第07讲 氧化还原反应方程式配平及计算-2023-2024学年高一化学易混易错巧讲精练（人教版2019必修第一册）

这是一份第07讲 氧化还原反应方程式配平及计算-2023-2024学年高一化学易混易错巧讲精练（人教版2019必修第一册），共18页。试卷主要包含了氧化还原方程式配平，氧化还原反应的计算，有关氧化还原反应的计算等内容，欢迎下载使用。
第07讲 氧化还原反应方程式配平与计算


必备知识



一、氧化还原方程式配平
配平规则
质量守恒
电荷守恒
电子守恒
反应前后原子的种类和个数不变
离子反应前后,阴、阳离子所带电荷总数不变
氧化剂和还原剂得失电子总数相等，
化合价升高总数等于化合价降低总数
1．一般配平规则





2．缺项配平规则和组合形式
（1）缺项配平规则
①在酸性环境中： 在反应物中每2个H＋参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成H2O；在反应物中每1个H2O参加反应，H2O每提供一个1个O原子，同时就会产生2个H＋。
②在中性环境中： 在反应物中每1个H2O参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成2个OH－；在反应物中每1个H2O参加反应，H2O每提供一个1个O原子，同时就会产生2个H＋。
③在碱性环境中： 在反应物中每1个H2O参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成2个OH－；在反应物中每2个OH－参加反应，每2个OH－提供一个1个O原子，同时就会产生1个H2O.
（2）组合形式
①在酸性溶液中，反应物为H＋，生成物为H2O；
②在碱性溶液中，反应物为OH－，生成物为H2O；
③在中性或酸性溶液中，反应物为H2O，生成物为H＋；
④在中性或碱性溶液中，反应物为H2O，生成物为OH－；
3．氧化还原反应方程式升降法配平的五个步骤：
标变价
列变化
求总数
定系数
查守恒
标明反应前后化合价发生变化的元素的化合价
确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，利用观察法确定其他物质的化学计量数。
检查反应前后原子、电荷、得失电子是否守恒
通过求最小公倍数使化合价升降总数相等
列出化合价升高和降低的数值











【配平模板】配平化学反应方程式：
C＋2H2SO4 2SO2↑＋CO2↑＋2H2O
分析　配平步骤如下
第一步：标变价

第二步：列变化


第三步：求总数


第四步：定系数
先配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物前的系数，再利用观察法配平其它物质的系数。从上面求总数可知，H2SO4前面的系数为2，SO2前面的系数为2，C前面的系数为1，CO2前面的系数为1，再利用观察法配平H2O前面的系数为2.
第五步：查守恒
方程式配平之后，再检查一下，是否符合原子守恒，电荷守恒和得失电子守恒。


4．新情景下氧化还原方程式的书写
第一步：根据题给信息，判断氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物。
第二步：根据第一步的判断，写出化学反应方程式，根据得失电子相等进行配平，确定氧化剂，还原剂，氧化产物，还原产物前面的化学计量数。
第三步： 根据电荷守恒和反应物的溶液的酸碱性环境，在方程式左边或右边补充H+、OH-、H2O。
第四步：根据原子守恒配平化学反应方程式。
【配平模板】　
我们知道醉驾对人们的危害很大，对醉驾的检测原理为C2H5OH能与经硫酸酸化的K2Cr2O7反应，生成Cr3＋和CO2，该反应的离子方程式是______________。
【分析】　
第一步：依题意，铬元素的化合价降低，故K2Cr2O7是氧化剂，Cr3＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故C2H5OH (碳元素化合价为-2价)是还原剂，CO2是氧化产物。
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：Cr2O＋C2H5OH——Cr3＋＋CO2↑。
由Cr2O→Cr3＋，铬元素降了3价，1 mol Cr2O共得到6 mol e－，由C2H5OH→CO2，碳元素升了6价，1 molC2H5OH共失去12mol e－，根据电子得失总数相等，得失电子的最小公倍数为12，故在C2H5OH前配1，在氧化产物CO2前配2；在Cr2O前配2，在还原产物Cr3＋前配4，即2Cr2O＋C2H5OH——4Cr3＋＋2CO2↑。
第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O, 2Cr2O＋C2H5OH＋H＋——4Cr3＋＋2CO2↑＋H2O。
第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：
2Cr2O＋C2H5OH＋16H＋=4Cr3＋＋2CO2↑＋11H2O。
二、氧化还原反应的计算
1．计算流程



