【新高考】2023年高考化学二轮题型精讲精练——专题08 氧化还原反应方程式的书写及计算-2023年高考化学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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专题08 氧化还原反应方程式的书写及计算
目录
一、热点题型归纳………………………………………………………………………………………………1
【题型一】普通型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………1
【题型二】催化型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………2
【题型三】流程型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………3
【题型四】歧化型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………5
【题型五】归中型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………7
【题型六】数据型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………7
【题型七】多变价氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………8
【题型八】有机型氧化还原反应方程式的书写………………………………………………………………9
【题型九】氧化还原反应转移电子数的计算…………………………………………………………………9
【题型十】电子守恒用于氧化还原反应的计算………………………………………………………………11
二、最新模考题组练……………………………………………………………………………………………12

【题型一】普通型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例1】（2022·辽宁省选择考）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______________________。
【解析】Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2。
【答案】2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
【提分秘籍】
1．新情境下氧化还原反应方程式的书写与配平

2．化合价升降法配平步骤

3．稀硫酸在氧化还原反应中的作用
（1）提供酸性环境，不参与氧化还原反应，在离子方程式中提供H+或SO42－。
（2）KMnO4、K2Cr2O7一般都用稀硫酸酸化，以提高其氧化性
【变式演练】
1．（2022·全国甲卷）工业上常用芒硝（Na2SO4·10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为_______________________________。
【解析】工业上常用芒硝（Na2SO4·10H2O）和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O。
【答案】Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O
2．（2022·江苏省选择考）“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_______________________________。
【解析】根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O。
【答案】2CeO2+H2O2+6H+2Ce3++O2↑+4H2O
3．（2021·福建省等级考）“净化”后，溶液中若有低价钼（以MoO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MoO42－，反应的离子方程式为___________________________________。
【解析】溶液中若有低价钼（以MoO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MoO42－，则氧化剂为H2O2，还原产物为－2价的O，还原剂为MoO32－，氧化产物为MoO42－，则反应的离子方程式为H2O2+MoO32－MoO42－+H2O；
【答案】H2O2+ MoO32－MoO42－+H2O
4．（2021·江苏等级考）将一定量软锰矿粉（含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物）与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中（图1），70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是__________；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为_______________________。

【解析】若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO32－+2H+Mn2++SO42－+H2O。
【答案】H2SO4溶液；MnO2+SO32－+2H+Mn2++SO42－+H2O
5．（2020·天津等级考真题）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为________________，Co（OH）3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：__________________________。
【解析】Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co（OH）3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co（OH）3+6H++2Cl－Cl2↑+2Co2++6H2O。
【答案】CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co（OH）3+6H++2Cl－Cl2↑+2Co2++6H2O
【题型二】催化型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例2】（2016·北京高考）以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等）和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：

过程Ⅰ中，Fe2+催化过程可表示为：
i：2Fe2++PbO2+4H++SO42－2Fe3++PbSO4+2H2O
ii：……
写出ii的离子方程式：______________________________________。
【解析】催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i中Fe2＋被PbO2氧化为Fe3＋，则反应ii中Fe3＋被Pb还原为Fe2＋，离子方程式为2Fe3＋+Pb+SO42－PbSO4+2Fe2＋。
【答案】2Fe3＋+Pb+SO42－PbSO4+2Fe2＋
【变式演练】
1．（2021·江苏等级考）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
（1）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___________________________________。
（2）硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为（用化学方程式表示）_______________________________________________。
【解析】（1）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；（2）硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2ZnO+COS；ZnO+H2SZnS+H2O。
【答案】（1）ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；（2）ZnS+CO2ZnO+COS；ZnO+H2SZnS+H2O
2．过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2O82－+2I－＝2SO42－+I2。通过改变反应途径，Fe3+、Fe2+均可催化上述反应。试用离子方程式表示Fe3+对上述反应催化的过程：__________________________________、_______________________________。
【解析】此题要从催化剂的本质出发，作为催化剂的物质要参与有关反应，但后来的反应必须又生成了催化剂。本题要求写出表示Fe3+作催化剂的反应，因此，首先Fe3+要参与反应，即有反应2Fe3++2I－2Fe2++I2，生成的Fe2+又被S2O82－氧化生成了Fe3+。此题若要求写出Fe2+对上述反应的作催化剂的话，就应写成如下方程式：S2O82－+Fe2+2SO42－+2Fe3+，2Fe3++2I－2Fe2++I2，虽是二个相同反应方程式，由于二者的前后顺序的颠倒，却产生了本质的区别
【答案】2Fe3++2I－2Fe2++I2；S2O82－+2Fe2+2SO42－+2Fe3+
【题型三】流程型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例3】（2022·河北省选择考）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：

（1）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为__________________________________。
（2）沉铁工序产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为__________，氧化工序发生反应的离子方程式为____________________________________________。
【解析】（1）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+8H2O15Fe2++2 SO42－+16H+，故化学方程式为：7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4；（2）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，则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+。
【答案】（1）7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4
（2）+2、+3；Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+
【提分秘籍】
1．流程中反应物和生成物的判断：箭头表示反应物加入同时生成物出来

2．“在空气中或在其他气体中”：主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应
3．碳酸氢盐与不活泼金属阳离子反应
（1）水解互促反应：Mn++nHCO3－M（OH）n↓+n CO2↑
（2）电离沉淀反应：2Mn++2nHCO3－M2（CO3）n↓+nCO2↑
4．常见氧化剂、还原剂及产物预测
（1）常见的氧化剂及产物预测
氧化剂
还原产物
KMnO4
Mn2+（酸性）；MnO2（中性）；MnO42－（碱性）
K2Cr2O7（酸性）
Cr3+
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
X2（卤素单质）
X－
H2O2
OH－（碱性）；H2O（酸性）
Na2O2
NaOH（或Na2CO3等）
NaClO（或ClO－）
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl2、ClO2等
PbO2
Pb2+
（2）常见的还原剂及产物预测
还原剂
氧化产物
Fe2+
Fe3+（酸性）；Fe（OH）3（碱性）
SO2（或H2SO3、SO32－）
SO42－
S2－（或H2S）
S、SO2（或SO32－）、SO42－
H2C2O4
CO2（酸性）；CO32－（碱性）
H2O2
O2
I－（或HI）
I2、IO3－
CO
CO2（酸性）；CO32－（碱性）
金属单质（Zn、Fe、Cu等）
Zn2+、Fe2+（与强氧化剂反应生成Fe3+）
Cu2+（与弱氧化剂反应生成Cu+）
【变式演练】
1．（2020·山东省等级考真题）用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

软锰矿预先粉碎的目的是_____________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_____________________________。
【解析】软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的化学计量数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2OBa（OH）2+MnO+S。
【答案】增大接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2OBa（OH）2+MnO+S
2．（2022·湖南省等级考）钛（Ti）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：

“除钒”过程中的化学方程式为_______________________________________。
【解析】“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3。
【答案】3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3
3．（2022·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：

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___________________________________。
【解析】向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe（OH）3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4－+7H2O3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+。
【答案】3Fe2++MnO4－+7H2O3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+
4．（2022·海南省选择考）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：

