2022屆新高考一輪復(fù)習(xí)-第2章-第4講-氧化還原反應(yīng)方程式的配平與簡單計算-教案

第二章化學(xué)物質(zhì)及其變化第四課第四課氧化復(fù)原反響方程式的配平與簡單計算體積知識結(jié)構(gòu)知識結(jié)構(gòu)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方程式配平\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(依據(jù)原那么：氧化劑化合價降,低總數(shù)＝復(fù)原劑化合價升高總數(shù),\a\vs4\al(方法,步驟)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(找出價態(tài)變化，看兩劑分,子式，確定升降總數(shù),求最小公倍數(shù)，得出兩劑,系數(shù)，觀察配平其他)))),有關(guān)計算：關(guān)鍵是依據(jù)氧化劑得電子總數(shù)與還,原劑失電子總數(shù)相等，列出守恒關(guān)系式求解))考點考點1：氧化復(fù)原反響方程式的配平知識全梳理知識全梳理1．氧化復(fù)原反響方程式配平的根本原那么〔1〕電子守恒：氧化劑和復(fù)原劑得失電子總數(shù)相等，化合價升高總數(shù)=化合價降低總數(shù)。〔2〕質(zhì)量守恒：反響前后原子的種類和個數(shù)不變。〔3〕電荷守恒：離子反響前后，陰、陽離子所帶電荷總數(shù)相等。2．氧化復(fù)原方程式配平的一般步驟——化合價升降法3．氧化復(fù)原反響方程式的配平方法(1)正向配平法：氧化劑、復(fù)原劑中某元素化合價全部變化，一般從反響物著手配平。①KI+KIO3+H2SO4=I2+K2SO4+H2O②MnOeq\o\al(?,4)+H++Cl?=Mn2++Cl2↑+H2O【答案】51333321610258【解析】①KI中I元素的化合價從-1價失電子升高到0價，KIO3中I元素的化合價從+5價得電子降低到0價，由電子守恒和原子守恒可知方程式為5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；答案為5，1，3，3，3，3。②MnOeq\o\al(?,4)中Mn元素的化合價從+7價得電子降低到+2價，Cl?中Cl元素的化合價從-1價失電子升高到0價，由電子守恒和原子守恒可知方程式為2MnOeq\o\al(?,4)+16H++10Cl?=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；答案為2，16，10，2，5，8。(2)逆向配平法：自身氧化復(fù)原反響(包括分解、歧化)一般從生成物著手配平。①S+KOH=K2S+K2SO3+H2O②P4+KOH+H2O=K3PO4+PH3↑【答案】3621329335【解析】①S中局部S元素的化合價從0價失電子升高到+4價，S中局部S元素的化合價從0價得電子降低到-2價，由電子守恒和原子守恒可知方程式為3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；答案為3，6，2，1，3。②P4中局部P元素的化合價從0價失電子升高到+5價，P4中局部P元素的化合價從0價得電子降低到-3價，由電子守恒和原子守恒可知方程式為2P4+9KOH+3H2O=3K3PO4+5PH3↑；答案為2，9，3，3，5。(3)缺項配平法：化學(xué)方程式所缺物質(zhì)往往是酸、堿或水：如果是離子方程式，所缺物質(zhì)往往是H+、OH?或水?？梢愿鶕?jù)質(zhì)量守恒先寫出所缺物質(zhì)，再根據(jù)化合價升降守恒配平。如果無法確定所缺項，可先依據(jù)化合價的升降守恒將現(xiàn)有的某些物質(zhì)配平，然后再根據(jù)質(zhì)量守恒確定所缺物質(zhì)的化學(xué)式及其化學(xué)計量數(shù)(系數(shù))。條件補項原那么酸性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H+，少O(氧)補H2O(水)堿性條件下缺H(氫)或多O(氧)補H2O(水)，少O(氧)補OH?①____MnOeq\o\al(?,4)+____H2O2+____=____Mn2++____O2↑+____H2O。②某高溫復(fù)原法制備新型陶瓷氮化鋁(AlN)的反響體系中的物質(zhì)有Al2O3、C、N2、AlN、CO。請將AlN之外的反響物與生成物分別填入以下空格內(nèi)，并配平。eq\x()+eq\x()+eq\x()=eq\x()AlN+eq\x()。【答案】(1)256H+258(2)Al2O33CN223CO【解析】①MnOeq\o\al(?,4)中Mn元素的化合價從+7價得電子降低到+2價，H2O2中O元素的化合價從-1價失電子升高到0價，由電子守恒和原子守恒可知方程式為2MnOeq\o\al(?,4)+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；答案為2，5，6H+，2，5，8。