋N2↑＋6H2O，可知，在该反应中氧化产物Fe2＋与还原产物N2的物质的量之比为5∶1；(3)ClO－具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO－氧化性越强，pH越大，ClO－的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液碱性较强，则ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
15．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用，从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
请回答下列问题：
(1)在钛白水解工业废酸中，加入H2O2是为了使TiO2＋转化为难萃取的[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋，[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋中Ti的化合价为________。
(2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如下图，应选择的合适O/A值为________。
温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表，合适的萃取温度为10～15 ℃，其理由是___________________________________________________。
T/℃
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
91.3
96
97.1
97.3
98.0
钛的萃取率/%
0.94
0.95
2.10
3.01
4.20
(3)已知钪与铝类似，其氢氧化物具有两性。反萃取步骤中，加入NaOH使溶液呈碱性，碱性条件下双氧水可以氧化锰离子生成滤渣Ⅰ，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________。
(4)草酸钪“灼烧”的化学方程式为_______________________________。
(5)若该钛白水解废酸中含Sc3＋的浓度为16 mg·L－1，从1 m3该废酸中提取得到21.6 g Sc2O3，则钪的提取率为________(保留两位有效数字)。
答案 (1)＋4
(2)1∶4 温度为10～15 ℃时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低
(3)Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2↓＋2H2O
(4)2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 (5)88%
解析 (1)[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋中存在过氧根离子(O)和OH－，故化合物中Ti为＋4价。(2)在10～15 ℃钪萃取率较大，而钛的萃取率较低，钪的相对纯度较高。(4)草酸根中碳的化合价是＋3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，则化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)1 m3废酸中Sc3＋的质量为16 g，21.6 g Sc2O3中钪的质量为21.6 g×≈14 g，故钪的提取率为×100%≈88%。
第5讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平
课 程 标 准
知 识 建 构
1.能从氧化还原反应原理，预测物质的化学性质与变化，并能设计实验进行部分验证，分析、解释有关实验现象。
2．能进行氧化还原方程式的配平与计算。
考点一 电子守恒思想在氧化还原反应中的应用
【典例1】 现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3
C．＋4 D．＋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；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【对点练1】 (电子守恒在价态判断中的应用)某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是( )
A．＋2 B．＋1
C．0 D．－1
答案 C
解析 在氧化还原反应中电子得失数目相等。设在反应后X的化合价为x，则2.4×10－3×(5－x)＝0.03×0.2×2，解得x＝0，因此C选项正确。
【对点练2】 (电子守恒在计算中的应用)某离子反应中涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是( )
A．该反应的还原剂是NH
B．消耗1 mol 还原剂，转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．当生成14 g N2时，消耗的ClO－为1.5 mol
答案 C
解析 根据题意图示可知，氧化剂为ClO－，还原剂为NH，由电子守恒得：n(ClO－)×2＝n(NH)×3，n(ClO－)∶n(NH)＝3∶2，C项错误。
【对点练3】 (氧化还原电子守恒问题)(2020·山西太原市实验中学高三月考)在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为( )
A．1 mol B．2/3 mol
C．4/3 mol D．2 mol
答案 C
解析 在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，元素化合价变化情况为：溴元素由＋3价升高为＋5价，溴元素由＋3价降低为0价，氧元素化合价由－2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，同时水也是还原剂，若5 mol H2O参加反应，则生成1 mol O2，氧原子提供电子物质的量为2 mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为x mol，根据电子转移守恒，则：2 mol×2＝x mol×(3－0)，解得x＝4/3，选项C符合题意。
应用得失电子守恒解题的一般步骤
【典例2】 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，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
答案 B
解析 反应流程
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得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
【对点练4】 (多步反应中电子守恒的应用)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 mol·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 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
答案 A
解析 由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2n(O2)＝＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
【对点练5】 (利用电子守恒推导对应关系的应用)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 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的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 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是( )
A．N2 B．N2O
C．NO D．NO2
答案 B
解析 设氧化产物中N的化合价为x，根据电子守恒可推导关系5NH2OH～(x＋1)KMnO4，可列式
＝，
解得x＝1。
多步连续氧化还原反应的计算技巧
题目涉及氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，只要中间各步反应过程中没有电子损耗，只依据起始反应物与最终产物，略去中间过程，建立两者间的电子守恒关系，快速求解。
考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平
【典例3】 配平下列化学方程式：
(1)________ H2S＋________HNO3 ===________ S↓＋________ NO↑＋________H2O