步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。
【解析】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+H2SO4CuSO4+2H2O。
【答案】Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
5．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式___________________。
【解析】氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O。
【答案】Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O
【题型四】歧化型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例4】（2018·江苏高考）制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为_________________________。
【解析】氯由0价升至+5价和降至－1价，发生歧化反应，根据得失电子守恒可配平反应。
【答案】3Cl2+6OH－5Cl－+ClO3－+3H2O
【提分秘籍】
1．了解常见元素的含氧酸根
（1）金属的含氧酸根
①锰元素：MnO42－（锰酸根）、MnO4－（高锰酸根，紫红色）等
②铬元素：CrO2－、Cr2O72－（重铬酸根，橙红色）、CrO42－（铬酸根，黄色）
③铁元素：FeO2－、Fe2O42－、FeO42－（高铁酸根）
（2）非金属的含氧酸根
①氮元素：NO2－（亚硝酸根）、NO3－（硝酸根）等
②磷元素：PO33－（亚磷酸根）、PO43－（磷酸根）、HPO42－（磷酸一氢根）、H2PO4－（磷酸二氢根）等
③硫元素：SO32－、HSO3－、SO42－、HSO4－、S2O32－（硫代硫酸根）、S2O82－（过二硫酸根）等
④氯元素：ClO－（次氯酸根）、ClO2－（亚氯酸根）、ClO3－（氯酸根）、ClO4－（高氯酸根）等
⑤碘元素：IO－（次碘酸根）、IO3－（碘酸根）、IO4－（高碘酸根）
⑥碳元素：CO32－、HCO3－、C2O42－（草酸根）、HC2O4－（草酸氢根）等
2．某些含中间价态元素的微粒，可能发生歧化反应
（1）NO2－→NO+NO3－
（2）S→S2－+SO32－
（3）Cl2→Cl－+ClO－或Cl2→Cl－+ClO3－
3不同类型氧化还原反应方程式的配平方法

【变式演练】
1．（2014·新课标全国卷I）次磷酸（H3PO2）的工业制法是：将白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与硫酸反应，写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式___________________________________。
【解析】白磷（P4）与氢氧化钡溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，P元素的化合价由0价变为－3价和+1价，根据得失电子守恒进行配平。
【答案】2P4+3Ba（OH）2+6H2O3Ba（H2PO2）2+2PH3↑
2．（2013·江苏高考）淡黄色固体单质与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：____________________________。
【解析】根据“淡黄色固体”，可知A中是硫单质。产物中有+4价硫，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化成Na2S。根据化合价升降相等，所以有3S+6OH－2S2－+SO32－+3H2O。
【答案】3S+6OH－2S2－+SO32－+3H2O
3．（2014•天津高考）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：____________________________________________。
【解析】400℃时KClO3分解生成无氧酸盐一定是KCl，KCl中氯元素化合价为－1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价只能升高到+7价。即被氧化成高氯酸钾（KClO4），其阴阳离子分别是ClO4－和K+，符合“另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1”的条件。根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3KCl+3KClO4。
【答案】4KClO3KCl+3KClO4
4．工业上用软锰矿（主要成份MnO2）制备高锰酸钾的流程图如下：

反应②的离子方程式为______________________。
【解析】反应②是在K2MnO4溶液中通入CO2，K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2和K2CO3，部分锰元素的化合价由+6价升高到+7价，另一部分锰元素的化合价由+6价降低到+4价，根据电子守恒，则KMnO4的化学计量数为2，MnO2的化学计量数为1，结合原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为3MnO42－+2CO22MnO4－+MnO2↓+2CO32－。
【答案】3MnO42－+2CO22MnO4－+MnO2↓+2CO32－
【题型五】归中型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例5】（2019·北京高考）用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L−1KBrO3标准溶液；取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。该反应的离子方程式是_______________________________。
【解析】KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，+5价和溴和－1价溴发生归中反应生成Br2。根据电子守恒可知，KBrO3的化学计量数为1，KBr的化学计量数为5，Br2的化学计量数为3，根据电荷守恒和元素守恒，可知该离子方程式为BrO3－+5Br－+6H+3Br2+3H2O。
【答案】BrO3－+5Br－+6H+3Br2+3H2O
【变式演练】
1．（2018·江苏高考）用酸性（NH2）2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与（NH2）2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：___________________________________________。
【解析】HNO2中N为+3价，（NH2）2CO中N为－3价，氮原子发生归中反应生成N2，由氮原子得失电子守恒配平反应。
【答案】2HNO2+（NH2）2CO2N2↑+CO2↑+3H2O
2．氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。该法工艺原理如右。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。

工艺中可以利用的单质有____________（填化学式），发生器中生成ClO2的化学方程式为___________________________________。
【解析】根据题目提供的工艺原理：氯化钠电解槽及二氧化氯发生器中的产物通入氯化氢合成塔，并且要补充氯气，所以该工艺中可以利用的单质有H2、Cl2。在二氧化氯发生器中氯酸钠与盐酸反应生成二氧化氯，根据化合价的变化规律、质量守恒定律及工艺流程图可判断还有Cl2、NaCl、H2O生成，其化学方程式为2NaClO3 +4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl +2H2O。
【答案】H2、Cl2；2NaClO3 +4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl +2H2O
3．（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的化学方程式_______________________。
【解析】（NH4）2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统，二氧化氮与亚硫酸铵反应，二氧化氮具有强氧化性能氧化亚硫酸铵反应，生成硫酸铵，本身被还原为氮气，原子守恒配平书写出的化学方程式为：4（NH4）2SO3+2NO24（NH4）2SO4+N2。
【答案】4（NH4）2SO3+2NO24（NH4）2SO4+N2
【题型六】数据型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例6】（2022·湖南省等级考）TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______________________；
【解析】根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。
【答案】5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2
【提分秘籍】
1．若已知某些反应物或生成物的物质的量之比，一般以该比例作为相关物质的化学计量数，按照电子守恒、电荷守恒、元素守恒的步骤配平（或用观察法直接配平），若结果出现分数，再换算成最简整数比即可。
2．若已知反应转移的电子的物质的量，则先判断出化合价及相应的化学式，再根据规则配平即可。
3．若告诉产生的某些相关量，则先求出该产物的化学式，再根据规则配平即可。
【变式演练】
1．运输NH3时，严禁NH3与卤素（如Cl2）混装运输。若二者接触时剧烈反应产生白烟，并且0.4molNH3参加反应时有0.3mol电子转移。写出反应的化学方程式_________________________________________________。
【解析】二者接触时剧烈反应产生白烟，说明有氯化铵生成，0.4molNH3参加反应时有0.3mol电子转移，说明氨气未被全部氧化为氮气，根据反应物、产物写出对应的化学方程式为8NH3+3Cl26NH4Cl+N2。
【答案】8NH3+3Cl26NH4Cl+N2
2．（2022·镇江一模）将MnO2和Li2CO3按4∶1的物质的量之比配料，混合搅拌，然后高温煅烧600~750℃，制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式：_______________________________________。
【解析】MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的价态降低，必然有元素的化合价升高，C元素处在最高价态，不能升高，则只能是O元素价态升高，所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
【答案】8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
3．（福建省福州市2021年3月模拟）雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2－、NO3－物质的量之比为1∶1，试写出该反应的离子方程式_________________________________。
【解析】雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2－、NO3－物质的量之比为1∶1，反应的方程式为3H2O+2NO+4Ce4+4Ce3++NO2－+NO3－+6H+。
【答案】4Ce4++2NO+3H2O4Ce3++NO2－+NO3－+6H+
4．（2021·哈尔滨第一次调研）某工业废水中主要含有Cr3+，同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，且酸性较强。为回收利用，通常采用如下流程处理：

