微考點(diǎn)1常規(guī)類(lèi)型方程式的配平1．(2023·山東泰安一模)用酸性KMnO4溶液處理硫化亞銅(Cu2S)和二硫化亞鐵(FeS2)的混合物時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Ⅰ：MnOeq\o\al(－,4)＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)和反應(yīng)Ⅱ：MnOeq\o\al(－,4)＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列說(shuō)法正確的是(B)A．反應(yīng)Ⅰ中Cu2S既是氧化劑又是還原劑B．反應(yīng)Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為10molC．反應(yīng)Ⅱ中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶3D．若反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，則反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3[解析]反應(yīng)Ⅰ中Cu2S中Cu的化合價(jià)從＋1升高到＋2，S的化合價(jià)從－2升高到＋6，Cu2S只作還原劑，A錯(cuò)誤；反應(yīng)Ⅰ中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，2molCu＋失去2mol電子，1molS2－失去8mol電子，共轉(zhuǎn)移10mol電子，B正確；用雙線橋法分析反應(yīng)Ⅱ得出氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶1，C錯(cuò)誤；若反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的KMnO4的物質(zhì)的量相同，則反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ中消耗的還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，D錯(cuò)誤。2．(高考題節(jié)選)(1)重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3，還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備過(guò)程第一步如下：eq\x(鉻鐵礦)eq\o(→,\s\up7(熔融、氧化),\s\do5(Na2CO3、NaNO3))熔塊該步驟的主要反應(yīng)為FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3eq\o(→,\s\up7(高溫))Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2↑＋NaNO2。上述反應(yīng)配平后FeO·Cr2O3與NaNO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)之比為2∶7。(2)酸性條件下，MnO(OH)2將I－氧化為I2：MnO(OH)2＋I(xiàn)－＋H＋→Mn2＋＋I(xiàn)2＋H2O(未配平)。配平后的離子方程式為MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I(xiàn)2＋3H2O。[解析](1)根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒，配平可得：2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO3eq\o(=,\s\up7(高溫))4Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2＋7NaNO2，故FeO·Cr2O3與NaNO3的計(jì)量數(shù)之比為2∶7。(2)I元素由－1價(jià)升高到0價(jià)，Mn元素由＋4價(jià)降低到＋2價(jià)，根據(jù)元素化合價(jià)升高總數(shù)相等可得MnO(OH)2和I－的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1、2，再結(jié)合原子守恒和電荷守恒配平：MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I(xiàn)2＋3H2O?！緦?duì)點(diǎn)訓(xùn)練】1．(2024·河南安陽(yáng)第一次聯(lián)考)甲硅烷(SiH4)具有強(qiáng)還原性，將甲硅烷通入AgNO3溶液中可發(fā)生反應(yīng)：SiH4＋AgNO3＋H2O→Ag↓＋SiO2↓＋HNO3(未配平)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(C)A．配平后各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為1、8、2、8、1、8B．SiH4作還原劑，AgNO3作氧化劑C．反應(yīng)消耗32gSiH4時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4molD．