②A12O3是反響物，反響中A12O3→AlN，Al元素化合價不變化，根據(jù)氮元素守恒N2是反響物，反響中N2→AlN，N元素的化合價降低，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知C是反響物，CO是生成物，反響中N2→AlN，N元素的化合價由0價降低為-3價，共降低6價，C→CO，C元素化合價由0價升高為+2價，共升高2價，化合價升降最小公倍數(shù)為6，故N2系數(shù)為1，C系數(shù)為3，根據(jù)N元素守恒可知AlN系數(shù)為2，根據(jù)Al元素守恒可知Al2O3系數(shù)為1，根據(jù)C元素守恒可知CO系數(shù)為3，所以其化學(xué)反響方程式為Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO；答案為Al2O3，3C，N2，2，3CO。診斷辨診斷辨析1．NaNO2是一種食品添加劑，它能致癌。酸性高錳酸鉀溶液與亞硝酸鈉反響的離子方程式是MnOeq\o\al(?,4)+NOeq\o\al(?,2)+eq\x()→Mn2++NOeq\o\al(?,3)+H2O。以下表達正確的選項是〔〕A．該反響中NOeq\o\al(?,2)被復(fù)原B．反響過程中溶液的pH變小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH?【答案】C【解析】反響中氮元素的化合價從+3價升高到+5價，失去2個電子，被氧化，做復(fù)原劑，A不正確；Mn元素的化合價從+7價降低到+2價，得到5個電子，根據(jù)電子得失守恒可知，氧化劑和復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比是2∶5，所以選項C正確；再根據(jù)電荷守恒可知，反響前消耗氫離子，所以B和D都是錯誤的。2．K2S接觸潮濕銀器的外表，會出現(xiàn)黑色斑點(Ag2S)，其反響原理如下，寫出配平后的化學(xué)方程式中各物質(zhì)前的化學(xué)計量數(shù)：K2S+Ag+O2+H2Oeq\o(→,\s\up7())Ag2S+KOH。每消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下224mLO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為。

【答案】241224NA【解析】在反響K2S+Ag+O2+H2Oeq\o(→,\s\up7())Ag2S+KOH中，Ag是復(fù)原劑，O2是氧化劑，依據(jù)電子守恒及質(zhì)量守恒可得配平的化學(xué)方程式為2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，224mLO2，NA。3．HIO4主要以H5IO6形式存在，H5IO6是白色晶體，易溶于水，具有很強的氧化性，在強酸溶液中能氧化Mn2+。(1)請完成并配平以下離子反響。_____Mn2++______H5IO6=______MnOeq\o\al(?,4)+_____IOeq\o\al(?,3)+______H++______(2)根據(jù)以上離子方程式判斷H5IO6是________電離物質(zhì)(填“易〞或“難〞)。(3)上述反響，被氧化的元素是________(填元素符號)，當(dāng)1molMn2+參加反響時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________。【答案】〔1〕2525117H2O難Mn5mol【解析】〔1〕Mn元素的化合價由+2價升高為+7價，I元素的化合價由+7價降低為+5價，由電子守恒及原子守恒、電荷守恒可知，該反響為2Mn2++5H5IO6=2MnOeq\o\al(?,4)+5IOeq\o\al(?,3)+11H++7H2O，故答案為：2；5；2；5；11；7H2O；〔2〕H5IO6是白色晶體，易溶于水，主要以分子形式存在，在離子反響中保存化學(xué)式，那么為弱電解質(zhì)，故答案為：弱；〔3〕Mn元素失去電子被氧化，由化合價的變化可知，1molMn2+參加反響時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×〔7-2〕=5mol，故答案為：Mn；5mol?？键c考點2：高考新情境下氧化復(fù)原反響方程式的書寫知識全梳理知識全梳理新情境下氧化復(fù)原反響方程式的書寫步驟第一步：根據(jù)題干信息或流程圖，判斷氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物第二步：按“氧化劑+復(fù)原劑==復(fù)原產(chǎn)物+氧化產(chǎn)物〞寫出方程式，根據(jù)得失電子守恒配平上述幾種物質(zhì)第三步：根據(jù)電荷守恒和反響環(huán)境的酸、堿性，在方程式左邊或者右邊補充H+、OH?或H2O等第四步：根據(jù)質(zhì)量守恒配平反響方程式一、新信息下氧化復(fù)原型離子方程式例1：+6價鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)復(fù)原成Cr3+，該反響的離子方程式為_________________________________________。