还原过程在酸性条件下进行，每消耗0.8molCr2O72－转移4.8mole－，该反应离子方程式为_______________________________________________。
【解析】每消耗0.8molCr2O72－转移4.8mole−，则1molCr2O72－转移6mol电子，即每个Cr化合价降低3，所以生成Cr3+，S2O32－被氧化为SO42－，则反应的离子方程式为：3S2O32－+4Cr2O72－+26H+6SO42－+8Cr3++13H2O。
【答案】3S2O32－+4Cr2O72－+26H+6SO42－+8Cr3++13H2O
【题型七】多变价氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例7】（2022·江苏省选择考）在弱碱性溶液中，FeS与CrO42－反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，其离子方程式为_____________________________________。
【解析】在弱碱性溶液中，FeS与CrO42－反应生成Fe（OH）3、Cr（OH）3和单质S，
铁元素的化合价由+2升高到+3，硫元素的化合价由－2价升高到0价，以FeS为标准，化合价一共升高了3，铬元素的化合价由+6价降低+3价，以CrO42－为标准，化合价一共降低了3，则FeS、CrO42－、S、Fe（OH）3、Cr（OH）3的化学计量数都是1：结合电荷守恒，则在右侧补2个OH－，结合元素守恒，在左侧应该补4个水，所以反应的离子方程式为：FeS+CrO42－+4H2OFe（OH）3↓+Cr（OH）3↓+S↓+2OH－。
【答案】FeS+ CrO42－+4H2OFe（OH）3↓+Cr（OH）3↓+S↓+2OH－
【变式演练】
1．（2022·上饶六校联考）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应的化学方程式为__________________________，氧化产物是________。
【解析】根据工艺流程，焙烧时，通入空气，产生MoO3和SO2，以1mol MoS2为标准，S的化合价从－2升高到+4，Mo的化合价从+4升高到+6，则化合价一共升高了14价。以1mol O2为标准，O的化合价从0降低到－2，化合价一共降低4价，化合价升降守恒，MoS2和O2的比例为2∶7，即化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2；氧化产物是还原剂被氧化后得到的产物，根据化学反应方程式中Mo、S的化合价升高，即氧化产物是MoO3、SO2。
【答案】2MoS2+7O22MoO3+4SO2；MoO3、SO2
2．工业上利用辉铜矿（主要成分是Cu2S）冶炼铜。为了测定辉铜矿样品的纯度，用酸性高锰酸钾溶液反应，写出该反应的离子方程式________________________。
【解析】Cu2S和酸性高锰酸钾溶液反应生成铜离子，硫酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，以1mol Cu2S为标准，S的化合价从－2价升高到+6价，Cu的化合价从+1价升高到+2价，则化合价一共升高了10价。以1mol KMnO4为标准，Mn的化合价从+7降低到+2，化合价一共降低5价，化合价升降守恒，Cu2S和KMnO4的比例为1∶2，结合电荷守恒和元素守恒，可得反应的离子方程式为：Cu2S+2MnO4－+8H+2Cu2++SO42－+2Mn2++4H2O。
【答案】Cu2S+2MnO4－+8H+2Cu2++SO42－+2Mn2++4H2O
3．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。用稀硫酸酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式___________________________。
【解析】根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4，生成物是CuSO4、MnSO4、S，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（1×2+2×1）＝4，Mn元素化合价变化是：4－2＝2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据观察法配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO42CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。
【答案】Cu2S+2MnO2+4H2SO42CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
【题型八】有机型氧化还原反应方程式的书写
【典例分析】
【典例8】（2021·湖北省选择考）实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大小顺序为：甲基（－CH3）＜亚甲基（－CH2－）＜次甲基（）。写出2－甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式_______________________________________________________________。
【解析】2－甲基丙烷的结构简式为CH3CH（CH3）CH3，根据题目信息知，CH3CH（CH3）CH3中上的氢参与反应，反应的离子方程式为CH3CH（CH3）CH3+HSbF6（CH3）3C++SbF6－+H2↑。
【答案】CH3CH（CH3）CH3+HSbF6（CH3）3C++SbF6－+H2↑
【变式演练】
1．（2021·湖南省选择考）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为________________________________。
【解析】由在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O可知，该反应中Fe价态降低：+3→+2，C价态升高：0→+2，而Li2CO3中的碳元素变成CO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6Li2CO3+C6H12O6+12FePO412LiFePO4+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
【答案】6Li2CO3+C6H12O6+12FePO412LiFePO4+6CO↑+6H2O+6CO2↑
2．（2022·广西防城港高三3月模拟）硫酸酸化的Na2Cr2O7溶液可以将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+，该反应可用于检验司机是否酒驾，相应的化学方程式为____________________________________________。
【解析】由于K2Cr2O7在酸性条件下有很强的氧化性，而乙醇具有还原性，能够被氧化成CH3COOH；在该过程中，碳元素由－2价升高至－1价，铬元素的化合价由+6降低至+3价，根据电子守恒和元素守恒，可知硫酸酸化的K2Cr2O7和乙醇反应的化学方程式为：2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO42Cr2（SO4）3+3CH3COOH+2K2SO4+11H2O
【答案】3CH3CH2OH+2Na2Cr2O7+8H2SO43CH3COOH+2Na2SO4+2Cr2（SO4）3+11H2O
【题型九】氧化还原反应转移电子数的计算
【典例分析】
【典例9】（2018·江苏高考）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1molN2时，转移的电子数为_______mol。
【解析】NH3与NO2发生归中反应，方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O，生成7molN2时，转移24mole－，则生成1molN2时，转移mole－。
【答案】
【提分秘籍】
1．普通反应

2．归中反应
先配平→建立所给物质与转移电子数的关系→根据题设条件进行计算
【变式演练】
1．磁铁矿是工业上冶炼铁的原料之一，其原理是Fe3O4+4CO3Fe+4CO2，若有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是____________。
【解析】氧化还原反应Fe3O4+4CO3Fe+4CO2中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数＝8，即有1molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是8mol，所以有1.5molFe3O4参加反应，转移电子的物质的量是12mol。
【答案】12mol
2．在处理饮用水时，活性炭应在高锰酸钾反应结束后投加，否则会发生反应：KMnO4+C+H2O→MnO2+X+K2CO3（未配平），其中X的化学式为_______。当有1molX生成时，反应转移电子_____mol。
【解析】反应中KMnO4→MnO2，Mn元素化合价由+7价降低为+4价，共降低变化3价，C→C（+4），C元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，化合价升降最小公倍数为12，故KMnO4系数为4，C的系数为3，由C、K的原子数目关系可知K2CO3系数为1，故X含有+4价的C原子、且C原子与K原子之比为1∶1，故X为KHCO3，X的系数为2，生成1molKHCO3，参加反应的KMnO4为2mol，转移电子为2mol×5＝10mol。
【答案】KHCO3；10
3．（2022·辽宁沈阳一模）储氢材料Mg（AlH4）2在110℃~200℃的反应为：Mg（AlH4）2MgH2+2Al+3H2↑，每生成27gAl转移电子的物质的量为____________。
【解析】反应Mg（AlH4）2MgH2+2Al+3H2↑中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol
【答案】3mol
4．（2014·新课标全国卷II）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是：Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2时转移的电子为_______mol。
【解析】利用化合价升降法配平反应方程式得3Br2+6Na2CO3+3H2O5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，该反应中溴元素的化合价变化了5，转移电子数为5e－，即3Br2～5e－，根据比例关系每反应1mol溴单质转移电子的物质的量为mol。
【答案】
5．（2021·甘肃天水高三4月模拟）Cu2S能与硝酸反应。与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu2S+16HNO33Cu（NO3）2+3CuSO4+10NO+8H2O，反应中的还原剂是_______。当有160gCu2S反应时，转移的电子总数约为_______。
【解析】3Cu2S+16HNO33Cu（NO3）2+3CuSO4+10NO+8H2O，反应中铜元素化合价+1价变化为+2价，硫元素化合价－2价变化为+6价，硝酸中氮元素化合价+5价变化为+2价，所以Cu2S在反应中做还原剂，每3molCu2S反应电子转移30mol，160gCu2S物质的量＝＝1mol，则1molCu2S反应电子转移10mol，电子数约为6.02×1024。
【答案】Cu2S，6.02×1024
【题型十】电子守恒用于氧化还原反应的计算
【典例分析】
【典例10】（2021·山东省等级考）（不定项）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】选BD。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。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；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；Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为KMnO4→K2MnO4+MnO2、K2MnO4→MnCl2、MnO2→MnCl2，还可能发生剩余的KMnO4→MnCl2，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；整个过程KMnO4~MnCl2~5e－，2Cl－→Cl2~2e－，2O2－~O2~4e－，根据电子守恒有如下关系式：5n（KMnO4）＝2n（Cl2）+4n（O2）＝5×0.1mol＝0.5mol，所以n（Cl2）+2n（O2）＝0.25mol，即n（Cl2）+n（O2）＜0.25mol，故D错误。
【提分秘籍】
1．电子守恒规律
（1）规律：氧化还原反应中得电子总数与失电子总数相等，表现为元素化合价降低总数与升高总数相等。
（2）应用：运用电子守恒进行氧化还原反应的相关计算。
2．“电子守恒法”计算的一般思维模板