SiO2可作為制備光導(dǎo)纖維和玻璃的原料[解析]將題給反應(yīng)方程式配平：SiH4＋8AgNO3＋2H2O=8Ag↓＋SiO2↓＋8HNO3，則可知各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為1、8、2、8、1、8，A正確；SiH4中H元素失去電子作還原劑，AgNO3中Ag元素得電子作氧化劑，B正確；消耗1molSiH4(即32g)轉(zhuǎn)移8mol電子，C錯(cuò)誤；SiO2可作為制備光導(dǎo)纖維和玻璃的原料，D正確。2．配平下列化學(xué)方程式(1)正向配平①eq\x(5)KI＋eq\x(1)KIO3＋eq\x(3)H2SO4=eq\x(3)I2＋eq\x(3)K2SO4＋eq\x(3)H2O②eq\x(2)MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x(16)H＋＋eq\x(10)Cl－=eq\x(2)Mn2＋＋eq\x(5)Cl2↑＋eq\x(8)H2O(2)逆向配平③eq\x(3)S＋eq\x(6)KOH=eq\x(2)K2S＋eq\x(1)K2SO3＋eq\x(3)H2O④eq\x(2)P4＋eq\x(9)KOH＋eq\x(3)H2O=eq\x(3)K3PO4＋eq\x(5)PH3(3)綜合⑤eq\x(4)KI＋eq\x(2)CuSO4=eq\x(1)I2＋eq\x(2)CuI↓＋eq\x(2)K2SO4⑥eq\x(1)NaBO2＋eq\x(2)SiO2＋eq\x(4)Na＋eq\x(2)H2=eq\x(1)NaBH4＋eq\x(2)Na2SiO3⑦eq\x(2)KClO3＋eq\x(4)HCl=eq\x(2)KCl＋eq\x(2)ClO2＋eq\x(1)Cl2＋eq\x(2)H2O⑧eq\x(11)P4＋eq\x(60)CuSO4＋eq\x(96)H2O=eq\x(20)Cu3P＋eq\x(24)H3PO4＋eq\x(60)H2SO4⑨eq\x(3)H2S＋eq\x(2)HNO3=eq\x(3)S↓＋eq\x(2)NO↑＋eq\x(4)H2O⑩eq\x(2)P＋eq\x(5)FeO＋eq\x(3)CaOeq\o(=,\s\up7(高溫))eq\x(1)Ca3(PO4)2＋eq\x(5)Fe?eq\x(3)As2S3＋eq\x(28)HNO3＋eq\x(4)H2O=eq\x(6)H3AsO4＋eq\x(9)H2SO4＋eq\x(28)NO↑?eq\x(5)NH4NO3=eq\x(4)N2↑＋eq\x(2)HNO3＋eq\x(9)H2O?eq\x(2)MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x(5)C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x(16)H＋=eq\x(2)Mn2＋＋eq\x(10)CO2↑＋eq\x(8)H2O[解析](1)①1個(gè)KI失e－，1個(gè)KIO3得5e－，根據(jù)得失電子守恒，KI、KIO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為5、1，再根據(jù)原子守恒，配平化學(xué)方程式為5KI＋KIO3＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O。②1個(gè)MnOeq\o\al(－,4)得5e－，1個(gè)Cl－失e－，根據(jù)得失電子守恒，MnOeq\o\al(－,4)、Cl－的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1、5，由于Cl－轉(zhuǎn)化為氯氣，系數(shù)必須為偶數(shù)，則MnOeq\o\al(－,4)、Cl－的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2、10，再根據(jù)原子守恒和電荷守恒，配平離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。(2)③生成1個(gè)K2S得2e－，生成1個(gè)K2SO3失4e－，根據(jù)得失電子守恒，K2S、K2SO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2、1，再根據(jù)原子守恒，配平化學(xué)方程式為3S＋6KOH=2K2S＋K2SO3＋3H2O。④生成1個(gè)K3PO4失5e－，生成1個(gè)PH3得3e－，根據(jù)得失電子守恒，K3PO4、PH3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3、5，再根據(jù)原子守恒，配平化學(xué)方程式為2P4＋9KOH＋3H2O=3K3PO4＋5PH3。(3)根據(jù)元素化合價(jià)升降法和相應(yīng)的配平技巧進(jìn)行配平。⑥、⑧二個(gè)重點(diǎn)題目分析如下：⑥eq\o(N,\s\up6(0))a→eq\o(N,\s\up6(＋1))a2SiO3，生成1份Na2SiO3升高1×2價(jià)，eq\o(H,\s\up6(0))2→NaBeq\o(H,\s\up6(－1))4，生成1份NaBH4降低1×4價(jià)，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)相等，在Na2SiO3前添加系數(shù)2，在NaBH4前添加系數(shù)1，再根據(jù)原子守恒配平其他物質(zhì)的系數(shù)。⑧由于Cu3P中存在多個(gè)變價(jià)元素，符合整體歸一法配平，因此把Cu3P當(dāng)作一個(gè)整體來(lái)分析，eq\o(P,\s\up6(0))4＋eq\o(Cu,\s\up6(＋2))SO4→eq\o(Cu,\s\up6(＋1)