《2025年高中总复习优化设计高中化学》

例1(高考题节选)
(1) 重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为${FeO·Cr_{2}O_{3}}$，还含有硅、铝等杂质。制备过程第一步如下：

${铬铁矿\xrightarrow[Na_{2}CO_{3}、NaNO_{3}]{熔融、氧化}熔块}$
该步骤的主要反应为${FeO·Cr_{2}O_{3} + Na_{2}CO_{3} + NaNO_{3}\xrightarrow{高温}Na_{2}CrO_{4} + Fe_{2}O_{3} + CO_{2}↑ + NaNO_{2}}$。上述反应配平后${FeO·Cr_{2}O_{3}}$与${NaNO_{3}}$的化学计量数之比为2∶7。
(2) 酸性条件下，${MnO(OH)_{2}}$将${I^{-}}$氧化为${I_{2}}$：${MnO(OH)_{2} + I^{-} + H^{+}→Mn^{2+} + I_{2} + H_{2}O}$(未配平)。配平后的离子方程式为________________。
方法技巧
配平氧化还原反应方程式的两种常用方法

全变从左侧配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全部变化的，一般从左侧反应物开始配平
自变从右侧配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右侧配平

答案：
(1)2∶7
(2)$MnO(OH)_2 + 2I^- + 4H^+ = Mn^{2+} + I_2 + 3H_2O$
解析
(1)根据得失电子守恒和质量守恒，配平可得:$2FeO·Cr_2O_3 + 4Na_2CO_3 + 7NaNO_3 \stackrel{高温}{=}4Na_2CrO_4 + Fe_2O_3 + 4CO_2↑ + 7NaNO_2$，故$FeO·Cr_2O_3$与$NaNO_3$的化学计量数之比为2∶7。
(2)I元素由-1价升高到0价，Mn元素由+4价降低到+2价，根据得失电子守恒可得$MnO(OH)_2$与I的化学计量数之比为1∶2，再结合原子守恒和电荷守恒配平:$MnO(OH)_2 + 2I^- + 4H^+ = Mn^{2+} + I_2 + 3H_2O$。

对点训练1 配平下列氧化还原反应方程式。
(1) ${□ KI + □ KIO_{3} + □ H_{2}SO_{4} = □ I_{2} + □ K_{2}SO_{4} + □ H_{2}O}$
(2) ${□ MnO^{-}_{4} + □ H^{+} + □ Cl^{-} = □ Mn^{2+} + □ Cl_{2}↑ + □ H_{2}O}$
(3) ${□ P_{4} + □ KOH + □ H_{2}O = □ K_{3}PO_{4} + □ PH_{3}}$
(4) ${□ KClO_{3} + □ H_{2}C_{2}O_{4} + □ H_{2}SO_{4} = □ ClO_{2}↑ + □ CO_{2}↑ + □ KHSO_{4} + □ H_{2}O}$

答案：
(1)5 1 3 3 3 3 3
(2)2 16 10 2 5
8
(3)2 9 3 3 3 5
(4)2 1 2 2 2 2 2

例2
(1)(2023·北京卷，节选)“浸银”时，使用过量${FeCl_{3}}$、${HCl}$和${CaCl_{2}}$的混合溶液作为浸出剂，将${Ag_{2}S}$中的银以${[AgCl_{2}]^{-}}$形式浸出。将“浸银”反应的离子方程式补充完整：${□ Fe^{3+} + Ag_{2}S + □$_________$ \rightleftharpoons □$_________$ + 2[AgCl_{2}]^{-} + S}$。
(2) 工业上，通过如下转化可制得${KClO_{3}}$晶体：${NaCl溶液\xrightarrow[Ⅰ]{80℃，电解}NaClO_{3}溶液\xrightarrow[Ⅱ]{室温，KCl}KClO_{3}晶体}$。完成Ⅰ中反应的总化学方程式：${□ NaCl + □ H_{2}O\xlongequal{电解}□ NaClO_{3} + □$3H_2↑$}$。

答案：
(1)2 4Cl 2Fe^{2+}
(2)1 3 1 3 $H_2↑$
解析
(1)$Ag_2S$中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒可得，该离子方程式为$2Fe^{3+} + Ag_2S + 4Cl^- = 2Fe^{2+} + 2[AgCl_2]^- + S$。
(2)反应Ⅰ中，Cl元素由-1价升高到+5价，反应物中Cl和O元素的化合价均处于最低价，不能被还原，据此推知$H_2O$中+1价H元素被还原，则未知产物为$H_2$，结合得失电子守恒和原子守恒配平:$NaCl + 3H_2O \stackrel{电解}{=}NaClO_3 + 3H_2↑$。

对点训练2(高考题节选)
(1) 完成${NaClO_{3}}$氧化${FeCl_{2}}$的离子方程式：${□ ClO^{-}_{3} + □ Fe^{2+} + □$6H^+$ = Cl^{-} + □ Fe^{3+} + □$3H_2O$}$。
(2) 完成以下氧化还原反应的离子方程式：${□ MnO^{-}_{4} + □ C_{2}O^{2-}_{4} + □$16H^+$ = □ Mn^{2+} + □ CO_{2}↑ + □$8H_2O$}$。

答案： $(1)1 6 6H^+ 6 3H_2O$
$(2)2 5 16H^+ 2 10 8H_2O$

1. 氧化还原反应的计算——电子守恒法
氧化还原反应计算的基本依据是氧化剂得到电子总数=还原剂失去电子总数。氧化剂还原剂

答案： 1.氧化剂 还原剂

2. “三步法”巧解氧化还原反应的计算题

 
应用示例
实验室中可用${Na_{2}SO_{3}}$溶液吸收${Cl_{2}}$尾气，发生反应：${Na_{2}SO_{3} + Cl_{2} + H_{2}O = Na_{2}SO_{4} + 2HCl}$。现有$500mL\ 1.0mol·L^{-1}\ {Na_{2}SO_{3}}$溶液，则最多吸收${Cl_{2}}$的体积为11.2$L$(标准状况)。

答案： 2.还原产物 氧化产物 化合价 化合价
应用示例:11.2 解析第一步:根据化合价变化，找出"两剂""两产物":$Na_2SO_3 → Na_2SO_4$，S元素化合价升高，则$Na_2SO_3$是还原剂，$Na_2SO_4$是氧化产物。$Cl_2 → HCl$，Cl元素化合价降低，则$Cl_2$是氧化剂，HCl是还原产物。
第二步:确定单个粒子得失电子数:$Na_2SO_3 → Na_2SO_4$~$2e^-$，$Cl_2 → 2HCl$~$2e^-$。
第三步:根据得失电子守恒列出关系式:$n(Na_2SO_3)×(6 - 4) = n(Cl_2)×2$，代入数据:$0.5 L×1.0 mol·L^{-1}×2 = n(Cl_2)×2$，$n(Cl_2) = 0.5 mol$，在标准状况下的体积为$0.5 mol×22.4 L·mol^{-1} = 11.2 L$。