计算流程

析过程

定数目

列等式

确定反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 ，标出元素的化合价

确定一个原子或离子得失电子数目（注意化学式中粒子的个数如Cr2O）

根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式：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









2．氧化还原反应计算的常用方法——得失电子守恒法
（1）得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
（2）应用电子守恒解题的一般步骤有四步：
第一步：找物质
找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
第二步：定得失
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)。
第三步：列等式”
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。
第四步：找关系
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。
3．氧化还原反应定量测定
(1)滴定
①氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的滴定分析方法。利用氧化还原滴定法可以直接或间接测定许多具有氧化性或还原性的物质，也可以用氧化还原滴定法间接测定。因此，它的应用非常广泛。
②在氧化还原滴定中，要使分析反应定量地进行完全，常常用强氧化剂和较强的还原剂作为标准溶液。根据所用标准溶液的不同，氧化还原滴定法可分为高锰酸钾法、重铬酸钾法等。
（2）氧化还原反应滴定指示剂的选择
①自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2＋为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。
②显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。
（3）计算
在多步连续进行的氧化还原反应中，根据多步反应电子守恒原理，找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。
易混易错点


一、 与氧化还原反应配平有关的易混易错点
1．一般氧化还原反应
方法：可从反应物或者生成物进行配平
要点：符合一般的配平步骤
实例： H2＋↑＋H2O
　　　↑6×2 ↓2×2×3

3O2＋2H2S 2SO2↑＋2H2O
2．歧化反应
方法：从生成物进行配平
要点：确定氧化产物和还原产物的化学计量数
实例：＋NaOH―→Na＋Na+ H2O
　　　　　　　　　　　↑5 ↓1×5
3＋6NaOH Na＋5Na+ 3H2O
3．部分氧化还原反应
方法：从生成物进行配平
要点：确定氧化产物和还原产物的化学计量数
实例：KnO4＋Hl(浓) →2nCl2＋5l2↑＋H2O
　　　　　　　　　　　　　　↓5×2　↑1×2×5
2KMnO4＋16HCl(浓)==2 MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
4．归中反应
方法：从反应物进行配平
要点：确定氧化剂和还原剂的化学计量数
实例：6O2＋8H3 ―→H2O＋
　　　↓4×3×2 ↑3×4×2
6NO2＋8NH3==12H2O＋7N2
5．缺项配平法
（1）先使得失电子数相等，再观察两边电荷。若反应物一边缺正电荷，一般加H＋(或H2O)，生成物一边加H2O(或OH－)；若反应物一边缺负电荷，一般加OH－(或H2O)，生成物一边加H2O(或H＋)。
(2)当化学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。
6．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。
7．注意特殊物质中元素的化合价，如CuFeS2中Cu、Fe元素化合价都为＋2价，S元素的化合价为－2价；Na2O2中O元素、FeS2中S元素的化合价均为－1价。
二、与氧化还原反应计算有关的易混易错点
1．抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算
在多步连续进行的氧化还原反应中，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，则可以利用反应过程中转移电子的数目相等，找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素，再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等，建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。
细剖精析·易混不混·易错不错