【答案】Cr2Oeq\o\al(2－,7)+3HSOeq\o\al(－,3)+5H+=2Cr3++3SOeq\o\al(2－,4)+4H2O【解析】第一步：寫，根據(jù)題意和已掌握的知識很容易找到氧化劑、復(fù)原劑、復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物：Cr2Oeq\o\al(2－,7)+HSOeq\o\al(－,3)——Cr3++SOeq\o\al(2－,4)；第二步：平，標(biāo)出變價元素的化合價，分析化合價升降情況并求出化合價升降的最小公倍數(shù)：Cr的化合價從+6降低到+3，兩個鉻原子一共降低6價，S的化合價從+4升高到+6，升高2價，6與2的最小公倍數(shù)為6，為使化合價升降守恒，HSOeq\o\al(－,3)前要配系數(shù)3，再根據(jù)原子守恒配出產(chǎn)物的化學(xué)計量數(shù)。第三步：補，根據(jù)已配平的局部可以算出反響前16個氧原子，反響后只有12個氧原子，反響前比反響后多出4個氧原子，再結(jié)合反響環(huán)境應(yīng)該呈酸性，那么在反響物中補H+，多出4個O應(yīng)該補8個H+生成4個H2O，但是3個HSOeq\o\al(－,3)中已經(jīng)含有3個H，所以最終只要補5個H+，即：Cr2Oeq\o\al(2－,7)+3HSOeq\o\al(－,3)+5H+=2Cr3++3SOeq\o\al(2－,4)+4H2O。二、書寫新信息型離子方程式例2：Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備，工藝流程如圖：“酸浸〞后，鈦主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，寫出相應(yīng)反響的離子方程式：_______________________________________________________________。【答案】FeTiO3+4H++4Cl?=Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+2H2O【解析】第一步：依據(jù)題意寫出主要反響物及生成物。用鹽酸溶解FeTiO3，反響后鈦主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，那么eq\o(Fe,\s\up5(+2))eq\o(Ti,\s\up5(+4))O3→eq\o(Ti,\s\up5(+4))OCleq\o\al(2－,4)。第二步：依據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒完成方程式。①經(jīng)分析，反響物中有氯元素，產(chǎn)物中有鐵元素，且鈦元素的價態(tài)未變化，可知左邊應(yīng)加上Cl?右邊生成Fe2+：FeTiO3+Cl?→TiOCleq\o\al(2－,4)+Fe2+。②左邊比右邊多兩個氧原子，且左邊電荷數(shù)為-1，右邊電荷數(shù)為0，題中加了鹽酸，可知左邊還應(yīng)補充H+，右邊生成H2O：FeTiO3+H++Cl?→Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+H2O。依據(jù)右邊有4個氯原子，可知左邊Cl?前的系數(shù)為4，鐵原子與鈦原子個數(shù)相等，右邊電荷數(shù)為0，可知H+的系數(shù)為4，H2O前的系數(shù)為2：FeTiO3+4H++4Cl?=Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+2H2O。診斷辨診斷辨析1．高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。Fe(OH)3和KClO在強堿性條件下反響可以制取K2FeO4，寫出其反響的離子方程式。【答案】2Fe(OH)3+3ClO?+4OH?=2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl?+5H2O【解析】第1步：Fe(OH)3+ClO?→FeOeq\o\al(2－,4)+Cl?。第2步：Cl降低2價，F(xiàn)e升高3價，故在Fe(OH)3、ClO?前的系數(shù)分別為2、3：2Fe(OH)3+3ClO?→2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl?。第3步：方程式左邊帶3個負(fù)電荷，右邊帶7個負(fù)電荷，溶液顯堿性，故在方程式左邊添加4個OH?使電荷守恒：2Fe(OH)3+3ClO?+4OH?→2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl?。第4步：根據(jù)原子守恒在方程式右邊加5個H2O：2Fe(OH)3+3ClO?+4OH?=2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl?+5H2O。2．(1)在酸性介質(zhì)中FeSO4能將+6價鉻復(fù)原成+3價鉻。寫出Cr2Oeq\o\al(2－,7)與FeSO4溶液在酸性條件下反響的離子方程式：________________________________。(2)用NaClO－NaOH溶液氧化AgNO3，制得高純度的納米級Ag2O2。寫出該反響的離子方程式：___________________________________________。