(2)________MnO＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O
(3)________S＋________KOH________K2S＋________K2SO3＋________H2O
(4)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＋________。
(5)在酸性条件下，K2Cr2O7被Fe2＋还原为Cr3＋，完成下列方程式：
________Cr2O＋________Fe2＋＋________===________Cr3＋＋________Fe3＋＋________。
答案 (1)3 2 3 2 4
(2)2 16 10 2 5 8
(3)3 6 2 1 3
(4)Al2O3 3C N2 2 3CO
(5)1 6 14H＋ 2 6 7H2O
解析 (1)配平步骤如下
第一步：标变价，H2＋ ―→↓＋O↑＋H2O
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的化学计量数为3，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。
(4)根据氮元素、碳元素的化合价变化判断，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
(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一般步骤
【对点练6】 (正向配平和逆向配平的应用)
(1)________NaBO2＋________SiO2＋________Na＋________H2===________NaBH4＋________Na2SiO3
(2)________Fe3O4＋________HNO3(稀)===________Fe(NO3)3＋________NO↑＋________H2O
(3)________MnO＋________C2O＋________H＋===________Mn2＋＋________ CO2↑＋________H2O
(4)________P4＋________KOH＋________H2O===________K3PO4＋________PH3
(5)________Cl2＋________KOH===________KCl＋________KClO3＋________H2O
答案 (1)1 2 4 2 1 2 (2)3 28 9 1 14
(3)2 5 16 2 10 8 (4)2 9 3 3 5
(5)3 6 5 1 3
【对点练7】 (缺项配平)
(1)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＋＋________＋________。
(2)将Cu投入一定量的浓硝酸中，发生如下反应，其生成的NO2与NO的物质的量之比为2∶1，完成下列反应：________Cu＋________HNO3(浓)=== ________Cu(NO3)2＋________NO2↑＋________NO↑＋________。
(3)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式：
________KMnO4＋________K2S＋________===________K2MnO4＋________K2SO4＋________S↓＋________。
答案 (1)5 2 14H＋ 5 5 2MnO 7H2O
(2)5 16 5 4 2 8H2O
(3)28 5 24KOH 28 3 2 12H2O
【对点练8】 (需确定物质的氧化还原方程式的书写)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是( )
A.过程①中生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋
B．过程②中，Fe3＋作氧化剂
C．回收S的总反应为2H2S＋O2===2H2O＋2S↓
D．过程③中，各元素化合价均未改变
答案 D
解析 由图可知，共发生的有三个反应①H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋ ②CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S
③4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O。过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，故A正确；过程②中的反应为CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①×2＋②×2＋③可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故C正确；过程③中的反应为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，在转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误。
(1)配平的基本技能
①全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
②自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(2)缺项配平的方法
①先用化合价升降法确定“两剂”或“两物”及其系数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定其他物质及其系数。
②补项原则
条件
补项原则
酸性条件下
反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋
碱性条件下
反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少O(氧)补OH－生成H2O
微专题8 整合有效信息书写氧化还原反应方程式
“四步法”突破信息型氧化还原方程式的书写
【典例】 (2020·课标全国Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
“酸浸氧化”中，VO＋转化为VO反应的离子方程式
_______________________________________________________________。
答案 VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
解析 第一步：列物质，确定反应主体。
依据工艺流程图提示，“酸浸氧化”步骤中加入的MnO2具有氧化性，可将VO＋和VO2＋氧化成VO，根据表格中提供的金属离子种类可以确定，反应后锰元素的还原产物为Mn2＋。
第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnO2＋VO＋―→Mn2＋＋VO。
在此过程中，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1 mol VO＋失去2 mol 电子， Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1 mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒可得四种微粒的系数分别为1，即参加氧化还原反应的微粒的关系为VO＋＋MnO2―→VO＋Mn2＋；
第三步：反应在酸性条件下进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，MnO2＋VO＋＋________H＋―→Mn2＋＋VO＋________H2O。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：MnO2＋VO＋＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O
1．根据题目信息，完成有关方程式的书写。
(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(2)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为__________________________(用离子方程式表示)。
(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(4)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
(5)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为__________________________________________________________________。
答案 (1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