【变式演练】
1．一定条件下，当溶液中XO4－与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO4－离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为（ ）。
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【解析】选A。H2O2恰好将XO4－还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由－1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×（7－x）＝5×2×（1－0），x＝2。
2．过氧化钠可用作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿［主要成分为亚铬酸亚铁（FeCr2O4）］反应的化学方程式为2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有关说法错误的是（ ）。
A．Na2O2、Na2O分别和SO2反应，生成物均为Na2SO3
B．该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为1mol
D．每生成18.6g氧化钠转移电子的物质的量是1.4mol
【解析】选A。Na2O2有强氧化性，SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成物中可能有Na2SO4、Na2SO3、O2，A错误；该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4、Fe2O3是氧化产物，B正确；若有2molFe2+被氧化，则Fe2+失去2mol电子，被Fe2+还原的Na2O2为1mol，C正确；每生成3molNa2O转移14mol电子，则生成18.6g（0.3mol）Na2O转移1.4mol电子，D正确。
3．某铁的氧化物（FexOy）1.88g溶于足量盐酸，向所得溶液中通入标准状况下168mLCl2，恰好将Fe2+完全氧化。该铁的氧化物的化学式为（ ）。
A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O6
【解析】选D。标准状况下168mLCl2的物质的量为＝0.0075mol，恰好将Fe2+完全氧化，由得失电子守恒可知n（Fe2+）＝＝0.015mol，设铁的氧化物中Fe3+为n mol，则0.015mol+nmol＝×x、0.015mol×2+nmol×3＝×y×2，解得＝，即铁的氧化物的化学式为Fe5O6，只有D正确。
4．（2021·广东省选择考）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。

该氧化物为_______。已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【解析】由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价（其最高价）、As显－3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为－1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到－2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2＝4∶1。
【答案】Al2O3；4∶1
5．（2016·上海高考）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理（HCN、HOCN中N元素的化合价相同）：
①NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
处理100 m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO________g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
【解析】参加反应的NaCN是n（NaCN）＝＝20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，根据电子守恒有如下关系式：2NaCN~10e－~5NaClO，所以n（NaClO）＝n（NaCN）＝×20mol＝50mol，实际至少需NaClO的质量为m（NaClO）＝50mol×74.5g/mol×4＝14900g。
【答案】14900

1．（2022年1月浙江选考化学仿真模拟试卷A）关于反应2KCuO2+8HCl2KCl+2CuCl2+Cl2↑+4H2O，下列说法正确的是（ ）。
A．KCuO2发生氧化反应
B．CuCl2是氧化产物
C．若生成标准状况下4.48L氯气，则转移0.4mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
【解析】选C。高铜酸钾（KCuO2）中的Cu为罕见的+3价，反应中化合价降低，为氧化剂，CuCl2为还原产物；HCl中的Cl由－1价升为0价，为还原剂，Cl2为氧化产物。A项，KCuO2是氧化剂，发生还原反应，A错误；B项，CuCl2为还原产物，B错误；C项，4.48LCl2的物质的量为＝0.2mol，Cl由－1价变为0价，生成每个Cl2转移2个电子，故生成0.2molCl2转移0.4mol个电子，C正确；D项，根据方程式可知，8个HCl参加反应，只有2个被氧化，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，D错误。
2．（2022·河北石家庄4月模拟）用高铁酸钠（Na2FeO4）对河湖水消毒是城市饮水处理的新方法。高铁酸钠可通过湿法或干法来制备，反应原理如下：
湿法：2Fe3++3ClO－+10OH－2FeO42－+3Cl－+5H2O
干法：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑
下列说法不正确的是（ ）。
A．Na2FeO4中铁元素为+6价，具有强氧化性，能消毒杀菌
B．湿法中每生成1molNa2FeO4转移3mole－
C．湿法中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
D．干法中Na2O2既是氧化剂又是还原剂
【解析】选C。Na是+1价，O为－2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Na2FeO4中铁元素为+6价，该物质具有强氧化性，能使细菌、病毒蛋白质氧化变性而失去其生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A正确；根据方程式可知：在湿法制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，元素化合价改变3价，因此反应过程中转移3mole－，B正确；在湿法中，氧化产物是Na2FeO4，还原产物是NaCl，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3，C错误；干法中Na2O2将FeSO4氧化为Na2FeO4，同时其本身失去电子被氧化产生O2，Na2O2得到电子被还原产生Na2O、Na2FeO4，因此Na2O2既是氧化剂又是还原剂，D正确。
3．（广东省2022届高三一轮复习调研考）硫酸铵无色结晶或白色颗粒，无气味，溶于水，不溶于乙醇和丙酮。硫酸铵在一定温度下分解的化学方程式为：3（NH4）2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O。下列说法不正确的是（ ）。
A．将分解产生的混合气体，用水充分吸收，生成物中n［（NH4）2SO3］∶n（NH4HSO3）＝1∶2
B．将分解产生的混合气体，通入到BaCl2溶液中能产生白色沉淀
C．将分解产生的混合气体，用足量的浓硫酸充分吸收后，可以收集到纯净的N2
D．将分解产生的混合气体，通入到酸性K2Cr2O7溶液中，涉及氧化还原反应的离子方程式为：Cr2O72－+3SO2+2H+2Cr3++3SO42－+H2O
【解析】选C。3molSO2和4molNH3溶于水，发生反应3SO2+4NH3+3H2O（NH4）2SO3+2NH4HSO3，故A正确；由A选项可知，分解产生的气体通入水中可以生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以与氯化钡溶液反应生成白色的BaSO3沉淀，故B正确；浓硫酸不能吸收SO2，故收集到气体中含有SO2和N2，C项错误；酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，而SO2有还原性，两者可发生氧化还原反应：Cr2O72－+3SO2+2H+2Cr3++3SO42－+H2O，故D正确。
4．（2022~2023学年河南信阳高三上学期期中）联氨（N2H4）可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是（ ）。

