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一轮复习：《第9讲 氧化还原反应的方程式的配平及有关计算》-2023届高考化学课件PPT
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这是一份一轮复习：《第9讲 氧化还原反应的方程式的配平及有关计算》-2023届高考化学课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了题组一正向配平类，题组二逆向配平类，题组三缺项配平类，Al2O3，x＋1，x－2，x－1，＋3H2O，H2O，NH3·H2O等内容，欢迎下载使用。
一轮重点巩固
方向比努力更重要研究考纲·辨明考向
氧化还原反应是中学化学的核心理论，是从元素价态视角认识元素及其化合物性质的工具，氧化还原反应的规律(价态规律、强弱规律、先后规律、守恒规律)在解决氧化还原反应实际问题的应用中，起着举足轻重的作用。高考试题在化学工艺流程或实验综合题中考查了氧化还原反应的规律及应用，要求考生阅读并获取有关信息，识别有效证据、处理转化数据，并分析实验数据，要求考生利用氧化还原反应中“守恒规律”处理实验数据，解决相关实际问题。氧化还原反应的规律及应用体现《中国高考评价体系》中对理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、探究与创新等关键能力的要求。
分析近几年高考题，氧化还原反应配平一般不单独考查，而是与其他模块知识综合考查，如选择题中与阿伏加德罗常数结合考查电子转移数目的计算，以化学实验为载体，考查氧化还原反应相关概念和规律；非选择题可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题。一般在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；从考查的内容上来看，氧化还原反应中电子转移数目的计算在NA题目中是命题热点，氧化还原反应方程式的配平与计算是必考内容，尤其是新情景条件下陌生反应方程式的书写与配平，近年来“常考不衰”
以下几点建议可供大家复习时参考：(1)熟练掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式的技巧，特别是离子型氧化还原反应方程式的“三步”配平法：电子守恒→电荷守恒→质量守恒； (2)与氧化还原滴定相结合考查氧化还原反应的相关计算。(3)无机推断及化工流程题中考查信息型方程式书写与配平，以及有关计算；预计2023年的高考中，有关氧化还原反应的灵活应用仍然是考查重点，如氧化还原反应方程式的书写配平及计算，物质氧化性、还原性强弱的判断，电子转移数目的计算等，随着新高考对考生能力要求的提高，陌生氧化还原反应方程式的书写及配平，以及在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写配平与有关计算仍将是命题热点。
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解析：A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；
√
2. (2022年6月浙江卷)关于反应Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4 ＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是A．H2SO4发生还原反应B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子
解析：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。
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3. (2022年北京卷)某MOFs的多孔材料刚好可将N2O4 “固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
己知：2NO2(g) N2O4(g) △H＜0下列说法不正确的是A. 气体温度升高后，不利于N2O4的固定B. N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C. 制备HNO3的原理为：2N2O4＋O2＋2H2O＝4HNO3D. 每制备0.4molHNO3，转移电子数约为6.02×1022
解析：A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O＝4HNO3，故C正确；D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023＝2.408×1023，故D错误；
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4. (2022年广东卷)我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类C. 1molCO中含有6.02×1024个电子D. 22.4LCO2被还原生成1molCO
解析：A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，A正确；B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，B错误；C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，C错误；D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；
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5. (2022年海南卷)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中Cl－数为3NAC．2.8g56Fe含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
解析：2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
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6．(2022年海南卷)NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A. 0.01mol/L溶液中，c(ClO－)＜0.01mol·L－1B. 长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C. 通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2 ＋ClO－＋H2O＝HSO＋HClO D. 25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na+)
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解析：A．NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO－)＜0.01mol/L，A正确；B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2↑，不会释放Cl2，B错误；C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO－)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)=c(Na+)，D正确；
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7. (2022年湖北卷)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是
A. 生成1mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需 要转移2mol电子B. 阴极上的电极反应为：P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－C. 在电解过程中CN－向铂电极移动D. 电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
解析：A．石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－，则生成1mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，A错误；B．阴极上发生还原反应，应该得电子，P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－为阳极发生反应， B错误；C．石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确；
√
9. (2021年山东卷)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0.25mol
解析：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。A．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；B．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；
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10. (2021年6月浙江选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。
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12. (2021年1月浙江选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是A. NH3中H元素被氧化 B. NO2在反应过程中失去电子C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D. 氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
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解析：由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。
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解析：由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原中电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。
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16．(2019浙江4月选考)反应8NH3＋3Cl2＝N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为 A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
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√
解析：H2S中硫元素为－2价，生成的SF6中硫元素为＋6价，O2F2中氧元素为＋1价，生成的O2中氧元素为0价。所以H2S是还原剂，O2F2是氧化剂，氧气是还原产物，A、B项错误；没有指明外界条件，所以生成4.48 L HF，转移电子数无法计算，C项错误；还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，D项正确。
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18．(2016年上海高考)某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
19. (2022年全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。
3Fe2+＋MnO4-＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+
20. (2022年海南卷)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。流程如下。
回答问题：(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 。(5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是 。ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
Cu＋H2O2 ＋H2SO4 ＝CuSO4＋2H2O
溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－， 不能被氧化
解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2+＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ. I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
21. (2022年河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4
+2、+3
Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O＋Cl-＋NH4+
(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]3-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O+Cl-+NH4+，故答案为：+2、+3；Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+；
2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-
AgNO3
FeI2+Cl2= I2+FeCl2
I2、FeCl3
I2被过量的Cl2进一步氧化
2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O
4
防止单质碘析出
2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
1.25
NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
203
25．(2019年高考全国卷Ⅲ)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：
(1)“滤渣1”含有S和_________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：_______________________________________________。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
SiO2(不溶性硅酸盐)
将Fe2＋氧化为Fe3＋
MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
解析：(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，故“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2＋沉淀完全时，Mn2＋已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去。
O2
29.[2017年全国卷Ⅲ，27(1)]FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3 Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_______。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是____________________________。
2∶7
陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
解析：首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