(3)KMnO4氧化廢水中Mn2+生成MnO2的離子方程式為__________________。【答案】(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(2)2Ag++ClO?+2OH?=Ag2O2↓+Cl?+H2O(3)3Mn2++2MnOeq\o\al(?,4)+2H2O=5MnO2↓+4H+【解析】(1)二價鐵具有復(fù)原性，Cr2Oeq\o\al(2－,7)具有氧化性，二者發(fā)生氧化復(fù)原反響，二價鐵離子被氧化為三價鐵離子，Cr2Oeq\o\al(2－,7)被復(fù)原為Cr3+，反響方程式為Cr2Oeq\o\al(2－,7)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。(2)用NaClO?NaOH溶液氧化AgNO3，制得高純度的納米級Ag2O2，同時還會生成NaCl和水，氧元素從-2價被氧化成Ag2O2中的-1價，化合價至少升高2價；NaClO中Cl元素從+1價被復(fù)原為-1價的Cl?，然后結(jié)合原那么守恒和電荷守恒配平，該反響的離子方程式為：2Ag++ClO?+2OH?=Ag2O2↓+Cl?+H2O；(3)高錳酸鉀溶液具有氧化性，Mn2+被氧化為MnO2，反響的離子方程式為3Mn2++2MnOeq\o\al(?,4)+2H2O=5MnO2+4H+。3．工業(yè)制備PH3的流程如下圖。(1)黃磷和燒堿溶液反響的化學(xué)方程式為____________________，次磷酸屬于________(填“一〞“二〞或“三〞)元酸。(2)假設(shè)起始時有1molP4參加反響，那么整個工業(yè)流程中共生成________molPH3(不考慮產(chǎn)物的損失)?！敬鸢浮?1)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2【解析】(1)根據(jù)圖示信息：黃磷和燒堿溶液反響生成PH3↑、NaH2PO2，方程式為：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根據(jù)電離出的氫離子數(shù)目確定次磷酸屬于一元酸；故答案為P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；(2)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P43，假設(shè)起始時有1molP4PH3．故答案為2.5?？键c考點3：氧化復(fù)原反響的計算方法——電子守恒法知識全梳理知識全梳理氧化復(fù)原反響計算的根本方法：電子守恒法。守恒法解題思維流程分析反響過程：找出反響中氧化劑、復(fù)原劑及相應(yīng)的復(fù)原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物，并標(biāo)出變價元素的化合價確定電子數(shù)目：找準(zhǔn)一個原子〔或離子〕得失電子數(shù)目[注意化學(xué)式中原子〔或離子〕的個數(shù)〕]列出等式關(guān)系：根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和的是電子守恒列出等式關(guān)系：n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值=n(復(fù)原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值一、兩元素之間得失電子守恒問題例1：24mL濃度為0.05mol·L?1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol·L?1的K2Cr2O7溶液完全反響。Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，那么元素Cr在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價為〔〕A．+2B．+3C．+4D．+5【答案】B【解析】題目中指出被復(fù)原的元素是Cr，那么得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價從+4→+6；而Cr元素的化合價將從+6→+n(設(shè)+n為生成物中Cr元素的化合價)，根據(jù)得失電子數(shù)目相等，有0.024L×0.05mol·L?1×(6-4)=0.02L×0.02mol·L?1×2×(6-n)，解得n=3。二、多元素之間得失電子守恒問題例2：在P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反響中，7.5molCuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為________mol。生成1molCu3P時，參加反響的P的物質(zhì)的量為________mol?！敬鸢浮俊窘馕觥吭O(shè)7.5molCuSO4氧化P的物質(zhì)的量為x，生成1molCu3P時，被氧化的P的物質(zhì)的量為y。根據(jù)得失電子守恒得：7.5mol×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5mol。