1． Mn2++O2+OH-→MnO(OH)2↓___
【答案】2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓
【细剖精析】
a．标变价：
b．列变化：；
c．求总数：化合价升降的最小公倍数为4，故的化学计量数为1，的化学计量数为2；
d．配系数：调整其它物质或离子的化学计量数：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓。
e．查守恒：检测方程式两边质量、电荷、得失电子是否守恒，则该反应方程式为2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓。
2．MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O___
【答案】 MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O
【细剖精析】
a．标变价：
b．列变化：；
c．求总数：最小公倍数为2，故的化学计量数为1，的化学计量数为2
d．配系数：调整其他物质或离子的化学计量数：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。
e．查守恒：检测方程式两边质量、电荷、得失电子是否守恒，则配平后该反应方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。
3．(1)____As2S5+______HNO3＋4H2O→_____H3AsO4+______H2SO4+______NO，
【答案】3As2S5+40HNO3+4H2O→6H3AsO4+15H2SO4+40NO
【细剖精析】
在该反应中，S元素化合价由反应前As2S5中的-2价变为反应后H2SO4中的+6价，化合价升高5×8价；N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，化合价升降的最小公倍数是3×5×8=120，所以As2S5的系数是3，H2SO4的系数是15，HNO3、NO的系数是40，然后根据反应前后各种元素的原子个数相等，可知H3AsO4的系数是6，则该反应的化学方程式为3As2S5+40HNO3+4H2O→6H3AsO4+15H2SO4+40NO；
4．___CuS+____HNO3→____Cu(NO3)2+____ H2SO4+___N2+______H2O，
【答案】5CuS+18HNO3→5Cu(NO3)2+5H2SO4+4N2+4H2O
【细剖精析】
在该反应中，S元素化合价由反应前CuS中的-2价变为反应后H2SO4中的+6价，升高了8价，N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5价，化合价升降的最小公倍数是40，所以CuS的系数是5，H2SO4的系数是5，HNO3的系数是8，N2的系数是4，然后配平没有参加反应的元素，先配平Cu元素，Cu(NO3)2的系数是5，然后配平N元素，Cu(NO3)2的系数是5，则没有参加反应的N原子有10个，有8个N参加氧化还原反应，所以HNO3的系数是18，最后根据H原子个数相等，配平H2O的系数是4，则该反应方程式为：5CuS+18HNO3→5Cu(NO3)2+5H2SO4+4N2+4H2O。
5．____+_____H2O2+________＝____ Mn2++____O2 ↑+____H2O
【答案】 2 5 6H+ 2 5 8
【细剖精析】
在该反应中，Mn元素的化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+中的+2价，化合价降低5价，O元素的化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以、Mn2+的系数是2，H2O2、O2的系数是5，根据电荷守恒，可知缺项是H+，系数是6，则根据H元素守恒，可知H2O的系数是8，方程式为2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。
6．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　
【细剖精析】
由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子总数与O2得到的电子总数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝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溶液)＝＝0.06 L＝60 mL。
对点训练


一、氧化还原反应的配平
1．NH3+O2NO+H2O_____________
【答案】4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
反应中N元素化合价由NH3中-3价升高为NO中+2价，共升高5价，O元素由O2中0价降低为-2价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为20，故NH3系数为4，故O2系数为5，利用元素守恒可知NO系数为4，H2O的系数为6，故配平后方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
2．FeSO4+KNO3+H2SO4=K2SO4+Fe2(SO4)3+NO↑+H2O__________
【答案】 6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O
【解析】
反应中Fe元素化合价由+2价升高为+3价，2FeSO4变为Fe2(SO4)3，共升高2价；氮元素由+5价降低到+2价，共降低3价；化合价升降最小公倍数为6，故FeSO4系数为6，KNO3系数为2，利用元素守恒可知NO的系数为2，Fe2(SO4)3的系数为3，K2SO4的系数为1，H2SO4的系数为4，H2O的系数为4，故配平后方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=K2SO4+3Fe2(SO4)3+2NO↑+4H2O。
二、缺项配平
1． Cu2++FeS2+====Cu2S++Fe2++
【答案】14Cu2++5FeS2+====7Cu2S++5Fe2++
【解析】先标出参与氧化还原反应的元素化合价变化：

由化合价升高和降低最小公倍数为21得Cu2S和系数分别为7和3，然后配平Cu2+、FeS2化学计量数，分别为14和5。再据反应前后元素的种类及原子数目推知缺项物质分别为H2O和H+，化学计量数分别为12和24。
2． 　Fe(OH)2＋ 　ClO－＋ 　 === 　Fe(OH)3＋ 　Cl－
【答案】2 1 1 2 1
【解析】
③ (OH)2→ (OH)3，升高1价，O－→，降低2价，根据化合价升降总数相等，在Fe(OH)2前添加系数2，在ClO－前添加系数1，在Fe(OH)3前添加系数2，在Cl－前添加系数1，根据电荷守恒和原子守恒可知，应在左边补充1H2O。
3．　LiCoO2＋　H2SO4＋　H2O2===　Li2SO4＋　CoSO4＋　O2↑＋ 11
【答案】2 3 1 1 2 1 4
【解析】
LoO2→SO4，降低1价，H22→2，升高1×2价，根据化合价升降总数相等，在CoSO4前添加系数2，在O2前添加系数1，在LiCoO2前添加系数2，在H2O2前添加系数1，对比左右电荷守恒，因此在右边补充H2O，再根据原子守恒配平H2O和H2SO4的系数为4和3。
三、有关氧化还原反应的计算
1．a mol的铜与足量的浓硝酸反应，将产生的NO2气体与b mol的O2混合作用于水，气体完全被吸收。
【解析】
则“始态物质Cu”Cu2＋，
“中间物质HNO3”NO2↑，

