化学-氧化还原反应的计算与方程式的配平

第5讲氧化还原反应的计算与方程式的配平
复习目标 1.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。

2.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。

考点一电子守恒法计算
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。

(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。

(3)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(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。

一、确定元素价态或物质组成
1．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
答案 B
解析题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋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。

2．Na2S x在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2S x 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
答案 D
解析 22
Na S x
x -
―→x Na 2S ＋6O 4，NaCl ＋1O ―→NaCl －1
，
得关系式1×⎣⎡⎦⎤6－⎝⎛⎭⎫－2x ·x ＝16×2，x ＝5。

二、多元素之间得失电子守恒问题
3．在反应3BrF 3＋5H 2O===9HF ＋Br 2＋HBrO 3＋O 2↑中，若有5 mol H 2O 参加反应，被水还原的溴为( ) A ．1 mol B.2
3 mol C.4
3 mol D ．2 mol
答案 C
解析 设被水还原的溴(BrF 3)的物质的量为x ，5 mol H 2O 参加反应，失去电子4 mol ，根据得失电子守恒得：3x ＝4 mol ，x ＝4
3
mol 。

4．在P ＋CuSO 4＋H 2O ―→Cu 3P ＋H 3PO 4＋H 2SO 4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO 4可氧化P 的物质的量为________mol 。

生成1 mol Cu 3P 时，参加反应的P 的物质的量为________mol 。

答案 1.5 2.2
解析 设7.5 mol CuSO 4氧化P 的物质的量为x ；生成1 mol Cu 3P 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)，x ＝1.5 mol 。

1 mol ×3×(2－1)＋ 1 mol ×[0－(－3)]＝y ×(5－0)，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 。

三、多步反应得失电子守恒问题
5．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NO 2气体和672 mL 的N 2O 4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，生成沉淀的质量为17.02 g 。

则x 等于( ) A ．8.64 B ．9.20 C ．9.00 D ．9.44 答案 B
解析 反应流程为
⎭
⎬⎫Mg Cu ――→
浓HNO 3⎩
⎨⎧
Mg 2＋、Cu 2＋――→NaOH ⎩⎪⎨
⎪
⎧
Mg (OH )2Cu (OH )2NO 2、N 2O 4
x g ＝17.02 g －m (OH －
)，
而OH －
的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO 3得电子的物质的量，即： n (OH －
)＝8.96 L 22.4 L·mol －1×1＋0.672 L 22.4 L·mol －1
×2×1＝0.46 mol ，所以x g ＝17.02 g －0.46 mol ×
17 g·mol －
1＝9.20 g 。

6．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO 2、N 2O 4、NO 的混合气体，将这些气体与1.68 L O 2(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Cu 2＋
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
解析 由题意可知，HNO 3
Cu O 2
⎩⎪⎨⎪
⎧
NO 2
N 2O 4NO
，则Cu 失去的电子数与O 2得到的电子数相等。

即n (Cu)＝2n (O 2)＝2× 1.68 L
22.4 L·mol －1＝0.15 mol 。

根据质量守恒及NaOH 和Cu(NO 3)2的反应可得关系式：n (NaOH)＝2n [Cu(NO 3)2]＝2n (Cu)＝0.3 mol ，则V (NaOH)＝0.3 mol
5 mol·L －1＝0.0
6 L ＝
60 mL 。

考点二 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
一、一般配平类 1．正向配平
(1)______HCl(浓)＋______MnO 2=====△
______Cl 2↑＋______MnCl 2＋______H 2O (2)______Cu ＋______HNO 3(稀)===______Cu(NO 3)2＋______NO ↑＋______H 2O (3)______KI ＋______KIO 3＋______H 2SO 4===______I 2＋______K 2SO 4＋______H 2O (4)______MnO －
4＋______H ＋
＋______Cl －
===______Mn 2＋
＋______Cl 2↑＋______H 2O 答案 (1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4 (3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8 2．逆向配平
(1)____S ＋______KOH===______K 2S ＋______K 2SO 3＋______H 2O (2)______P 4＋______KOH ＋______H 2O===______K 3PO 4＋______PH 3↑ 答案 (1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5 3．含有未知数的配平
(1)______Fe x S ＋____HCl===______S ＋______FeCl 2＋______H 2S
(2)______Na 2S x ＋______NaClO ＋______NaOH===______Na 2SO 4＋______NaCl ＋______H 2O 答案 (1)1x 2 (1
x
－1) 1 1
(2)1 (3x ＋1) (2x －2) x (3x ＋1) (x －1) 4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)______KClO 3＋______H 2C 2O 4＋______H 2SO 4===______ClO 2↑＋______CO 2↑＋______KHSO 4＋______H 2O
(2)______C 2H 6O ＋______KMnO 4＋______H 2SO 4===______K 2SO 4＋______MnSO 4＋______CO 2↑＋______H 2O 答案 (1)2 1 2 2 2 2 2 (2)5 12 18 6 12 10 33 二、缺项配平类
5．(1)______ClO －
＋______Fe(OH)3＋________===______Cl －
＋______FeO 2－
4＋______H 2O (2)______MnO －
4＋______H 2O 2＋________===______Mn 2＋
＋______O 2↑＋______H 2O (3)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：Al 2O 3、C 、N 2、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。