1mol×3×(2-1)+1mol×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得y=+1mol=2.2mol。三、多步反響得失電子守恒問題始態(tài)物質(zhì)得(失)電子總數(shù)=終態(tài)物質(zhì)失(得)電子總數(shù)，如amol銅與足量的濃HNO3反響，將產(chǎn)生的NO2氣體與bmolO2混合作用于水，氣體完全被吸收。例3：14g銅銀合金與足量的某濃度的硝酸反響，將放出的氣體與1.12L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)氧氣混合，通入水中恰好全部被吸收。那么合金中銅的質(zhì)量為〔〕【答案】C【解析】根據(jù)得失電子守恒規(guī)律可直接找出量(O2)與未知量(Cu、Ag)之間的物質(zhì)的量關(guān)系。HNO3中的eq\o(N,\s\up5(+5))元素相當(dāng)于電子的“二傳手〞，先得到Cu、Ag失去的電子，再傳給O2，最后恢復(fù)原貌，Cu、Ag失去的電子最終傳給了O2，所以根據(jù)得失電子守恒規(guī)律，得×2+=eq\f(1.12L,22.4L·mol?1)×4，解得：m(Cu)=3.2g。診斷辨診斷辨析1．向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再參加含0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，使溶液中Fe2+全部恰好被氧化，并使X2Oeq\o\al(2－,7)被復(fù)原為Xn+，那么n值為〔〕A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】被0.2molCl2氧化的Fe2+物質(zhì)的量是0.4mol，被0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)氧化的Fe2+物質(zhì)的量為0.6mol，那么1molX2Oeq\o\al(2－,7)在反響中得到6mole?，1個X2Oeq\o\al(2－,7)降低6價，1個X降低3價，那么反響后X為+3價的離子。2．實驗室將NaClO3和Na2SO3按物質(zhì)的量之比2∶1參加燒瓶中，加水溶解，用水浴加熱，同時滴入H2SO4溶液，產(chǎn)生棕黃色的氣體X，反響后測得NaClO3和Na2SO3恰好完全反響，那么X為〔〕A．ClO2B．Cl2OC．Cl2D．Cl2O3【答案】A【解析】因NaClO3和Na2SO3按物質(zhì)的量之比2∶1參加燒瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加熱時發(fā)生氧化復(fù)原反響，氯元素的化合價降低，硫元素的化合價升高，Na2SO3是復(fù)原劑，硫元素的化合價由+4價升高為+6價，NaClO3是氧化劑，設(shè)X中氯元素的化合價為x價，由電子守恒可知，2×(5-x)=1×(6-4)，解得x=4，那么X應(yīng)為ClO2。3．酸性重鉻酸鉀(K2Cr2O71.00mol·L?1酸性K2Cr2O7溶液與1.38g乙醇恰好完全反響，那么K2Cr2O7的復(fù)原產(chǎn)物是〔〕A．CrOeq\o\al(2?,4)B．Cr(OH)3C．Cr3+D．Cr2+【答案】C【解析】1.38g乙醇的物質(zhì)的量為0.03mol，K2CrO7的物質(zhì)的量為0.02mol，乙醇和K2CrO7的物質(zhì)的量之比為3∶2，此時恰好完全反響，生成物為Cr3+；在酸性條件下，發(fā)生的反響方程式如下，C項正確；答案選C。課后作業(yè)課后作業(yè)[A組根底題組]1．Cu2S與一定濃度的HNO3反響，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，當(dāng)NO2和NO的體積相等時，實際參加反響的Cu2S與HNO3的物質(zhì)的量之比為〔〕A．1∶7B．1∶5C．1∶9D．2∶9【答案】A【解析】NO2和NO的體積相等，即物質(zhì)的量相等，令物質(zhì)的量均為1mol，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，即有2n(Cu2S)×1+n(Cu2S)×8=1mol×1+1mol×3，解得n(Cu2S)=eq\f(2,5)mol，參加反響的硝酸一局部作氧化劑，一局部表現(xiàn)酸性，因此n(Cu2S)∶n(HNO3)=eq\f(2,5)∶(2+eq\f(4,5))=1∶7，A項正確。2．在酸性溶液中，以下物質(zhì)氧化KI時，自身發(fā)生如下變化：Fe3+→Fe2+；MnOeq\o\al(?,4)→Mn2+；Cl2→2Cl?；HNO3→NO。如果分別用等物質(zhì)的量的這些物質(zhì)氧化足量的KI，得到I2最多的是〔〕A．Fe3+B．MnOeq\o\al(?,4)C．Cl2D．HNO3【答案】B【解析】等物質(zhì)的量的氧化劑得到電子數(shù)目越多，反響氧化KI產(chǎn)生I2的物質(zhì)的量就越多。A．Fe3+→Fe2+時化合價降低1價，1molFe3+發(fā)生該變化得到1mol的電子；B．MnOeq\o\al(?,4)→Mn2+時化合價降低5價，1molMnOeq\o\al(?,4)發(fā)生該變化得到5mol的電子；C．