A．①转化中N2H4是还原剂
B．③中发生反应后溶液的pH减小
C．1molN2H4可处理水中1molO2
D．工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
【解析】选B。①转化中N2H4转化中变成N2，氮元素的化合价升高，所以N2H4是还原剂，A选项正确；③中发生反应的离子方程式为：4Cu（NH3）2++O2+2H2O+8NH34Cu（NH3）42++4OH－，所以溶液的增大，B选项错误；根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化N2H4，根据电子守恒可知：O2~4OH－~4e－，N2H4~N2~4e－，所以消耗的n（O2）＝n（N2H4），C选项正确；Na2SO3具有强氧化性，能够被锅炉水中的溶解氧氧化：2Na2SO3+O22Na2SO4，而且使用常见的Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D选项正确。
5．（江淮十校2022届高三第二次联考）用25mL0.1mol/L亚硫酸钠溶液还原含2×10－3mol XO42－的溶液，过量的亚硫酸钠用0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液氧化（其中高锰酸钾被还原为Mn2+），共消耗高锰酸钾2mL，则元素X在还原产物中的化合价是（ ）。
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【解析】选C。Na2SO3~Na2SO4~2e－，KMnO4~Mn2+~5e－，XO42－~~（6－x）e－，依据氧化还原得失电子守恒可知：25×10－3L×0.1mol/L×2＝2×10－3mol×（6－x）+2×10－3L×0.1mol/L×5，解得x＝4。
6．（2021~2022学年湖北宜昌市4月模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是（ ）。
A．与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol
B．n（Na+）∶n（Cl－）可能为7∶3
C．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25
D．n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）可能为11∶2∶1
【解析】选C。由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）＝0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）＝n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）＝0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）＝0.15mol，故A错误；根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）∶n（Cl－）最大为2∶1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl－）最小为6∶5，故6∶5＜n（Na+）∶n（Cl－）＜2∶1，7∶3＞2∶1，故B错误；根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1＝0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1＝0.25mol，故C正确；令n（NaCl）＝11mol，n（NaClO）＝2mol，n（NaClO3）＝1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5＝7mol，得失电子不相等，故D错误。
7．（河北省衡水中学2022届高三11月联考）向200mLFe2（SO4）3和H2SO4的混合溶液中逐渐加入Fe粉，生成气体的物质的量（n）与加入Fe粉质量（m）的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）。

A．原溶液中c（SO42－）＝0.65mol/L
B．原溶液的pH＝1
C．M点对应加入铁粉的质量为2.8g
D．将M点溶液直接加热蒸干可得到纯净的FeSO4
【解析】选D。由图像可知，Fe先和Fe2（SO4）3发生反应：Fe+Fe2（SO4）3＝3FeSO4，参与反应的n（Fe）＝＝0.04mol，接着Fe再和H2SO4发生反应：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，n（SO42－）＝n（H2）＝0.01mol，原溶液中硫酸根的总物质的量n＝0.01mol+0.04mol3＝0.13mol，原溶液中c（SO42－）＝＝0.65mol/L，故A正确；产生氢气的物质的量n（H2）＝0.01mol，原溶液中氢离子的物质的量n（H+）＝＝0.1mol/L，pH＝－lgc（H+）＝1，故B正确；由A可知M点对应加入铁粉的质量为m（Fe）＝56g/mol（0.04mol+0.01mol）＝2.8g，故C正确；M点的溶液时硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液中含有一定量的硫酸，在加热过程中，空气中的氧气会将专+2价的铁氧化成+3价，而+3价的铁会水解，但是硫酸的沸点相当高，因此水解不彻底，蒸干后得到硫酸铁，故D错误。
8．（2022年湖南衡阳高三3月模拟）一定温度下，PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物（Pb3O4中Pb为+2、+4价）和O2，向所得固体混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液。下列说法错误的是（ ）。
A．氧化性：PbO2＞PbO＞Cl2
B．O2与Cl2的物质的量可能相等
C．受热分解过程中，超过的PbO2表现氧化性
D．若生成1mol Cl2，则参加反应的PbO2大于3mol
【解析】选AB。Pb3O4、PbO的混合物中加入足量浓盐酸加热生成Cl2，同时得到酸性PbCl2溶液，+4价的Pb把盐酸氧化为氯气，不能得出氧化性PbO＞Cl2，故A错误；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，根据得失电子守恒，生成1mol Pb3O4的同时生成1molO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1mol氯气，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以生成O2的物质的量大于Cl2，故B错误；受热分解过程中，若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，的PbO2表现氧化性，由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，所以超过的PbO2表现氧化性，故C正确；若PbO2完全分解只生成Pb3O4和O2，生成1mol Pb3O4消耗3mol PbO2，1mol Pb3O4与浓盐酸反应生成1mol氯气，生成1mol Cl2，参加反应的PbO2等于3mol；由于PbO2完全分解为Pb3O4、PbO混合物，生成1mol Cl2，参加反应的PbO2大于3mol，故D正确。
9．（湖湘教育三新探索协作体2022年11月期中联考）已知反应：
①5V2++MnO4－+8H+＝Mn2++5V3++4H2O
②5V3++MnO4－+H2O＝Mn2++5VO2++2H+
③5VO2++MnO4－+H2O＝Mn2++5VO2++2H+
现向5L，c（V2+）＝amol·L－1的溶液中不断加入一定浓度的酸性KMnO4溶液，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列说法不正确的是（ ）。

A．AB段对应的离子为V2+
B．BC段、EF段分别对应反应②、反应③
C．原溶液中c（V2+）＝2mol·L－1
D．乙点时：n（VO2+）∶n（VO2+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶5
【解析】选BD。根据已知三个反应结合图像可以判断出，0~2发生反应①，2~4发生反应②，4~6发生反应③，则AB段对应的离子为V2+，0E段对应的离子为V3+，A选项正确；BC段、EF段均对应反应②，BC段对应的离子为VO2+，EF段对应的离子为V3+，B选项错误；0~2发生反应①，由关系式5V2+~MnO4－，n（V2+）＝5n（MnO4－）＝5×2mol＝10mol，c（V2+）＝＝2mol·L－1，C选项正确；CD段对应的离子为VO2+，FG段对应的离子为VO2+，则乙点时n（VO2+）＝n（VO2+），根据V元素守恒，则有n（V2+）＝n（VO2+）+n（VO2+）＝10mol，则n（VO2+）＝n（VO2+）＝5mol，根据，V2+~VO2+~2e－，V2+~VO2+~3e－，MnO4－~Mn2+~5e－，根据氧化还原反应得失电子守恒可得：n（VO2+）×2+n（VO2+）×3＝n（Mn2+）×5，即5mol×2+5mol×3＝n（Mn2+）×5，解得n（Mn2+）＝5mol，所以n（VO2+）∶n（VO2+）∶n（Mn2+）＝1∶1∶1，D选项错误。
10．（湖北省部分重点中学2022届高三第二次联考）已知氧化性：BrO3－＞IO3－＞Br2＞I2。向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）。