故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu～O2，即a＝2b。
2．为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水可降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释至V0 mL，取出V1 mL，用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn＋＋10CO2↑＋8H2O，若达到滴定终点时消耗a mol·L－1的KMnO4溶液V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数：________。
【答案】%
【解析】
本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4,2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此得出相应的关系式：
5CaCO3～5H2C2O4～2MnO
5 mol 2 mol
n(CaCO3) a mol·L－1×V2×10－3 L
解得：n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol
则原溶液中w(CaCO3)＝×100%＝%。
提升训练



1．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
【答案】A
【解析】
该氧化还原反应中的电子转移用双线桥表示为，由此可知8 mol NH3参加反应时有2 mol NH3被氧化，有3 mol Cl2被还原，因而被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比2∶3。
2．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
【答案】B
【解析】
n(SO)＝＝0.007 5 mol，n(K2Cr2O7)＝0.05 L×0.020 00 mol/L＝0.001 mol，根据Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝0.006 mol，由电荷守恒可知n(OH－)＋2n(SO)＝3n(Fe3＋)，n(OH－)＝0.006 mol×3－0.007 5 mol×2＝0.003 mol，得到a∶b＝0.006 mol∶0.003 mol＝2∶1，B项正确。
3．　MnO＋　C2O＋　11===　Mn2＋＋　CO2↑＋　 11
【答案】1 5 16 2 10 8
【解析】
O→2＋，降低5价，2O→O2，升高1×2价，根据化合价升降总数相等，在MnO前添加系数2，在C2O前添加系数5，在Mn2＋前添加系数2，在CO2前添加系数10，根据产物Mn2＋可知应是MnO酸性溶液，根据左右两边电荷和原子守恒可知，应在左边补充16H＋，在右边补充8H2O。
4．化学镀镍的溶液中含有Ni2＋和H2PO，在酸性条件下发生下述反应：
　Ni2＋＋　H2PO＋　11===　Ni＋　H2PO＋　11
【答案】1 1 1 1 1 2
【解析】
2＋→i，降低2价，H2O→H2O，升高2价，根据化合价升降总数相等，在Ni2＋前添加系数1，在H2PO前添加系数1，在Ni前添加系数1，在H2PO前添加系数1，根据左右两边电荷和原子守恒，及溶液呈酸性可知，应在右边补充2H＋，在左边补充1H2O。
5．在100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下2.24 L Cl2，溶液中有的Br－被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为(　　)
A．4 mol·L－1 B． mol·L－1
C． mol·L－1 D． mol·L－1
【答案】C
【解析】
标准状况下2.24 L氯气的物质的量n(Cl2)＝＝0.1 mol，由于还原性Fe2＋>Br－，氯气先氧化Fe2＋，Fe2＋反应完毕，再氧化Br－，假设原溶液中FeBr2的物质的量为x mol，根据得失电子守恒，x mol×(3－2)＋×2x mol×[0－(－1)]＝0.1 mol×2，解得x＝，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为＝ mol·L－1，C项正确。
6．利用氧化还原反应原理配平化学方程式：
_______Zn+_______HNO3_______Zn(NO3)2+_______N2O↑+_______H2O.
______
【答案】4Zn+10HNO34Zn(NO3)2+1N2O↑+5H2O.
【解析】
Zn的化合价从0价变为+2价，化合价升高2价；硝酸中+5价N元素被还原为+1价，化合价降低4价，生成氧化氮至少降低8价，化合价变化的最小公倍数为8，则Zn的计量数为：=4，氧化氮的计量数为：=1，然后利用观察法配平可得：4Zn+10HNO3 4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，
故答案为4；10；4；1；5。
7．配平下列氧化还原反应方程式：
____K2S +____HNO3=____KNO3+_____NO↑+____S +____H2O
当反应中有3mol电子发生转移时，有____mol HNO3参加反应。
【答案】3 8 6 2 3 4 4
【解析】
反应中S元素的化合价由-2价升至0价，1molK2S失去2mol电子，N元素的化合价由+5价降至+2价，1molHNO3得到3mol电子，根据得失电子守恒配平为3K2S+2HNO3→KNO3+2NO↑+3S+H2O，在反应中HNO3还起酸性作用，根据原子守恒，配平后的方程式为3K2S+8HNO3=6KNO3+2NO↑+3S+4H2O；8molHNO3参与反应转移6mol电子，则当反应中有3mol电子发生转移时有4molHNO3参加反应。