30.[2017年全国卷Ⅰ，27(6)]已知 LiFePO4，写出该反应的化学方程式______________________________________________________。
2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4 2LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
解析：反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。
FePO4沉淀
31.[2016年全国卷Ⅱ，26(2)]实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4)，反应的化学方程式为_________________________________。
NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O
解析：次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的－3价升高到联氨分子中－2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的＋1价降低到－1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O。
1. 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中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。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。“电子守恒法”计算是化学计算中的一种技巧计算方法。分析近几年高考试题，根据“电子守恒法”计算的试题出现频率为100%。一般有两类型：一是利用“电子守恒法”计算元素化合价，生成的产物的量、物质之间的物质的量的比等；二是利用“电子守恒法”推导多步反应的关系式，进行有关计算。体现“证据推理与模型认知”的核心素养。
考点一 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
2. 应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三、四”。“一找各物质”：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(注意化学式中原子的个数)。“三列出等式”：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＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。“四找关系式”：多步连续进行的氧化还原反应的有关计算，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。
例题精讲：(1)在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为______mol；生成 1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为______mol。(2)64 g铜与一定量的浓HNO3恰好完全反应，将产生的气体与适量的O2混合通入水中，气体完全溶解，试求O2的物质的量？
1.5
2.2
5
1．(2022届佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．HCl发生了还原反应B．氧化性：Cl2>KMnO4C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA
√
解析：部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 mol HCl中只有10 mol HCl中被氧化为5 mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 mol)氯气，每生成1 mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。
√
1
＋1价
H3PO4
√
“电子守恒法”推导关系式的思路多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
4．(2021年湘东六校模拟)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液10 mL，稀释成100 mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI指示剂X为______________。原ClO2溶液的浓度为________ g·L－1(用含字母的代数式表示)。
淀粉溶液
题组一 确定元素价态或物质组成1.(2022届豫南豫北名校联赛)含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法中，正确的是( )A．X与O3互为同位素 B．ClF3中氯元素为－3价C．Co3O4在反应中做氧化剂 D．1molCo3O4参加反应转移9mol电子
√
√
3．(2021届上海黄浦区)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为 ( )A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5
√
解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。
4.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
√
解析：题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是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。
5.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A.2 B.3 C.4 D.5
√
解析：本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。
―→
―→
题组二 多元素之间得失电子守恒问题
6．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )A．FeS2既是氧化剂也是还原剂B．CuSO4在反应中被还原C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
√
解析：反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。
7．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl25.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是( )A．0.75 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1 C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1
√
8．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________ mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。
2.2
1.5
解析：设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x，生成1 mol 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 mol×(2－1)＝x×(5－0)，解得x＝1.5 mol。1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，解得y＝1.2 mol。所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
题组三 多步反应得失电子守恒问题始态物质得(失)电子总数＝终态物质失(得)电子总数，如a mol铜与足量的浓HNO3反应，将产生的NO2气体与b mol O2混合作用于水，气体完全被吸收。
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
9．(2022届山东等级考模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。工业上制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是( )A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2，可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
√
解析：A项，根据氧化还原反应中元素化合价升降相等，可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1，正确；B项，NaClO3在反应①中得电子，在原电池正极发生还原反应，ClO2是正极产物，正确；C项，反应②中，ClO2与H2O2反应，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，错误；D项，由C项分析知，反应②条件下ClO2的氧化性大于H2O2，正确。
√
解析：反应①中Sb2S3中含有的元素的化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由＋3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3 mol FeS，转移的电子为3 mol×2＝6 mol，故B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，反应②中还原性：C>Sb，故C错误；每生成4 mol Sb时，反应②中C是还原剂，需要6 mol C，需要1 mol Sb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1 mol Sb4O6，需要6 mol Fe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6 mol∶6 mol＝1∶1，故D错误。
11．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收。则合金中铜的质量为( )A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g
√
12．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集到试管中并倒扣在盛水的水槽中，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
√
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总数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。
13.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
√
14.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 mLC.30 mL D.15 mL
√
√
题组四 新素材命题16．亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：K4Fe(CN)6·3H2O。为浅黄色单斜体结晶或粉末，无臭，略有咸味，常温下稳定。具有抗结性能，可用于防止细粉、结晶性食品板结。例如，食盐长久堆放易发生板结，加入亚铁氰化钾后食盐的正六面体结晶转变为星状结晶，从而不易发生结块。亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]在爆炸中可分解成一种剧毒盐KCN。
阅读上述材料，回答下列问题：问题1：已知爆竹爆炸后，K4[Fe(CN)6]会发生分解，除生成剧毒盐KCN外，还生成三种稳定的单质。试写出反应的化学方程式。(素养角度——变化观念与平衡思想)
问题2：含CN－的污水危害很大，处理污水时，可在催化剂TiO2作用下用NaClO将CN－氧化成CNO－。CNO－在酸性条件下继续被NaClO氧化生成N2和CO2。试写出上述两步反应的离子方程式。(素养角度——科学态度与社会责任)
1.氧化还原方程式配平的基本原则
考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
例题精讲：配平化学方程式：H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O分析 配平步骤如下
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。
答案：(1)3 6 2 1 3 (2)3 8 3 2 4 H2O (3)2 10 16 2 5 8
题组一 正向配平类
4
1
1
1
2
3
8
3
2
4
5
1
3
3
3
3
2
16
10
2
5
8
题组二 逆向配平类
2.(1)______S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O (2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3
3
6
2
1
3
2
9
3
3
5
(3) P＋ CuSO4＋ H2O=== Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4
题组三 缺项配平类
(7)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。
Al2O3
3C
N2
2
3CO
解析：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。
4.(1)______FexS＋______HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S(2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O
题组四 含有未知数的配平
2
1
1
1
3x＋1
2x－2
x
3x＋1
x－1
题组五 有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
5.(1)______KClO3＋______H2C2O4＋______H2SO4===______ClO2↑＋______CO2↑＋______KHSO4＋______H2O(2)______C2H6O＋______KMnO4＋______H2SO4===______K2SO4＋______MnSO4＋______CO2↑＋______H2O
2
1
2
2
2
2
2
5
12
18
6
12
10
33
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是全变的，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。(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。(5)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。
“四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写
例3.KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是___________________________________。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：
例4.以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下：
写出酸溶1发生反应的化学方程式：__________________________________________________。
CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4
分析：书写步骤：(1)“瞻前”确定反应物根据进料→确定反应物：CuS＋MnO2＋H2SO4(2)“顾后”确定生成物根据出料中含有S，后续除锰生成MnCO3，说明酸溶1生成的是S和MnSO4(3)根据得失电子守恒配平发生氧化还原反应的物质CuS＋MnO2＋H2SO4―→MnSO4＋S(4)根据质量守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4(5)检查质量、得失电子是否守恒