A．a→b过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6
B．b→c过程中转移电子的物质的量为1mol
C．当n（KBrO3）＝4mol时，对应含碘物质为KIO3和I2，且n（KIO3）∶n（I2）＝11∶38
D．该过程所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2mol
【解析】选C。由氧化性强弱顺序为BrO3－＞IO3－＞Br2＞I2可知，向碘化钾溶液中逐滴加入溴酸钾溶液发生的反应依次为：6I－+6H++BrO3－＝Br－+I2+3H2O、5Br－+6H++BrO3－＝3Br2+3H2O、2BrO3－+I2＝2IO3－+Br2，由方程式可知，6mol碘离子完全反应消耗1mol溴酸根离子，生成1mol溴离子、3mol碘；反应生成的1mol溴离子消耗0.2mol溴酸根离子；反应生成的3mol碘消耗6mol溴酸根离子。由分析可知，a→b过程中发生的反应为6I－+6H++BrO3－＝Br－+I2+3H2O，由方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，故A正确；由分析可知，b→c过程中发生的反应为5Br－+6H++BrO3－＝3Br2+3H2O，1mol溴离子完全反应消耗0.2mol溴酸根离子，反应转移电子的物质的量为1mol，故B正确；由分析可知，6mol碘离子和反应生成的1mol溴离子消耗溴酸根离子的物质的量1.2mol，则（4－1.2）mol＝2.8mol消耗碘的物质的量为2.8mol×＝1.4mol、生成碘酸根离子的物质的量为2.8mol，4mol溴酸钾完全反应时，溶液中碘酸钾和碘的物质的量比为2.8mol∶（3－1.4）mol＝7∶4，故C错误；由分析可知，该过程所能消耗溴酸钾的物质的量为（1+0.2+6）mol＝7.2mol，故D正确。
11．（2023年陕西榆林高三11月模拟）臭氧也可用于处理NO．O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，写出该反应的化学方程式___________________，每生成1mol的HNO3转移_______mol电子
【解析】O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，写出化学方程式3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2；O3氧化NO结合水洗可产生HNO3和O2，转移电子数＝化合价升高数，NO转化为HNO3，化合价升高3，每生成1mol的HNO3转移3mol电子。
【答案】3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2；3
12．（四川阆中2021~2022学年度高三上学期一诊）对于混合精矿，矿料中的Bi2S3和Bi2O3可在高温下彼此进行氧化还原反应生产粗铋，写出此反应的化学反应方程式______________________________。
【解析】Bi2S3和Bi2O3可在高温彼此进行氧化还原反应生产粗铋，结合元素守恒和价态规律，可知还会生成SO2，所以化学反应方程式为Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑；
【答案】Bi2S3+Bi2O36Bi+3SO2↑
13．（河南省商丘市2022年五月模拟）将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是____________________。
【解析】Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO↑。
【答案】Li2CO3+2C+2FePO42LiFePO4+3CO↑
14．（西安市2022届高三第五次模拟）（NH4）2SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统。写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的离子方程式____________________________。
【解析】二氧化氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的还原性，根据化合价通常邻位转化规律，二氧化氮可以将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以离子方程式为：2NO2+4SO32－N2+4SO42－。
【答案】2NO2+4SO32－N2+4SO42－
15．（山西运城2021~2022学年高三上学期期中）“残渣I”的主要成分为Ir、CuO和SiO2。“碱熔”时，Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，该反应的化学方程式为____________________________________________。
【解析】碱熔时，Ir与Na2O2反应生成IrO2·nNa2O和O2，结合守恒法，发生反应的化学方程式为2Ir+2nNa2O22IrO2·nNa2O+（n－2）O2↑。
【答案】2Ir+2nNa2O22IrO2·nNa2O+（n－2）O2↑
16．（2022·辽宁省实验中学一模）在酸性、有氧条件下，一种叫ThibaClllusferroxidans的细菌能将黄铜矿（CuFeS2）转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为__________________________。
【解析】在酸性溶液中，细菌利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，则硫酸盐为硫酸铜，硫酸铁。在1molCuFeS2中，S的化合价从－2升高到+6，Fe的化合价从+2升高到+3，则1molCuFeS2在反应中升高化合价一共为17价。O2的化合价从0降低到－2，化合价一共降低4价，化合价升降守恒，CuFeS2和O2的比例为4∶17，再根据电荷守恒和原子守恒配平反应的方程式，有离子反应方程式为：4CuFeS2+4H++17O24Cu2++4Fe3++8SO42－+2H2O。
【答案】4CuFeS2+4H++17O24Cu2++4Fe3++8SO42－+2H2O
17．（2022·广东珠海一模）一定条件下Fe（OH）3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4。生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量________mol。
【解析】与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4，由Fe元素的化合价变化可知Fe（OH）3~K2FeO4~3e－，生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量为0.1mol×3＝0.3mol。
【答案】0.3
18．（2022·内蒙古巴彦淖尔高三3月模拟）二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，在平板电视显示屏中有着重要的应用CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，H2O2在该反应中作________（填“氧化”“还原”）剂，每有1molH2O2参加反应，转移电子的物质的量为________。
【解析】该反应中Ce元素化合价由+4价变为+3价，则CeO2作氧化剂，双氧水作还原剂，每有1molH2O2参加反应，转移电子的物质的量＝1mol×2×（1－0）＝2mol；
【答案】还原；2mol
19．（2022~2023辽宁丹东高三11月模拟）铜可采用如下方法制备：
方法一：火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2
方法二：湿法炼铜：CuSO4+FeFeSO4+Cu
分别用火法炼铜与湿法炼铜生产640gCu，则转移的电子数之比为_______。
【解析】火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2时，化合价升高有：硫由－2价变为+6价，化合价降低的有：铜由+1价变为0价，氧由0价变为－2价，则每生成1molCu转移的电子3mol；方法二：湿法炼铜：CuSO4+FeFeSO4+Cu，化合价升高有：铁由0价变为+2价，化合价降低的有：铜由+2价变为0价，则每生成1molCu转移的电子2mol，故分别用火法炼铜与湿法炼铜生产640g（等量的）Cu，则转移的电子数之比为30∶20＝3∶2。
【答案】3∶2
20．（2022~2023云南楚雄高三上学期期中）反应2LiBH42LiH+2B+3H2↑，生成22.4LH2（标准状况）时，转移电子的物质的量为______mol。
【解析】反应2LiBH42LiH+2B+3H2↑，B由+3价降到0价，H由－1价降到0价，由可知生成3mol的氢气转移6mol的电子，则生成22.4LH2（标准状况）时，也就是产生1mol的氢气，转移电子的物质的量为2mol。
【答案】2
21．（2022·江西新余一模）反应3MoS2+18HNO3+12HCl3H2［MoO2Cl4］+18NO↑+6H2SO4+6H2O中，每溶解1molMoS2，转移电子的物质的量为________。
【解析】在反应中，Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2［MoO2Cl4］中的+6价，S元素的化合价由反应前MoS2中的－1价变为反应后H2SO4中的+6价，N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价，每1molMoS2发生反应，电子转移的物质的量为（6－2）+2×［6－（－1）］mol＝18mol。
【答案】18mol
22．（2022·福建厦门高三4月模拟）NO2可用尿素［CO（NH2）2］还原（尿素中C元素的化合价为+4价），反应的方程式为：CO（NH2）2+NO2N2+CO2+H2O（未配平）。当消耗掉12g尿素时，转移电子的物质的量是______。
【解析】12g尿素的物质的量＝＝0.2mol，尿素中C元素的化合价为+4价，反应中只有N元素变价，CO（NH2）2中N元素的化合价由－3价升高到0价，共升高了2×3＝6价，NO2中N元素的化合价由+4价降低到0价，共降低了1×4＝4价，所以CO（NH2）2的化学计量数为2，NO2的化学计量数为3，转移电子数为12，则有CO（NH2）2~6e－，所以消耗0.2mol尿素时，共转移6×0.2mol＝1.2mol电子。
【答案】1.2mol
23．（2022~2023黑龙江齐齐哈尔高三上学期期中）“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2+、SO42－，另含有Fe2+、Cu2+等杂质。先加入___________（填“Na2CO3”或“H2SO4”）调节溶液的pH至5.4，然后加入适量KMnO4，Fe2+转化为Fe（OH）3，同时KMnO4转化为MnO2，，经检测溶液中Fe2+的浓度为0.009mol·L－1，则每升溶液中至少应加入__________molKMnO4。
【解析】“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2+、SO42－，另含有Fe2+、Cu2+等杂质，先加入Na2CO3调节溶液的pH至5.4，使溶液的酸性减弱，然后加入适量KMnO4，Fe2+转化为Fe（OH）3，同时KMnO4转化为MnO2，在KMnO4中锰元素的化合价降低，该反应中作为氧化剂，反应的离子方程式为MnO4－+3Fe2++7H2O＝MnO2+3Fe（OH）3↓+5H+。经检测溶液中Fe2+的浓度为0.009mol·L－1，即1L溶液中亚铁离子的物质的量是0.009mol，则依据方程式可知消耗高锰酸钾是0.003mol，所以每升溶液中至少应加入0.003molKMnO4。
【答案】Na2CO3；0.003
24．（福建莆田2021~2022学年高三教学质量第一次检测）三氧化二砷（As2O3）可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水（含AsO33－、H+、SO42－）可提取三氧化二砷，提取工艺流程如下：