＋ ＋ =====高温
AlN ＋
(4)将NaBiO 3固体(黄色，微溶)加入MnSO 4和H 2SO 4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi 3＋
无色)。

配平该反应的离子方程式：
NaBiO 3＋ Mn 2＋＋ ____=== Na ＋＋ Bi 3＋
＋ ____＋ ____
答案 (1)3 2 4OH －
3 2 5 (2)2 5 6H ＋
2 5 8 (3)Al 2O
3 3C N 2 2 3CO
(4)5 2 14 H ＋
5 5 2 MnO －
4 7 H 2O
解析 (3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N 2是氧化剂，C 是还原剂，AlN 为还原产物，CO 为氧化产物。

“三步法”突破缺项型氧化还原方程式的配平
缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H ＋
)或碱 (OH －
)，其配平流程为
1．(1)[2018·全国卷Ⅱ，26(1)]闪锌矿(ZnS)在空气中焙烧，反应的化学方程式为_____________ ________________________________________________________________________。

(2)[2018·北京，28(2)①改编]K 2FeO 4在酸性溶液中不稳定，快速产生O 2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________________。

答案 (1)2ZnS ＋3O 2=====焙烧
2ZnO ＋2SO 2
(2)4FeO 2－
4＋20H ＋
===4Fe 3＋
＋3O 2↑＋10H 2O
2．(2020·山东等级模拟考，12改编)已知Pb 3O 4与HNO 3溶液发生反应Ⅰ：Pb 3O 4＋4H ＋
===PbO 2＋2Pb 2＋
＋2H 2O ；PbO 2与酸化的MnSO 4溶液发生反应Ⅱ：5PbO 2＋2Mn 2＋
＋4H ＋
＋5SO 2－
4===2MnO －4＋5PbSO 4＋2H 2O 。

下列推断正确的是( ) A ．由反应Ⅰ可知，Pb 3O 4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为1∶2 B ．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO 3＞PbO 2＞MnO －
4
C ．Pb 可与稀硝酸发生反应：3Pb ＋16HNO 3===3Pb(NO 3)4＋4NO ↑＋8H 2O
D ．Pb 3O 4可与盐酸发生反应：Pb 3O 4＋8HCl===3PbCl 2＋4H 2O ＋Cl 2↑ 答案 D
解析反应Ⅰ中HNO3未将Pb2＋氧化，可证明氧化性：HNO3＜Pb(Ⅳ)，故B、C错误；D选项，根据反应Ⅱ可知氧化性：PbO2＞MnO－4，又知氧化性(酸性条件)：MnO－4＞Cl2，故能发生反应。

3．(2021·湖南1月适应性考试，8)已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是()
A．氧化性：NaClO3>Cl2
B．当反应中有2 mol e－转移时，被氧化的HCl为4 mol
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
答案 B
解析氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A不选；当反应中有2 mol e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选。

课时精练
1．下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是()
A．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O
B．2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
C．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑
D．I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
答案 A
解析KClO3中Cl元素的化合价由＋5降低为0，HCl中Cl元素的化合价由－1升高为0，Cl2既是氧化产物也是还原产物，故选A；Na元素的化合价升高，NaOH为氧化产物，H元素的化合价降低，氢气为还原产物，故不选B；Na2O2中O元素的化合价一部分由－1升高到0，氧化产物是氧气，一部分由－1降低到－2，还原产物为氢氧化钠，故不选C；I元素的
化合价由0降低到－1，还原产物为NaI，S元素的化合价由＋2升高到＋5
2，氧化产物是
Na2S4O6，故不选D。

2．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O2－7和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为()
A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol
答案 B
解析当1 mol Cr3＋被氧化生成0.5 mol Cr2O2－7时，失去的电子为3 mol，而1 mol PbO2被还原只能得到2 mol电子，因此所需PbO2的物质的量为1.5 mol。

3．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。

已知淀粉遇单质碘变蓝，下列说法正确的是()
A．向含I－的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液一定变蓝
B．途径Ⅱ中若生成1 mol I2，消耗2.5 mol NaHSO3
C．氧化性的强弱顺序为Cl2＞I2＞IO－3
D．一定条件下，I－与IO－3反应可能生成I2
答案 D
4．NaNO2是一种食品添加剂。