例5：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。Fe(OH)3和KClO在强碱性条件下反应可以制取K2FeO4，写出其反应的离子方程式。
(2)用NaClO NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：___________________________________________________________________________________________________。(3)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
2．SCR(选择性催化还原)工作原理如图： (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式为____________________________________________________________。(2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式为_____________________________________________________________________________________。
3．(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图： 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。如图为该法工艺原理示意图。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___________________。
2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(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：___________________________________________。
4．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程式为____________________________________________________________________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。(2)若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH3(不考虑产物的损失)。
P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2
一
2.5
(3)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2。生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，反应的离子方程式：________________________________。(4)生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)—碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式：______________________________________。
(5)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式：________________________________。(6)H3PO2的工业制法：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：__________________________________________。
2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O===3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为___________________________________________。
6.(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：
(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______________________________________________。
2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(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：_____________________________________。
＋3H2O
(4)以氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)作催化剂，可利用太阳能热化学循环法分解H2O制H2，其物质转化如图所示。
氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)与水反应的化学方程式为____________________________________。
CuFe2O4－x＋xH2O
===CuFe2O4＋xH2↑
8．(1)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为 ______________________________________________________________。(2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-，其离子方程式为____________________________________________。(3)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___________________________________________________。(4)Co(OH)3与H2SO4、Na2SO3溶液反应生成CoSO4的化学方程式为_______________________________________________________。
5C2H5OH＋4MnO4-＋12H＋==5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O
2Fe2＋＋BH4-＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)4-
2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO42-＋5H2O＋3Cl－
2Co(OH)3＋Na2SO3＋2H2SO4===2CoSO4＋Na2SO4＋5H2O
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 ，氧化剂为________，氧化产物为________。
SO2＋H2SO4＋2NaClO3===2ClO2＋2NaHSO4
NaClO3
NaHSO4
(2)写出“电解”步骤中生成NaClO2的化学方程式 _______________________，当生成(标准状况)Cl2 3.36 L时转移的电子数为_________。(3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。写出此吸收反应的离子方程式(并用单线桥法标出电子转移的方向和数目) 。
0.3mol
2：1
O2
√
1．(2022届安徽淮北市教育科学研究所一模)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH＝2NaCuO2＋3NaCl+H2O。下列说法错误的是A．NaCuO2中铜的化合价为+3价B．1molClO-参加反应转移2mol电子C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
解析：A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
√
√
解析：A．反应1 KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2 KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；B．反应1 KClO3→ClO2，KClO3做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；C．反应2 KClO3→ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；D．将反应1乘以12，生成24mol ClO2时转移(5-4)×24＝24mol，反应2生成24mol ClO2时也转移24mol，故D错误；
√
解析：A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗 1mol 稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；
√
5．(2022届新疆喀什一模)铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂B．物质的氧化性：Cl2＞Pb3O4C．Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2∶1D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L
解析：A．反应Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；B．反应Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由−1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，故B错误；C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2:1，故C正确；D．选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，故D错误；
6．(2022届山东师范大学附中模拟预测)利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)，同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示：
已知：N2H4·H2O有强还原性，N2H4·H2O能与NaClO反应生成N2；0.1mo1/L亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。下列说法错误的是A．步骤I反应时，若产物中n(NaC1O)：n(NaC1O3)＝5∶1，则n(NaCl)：n(NaC1O)＝2∶1B．步骤II中须将尿素缓慢加入NaC1O碱性溶液中C．步骤II反应的离子方程式为C1O+CO(NH2)2+2OH-＝C1-+N2H4·H2O+CO32-D．步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2
√
7．(2022届新疆乌鲁木齐一模)实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法正确的是
√
√
8．(2022届河南郑州一模)甲酸钙[(HCOO)2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca(OH)2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是A．反应温度不宜过高B．该反应中被还原的元素只有OC．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D．每生成26 g (HCOO)2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
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A．Co在元素周期表中位于第四周期ⅧB族B．固体Y为Co3O4C．酸性条件下氧化性：Co3+＞Cl2 D．结合上述流程信息，若有0.2molCo5O6与足量盐酸充分反应，理论上可以得 到0.1molCl2
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10．(2022届四川德阳三模)氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
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A．图示循环过程中N2→NH4+属于氮的固定B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
11．(2021年佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．HCl发生了还原反应B．氧化性：Cl2>KMnO4C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA
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解析：部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 mol HCl中只有10 mol HCl中被氧化为5 mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 mol)氯气，每生成1 mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。
12．(2021年潍坊模拟)将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解。则下列说法正确的是( )A．反应过程中有刺激性气味的气体生成B．H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用C．若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1D．反应中硫酸既表现出酸性又表现出氧化性
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20．(2021年陕西西安二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1 mol氯气，转移的电子数均为2NA B．在反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中，断裂2 mol H—S键时，转移电子数目 为2NAC．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAD．NH3与NO反应生成1 mol N2时，转移电子的数目为3NA
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解析：根据二氯化二硫的结构式，推出S显＋1价，Cl显－1价，根据反应方程式，S化合价由＋1价变为＋4价和0价，化合价既升高又降低，因此S2Cl2既是氧化剂又是还原剂，故A项正确；反应中，氢、氧元素的化合价没有发生变化，故H2O既不是氧化剂又不是还原剂，B项错误；生成1 mol SO2转移电子的物质的量为3 mol，故C项错误；SO2是氧化产物，S是还原产物，则两者的物质的量之比为1∶3，故D项错误。
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25.(2021年淮北高三联考)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如下图所示。下列有关说法不正确的是A.线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L－1C.当通入Cl2 2 mol时，溶液中已发生的 离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2 ===2Fe3＋＋I2＋4Cl－D.原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3
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解析：根据还原性：Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项正确。