(2)2S2－＋O2＋2H2O===4OH－＋2S↓
(3)PbO2＋4H＋＋2Cl－Pb2＋＋Cl2↑＋2H2O
(4)5C2H5OH＋4MnO＋12H＋===5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O
(5)2Fe2＋＋BH＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)
2．根据题目流程和条件，书写相关的反应方程式。
(1)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co(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________________________________________________。
(3)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：___________________________________。
答案 (1)2Co(OH)3＋SO＋4H＋===2Co2＋＋SO＋5H2O
(2)2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(3)4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O
1．(2020·课标全国Ⅱ节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_____________________________________________________。
(2)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 mol ClO2消耗NaClO2的量为________ mol；产生“气泡”的化学方程式为______________________________________________________。
答案 (1)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O (2)1.25 NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
解析 (1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(2)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 mol ClO2时消耗1.25 mol NaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。
2．(2020·北京卷)MnO2是重要化工原料，用软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
Fe3＋
Al3＋
Mn2＋
Fe2＋
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出：①溶出前，软锰矿需研磨。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是
______________________________________________________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是
________________________________________________________________。
(2)纯化 ：已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_________________________________________________________________。
(3)产品纯度测定：向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L。(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋，相对分子质量：MnO2 86.94；Na2C2O4134.0)产品纯度为________。(用质量分数表示)
答案 (1)①ⅰ.MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋
(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱
(3)×100%
解析 (1)ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2；(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋；(3)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝－×5，产品纯度＝×100%＝×100%。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．(2020·泉州五校联考)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：
2S2Cl2＋2H2O===4HCl＋SO2↑＋3S↓
对该反应的说法正确的是( )
A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂
B．H2O作还原剂
C．每生成1 mol SO2转移4 mol电子
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1
答案 A
2．某碘盐(含KIO3)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成K3H2IO6，关于该反应的说法错误的是( )
A．碘盐中碘元素被氧化
B．Cl2的氧化性强于IO
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．转移1 mol电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成
答案 C
解析 向碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到K3H2IO6，反应中I元素的化合价由＋5价升高为＋7价，Cl元素的化合价由0降低为－1价，反应的离子方程式为IO＋Cl2＋4OH－===H2IO＋2Cl－＋H2O。I元素的化合价升高，则在该反应中碘元素被氧化，故A正确；该反应中IO作还原剂，Cl2作氧化剂，Cl2的氧化性强于IO，故B正确；根据方程式可知，IO作还原剂，Cl2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；反应中生成1 mol K3H2IO6转移1 mol×(7－5)＝2 mol电子，则反应中转移1 mol电子时，有0.5 mol K3H2IO6生成，故D正确。
3．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO4，其反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是( )
A．每转移2 mol电子，就有1 mol乙二酸被还原
B．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶5
C．鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性
D．蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导致书写不畅
答案 A
解析 乙二酸中碳元素的化合价为＋3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为＋4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶5，故B正确；酸性高锰酸钾溶液可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；蓝墨水是一种胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确。
4．(2020·山东部分重点中学质量抽测)把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子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．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移
答案 B