8．请补充完成下列方程式配平或按要求写方程式
(1)_______MnO4-+_______C2O42-+_______=_______Mn2++_______CO2↑+______________
(2)NaAlH4是一种重要的还原剂，它与水发生氧化还原反应的化学方程式是________。
【答案】2 5 16 2 10 8 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑
【解析】
(1)根据氧化还原反应化合价升降总数相等配平，在反应中MnO4-→Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，降低5价，C2O42-→CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4，共升高2价，化合价升降的最小公倍数为10，故MnO4-、Mn2+系数为2，C2O42-系数为5，CO2的系数是10，再根据电荷守恒确定H+的系数是16，最后根据元素原子守恒可知H2O的系数是8，配平后的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)NaAlH4是一种重要的还原剂，与水反应生成氢气，即NaAlH4中H化合价升高，水中H元素化合价降低，根据元素化合价升降总数相等及原子守恒，可得化学反应方程式为：NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2↑。
9．有下列6种物质：Na2SO4、Na2SO3、K2SO4、I2、H2SO4、KIO3组成一个氧化还原反应，请回答下列问题：
(1)将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成一个未配平的化学方程式：______
______＋Na2SO3＋______→______＋______＋______＋H2O
(2)反应物中发生氧化反应的物质是______(填化学式)，被还原的元素是______。
(3)反应中1mol氧化剂______(填“得到”或“失去”)______mol电子。
(4)请将反应物的化学式及配平后的系数填入下列相应的位置中：______
□______ ＋□______ ＋□______ →
【答案】Na2SO3 + KIO3 + H2SO4→ Na2SO4 + I2 + K2SO4 + H2O Na2SO3 I 得到 5 5Na2SO3 + 2KIO3 +1 H2SO4
【解析】
（1）碘酸钾具有强氧化性，能把亚硫酸钠氧化生成硫酸钠，所以反应的化学方程式是Na2SO3 + KIO3 + H2SO4→ Na2SO4 + I2 + K2SO4 + H2O。
（2）亚硫酸钠中硫元素的化合价试升高，发生氧化反应。碘酸钾中碘元素的化合价降低，被还原。
（3）碘元素的化合价从＋5价降低到0价，得到5个电子，即1mol氧化剂得到5mol电子。
（4）根据电子的得失守恒可知，配平后的化学方程式是5Na2SO3 + 2KIO3 + H2SO4＝5Na2SO4 + I2 + K2SO4 +H2O。
10．配平下列氧化还原反应方程式
_______Mg+_______ NO +_______=_______Mg(OH)2+_______N2↑+_______
【答案】5 2 6H2O 5 1 2OH-
【解析】
反应中Mg化合价升高，失去2 e-，N原子化合价降低，得到10 e-，则最小公倍数为10，故Mg的系数为5，氮气的系数为1，硝酸根离子的系数为2，电解质溶液呈碱性，则反应物缺少水，系数为6，生成物中缺少氢氧根离子，系数为2。
11．某实验小组称取重铬酸钾试样2.40 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾(铬被还原为Cr3＋)并放于暗处6 min左右，然后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，杂质不参与反应)，共用去Na2S2O3标准溶液20.00 mL。求所得产品中重铬酸钾的质量分数(写出计算过程)。
【答案】根据题意得关系式：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，则：
n(K2Cr2O7)＝×n(Na2S2O3)＝×0.24 mol·L－1×0.020 0 L＝0.000 8 mol，
m(K2Cr2O7)试样＝0.000 8 mol×294 g·mol－1×＝2.352 g，
w(K2Cr2O7)＝×100 %＝98 %。
【解析】
称取重铬酸钾试样2.40 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于碘量瓶中，加入稀硫酸和足量碘化钾(铬被还原为Cr3＋)并放于暗处6 min左右，反应为Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O，然后加入适量水和数滴淀粉指示剂，用0.24 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，发生反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，共用Na2S2O3标准溶液20.00 mL，依据反应的定量关系为
　Cr2O　　～　　3I2　　～　　6Na2S2O3
1 6
0.24 mol·L－1×0.020 0 L n
n＝0.000 8 mol，m(K2Cr2O7)＝0.000 8 mol×294 g·mol·L－1×＝2.352 g，产品中K2Cr2O7的质量分数：×100%＝98%。