Cl2→2Cl?時化合價降低1×2=2價，1molCl2發(fā)生該變化得到2mol的電子；D．HNO3→NO時化合價降低3價，1molHNO3發(fā)生該變化得到3mol的電子；可見：選項B中1molMnOeq\o\al(?,4)變?yōu)镸n2+時得到電子最多，其氧化KI時產(chǎn)生的I2最多，故合理選項是B。3．某離子反響涉及H2O、ClO?、NHeq\o\al(+,4)、H+、N2、Cl?六種微粒，其中c(NHeq\o\al(+,4))隨反響進行逐漸減小。以下判斷正確的選項是〔〕A．反響的復(fù)原產(chǎn)物是N2B．消耗1mol氧化劑，轉(zhuǎn)移電子3molC．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3D．反響后溶液的酸性明顯增強【答案】D【解析】此題的難點在于化學(xué)方程式的書寫，可抓住“題眼〞——“c(NHeq\o\al(+,4))隨反響進行逐漸減小〞，據(jù)此可知NHeq\o\al(+,4)為反響物，那么N2為氧化產(chǎn)物，從而確定NHeq\o\al(+,4)→N2為氧化反響，從而確定ClO?→Cl?為復(fù)原反響，進而根據(jù)氧化復(fù)原反響方程式的配平方法完成反響的離子方程式，即3ClO?+2NHeq\o\al(+,4)=N2↑+3H2O+3Cl?+2H+。反響中N元素化合價升高，被氧化，那么N2為氧化產(chǎn)物，A錯誤；Cl元素的化合價由+1價降低為-1價，消耗1mol氧化劑，轉(zhuǎn)移電子2mol，B錯誤；由反響中得失電子守恒可知，氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，C錯誤；反響生成H+，溶液酸性增強，D正確。4．某反響體系中的物質(zhì)有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。以下方框中對應(yīng)的物質(zhì)或有關(guān)表達正確的選項是〔〕eq\x(Au2O3)+eq\x()+eq\x()→eq\x()+eq\x()+eq\x()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．當(dāng)1molAu2O3完全反響時，轉(zhuǎn)移電子8mol【答案】C【解析】Au2O3是反響物，那么Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合價由+3價變成+1價，化合價降低，那么必然有化合價升高的元素，即Na2S2O3(硫元素為+2價)是反響物，Na2S4O6(硫元素為+2.5價)是生成物。根據(jù)反響前后硫元素守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根據(jù)鈉元素守恒，可知生成物中缺少鈉元素，所以NaOH是生成物，再根據(jù)氫元素守恒，可知水是反響物。由關(guān)系式：Au2O3～Au2O～4e?，所以當(dāng)1molAu2O3完全反響時，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol。5．某離子反響涉及H+、Bi3+、MnOeq\o\al(?,4)、BiOeq\o\al(?,3)、Mn2+、H2O六種微粒。其中c(MnOeq\o\al(?,4))隨反響進行逐漸增大。以下判斷錯誤的選項是〔〕A．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為2∶5B．氧化性：BiOeq\o\al(?,3)大于MnOeq\o\al(?,4)C．反響后溶液的pH值增大D．假設(shè)有1mol復(fù)原劑參加反響，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol【答案】A【解析】c(MnOeq\o\al(?,4))隨反響進行逐漸增大，MnOeq\o\al(?,4)應(yīng)是生成物，那么Mn2+為反響物，Mn元素化合價發(fā)生升高，具有氧化性的BiOeq\o\al(?,3)為反響物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，那么反響的方程式應(yīng)為5BiOeq\o\al(?,3)+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnOeq\o\al(?,4)+7H2O。A．Mn元素化合價發(fā)生升高，那么Mn2+為復(fù)原劑，Bi元素的化合價降低，那么BiOeq\o\al(?,3)為氧化劑，所以氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2，故A錯誤；B．氧化劑是BiOeq\o\al(?,3)，氧化產(chǎn)物是MnOeq\o\al(?,4)，那么氧化性：BiOeq\o\al(?,3)>MnOeq\o\al(?,4)，故B正確；C．由反響5BiOeq\o\al(?,3)+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnOeq\o\al(?,4)+7H2O可知，反響消耗H+，pH值增大，故C正確；D．