解析 根据图a、图b，可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物中单质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO＋3H2O，A项错误；若有1 mol S被氧化，生成1 mol SO，同时有2 mol S被还原，生成2 mol S2－，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D项错误。
5．(2020·安徽合肥检测)0.1 mol金属锡完全溶于100 mL 12 mol·L－1 HNO3溶液中放出0.4 mol NO2，反应后溶液中c(H＋)为8 mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。由此推断氧化产物可能是( )
A．Sn(NO3)2 B．SnO2·4H2O
C．Sn(NO3)4 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)4
答案 B
解析 由反应后溶液中的c(H＋)＝8 mol·L－1，可知HNO3有剩余，反应的HNO3为0.1 L×12 mol·L－1－0.1 L×8 mol·L－1＝0.4 mol，设金属锡被氧化后的化合价为x，由得失电子守恒可知，0.1 mol×(x－0)＝0.4 mol×(5－4)，解得x＝4，即氧化产物中锡元素的化合价为＋4，由于溶液中c(H＋)＝8 mol·L－1，根据氮原子守恒可知c(NO)＝＝8 mol·L－1，此时溶液呈电中性，说明溶液中不存在Sn(NO3)4，故氧化产物为SnO2·4H2O，选项B正确。
6．已知反应：As2S3＋HNO3＋X―→H3AsO4＋H2SO4＋NO↑，下列关于该反应的说法不正确的是( )
A．X为H2O
B．参加反应的HNO3全部被还原
C．氧化产物为H2SO4和H3AsO3
D．生成1 mol H3AsO4转移2 mol e－
答案 D
解析 As2S3中As元素的化合价＋3价，S元素的化合价－2，由方程式可知，反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由＋5→＋2，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S3＋28HNO3＋4H2O===6H3AsO4＋9H2SO4＋28NO↑。由原子个数守恒可知，X为H2O，故A正确；由化学方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO4，故C正确；生成1 mol H3AsO4转移电子 mol＝14 mol，故D错误。
7．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O；IO→I2；MnO→Mn2＋；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是( )
A．H2O2 B．IO
C．MnO D．HNO2
答案 B
解析 KI被氧化得到I2,1 mol KI在反应中失去1 mol电子，再据题中所给信息：H2O2→H2O,1 mol H2O2得2 mol e－，IO→I2,1 mol IO得5 mol e－，MnO→Mn2＋，1 mol MnO可得 5 mol e－，HNO2→NO,1 mol HNO2得1 mol e－。虽然B、C项中的1 mol IO、MnO均可得5 mol e－，但B中生成物I2可来自IO和I－，故得I2最多者应是IO与I－的反应。
8．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是( )
A．UO2 B．2UO2·UO3
C．UO3 D．UO2·2UO3
答案 C
解析 气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。
9．向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6 mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为：
粒子
I2
Br2
IO
物质的量/mol
0.5
1.3
针对上述反应，下列说法正确的是( )
A．NaBrO3是还原剂
B．氧化产物只有I2
C．该反应共转移电子的物质的量是12 mol
D．参加反应的NaI为3 mol
答案 D
解析 NaBrO3中溴元素由＋5价被还原生成0价，则NaBrO3是氧化剂，A错误；NaI中－1价碘离子被氧化生成0价的I2和＋5价的IO，则氧化产物为I2和IO，B错误；2.6 mol NaBrO3反应转移的电子为2.6 mol×(5－0)＝13 mol，C错误；根据电子守恒，生成IO的物质的量为＝2 mol，根据碘原子守恒可知，参加反应的NaI的物质的量为n(IO)＋2n(I2)＝2 mol＋0.5 mol×2＝3 mol，D正确。
10．五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是( )
A．五氧化二钒的结构式为
B．V2O5溶于碱生成VO
C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl===(NH4)2V6O16↓＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaCl
D．V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1 mol Cl2转移电子数为2NA
答案 B
解析 根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确；根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，故B错误；根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气，生成1 mol Cl2转移2 mol e－，D正确。
11．(2020·湖南汨罗市高三检测)高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。
下列说法正确的是( )
A．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B．反应①中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2
C．氧化性：K2FeO4>KClO
D．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
答案 D
解析 A选项，若反应①中n(ClO－)∶n(ClO)＝5∶1，设物质的量分别为5 mol和1 mol，则化合价升高失去10 mol电子，则化合价降低得到10 mol电子，消耗Cl2 8 mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶6，即5∶3，故A错误；B选项，根据反应①得出n(K)＝n(Cl)，因此每消耗4 mol KOH，吸收氯气2 mol，即标准状况下44.8 L Cl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，因此KClO > K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KClO，则Cl2与KClO物质的量之比为1∶1，根据第二个方程式得到KClO与K2FeO4物质的量之比为3∶2，因此得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2，故D正确。
12．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：反应i，CN－＋OH－＋Cl2―→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)；反应ii，OCN－＋OH－＋Cl2―→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是( )
A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶1
B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物
C．该废水处理工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中
D．处理c(CN－)＝0.000 1 mol·L－1的废水106 L，消耗Cl2 5.6×103 L
答案 C
解析 配平后的反应i为CN－＋2OH－＋Cl2===OCN－＋2Cl－＋H2O，其中CN－为还原剂，Cl2为氧化剂，二者的化学计量数之比为1∶1，A项错误；反应ii中，Cl2是氧化剂，则OCN－为还原剂，根据反应i中N元素的化合价没有变化，由CN－中N元素的化合价为－3价，可知OCN－中N元素的化合价为－3价，C元素的化合价为＋4价，又X、Y是两种无毒的气体，故反应ii的氧化产物只有N2，B项错误；该废水处理工艺中所用的Cl2有毒，须采取措施，防止Cl2逸出到空气中，C项正确；题中没有说明气体是在标准状况下，故无法计算一定物质的量的气体的体积，D项错误。