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解析：由反应的化学方程式可知，生成氧气时，反应①、③、④中氧元素的化合价均由－2价升高为0，即氧元素失去电子，反应②中氧元素的化合价从－1价升高到0价，并且都只有氧元素的化合价升高，则制得相同质量的氧气(假设是1 mol)，反应中转移电子的物质的量分别为4 mol、2 mol、4 mol、4 mol，即转移电子数目之比为2∶1∶2∶2。
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27. (2021年广东高三检测)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
28.(2021年山东青岛高三检测)含氯消毒剂可杀灭病毒，在抗击新型冠状病毒疫情期间，被广泛用于此次抗疫行动中。下列关于含氯物质说法错误的是( )A．已知次氯酸溶液浓度过大时会发生反应：9HClO===HClO3＋4Cl2↑＋O2↑ ＋4H2O，每生成1 mol HClO3转移8 mol电子B．已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋，氯气与FeBr2以物质的量1∶1反应的离子方程式 为2Cl2＋2Fe2＋＋2Br－===4Cl－＋Br2＋2Fe3＋
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29. (2021年经典习题选萃)聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为( )A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
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31.(2020年芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L－1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
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解析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝39.2 g÷98 g·mol－1＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol∶0.1 mol＝2∶1，A项正确；
根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2 mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝1.2 mol÷0.5 L＝2.4 mol·L－1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol，D项正确。
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33. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是A.X的化学式为AgSB.银针验毒时，空气中氧气失去电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1 mol X，反应转移2 mol e－
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解析：根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，D项正确。
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35.根据下表信息，下列叙述中正确的是
A.表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B.表中②生成1 mol的O2将有4 mol的电子转移C.表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D.表中③还原产物是KCl
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36.工业上常利用反应 ＋CH3OH＋H＋―→Cr3＋＋CO2↑＋H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量，下列说法中正确的是A溶液的颜色从灰绿色变为橙色B. 发生氧化反应C.若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，则 中的n＝2D.若有3.2 g CH3OH参加反应，则转移的电子数为6.02×1022
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38.常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示，下列说法正确的是
A.该反应过程中，M是Fe3＋，M′是Fe2＋B.当有1 mol O2 生成时，转移2 mol电子C.在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低D.H2O2的氧化性比Fe3＋强，还原性比Fe2＋弱
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解析：根据箭头方向，找出反应物和生成物，两步反应分别为：2H＋＋H2O2＋2M===2H2O＋2M′；2M′＋H2O2===2M＋O2↑＋2H＋；根据H2O2的化合价变化，M为Fe2＋，M′为Fe3＋，故A错误；总反应为：2H2O2===2H2O＋O2↑，每有1 mol O2 生成时，2 mol H2O2中2 mol －1价氧元素生成2 mol 0价氧元素，转移2 mol电子，故B正确；
2H2O2===2H2O＋O2↑，在H2O2分解过程中，Fe2＋为催化剂，H2O2的溶液显弱酸性，生成水后，pH升高，故C错误；根据2H＋＋H2O2＋2Fe2＋===2H2O＋2Fe3＋，H2O2中氧的化合价降低为氧化剂，Fe3＋为Fe2＋化合价升高后的产物，是氧化产物，氧化剂H2O2的氧化性大于氧化产物Fe3＋的氧化性；在2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋中，H2O2化合价升高为还原剂，Fe2＋为Fe3＋化合价降低后的产物，是还原产物，还原剂H2O2的还原性大于还原产物Fe2＋的还原性，故D错误。
39.若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A.1∶4 B.1∶2C.2∶1 D.4∶1
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解析：反应方程式是3(NH4)2SO4 3SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是－3价，化合价不变，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(1×2)∶(4×1)＝1∶2。
40．(2022届哈尔滨三中二模)重铬酸钾(K2Cr2O7) 主要用于制革、印染、电镀等。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、 Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾的工艺流程如下：
盐
+6
4
16
7
8
2
8
(3)浸取所得滤渣1为红褐色固体，由此推测滤液中除了含有Na2CrO4、NaOH、NaFeO2外，还含有 (写化学式)。(4)相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图1所示，“酸化1”时pH的理论范围为___________。(当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽)
Na2SiO3和NaAlO2
4.5~9.3
(5)部分物质的溶解度曲线如图2所示，“复分解”步骤加入适量KCl固体，加热溶解，冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，请说明重铬酸钾析出的原因 。
低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它三种盐，故发生反应Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7↓+2NaCl
解析：SiO2和Al2O3与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，经过熔融氧化变为Na2SiO3、NaAlO2、Na2CrO4和Fe2O3，加水溶解则滤渣1为Fe2O3，加硫酸酸化1反应Na2SiO3和NaAlO2产生沉淀分别为H2SiO3和Al(OH)3，则酸化除去和SiO32-，由图可知离子完全沉淀时lgc=5，当pH=4.5时完全沉淀，当pH=9.3时SiO32-完全沉淀，则酸化1的pH范围为4.5~9.3，则滤渣2为H2SiO3和Al(OH)3，调节pH使CrO42-变为Cr2O72-，加入氯化钾经过复分解反应得到K2Cr2O7，据此答题。(1)①K2Cr2O7由三种元素组成，属于盐类；②K2Cr2O7中K为+1价，则Cr的化合价为+6价；
41．(2022届北京海淀区一模)MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下
(1)浸出①用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式： □MnO2＋ □ ＋ □ ＝ □ Mn2+＋ □ Fe3+＋ □ ②浸出时可用SO2代替硫酸和FeSO4。下列说法正确的是 (填序号)。a．SO2在反应中作氧化剂 b．用SO2浸出可减少酸的使用c．该法可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染
1
2
Fe2+
4
H+
1
2
2
H2O
bc
(2)净化、分离①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是 。②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去Fe3+，结合离子方程式解释原理： 。
过滤
稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O 3H++Fe(OH)3正向移动
解析：软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒。 (1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，离子方程式：为MnO2＋2Fe2++4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；②a．二氧化锰和SO2反应生成硫酸根离子，硫元素化合价升高，在反应中作还原剂，a不正确；b．用SO2代替硫酸浸出，减少了硫酸的使用量，b正确；c．该法可充分利用二氧化硫，将二氧化硫转化为盐溶液，可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染，c正确；故答案为：bc；
(2)①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+可通过加碱转化为沉淀去除，过滤是分离固液的一种实验操作，故分离出清液的方法是过滤；②通过稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3+＋3H2O 3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离子；
42.(2021届山东潍坊高三检测)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，该变化涉及反应的化学方程式为2KClO3＋4HCl(浓)===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。(1)请分析该反应中电子转移的情况(单线桥法表示)：__________________________________________________。
(2)上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。(3)若产生标准状况下22.4 L Cl2，则转移的电子的物质的量为_____mol。(4)ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－ a mg·L－1，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种气体，其反应的离子方程式为_____________________________________， 处理100 m3这种污水，至少需要ClO2__________________mol。
1∶1
2
2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－
44．(2021届盐城模拟)NaN3是一种易溶于水(NaN3===Na＋＋N3-)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
3H2O
(4)MnO2与KClO3、KOH溶液共热，可得到K2MnO4，此反应的化学方程式是_________________________________________________。(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式：_______________________________________________。(6)在催化剂作用下，尿素[CO(NH2)2]也可以与NOx反应生成N2和H2O。写出CO(NH2)2与NO2反应的化学方程式：________________________________________。
NH3·H2O
＋4CO2＋8H2O
解析：碘元素的化合价由＋5降低到0，硫元素的化合价由＋4升高到＋6。根据化合价升降总数相等，配平反应方程式，标出电子转移的方向和数目。
(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)。
NaI
(3)在含5 mol 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____mol。
48.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为______________________________________________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中， 存在于中性溶液中)：①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：__________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是____________________________________________________________，该水样中ClO2的浓度是_____mg·L－1。
当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复
1.35
解析：由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m(ClO2)＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg÷0.50 L＝1.35 mg·L－1。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：__________________________________________。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2
解析：在C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2。
②装置B的作用是_______________________________。
防止C中试管中的溶液倒吸到A中
③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。
答案：在装置C后画 (或其他合理装置)
解析：补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。
同学们，别忘记训练巩固哦!
认
真
备
考
THANK YOU
一轮重点巩固
方向比努力更重要研究考纲·辨明考向