但食用过量可能致癌。

酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO－4＋NO－2＋―→Mn2＋＋NO－3＋H2O(未配平)。

下列叙述中正确的是() A．该反应中NO－2被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D.中的粒子是OH－
答案 C
解析NO－2中N元素的化合价升高，NO－2被氧化，A项错误；根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO－4＋5NO－2＋6H＋===2Mn2＋＋5NO－3＋3H2O，据此可知B、D 项错误，C项正确。

5．已知三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。

若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要将I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，则可加入的试剂是()
A．Cl2B．KMnO4
C．FeCl3D．HCl
答案 C
解析由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为MnO－4>Cl2>Fe3＋>I2，还原性由强至弱的顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。

氯气能将Fe2＋、I－氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I－而不影响Fe2＋和Cl－，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。

6．向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色。

再向
反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。

下列分析不正确的是() A．最后溶液变成无色表明SO2具有还原性
B．通入SO2气体时，每反应1 mol SO2会转移1 mol e－
C．根据上述实验现象可知氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2－4
D．加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
答案 B
解析溶液呈淡黄色，说明有I2生成，碘元素化合价由－1升高到0，硫酸根离子只有在浓硫酸状态时有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2＋，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2＋应还原为Cu＋，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2与SO2反应生成I－，SO2被氧化为H2SO4，表明SO2具有还原性，故A正确；通入SO2气体时，发生反应：SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI，由反应可知，每反应1 mol SO2会转移2 mol e－，故B错误；由反应2CuSO4＋4KI===2K2SO4＋2CuI↓＋I2可知，物质的氧化性：Cu2＋＞I2，由反应SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI可知，物质氧化性：I2＞SO2－4，所以氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2－4，故C正确；加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，故D正确。

7．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。

现用25.00 mL 0.049 mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50 mL 0.020 mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。

已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是()
A．N2B．N2O C．NO D．NO2
答案 B
解析根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是－1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00×10－3 L×0.049 mol·
L－1×(x＋1)＝24.50×10－3L×0.020 mol·L－1×5，解得x＝1，故羟胺的氧化产物为N2O。

8．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2＋＋2S2O2－3＋O2＋a OH－===Y＋S4O2－6＋2H2O，下列有关说法不正确的是()
A．a＝4
B．Y的化学式为Fe2O3
C．S2O2－3是还原剂
D．每32 g O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol
答案 B
解析由电荷守恒可知3×2＋a×(－1)＋2×(－2)＝－2，则a＝4；由质量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3，含O原子的个数为4，故Y的化学式为Fe3O4；该反应中还原剂为Fe2＋、S2O2－3，氧化剂为O2。

9．向100 mL 的FeBr 2溶液中，通入标准状况下Cl 2 5.04 L ，Cl 2全部被还原，测得溶液中 c (Br －
)＝c (Cl －
)，则原FeBr 2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
答案 D
解析 标准状况下Cl 2的物质的量是 5.04 L 22.4 L·mol －1＝0.225 mol ，由于Fe
2＋的还原性强于Br －，通入氯气后，Cl 2先氧化Fe 2＋
再氧化Br －
，设原FeBr 2溶液的物质的量浓度是x mol·L －
1，则0.225×2＝0.1x ×1＋(0.1x ×2－0.225×2)×1，解得x ＝3。

10．已知酸性K 2Cr 2O 7溶液可与FeSO 4反应生成Fe 3＋
和Cr 3＋。

现将硫酸酸化的K 2Cr 2O 7溶液与FeSO 4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI 溶液，混合溶液中Fe 3＋
的物质的量随加入的KI 的物质的量的变化关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A ．图中A
B 段的氧化剂为K 2Cr 2O 7
B ．图中B
C 段发生的反应为2Fe 3＋
＋2I －
===2Fe 2＋
＋I 2 C ．K 2Cr 2O 7与FeSO 4反应的物质的量之比为1∶6 D ．开始加入的K 2Cr 2O 7为0.1 mol 答案 D
解析 AB 段为K 2Cr 2O 7和碘化钾的反应，K 2Cr 2O 7为氧化剂，A 正确；BC 段为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe 3＋
＋2I －
===2Fe 2＋
＋I 2，B 正确；由图可知BC 段消耗0.9 mol I －
，由2Fe 3＋
～2Fe 2＋
～2e －
～2I －
～I 2可得，则n (Fe 3＋
)＝n (Fe 2＋
)＝n (I －
)＝0.9 mol ，根据Fe 原子守恒可知，K 2Cr 2O 7与FeSO 4反应的Fe 2＋
的物质的量为0.9 mol ，那么根据Cr 2O 2－
7～ 2Cr 3＋～6e －～6Fe 2＋～6Fe 3＋
可得，与FeSO 4反应的K 2Cr 2O 7物质的量为0.96mol ＝0.15 mol ，所
以K 2Cr 2O 7与FeSO 4反应的物质的量之比为0.15 mol ∶0.9 mol ＝1∶6，C 正确；三个过程合在一起Fe 元素化合价没变，变价的只有Cr 和I 元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K 2Cr 2O 7～6Fe 3＋～6I －，共消耗的n (I －
)＝1.5 mol ，则刚开始加入的K 2Cr 2O 7的物质的量为1.56mol
＝0.25 mol ，D 错误。