Mn元素化合價由+2升高到+7，那么假設(shè)有1mol復(fù)原劑參加反響，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為〔7-2〕×1mol=5mol，故D正確。應(yīng)選A。6．Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被復(fù)原為NaCl，假設(shè)反響中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，那么x值是〔〕A．6B．5C．4D．3【答案】B【解析】NaClO被復(fù)原為NaCl時，Cl的化合價降低了2價，根據(jù)反響中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，可知Cl的化合價共降低了32。Na2Sx轉(zhuǎn)化為Na2SO4的過程中S的化合價必然也升高了32，Na2Sx中S的化合價為-eq\f(2,x)，反響后升高到+6價，每個S升高了(eq\f(2,x)+6)價，共有xmol這樣的S，因此(eq\f(2,x)+6)x=32，得出x=5，B正確。7．配平以下方程式〔1〕___Cl2+____OH?(熱、濃)=____Cl?+____ClOeq\o\al(?,3)+____H2O〔2〕___ClOeq\o\al(?,3)+____H++___Cl?=____Cl2+____H2O〔3〕____MnOeq\o\al(?,4)+____Fe2++____H+=___Mn2++_____Fe3++___H2O〔4〕___KMnO4+____HCl=___KCl+___MnCl2+____Cl2↑+____H2O【答案】〔1〕36513〔2〕16533〔3〕158154〔4〕2162258【解析】(1)Cl2中的Cl化合價既升高又降低，Cl2中的Cl化合價從0升高到+5，得到ClOeq\o\al(?,3)；從0降低到-1，得到Cl?，化合價升降守恒，最小公倍數(shù)為5，那么Cl?的系數(shù)是5，ClOeq\o\al(?,3)的系數(shù)是1，根據(jù)Cl守恒，那么Cl2的系數(shù)是3，再根據(jù)電荷守恒，OH?的系數(shù)是6，H2O的系數(shù)是3，那么方程式為3Cl2+6OH?(熱、濃)=5Cl?+ClOeq\o\al(?,3)+3H2O；(2)ClOeq\o\al(?,3)中的Cl化合價降低從+5，降低到0，得到Cl2，Cl?的化合價升高，從-1升高到0，化合價升降守恒，最小公倍數(shù)為5，那么Cl?的系數(shù)是5，ClOeq\o\al(?,3)的系數(shù)是1，根據(jù)Cl守恒，那么Cl2的系數(shù)是3，再根據(jù)電荷守恒，H+的系數(shù)是6，H2O的系數(shù)是3，那么方程式為ClOeq\o\al(?,3)+6H++5Cl?=3Cl2↑+3H2O；(3)MnOeq\o\al(?,4)中Mn的化合價從+7降低到+2，F(xiàn)e2+的化合價從+2升高到+3，化合價升降守恒，最小公倍數(shù)為5，那么MnOeq\o\al(?,4)的系數(shù)是1，F(xiàn)e2+的系數(shù)是5，根據(jù)原子守恒，Mn2+的系數(shù)是1，F(xiàn)e3+的系數(shù)是5，再根據(jù)O和H原子守恒，H2O的系數(shù)是4，H+的系數(shù)是8，方程式為MnOeq\o\al(?,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(4)KMnO4中Mn的化合價從+7降低到+2，HCl中Cl的化合價從1升高到0，得到Cl2，由于Cl2中有2個Cl，因此共升高2價，化合價升降守恒，那么最小公倍數(shù)為10，那么KMnO4的系數(shù)為2，Cl2的系數(shù)為5，由于KCl和MnCl2中的Cl化合價沒變，先根據(jù)KMnO4的系數(shù)配KCl和MnCl2的系數(shù)，KMnO4的系數(shù)是2，那么KCl的系數(shù)是2，MnCl2的系數(shù)是2，根據(jù)Cl守恒，那么HCl的系數(shù)是16，根據(jù)H守恒，H2O的系數(shù)是8，方程式為2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。8．氫化鋁鋰(LiAlH4)是化工生產(chǎn)中廣泛應(yīng)用于藥物合成的常用試劑。(1)LiAlH4可將乙醛轉(zhuǎn)化為乙醇，LiAlH4是該反響的(填“氧化〞“復(fù)原〞或“催化〞)劑，用(填試劑名稱)可檢驗乙醛是否完全轉(zhuǎn)化。

(2)配平以下化學(xué)反響方程式。LiAlH4+H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+H2↑

該反響中H2SO4表達了NA，那么生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氫氣的體積為。