该流程中可循环使用的物质是_________（写化学式），某次“还原”过程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下该物质的体积是________L。
【解析】焙烧过程产生二氧化硫，二氧化硫具有还原性，还原时可用二氧化硫还原Na3AsO4，所以可以循环使用的物质为SO2；1.98kgAs2O3的物质的量为n（As2O3）＝＝10mol，还原过程中As元素由+5价变为+2价，所以生成10mol产品转移40mol电子，S元素由+4价（SO2）变为+6价（SO42－），所以转移40mol电子时需要消耗20mol二氧化硫，标况下体积为448L。
【答案】SO2；448
25．（2021·广西桂林高三上学期期末）用酸性高锰酸钾溶液滴定法可测定双氧水中H2O2的含量：H2O2+KMnO4+H2SO4→MnSO4+K2SO4+O2↑+H2O（未配平），若滴定中消耗0.50mol/L的高锰酸钾溶液40.00mL，则此双氧水溶液中溶质的质量为______g。
【解析】KMnO4~MnSO4~5e－，H2O2～O2~2e－，根据电子守恒则有：2KMnO4~5H2O2~10e－，双氧水的物质的量是：n（H2O2）＝n（KMnO4）＝×0.50mol/L×0.04L＝0.005mol，其质量是m（H2O2）＝0.005mol×34g/mol＝1.7g。
【答案】1.7
26．（2022·陕西商洛高三2月模拟）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是________mol。
【解析】n（KI）＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）＝n（KIO3）＝0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×［5－（－1）］＝0.16mol，则消耗KMnO4的物质的量的是＝0.032mol。
【答案】0.032
27．（2021~2022四川德阳高三上学期期中）化学上常用10%的氨水溶解AgCl固体，AgCl与NH3·H2O按1∶2反应可生成Cl－和一种阳离子________的溶液（填阳离子的化学式）。实际反应中，即使氨水过量也不能将AgCl固体全部溶解，可能的原因是______________________。常温时N2H4·H2O（水合肼）在碱性条件下能还原该阳离子，自身转化为无害气体N2，理论上消耗0.1mol的水合肼可提取到________g的单质Ag。
【解析】银离子和氨气分子可以形成络合离子［Ag（NH3）2］+；根据题干分析，即使氨水过量也不能完全溶解，说明该反应为可逆反应。肼中氮元素的化合价为－2，氧化后生成氮气，化合价为0，则根据得失电子守恒得：n（Ag）＝n（N2H4）×2×2＝0.1mol×2×2＝0.4mol，则m（Ag）＝108g·mol－1×0.4mol＝43.2g。
【答案】［Ag（NH3）2］+；此反应为可逆反应，不能进行到底；43.2
28．（2022·河南商丘高三4月模拟）锂离子电池是目前具有最高比能量的二次电池。LiFePO4可极大地改善电池体系的安全性能，且具有资源丰富、循环寿命长、环境友好等特点，是锂离子电池正极材料的理想选择。生产LiFePO4的一种工艺流程如图：

在步骤Ⅳ中生成了LiFePO4、CO2和H2O（g），则氧化剂与还原剂的物质的量之比为____________。
【解析】步骤Ⅳ是在Ar气保护下、用600℃温度煅烧，生成了LiFePO4、CO2和H2O（g），其中铁元素由+3价降低到+2价，葡萄糖则被氧化生成CO2和H2O（g），则氧化剂为FePO4·xH2O，还原剂为葡萄糖（C6H12O6），根据得失电子守恒可得：n（FePO4·xH2O）×（3－2）＝n（C6H12O6）×（4－0）×6，则有n（FePO4·xH2O）∶n（C6H12O6）＝24∶1。
【答案】24∶1
29．（2022·河北唐山一模）MnO2又名黑锰矿，主要用于生产优质软磁铁氧体。MnO2的合成方法按制备工艺中所用原料的不同，分为固相合成和液相合成。已知：MnO2不溶于水，其中锰的价态有+2价，也可能有+3价和+4价。请回答下列问题：

若③中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到_________gMn3O4。
【解析】液相合成过程中，金属锰最终变成Mn3O4，锰元素的化合价升高，转移电子的关系为3～3O4～8e－，溶液中+1价的氢元素最终变成H2，化合价降低，转移电子的关系为2～2～2e－，存在关系3H2～Mn3O4，则③中收集到672mL（标准状况下）的H2，则理论上可以得到Mn3O4的质量为××229g/mol＝2.29g。
【答案】2.29
30．（四川省泸州市2022届高三下学期第四次模拟）乙醇（CH3CH2OH）液相硝酸氧化法：在Cu（NO3）2催化下，用稀硝酸氧化乙醇制取乙二醛，此反应的化学方程式为________________________________________________。该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点__________________________。
【解析】稀HNO3将CH3CH2OH氧化成OHC－CHO，稀HNO3自身被还原成NO，CH3CH2OH中C的平均化合价为－2价，OHC－CHO中C的平均化合价为+1价，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为CH3CH2OH+2HNO3（稀）OHC－CHO+2NO↑+3H2O。根据反应，该方法比较明显的缺点是：HNO3会腐蚀设备，生成的NO会污染空气。
【答案】CH2CH2OH+2HNO3OHC－CHO+2NO↑+3H2O；硝酸会腐蚀设备，生成的NO会污染空气
31．（2022·江苏盐城3月模拟）二氧化硫的催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，此过程中产生了一连串的中间体（如图）。其中a、c二步的化学方程式可表示为：_________________________、________________________。

【解析】依据图1中的转化关系，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4；根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；C是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂时氧气，根据化合价的变化写出C步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3。
【答案】SO2+V2O5SO3+V2O4；4VOSO4+O22V2O5+4SO3
32．（河南省濮阳市2021~2022学年高三一模）锑（Sb）是第VA族元素，某工厂用羽毛矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）制取锑白的工艺流程如图所示：