氧化还原反应是中学化学的核心理论，是从元素价态视角认识元素及其化合物性质的工具，氧化还原反应的规律(价态规律、强弱规律、先后规律、守恒规律)在解决氧化还原反应实际问题的应用中，起着举足轻重的作用。高考试题在化学工艺流程或实验综合题中考查了氧化还原反应的规律及应用，要求考生阅读并获取有关信息，识别有效证据、处理转化数据，并分析实验数据，要求考生利用氧化还原反应中“守恒规律”处理实验数据，解决相关实际问题。氧化还原反应的规律及应用体现《中国高考评价体系》中对理解与辨析、分析与推测、归纳与论证、探究与创新等关键能力的要求。
分析近几年高考题，氧化还原反应配平一般不单独考查，而是与其他模块知识综合考查，如选择题中与阿伏加德罗常数结合考查电子转移数目的计算，以化学实验为载体，考查氧化还原反应相关概念和规律；非选择题可能与基本理论、元素化合物、化学实验及工艺流程相结合命题。一般在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写；从考查的内容上来看，氧化还原反应中电子转移数目的计算在NA题目中是命题热点，氧化还原反应方程式的配平与计算是必考内容，尤其是新情景条件下陌生反应方程式的书写与配平，近年来“常考不衰”
以下几点建议可供大家复习时参考：(1)熟练掌握化合价升降法配平氧化还原反应方程式的技巧，特别是离子型氧化还原反应方程式的“三步”配平法：电子守恒→电荷守恒→质量守恒； (2)与氧化还原滴定相结合考查氧化还原反应的相关计算。(3)无机推断及化工流程题中考查信息型方程式书写与配平，以及有关计算；预计2023年的高考中，有关氧化还原反应的灵活应用仍然是考查重点，如氧化还原反应方程式的书写配平及计算，物质氧化性、还原性强弱的判断，电子转移数目的计算等，随着新高考对考生能力要求的提高，陌生氧化还原反应方程式的书写及配平，以及在无机推断及化工流程题中考查信息型方程式的书写配平与有关计算仍将是命题热点。
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解析：A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；
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2. (2022年6月浙江卷)关于反应Na2S2O3＋H2SO4＝Na2SO4 ＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是A．H2SO4发生还原反应B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1D．1mol Na2S2O3发生反应，转移4mol电子
解析：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发上歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1mol Na2S2O3发生反应，要转移2 mol电子，D说法不正确。
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3. (2022年北京卷)某MOFs的多孔材料刚好可将N2O4 “固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如图所示：
己知：2NO2(g) N2O4(g) △H＜0下列说法不正确的是A. 气体温度升高后，不利于N2O4的固定B. N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C. 制备HNO3的原理为：2N2O4＋O2＋2H2O＝4HNO3D. 每制备0.4molHNO3，转移电子数约为6.02×1022
解析：A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O＝4HNO3，故C正确；D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1mol硝酸，反应转移1mol电子，则每制备0.4mol硝酸，转移电子数约为0.4mol×6.02×1023＝2.408×1023，故D错误；
√
4. (2022年广东卷)我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是
A. 淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖B. 葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类C. 1molCO中含有6.02×1024个电子D. 22.4LCO2被还原生成1molCO
解析：A．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，A正确；B．葡萄糖与果糖的分子式均为C6H12O6，结构不同，二者互为同分异构体，但含有O元素，不是烃类，属于烃的衍生物，B错误；C．一个CO分子含有14个电子，则1molCO中含有14×6.02×1023=8.428×1024个电子，C错误；D．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，D错误；
√
5. (2022年海南卷)在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中Cl－数为3NAC．2.8g56Fe含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
解析：2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
√
6．(2022年海南卷)NaClO溶液具有添白能力，已知25℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A. 0.01mol/L溶液中，c(ClO－)＜0.01mol·L－1B. 长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C. 通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2 ＋ClO－＋H2O＝HSO＋HClO D. 25℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO－)＝c(Na+)
√
解析：A．NaClO溶液中ClO－会水解，故0.01mol/LNaClO溶液中c(ClO－)＜0.01mol/L，A正确；B．漂白粉主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，长期露置在空气中容易和CO2发生反应而失效，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO再分解：2HClO=2HCl+O2↑，不会释放Cl2，B错误；C．将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO－)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO－)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO－)，所以c(HClO)＞c(ClO－)=c(Na+)，D正确；
√
7. (2022年湖北卷)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是
A. 生成1mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需 要转移2mol电子B. 阴极上的电极反应为：P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－C. 在电解过程中CN－向铂电极移动D. 电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
解析：A．石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－，则生成1mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1mol电子，A错误；B．阴极上发生还原反应，应该得电子，P4＋8CN――4e-＝4[P(CN)2]－为阳极发生反应， B错误；C．石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN－和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确；
√
9. (2021年山东卷)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0.25mol
解析：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。A．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；B．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；
√
10. (2021年6月浙江选考)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是A. K2H3IO6发生氧化反应 B. KI是还原产物C. 生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
解析：A．反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B．KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C．12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D．反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故答案选D。
√
12. (2021年1月浙江选考)关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列说法正确的是A. NH3中H元素被氧化 B. NO2在反应过程中失去电子C. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D. 氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
√
解析：由反应8NH3+6NO2==7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NO2中的N元素的化合价由-+4降低到0，因此，NH3是还原剂， NO2是氧化剂。A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不正确；B．NO2在反应过程中得到电子，B不正确；C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，C说法不正确；D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3 ，D说法正确。综上所述，本题选D。
√
√
解析：由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原中电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；答案选B。
√
16．(2019浙江4月选考)反应8NH3＋3Cl2＝N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为 A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2
√
√
解析：H2S中硫元素为－2价，生成的SF6中硫元素为＋6价，O2F2中氧元素为＋1价，生成的O2中氧元素为0价。所以H2S是还原剂，O2F2是氧化剂，氧气是还原产物，A、B项错误；没有指明外界条件，所以生成4.48 L HF，转移电子数无法计算，C项错误；还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4，D项正确。
√
18．(2016年上海高考)某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
19. (2022年全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为 。
3Fe2+＋MnO4-＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H+
20. (2022年海南卷)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。流程如下。
回答问题：(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为 。(5)实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是 。ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
Cu＋H2O2 ＋H2SO4 ＝CuSO4＋2H2O
溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－， 不能被氧化
解析：由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu＋H2O2+＋H2SO4＝CuSO4＋2H2O。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ. I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
21. (2022年河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2 (杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 。(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)Fe(CN)6中Fe的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4
+2、+3
Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O＋Cl-＋NH4+
(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42-，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O＝15FeSO4＋8H2SO4；(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]3-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO-＋2H+＝Fe(NH4)Fe(CN)6＋H2O+Cl-+NH4+，故答案为：+2、+3；Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+；
2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-
AgNO3
FeI2+Cl2= I2+FeCl2
I2、FeCl3
I2被过量的Cl2进一步氧化
2IO3-＋5HSO3-＝I2 ＋5SO42-＋3H+＋H2O
4
防止单质碘析出
2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
1.25
NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
203
25．(2019年高考全国卷Ⅲ)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：
(1)“滤渣1”含有S和_________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：_______________________________________________。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
SiO2(不溶性硅酸盐)
将Fe2＋氧化为Fe3＋
MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
解析：(1)硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O，故“滤渣1”的主要成分为S和SiO2(不溶性硅酸盐)。(2)Fe2＋沉淀完全时，Mn2＋已经开始沉淀，故加入MnO2是为了将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去。
O2