11．已知氧化性：Fe 3＋
＞M 2＋
(M 为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 mol·L
－1
的
Fe 2(SO 4)3和MSO 4的100 mL 混合液中加入a mol 铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是( )
A ．当a ≤0.1时，发生的反应为2Fe 3＋＋Fe===3Fe 2＋
B ．当0.1≤a ＜0.2时，溶液中n (Fe 2＋
)＝(0.2＋a ) mol
C ．当a ≥0.2时，发生的反应为2Fe 3＋
＋M 2＋
＋2Fe===4Fe 2＋
＋M D ．若有固体剩余则可能只是铁 答案 D
解析 因氧化性：Fe 3＋
>M 2＋
，加入铁粉后，先与Fe 3＋
反应，后与M 2＋
反应。

混合溶液中 n (Fe 3＋
)＝ 1 mol·L －
1×0.1 L ×2＝0.2 mol ，则：当a ≤0.1时，Fe 粉只能将Fe 3＋
还原，A 正确；当 0.1≤a <0.2时，Fe 3＋
全部被还原，n (M 2＋
)＝1 mol·L －
1×0.1 L ＝0.1 mol ，加入的铁粉全部变为Fe 2＋
，根据铁元素守恒，n (Fe 2＋
)＝(0.2＋a ) mol ，B 正确；当a ≥0.2 时，Fe 3＋
和M 2＋
均反应完全，此时发生的反应为2Fe 3＋
＋M 2＋
＋2Fe===4Fe 2＋
＋M ，C 正确；若有固体剩余，则固体中一定有M ，当铁粉过量时，还会含有Fe ，不可能只有Fe ，D 错误。

12．(1)联氨(N 2H 4)是一种常用的还原剂。

其氧化产物一般为N 2。

联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀。

理论上1 kg 的联氨可除去水中溶解的O 2________kg 。

(2)工业上可用KClO 3与Na 2SO 3在H 2SO 4存在下制得ClO 2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

(3)H 3PO 2是一元中强酸，H 3PO 2及NaH 2PO 2均可将溶液中的Ag ＋
还原为银，从而可用于化学镀银。

①H 3PO 2中，P 元素的化合价为________。

②利用H 3PO 2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________(填化学式)。

答案 (1)1 (2)2∶1 (3)①＋1 ②H 3PO 4
解析 (1)联氨与高压锅炉水中溶解的氧发生的反应为N 2H 4＋O 2===N 2＋2H 2O ，理论上1 kg 的联氨可除去水中溶解的氧气为 1 000 g 32 g·mol －1×32 g·
mol －1＝1 000 g ＝1 kg 。

(2)n (KClO 3)×(5－4)＝n (Na 2SO 3)×(6－4)，n (KClO 3)n (Na 2SO 3)＝2
1。

(3)②设氧化产物中P 的化合价为＋x ，则4×(1－0)＝1×(x －1)，x ＝5，故氧化产物为H 3PO 4。

13．已知还原性：HSO －
3>I －
，氧化性：IO －
3>I 2。

(1)在NaIO 3溶液中滴加少量NaHSO 3溶液，发生下列反应。

配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目。

NaIO 3＋ NaHSO 3=== I 2＋ Na 2SO 4＋ H 2SO 4＋ H 2O
(2)在NaIO 3溶液中滴加过量NaHSO 3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为__________(填化学式)。

(3)在含5 mol NaHSO 3的溶液中逐滴加入NaIO 3溶液，加入NaIO 3的物质的量和析出I 2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。

答案(1)===2I2＋7Na2SO4＋3H2SO4＋2H2O (2)NaI(3)IO－3＋5I－＋6H＋
===3I2＋3H2O 11 6
解析(2)由还原性：HSO－3>I－可知，当NaHSO3溶液过量时，IO－3先被还原成I2，再被还原成I－。

(3)O A段，随着IO－3的量增加，NaHSO3的量减少，IO－3被还原成I－，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I－的反应：IO－3＋6H＋＋5I－===3I2＋3H2O。

当I－与I2的物质的量之比为5∶3时，设加入的NaIO3为x mol，根据转移电子数守恒，得5×2
＝5
11x×6＋
6
11x×5，解得x＝
11
6。