氯化浸出中，除铅与X外，被氧化的元素反应后均显高价，写出相应的化学方程式：__________________________________。操作1为加水稀释，写出生成SbOCl的离子方程式：_______________________________________。
【解析】根据题意可知：羽毛矿Pb4FeSb6S14与氯气反应时，S被氧化变为S单质，Pb变为PbCl2，其余元素被氧化为高价态，则根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式：2Pb4FeSb6S14+41Cl28PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；操作1为加水稀释，生成难溶性的SbOCl，根据盐的水解规律，结合电荷守恒、原子守恒可得Sb3++Cl－+H2O＝SbOCl↓+2H+。
【答案】2Pb4FeSb6S14+41Cl28PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；Sb3++Cl－+H2O＝SbOCl↓+2H+
33．（2022·连云港高三上学期期中）在某反应体系中存在六种物质：Cr3+、S2O82－、Cr2O72－、H+、H2O和SO42－。已知在该反应中氧化反应只有Cr3+→Cr2O72－，反应过程中需要Ag+作催化剂，并加热。请回答下列问题：
（1）已知S2O82－中存在一个过氧键（－O－O－），则S2O82－中硫元素的化合价为_______价。
（2）写出该反应体系中发生反应的离子方程式：______________________________。
（3）催化剂往往参加反应，改变反应途径。用两个离子方程式表示Ag+的催化过程：_________________________________；______________________________。
【解析】（1）S2O82－中存在一个过氧键（－O－O－），其中有2个氧原子为－1价，令S元素化合价为a，根据化合价代数和等于所带电荷，则：2a+6×（－2）+2×（－1）＝－2，解得a＝6，故S2O82－中硫元素化合价为+6；（2）题目给出的六种物质，已知Cr3+→Cr2O72－发生氧化反应，一定有物质发生还原反应，S2O82－中存在一个过氧键（－O－O－），其中有2个氧原子为－1价，硫元素为+6价．SO42－中硫元素为+6价，故氧元素化合价降低，S2O82－为氧化剂，根据电子转移守恒：2Cr3++3S2O82－→Cr2O72－+6SO42－，由电荷守恒可知H+是生成物，由电荷守恒可知H2O是反应物，配平后离子方程式为：2Cr3++3S2O82－+7H2OCr2O72－+6SO42－+14H+；（3）Ag+是强氧化剂，能把Cr3+氧化为Cr2O72－，Ag+本身被还原为Ag，S2O82－将Ag氧化为Ag+，Ag+的催化过程的离子方程式为：6Ag++2Cr3++7H2OCr2O72－+6Ag↓+14H+、S2O82－+2Ag2Ag++2SO42－。
【答案】（1）+6（2）2Cr3++3S2O82－+7H2OCr2O72－+6SO42－+14H+
（3）6Ag++2Cr3++7H2OCr2O72－+6Ag↓+14H+；S2O82－+2Ag2Ag++2SO42－
34．氧化还原型有机反应在生产、生活中有广泛应用。
（1）酒精仪中酸性重铬酸钾（稀硫酸酸化）可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+。写出该反应的离子方程式：___________________________________；在该反应中还原剂是___（填化学式）。氧化23g乙醇时转移电子的物质的量为_______。
（2）向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯，溶液褪色。配平下列反应方程式：
___KMnO4+___K2SO4+___CH2＝CH2___K2SO4+___MnSO4+___CO2↑+___。
（3）乙烯与双氧水在一定条件下反应生成HOCH2CH2OH，化学方程式为CH2＝CH2+H2O2HOCH2CH2OH，这个反应既是加成反应，又是氧化反应。判断为“氧化反应”的依据是_____________________。
（4）在保温瓶胆上镀银，常用葡萄糖作还原剂。发生反应如下HOCH2（CHOH）4CHO+2Ag（NH3）2OHHOCH2（CHOH）4COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O。镀银时，假设平均每个瓶胆上消耗0.108g银，则10000个这样的瓶胆最少需要消耗葡萄糖的质量为_______kg。
（5）某乙醇燃料电池（以稀硫酸为电解质溶液），氧化产物为CH3COOH。则负极的电极反应式为____________________________。若每消耗46g乙醇，电路上通过3mol电子，则电池效率为__________。（提示电池效率＝×100%）
【解析】（1）由题意知，重铬酸钾作氧化剂，乙醇作还原剂，则反应的离子方程式为2Cr2O72−+3CH3CH2OH+16H+4Cr3++3CH3COOH+11H2O；1mol CH3CH2OH完全反应失去4mol电子，则n（CH3CH2OH）＝＝0.5mol时，转移电子的物质的量为2mol；（2）乙烯中碳元素的化合价为－2，根据化学反应前后原子的种类和数目不变，结合转移电子守恒配平化学方程式为12KMnO4+18H2SO4+5CH2＝CH26K2SO4+12MnSO4+10CO2↑+28H2O；（3）乙烯中碳元素的化合价为－2，乙二醇中碳元素的化合价为－1，碳元素化合价升高，被氧化，故发生了氧化反应；（4）10000个瓶胆消耗银总质量为m（Ag）＝1080g，M（Ag）＝108g·mol－1，n（Ag）＝＝10mol，由C6H12O6～2Ag知，m（C6H12O6）＝5mol×180g·mol－1＝900g＝0.90kg；（5）酸性乙醇燃料电池中，在负极区通入乙醇，在正极区通入空气或氧气，负极的电极反应式为CH3CH2OH－4e－+H2O＝CH3COOH+4H+；正极的电极反应式为O2+4e－+4H+＝2H2O，n（CH3CH2OH）＝＝1mol，1mol CH3CH2OH在负极上完全反应，转移电子n（e－）＝4mol，该电池的电池效率＝×100%＝75%。
【答案】（1）2Cr2O72−+3CH3CH2OH+16H+4Cr3++3CH3COOH+11H2O；C2H5OH；2mol；
（2）12；18；5；6；12；10；28；H2O；
（3）碳元素化合价由－2升高至－1；
（4）0.90；（5）CH3CH2OH－4e－+H2OCH3COOH+4H+；75%。
35．（2022·九江高三上学期期中）多硫化钠（Na2Sx）在制革工业中常用作皮毛的脱毛剂，农业上可作杀虫剂，也是分析化学中的常用试剂。在碱性溶液中，Na2Sx与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr。
（1）上述反应中发生氧化反应的物质是_______，被还原的元素是_______（填写元素符号或化学式）。
（2）若Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，则x＝_______。
（3）NaBrO3也可以在酸性条件下与NaBr反应生成Br2。若生成6molBr2，则反应中转移电子的物质的量为__________。
（4）根据上述两个反应，可推知Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是_______（填写化学式）。
【解析】（1）反应Na2Sx+NaBrO3→Na2SO4+NaBr中，溴的化合价由+5价降至－1价，被还原，而硫元素的化合价由负价升到+6价，被氧化（2）Na2Sx中x个硫原子的化合价共－2价，最终均升为+6价，共升高6x+2价，而NaBrO3中溴的化合价由+5价降至－1价，共降低6价，为升降守恒，两者的物质的量比为3∶（3x+1），当Na2Sx与NaBrO3反应的物质的量之比为3∶10，可得x＝3。（3）溴元素发生了归中反应：BrO3－+5Br－+6H+＝3Br2+3H2O，反应中有5个电子的转移，当有6molBr2，则反应中转移电子的物质的量为10mol。（4）根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可得Na2Sx、Br2、NaBr还原性由强到弱的顺序是Na2Sx＞NaBr＞Br2。
【答案】（1）Na2Sx，（2）3（3）10mol（4）Na2Sx＞NaBr＞Br2