29.[2017年全国卷Ⅲ，27(1)]FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3 Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为_______。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是____________________________。
2∶7
陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
解析：首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
30.[2017年全国卷Ⅰ，27(6)]已知 LiFePO4，写出该反应的化学方程式______________________________________________________。
2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4 2LiFePO4＋H2O↑＋3CO2↑
解析：反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。
FePO4沉淀
31.[2016年全国卷Ⅱ，26(2)]实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4)，反应的化学方程式为_________________________________。
NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O
解析：次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的－3价升高到联氨分子中－2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的＋1价降低到－1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O。
1. 对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中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。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。“电子守恒法”计算是化学计算中的一种技巧计算方法。分析近几年高考试题，根据“电子守恒法”计算的试题出现频率为100%。一般有两类型：一是利用“电子守恒法”计算元素化合价，生成的产物的量、物质之间的物质的量的比等；二是利用“电子守恒法”推导多步反应的关系式，进行有关计算。体现“证据推理与模型认知”的核心素养。
考点一 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用
2. 应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三、四”。“一找各物质”：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(注意化学式中原子的个数)。“三列出等式”：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＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。“四找关系式”：多步连续进行的氧化还原反应的有关计算，对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。应用以上方法解答有关氧化还原反应的计算题时，可化难为易，化繁为简。
例题精讲：(1)在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为______mol；生成 1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为______mol。(2)64 g铜与一定量的浓HNO3恰好完全反应，将产生的气体与适量的O2混合通入水中，气体完全溶解，试求O2的物质的量？
1.5
2.2
5
1．(2022届佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．HCl发生了还原反应B．氧化性：Cl2>KMnO4C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA
√
解析：部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 mol HCl中只有10 mol HCl中被氧化为5 mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 mol)氯气，每生成1 mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。
√
1
＋1价
H3PO4
√
“电子守恒法”推导关系式的思路多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。
4．(2021年湘东六校模拟)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：量取ClO2溶液10 mL，稀释成100 mL试样，量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；
步骤3：加入指示剂X，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI指示剂X为______________。原ClO2溶液的浓度为________ g·L－1(用含字母的代数式表示)。
淀粉溶液
题组一 确定元素价态或物质组成1.(2022届豫南豫北名校联赛)含氟的卤素互化物通常做氟化剂，使金属氧化物转化为氟化物，如2Co3O4＋6ClF3===6CoF3＋3Cl2＋4X。下列有关该反应的说法中，正确的是( )A．X与O3互为同位素 B．ClF3中氯元素为－3价C．Co3O4在反应中做氧化剂 D．1molCo3O4参加反应转移9mol电子
√
√
3．(2021届上海黄浦区)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为 ( )A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O5
√
解析：Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。
4.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
√
解析：题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是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。
5.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A.2 B.3 C.4 D.5
√
解析：本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。
―→
―→
题组二 多元素之间得失电子守恒问题
6．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )A．FeS2既是氧化剂也是还原剂B．CuSO4在反应中被还原C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
√
解析：反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。
7．向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl25.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是( )A．0.75 mol·L－1 B．1.5 mol·L－1 C．2 mol·L－1 D．3 mol·L－1
√
8．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________ mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。
2.2
1.5
解析：设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x，生成1 mol 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 mol×(2－1)＝x×(5－0)，解得x＝1.5 mol。1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y×(5－0)，解得y＝1.2 mol。所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
题组三 多步反应得失电子守恒问题始态物质得(失)电子总数＝终态物质失(得)电子总数，如a mol铜与足量的浓HNO3反应，将产生的NO2气体与b mol O2混合作用于水，气体完全被吸收。
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
9．(2022届山东等级考模拟)亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。工业上制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是( )A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C．反应②中的H2O2，可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
√
解析：A项，根据氧化还原反应中元素化合价升降相等，可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2︰1，正确；B项，NaClO3在反应①中得电子，在原电池正极发生还原反应，ClO2是正极产物，正确；C项，反应②中，ClO2与H2O2反应，ClO2转化为NaClO2，氯元素的化合价降低，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，错误；D项，由C项分析知，反应②条件下ClO2的氧化性大于H2O2，正确。
√
解析：反应①中Sb2S3中含有的元素的化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由＋3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3 mol FeS，转移的电子为3 mol×2＝6 mol，故B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，反应②中还原性：C>Sb，故C错误；每生成4 mol Sb时，反应②中C是还原剂，需要6 mol C，需要1 mol Sb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1 mol Sb4O6，需要6 mol Fe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6 mol∶6 mol＝1∶1，故D错误。
11．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收。则合金中铜的质量为( )A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g
√
12．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集到试管中并倒扣在盛水的水槽中，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
√
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总数相等知，U元素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。
13.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
√
14.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 mLC.30 mL D.15 mL
√
√
题组四 新素材命题16．亚铁氰化钾别名黄血盐，化学式：K4Fe(CN)6·3H2O。为浅黄色单斜体结晶或粉末，无臭，略有咸味，常温下稳定。具有抗结性能，可用于防止细粉、结晶性食品板结。例如，食盐长久堆放易发生板结，加入亚铁氰化钾后食盐的正六面体结晶转变为星状结晶，从而不易发生结块。亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]在爆炸中可分解成一种剧毒盐KCN。
阅读上述材料，回答下列问题：问题1：已知爆竹爆炸后，K4[Fe(CN)6]会发生分解，除生成剧毒盐KCN外，还生成三种稳定的单质。试写出反应的化学方程式。(素养角度——变化观念与平衡思想)
问题2：含CN－的污水危害很大，处理污水时，可在催化剂TiO2作用下用NaClO将CN－氧化成CNO－。CNO－在酸性条件下继续被NaClO氧化生成N2和CO2。试写出上述两步反应的离子方程式。(素养角度——科学态度与社会责任)
1.氧化还原方程式配平的基本原则
考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
例题精讲：配平化学方程式：H2S＋HNO3―→S↓＋NO↑＋H2O分析 配平步骤如下
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。
答案：(1)3 6 2 1 3 (2)3 8 3 2 4 H2O (3)2 10 16 2 5 8
题组一 正向配平类
4
1
1
1
2
3
8
3
2
4
5
1
3
3
3
3
2
16
10
2
5
8
题组二 逆向配平类
2.(1)______S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O (2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3
3
6
2
1
3
2
9
3
3
5
(3) P＋ CuSO4＋ H2O=== Cu3P＋ H3PO4＋ H2SO4
题组三 缺项配平类
(7)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。
Al2O3
3C
N2
2
3CO
解析：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。
4.(1)______FexS＋______HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S(2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O
题组四 含有未知数的配平
2
1
1
1
3x＋1
2x－2
x
3x＋1
x－1
题组五 有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
5.(1)______KClO3＋______H2C2O4＋______H2SO4===______ClO2↑＋______CO2↑＋______KHSO4＋______H2O(2)______C2H6O＋______KMnO4＋______H2SO4===______K2SO4＋______MnSO4＋______CO2↑＋______H2O
2
1
2
2
2
2
2
5
12
18
6
12
10
33
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是全变的，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。(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)整体配平：指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。(5)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。
“四步法”突破新情景下氧化还原反应方程式的书写
例3.KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是___________________________________。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：
例4.以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下：
写出酸溶1发生反应的化学方程式：__________________________________________________。
CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4
分析：书写步骤：(1)“瞻前”确定反应物根据进料→确定反应物：CuS＋MnO2＋H2SO4(2)“顾后”确定生成物根据出料中含有S，后续除锰生成MnCO3，说明酸溶1生成的是S和MnSO4(3)根据得失电子守恒配平发生氧化还原反应的物质CuS＋MnO2＋H2SO4―→MnSO4＋S(4)根据质量守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质CuS＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋S＋2H2O＋CuSO4(5)检查质量、得失电子是否守恒
例5：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。Fe(OH)3和KClO在强碱性条件下反应可以制取K2FeO4，写出其反应的离子方程式。
(2)用NaClO NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：___________________________________________________________________________________________________。(3)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为 。
2．SCR(选择性催化还原)工作原理如图： (1)尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式为____________________________________________________________。(2)反应器中NH3还原NO2的化学方程式为_____________________________________________________________________________________。
3．(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图： 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。如图为该法工艺原理示意图。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___________________。
2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(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：___________________________________________。
4．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程式为____________________________________________________________________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。(2)若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成________mol PH3(不考虑产物的损失)。
P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2
一
2.5
(3)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2。生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，反应的离子方程式：________________________________。(4)生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)—碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式：______________________________________。
(5)向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式：________________________________。(6)H3PO2的工业制法：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：__________________________________________。
2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O===3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为___________________________________________。
6.(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：
(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______________________________________________。
2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O
(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：_____________________________________。
＋3H2O
(4)以氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)作催化剂，可利用太阳能热化学循环法分解H2O制H2，其物质转化如图所示。
氧缺位铁酸铜(CuFe2O4－x)与水反应的化学方程式为____________________________________。
CuFe2O4－x＋xH2O
===CuFe2O4＋xH2↑
8．(1)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为 ______________________________________________________________。(2)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-，其离子方程式为____________________________________________。(3)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___________________________________________________。(4)Co(OH)3与H2SO4、Na2SO3溶液反应生成CoSO4的化学方程式为_______________________________________________________。
5C2H5OH＋4MnO4-＋12H＋==5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O
2Fe2＋＋BH4-＋4OH－===2Fe＋2H2↑＋B(OH)4-
2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO42-＋5H2O＋3Cl－
2Co(OH)3＋Na2SO3＋2H2SO4===2CoSO4＋Na2SO4＋5H2O
9．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式 ，氧化剂为________，氧化产物为________。
SO2＋H2SO4＋2NaClO3===2ClO2＋2NaHSO4
NaClO3
NaHSO4
(2)写出“电解”步骤中生成NaClO2的化学方程式 _______________________，当生成(标准状况)Cl2 3.36 L时转移的电子数为_________。(3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。写出此吸收反应的离子方程式(并用单线桥法标出电子转移的方向和数目) 。
0.3mol
2：1
O2
√
1．(2022届安徽淮北市教育科学研究所一模)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为：2Cu+3NaClO+2NaOH＝2NaCuO2＋3NaCl+H2O。下列说法错误的是A．NaCuO2中铜的化合价为+3价B．1molClO-参加反应转移2mol电子C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为：4CuO2-+12H+=4Cu2++O2↑+6H2O
解析：A．NaCuO2中Na为+1价、O为-2价，则铜的化合价为+3价，故A正确；B．ClO-→Cl-，氯元素的化合价由+1下降到-1，所以1molClO-参加反应转移2mol电子，故B正确；C．该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2：3，故C正确；D．NaCuO2中铜的化合价为+3价，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为：CuO2-+4H+=Cu3+ +2H2O，故D错误；
√
√
解析：A．反应1 KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，反应2 KClO3→ClO2中Cl元素化合价降低，做氧化剂，故A正确；B．反应1 KClO3→ClO2，KClO3做氧化剂，HCl→Cl2中Cl元素化合价升高，HCl做还原剂，还有2个Cl原子不变价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故B错误；C．反应2 KClO3→ClO2中Cl元素化合价从+5降到+4，有24个Cl原子变价，每转移24mol电子，生成气体的物质的量为30mol，则转移6mol电子，生成气体的物质的量为7.5mol，故C错误；D．将反应1乘以12，生成24mol ClO2时转移(5-4)×24＝24mol，反应2生成24mol ClO2时也转移24mol，故D错误；
√
解析：A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗 1mol 稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；
√
5．(2022届新疆喀什一模)铅丹(Pb3O4)可作防锈用涂料，其中铅的化合价为+2价和+4价，它与浓盐酸反应的化学方程式为Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O。下列说法正确的是A．Pb3O4与浓盐酸反应时，Pb3O4作为还原剂B．物质的氧化性：Cl2＞Pb3O4C．Pb3O4中+2价的铅与+4价的铅的物质的量之比为2∶1D．当上述反应中消耗1molPb3O4时，生成的氯气为22.4L
解析：A．反应Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，故A错误；B．反应Pb3O4+8HCl(浓)＝3PbCl2+Cl2↑+4H2O中，Pb元素的化合价由+4降低到+2，则Pb3O4作为氧化剂，Cl元素的化合价由−1升高到0价，则HCl(浓)作还原剂，生成氯气为氧化产物，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：Pb3O4>Cl2，故B错误；C．因为铅丹中Pb元素的化合价只有+2、+4，所以根据化合价代数和为0，则Pb3O4中Pb2+与Pb4+的物质的量之比为2:1，故C正确；D．选项中没有说明气体所处的温度和压强，不能计算生产氯气的体积，故D错误；
6．(2022届山东师范大学附中模拟预测)利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)，同时可制备Na2SO3，制备流程如图所示：
已知：N2H4·H2O有强还原性，N2H4·H2O能与NaClO反应生成N2；0.1mo1/L亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。下列说法错误的是A．步骤I反应时，若产物中n(NaC1O)：n(NaC1O3)＝5∶1，则n(NaCl)：n(NaC1O)＝2∶1B．步骤II中须将尿素缓慢加入NaC1O碱性溶液中C．步骤II反应的离子方程式为C1O+CO(NH2)2+2OH-＝C1-+N2H4·H2O+CO32-D．步骤IV中反应过程中控制溶液为碱性，有利于吸收SO2
√
7．(2022届新疆乌鲁木齐一模)实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1所示，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。下列说法正确的是
√
√
8．(2022届河南郑州一模)甲酸钙[(HCOO)2Ca]是一种新型猪饲料添加剂。实验室制取甲酸钙方法之一，是将Ca(OH)2和甲醛溶液依次加入质量分数为30%～70%的H2O2中。下列说法错误的是A．反应温度不宜过高B．该反应中被还原的元素只有OC．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1D．每生成26 g (HCOO)2Ca，反应转移电子的物质的量为0.4 mol
√
A．Co在元素周期表中位于第四周期ⅧB族B．固体Y为Co3O4C．酸性条件下氧化性：Co3+＞Cl2 D．结合上述流程信息，若有0.2molCo5O6与足量盐酸充分反应，理论上可以得 到0.1molCl2
√
10．(2022届四川德阳三模)氮在自然界中的循环如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
√
A．图示循环过程中N2→NH4+属于氮的固定B．硝化过程和反硝化过程均为氧化还原反应C．氨氧化过程氧化产物和还原产物的质量比为1∶1D．Fe2+除去硝态氮生成5.6LN2时，转移电子数为2.5NA
11．(2021年佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．HCl发生了还原反应B．氧化性：Cl2>KMnO4C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA
√
解析：部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 mol HCl中只有10 mol HCl中被氧化为5 mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 mol)氯气，每生成1 mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。
12．(2021年潍坊模拟)将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解。则下列说法正确的是( )A．反应过程中有刺激性气味的气体生成B．H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用C．若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 mol·L－1D．反应中硫酸既表现出酸性又表现出氧化性
√
√
√
√
√
√
√
√
√
20．(2021年陕西西安二模)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1 mol氯气，转移的电子数均为2NA B．在反应2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中，断裂2 mol H—S键时，转移电子数目 为2NAC．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAD．NH3与NO反应生成1 mol N2时，转移电子的数目为3NA
√
解析：根据二氯化二硫的结构式，推出S显＋1价，Cl显－1价，根据反应方程式，S化合价由＋1价变为＋4价和0价，化合价既升高又降低，因此S2Cl2既是氧化剂又是还原剂，故A项正确；反应中，氢、氧元素的化合价没有发生变化，故H2O既不是氧化剂又不是还原剂，B项错误；生成1 mol SO2转移电子的物质的量为3 mol，故C项错误；SO2是氧化产物，S是还原产物，则两者的物质的量之比为1∶3，故D项错误。
√
√
√
25.(2021年淮北高三联考)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如下图所示。下列有关说法不正确的是A.线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)＝6 mol·L－1C.当通入Cl2 2 mol时，溶液中已发生的 离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2 ===2Fe3＋＋I2＋4Cl－D.原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3