二、非选择题(本题包括3小题)
13．某反应中反应物与生成物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。
(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是________。
(2)已知0.2 mol KBrO3在反应中得到1 mol电子生成X，则X的化学式为________。
(3)根据上述反应可推知________(填序号)。
A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4
B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3
C．还原性：AsH3＞X
D．还原性：X＞AsH3
(4)将氧化剂和还原剂的化学式及其配平后的化学计量数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目(用单线桥法表示)。
＋
(5)KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
答案 (1)AsH3 (2)Br2 (3)AC
(5)2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
解析 (1)KBrO3在反应中得到电子，KBrO3中Br元素的化合价降低，作氧化剂；AsH3被氧化为H3AsO4；AsH3作还原剂。
(2)设X中Br元素的化合价为x，Br元素化合价由＋5价降低到x，则0.2 mol×(＋5－x)＝1 mol，解得x＝0，故X为Br2。
(3)反应中KBrO3作氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：KBrO3＞H3AsO4，故A正确、B错误；反应中AsH3作还原剂，X是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：AsH3＞X，故C正确、D错误。
(4)反应中KBrO3得到电子，AsH3失去电子，共转移40e－，则标出电子转移的方向和数目为。
(5)KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的化学方程式为2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O。
14．(2020·湖北黄冈市高三联考)氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：
(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰水可将水体中的HPO转化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为______________________。
(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。
①Prusse等提出的用Pd－Cu作催化剂，常温下，在pH为4.0～6.0时，可直接用H2将NO还原为N2，该反应的离子方程式为_________________________。
研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO的去除效果比只用H2时更好，其原因是___________________________________________________。
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(3)实验测得相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3＋3ClO－===N2＋3H2O＋3Cl－)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________________________________。
答案 (1)10Ca2＋＋8OH－＋6HPO===
Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O
(2)①2NO＋5H2＋2H＋N2＋6H2O CO2溶于水后呈酸性，可以提供H＋，有利于pH维持在4.0～6.0
②5∶1
(3)pH大于9时，ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3
解析 (1)Ca(OH)2与HPO反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2＋＋8OH－＋6HPO===Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O；(2)①在pH为4.0～6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO还原为N2，反应的离子方程式为：2NO＋5H2＋2H＋N2＋6H2O ；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离产生H＋，有利于pH维持在4.0～6.0，便于H2还原NO；
②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：5Fe＋12H＋＋2NO===5Fe2＋＋N2↑＋6H2O，可知，在该反应中氧化产物Fe2＋与还原产物N2的物质的量之比为5∶1；(3)ClO－具有强的氧化性，溶液的pH越小，ClO－氧化性越强，pH越大，ClO－的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液碱性较强，则ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3。
15．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用，从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：
请回答下列问题：
(1)在钛白水解工业废酸中，加入H2O2是为了使TiO2＋转化为难萃取的[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋，[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋中Ti的化合价为________。
(2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如下图，应选择的合适O/A值为________。
温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表，合适的萃取温度为10～15 ℃，其理由是___________________________________________________。
T/℃
5
10
15
25
30
钪的萃取率/%
91.3
96
97.1
97.3
98.0
钛的萃取率/%
0.94
0.95
2.10
3.01
4.20
(3)已知钪与铝类似，其氢氧化物具有两性。反萃取步骤中，加入NaOH使溶液呈碱性，碱性条件下双氧水可以氧化锰离子生成滤渣Ⅰ，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________。
(4)草酸钪“灼烧”的化学方程式为_______________________________。
(5)若该钛白水解废酸中含Sc3＋的浓度为16 mg·L－1，从1 m3该废酸中提取得到21.6 g Sc2O3，则钪的提取率为________(保留两位有效数字)。
答案 (1)＋4
(2)1∶4 温度为10～15 ℃时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低
(3)Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2↓＋2H2O
(4)2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2 (5)88%
解析 (1)[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋中存在过氧根离子(O)和OH－，故化合物中Ti为＋4价。(2)在10～15 ℃钪萃取率较大，而钛的萃取率较低，钪的相对纯度较高。(4)草酸根中碳的化合价是＋3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，则化学方程式为2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋12CO2。(5)1 m3废酸中Sc3＋的质量为16 g，21.6 g Sc2O3中钪的质量为21.6 g×≈14 g，故钪的提取率为×100%≈88%。
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