√
解析：根据还原性：Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项正确。
√
解析：由反应的化学方程式可知，生成氧气时，反应①、③、④中氧元素的化合价均由－2价升高为0，即氧元素失去电子，反应②中氧元素的化合价从－1价升高到0价，并且都只有氧元素的化合价升高，则制得相同质量的氧气(假设是1 mol)，反应中转移电子的物质的量分别为4 mol、2 mol、4 mol、4 mol，即转移电子数目之比为2∶1∶2∶2。
√
27. (2021年广东高三检测)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
28.(2021年山东青岛高三检测)含氯消毒剂可杀灭病毒，在抗击新型冠状病毒疫情期间，被广泛用于此次抗疫行动中。下列关于含氯物质说法错误的是( )A．已知次氯酸溶液浓度过大时会发生反应：9HClO===HClO3＋4Cl2↑＋O2↑ ＋4H2O，每生成1 mol HClO3转移8 mol电子B．已知氧化性：Cl2>Br2>Fe3＋，氯气与FeBr2以物质的量1∶1反应的离子方程式 为2Cl2＋2Fe2＋＋2Br－===4Cl－＋Br2＋2Fe3＋
√
√
29. (2021年经典习题选萃)聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.747 5 g。取另一份溶液，先将Fe3＋还原为Fe2＋(还原剂不是Fe，且加入的还原剂恰好将Fe3＋还原为Fe2＋)，再用0.020 00 mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中a∶b为( )A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶5
√
31.(2020年芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L－1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L－1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol
√
解析：在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0 mol·L－1×1.0 L＝1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]＝39.2 g÷98 g·mol－1＝0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量有64x＋144y＝27.2，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4，联立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol∶0.1 mol＝2∶1，A项正确；
根据电子转移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2 mol＋2×0.1 mol，解得n(NO)＝0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2 mol＋1.0 mol·L－1×1.0 L＝1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝1.2 mol÷0.5 L＝2.4 mol·L－1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·mol－1＝4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1 mol－2×0.4 mol＝0.2 mol，D项正确。
√
33. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O。下列说法正确的是A.X的化学式为AgSB.银针验毒时，空气中氧气失去电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1 mol X，反应转移2 mol e－
√
解析：根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，D项正确。
√
35.根据下表信息，下列叙述中正确的是
A.表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B.表中②生成1 mol的O2将有4 mol的电子转移C.表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D.表中③还原产物是KCl
√
36.工业上常利用反应 ＋CH3OH＋H＋―→Cr3＋＋CO2↑＋H2O(未配平)来测定工业甲醇中甲醇的含量，下列说法中正确的是A溶液的颜色从灰绿色变为橙色B. 发生氧化反应C.若配平后Cr3＋和CO2的化学计量数比为2∶1，则 中的n＝2D.若有3.2 g CH3OH参加反应，则转移的电子数为6.02×1022
√
√
38.常温下，向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液，反应原理如图所示，下列说法正确的是
A.该反应过程中，M是Fe3＋，M′是Fe2＋B.当有1 mol O2 生成时，转移2 mol电子C.在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐降低D.H2O2的氧化性比Fe3＋强，还原性比Fe2＋弱
√
解析：根据箭头方向，找出反应物和生成物，两步反应分别为：2H＋＋H2O2＋2M===2H2O＋2M′；2M′＋H2O2===2M＋O2↑＋2H＋；根据H2O2的化合价变化，M为Fe2＋，M′为Fe3＋，故A错误；总反应为：2H2O2===2H2O＋O2↑，每有1 mol O2 生成时，2 mol H2O2中2 mol －1价氧元素生成2 mol 0价氧元素，转移2 mol电子，故B正确；
2H2O2===2H2O＋O2↑，在H2O2分解过程中，Fe2＋为催化剂，H2O2的溶液显弱酸性，生成水后，pH升高，故C错误；根据2H＋＋H2O2＋2Fe2＋===2H2O＋2Fe3＋，H2O2中氧的化合价降低为氧化剂，Fe3＋为Fe2＋化合价升高后的产物，是氧化产物，氧化剂H2O2的氧化性大于氧化产物Fe3＋的氧化性；在2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋中，H2O2化合价升高为还原剂，Fe2＋为Fe3＋化合价降低后的产物，是还原产物，还原剂H2O2的还原性大于还原产物Fe2＋的还原性，故D错误。
39.若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为A.1∶4 B.1∶2C.2∶1 D.4∶1
√
解析：反应方程式是3(NH4)2SO4 3SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是－3价，化合价不变，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(1×2)∶(4×1)＝1∶2。
40．(2022届哈尔滨三中二模)重铬酸钾(K2Cr2O7) 主要用于制革、印染、电镀等。以铬铁矿(主要成分可表示为FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3、 Fe2O3等杂质)制备重铬酸钾的工艺流程如下：
盐
+6
4
16
7
8
2
8
(3)浸取所得滤渣1为红褐色固体，由此推测滤液中除了含有Na2CrO4、NaOH、NaFeO2外，还含有 (写化学式)。(4)相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图1所示，“酸化1”时pH的理论范围为___________。(当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为已除尽)
Na2SiO3和NaAlO2
4.5~9.3
(5)部分物质的溶解度曲线如图2所示，“复分解”步骤加入适量KCl固体，加热溶解，冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，请说明重铬酸钾析出的原因 。
低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它三种盐，故发生反应Na2Cr2O7+2KCl＝K2Cr2O7↓+2NaCl
解析：SiO2和Al2O3与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和NaAlO2，经过熔融氧化变为Na2SiO3、NaAlO2、Na2CrO4和Fe2O3，加水溶解则滤渣1为Fe2O3，加硫酸酸化1反应Na2SiO3和NaAlO2产生沉淀分别为H2SiO3和Al(OH)3，则酸化除去和SiO32-，由图可知离子完全沉淀时lgc=5，当pH=4.5时完全沉淀，当pH=9.3时SiO32-完全沉淀，则酸化1的pH范围为4.5~9.3，则滤渣2为H2SiO3和Al(OH)3，调节pH使CrO42-变为Cr2O72-，加入氯化钾经过复分解反应得到K2Cr2O7，据此答题。(1)①K2Cr2O7由三种元素组成，属于盐类；②K2Cr2O7中K为+1价，则Cr的化合价为+6价；
41．(2022届北京海淀区一模)MnO2在电池中有重要应用。以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下
(1)浸出①用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，请补全该反应的离子方程式： □MnO2＋ □ ＋ □ ＝ □ Mn2+＋ □ Fe3+＋ □ ②浸出时可用SO2代替硫酸和FeSO4。下列说法正确的是 (填序号)。a．SO2在反应中作氧化剂 b．用SO2浸出可减少酸的使用c．该法可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染
1
2
Fe2+
4
H+
1
2
2
H2O
bc
(2)净化、分离①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+可通过加碱转化为沉淀去除，分离出清液的方法是 。②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去Fe3+，结合离子方程式解释原理： 。
过滤
稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3++3H2O 3H++Fe(OH)3正向移动
解析：软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加热碳酸氢铵通过净化分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒。 (1)①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，离子方程式：为MnO2＋2Fe2++4H+＝Mn2+＋2Fe3+＋2H2O；②a．二氧化锰和SO2反应生成硫酸根离子，硫元素化合价升高，在反应中作还原剂，a不正确；b．用SO2代替硫酸浸出，减少了硫酸的使用量，b正确；c．该法可充分利用二氧化硫，将二氧化硫转化为盐溶液，可同时处理烟气中的SO2，减少大气污染，c正确；故答案为：bc；
(2)①软锰矿浸出液中的Fe3+、Al3+可通过加碱转化为沉淀去除，过滤是分离固液的一种实验操作，故分离出清液的方法是过滤；②通过稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致Fe3+＋3H2O 3H++Fe(OH)3正向移动，利于除去铁离子；
42.(2021届山东潍坊高三检测)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，该变化涉及反应的化学方程式为2KClO3＋4HCl(浓)===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。(1)请分析该反应中电子转移的情况(单线桥法表示)：__________________________________________________。
(2)上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是_______。(3)若产生标准状况下22.4 L Cl2，则转移的电子的物质的量为_____mol。(4)ClO2对污水中Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某工厂污水中含CN－ a mg·L－1，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种气体，其反应的离子方程式为_____________________________________， 处理100 m3这种污水，至少需要ClO2__________________mol。
1∶1
2
2ClO2＋2CN－===N2＋2CO2＋2Cl－
44．(2021届盐城模拟)NaN3是一种易溶于水(NaN3===Na＋＋N3-)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
3H2O
(4)MnO2与KClO3、KOH溶液共热，可得到K2MnO4，此反应的化学方程式是_________________________________________________。(5)氨基甲酸铵(NH2COONH4)极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式：_______________________________________________。(6)在催化剂作用下，尿素[CO(NH2)2]也可以与NOx反应生成N2和H2O。写出CO(NH2)2与NO2反应的化学方程式：________________________________________。
NH3·H2O
＋4CO2＋8H2O
解析：碘元素的化合价由＋5降低到0，硫元素的化合价由＋4升高到＋6。根据化合价升降总数相等，配平反应方程式，标出电子转移的方向和数目。
(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)。
NaI
(3)在含5 mol 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____mol。
48.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为______________________________________________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中， 存在于中性溶液中)：①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：__________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是____________________________________________________________，该水样中ClO2的浓度是_____mg·L－1。
当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复
1.35
解析：由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m(ClO2)＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg÷0.50 L＝1.35 mg·L－1。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：__________________________________________。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2
解析：在C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2。
②装置B的作用是_______________________________。
防止C中试管中的溶液倒吸到A中
③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。
答案：在装置C后画 (或其他合理装置)
解析：补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。
同学们，别忘记训练巩固哦!
认
真
备
考
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