【答案】(1)復(fù)原新制氫氧化銅(或銀氨溶液)【解析】(1)LiAlH4可將乙醛轉(zhuǎn)化為乙醇，那么LiAlH4是題給反響的復(fù)原劑，利用新制氫氧化銅或銀氨溶液可檢驗乙醛是否完全轉(zhuǎn)化，假設(shè)不出現(xiàn)紅色沉淀或銀鏡說明完全轉(zhuǎn)化。(2)LiAlH4中氫元素化合價由-1價升高為0價，H2SO4中+1價氫元素降低到0價，結(jié)合電子守恒和質(zhì)量守恒配平化學(xué)方程式為2LiAlH4+4H2SO4=Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑。反響過程中硫酸中氫元素化合價降低顯示硫酸的氧化性，生成硫酸鋁和硫酸鋰表現(xiàn)出硫酸的酸性。反響過程中生成8mol氫氣轉(zhuǎn)移電子為8mol，NA，0.2molH2·mol?1=4.48L。9．(1)請將以下5種物質(zhì)：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分別填入下面對應(yīng)的橫線上，組成一個化學(xué)方程式并配平。________+________=________+________+________+________H2O。(2)反響物中發(fā)生氧化反響的物質(zhì)為________，被復(fù)原的元素是________。(3)反響中1mol氧化劑得到________mol電子。【答案】(1)24FeSO430HNO38Fe(NO3)38Fe2(SO4)33N2O↑15(2)FeSO4N(3)410．硫代硫酸鈉(Na2S2O3)俗稱海波、大蘇打，是無色透明晶體，易溶于水，遇強酸反響產(chǎn)生硫單質(zhì)和二氧化硫氣體；具有強復(fù)原性，與強氧化劑反響的產(chǎn)物為SOeq\o\al(2?,4)。(1)Na2S2O3中硫元素的化合價為。

(2)向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，該反響的離子方程式為。(3)Na2S2O3溶液與Cl2反響，Na2S2O3可作為棉織物漂白后的脫氯劑，該反響的離子方程式為。要脫去22.4LCl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，需要Na2S2O3mol。

(4)工業(yè)上常用硫化堿法制備海波。其原理是向碳酸鈉和硫化鈉物質(zhì)的量之比為1∶2的混合溶液中通入過量的二氧化硫，經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶，即得硫代硫酸鈉。該反響的化學(xué)方程式為，其氧化劑為。

【答案】(1)+2價(2)2H++S2Oeq\o\al(2?,3)=SO2↑+S↓+H2O(3)4Cl2+S2Oeq\o\al(2?,3)+5H2O=2SOeq\o\al(2?,4)+10H++8Cl?(4)2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2SO2【解析】(1)設(shè)Na2S2O3中硫元素的化合價為x，根據(jù)化學(xué)式中各元素化合價代數(shù)和為0可知，2+2x+(-2)×3=0，解得x=2，硫元素化合價為+2價。(2)在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反響生成二氧化硫氣體、硫單質(zhì)和水，反響的離子方程式為2H++S2Oeq\o\al(2?,3)=SO2↑+S↓+H2O。(3)Na2S2O3溶液與Cl2反響，Na2S2O3可作為棉織物漂白后的脫氯劑，該反響的化學(xué)方程式為Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，故離子方程式為4Cl2+S2Oeq\o\al(2?,3)+5H2O=2SOeq\o\al(2?,4)+10H++8Cl?：要脫去氯氣的物質(zhì)的量為eq\f(,2L·mol?1)=1mol，由上述方程式可知，參加反響的Na2S2O3的物質(zhì)的量為1mol×eq\f(1,4)=0.25mol。(4)向碳酸鈉和硫化鈉物質(zhì)的量之比為1∶2的混合溶液中通入過量的二氧化硫，經(jīng)蒸發(fā)、結(jié)晶即可得硫代硫酸鈉，該反響的化學(xué)方程式為2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2：化合價降低的為氧化劑，故氧化劑為SO2。[B組提升題組]11．以氯酸鈉等為原料制備亞氯酸鈉的工藝流程如圖，以下說法錯誤的選項是〔〕A．NaClO3在發(fā)生器中作氧化劑B．吸收塔中1molH2O2得到2mol電子C．吸收塔中溫度不宜過高，否那么會導(dǎo)致H2O2分解D．從“母液〞中可回收的主要物質(zhì)是Na2SO4【答案】B【解析】根據(jù)流程圖知，NaClO3與SO2發(fā)生氧化復(fù)原反響，化學(xué)方程式為2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化劑，母液中溶質(zhì)主要為Na2SO4，A、D項正確；吸收塔中發(fā)生的反響為2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，1molH2O2失去2mol電子，B項錯誤；H2O2在高溫下易分解，故吸收塔的溫度不能太高，C項正確。12．為測定某草酸晶體(H2C2O4·2H24溶液滴定(雜質(zhì)不參與反響)。為省去計算過程，當(dāng)稱取的樣品的質(zhì)量為某數(shù)值時，滴定所用KMnO4溶液的毫升數(shù)恰好等于樣品中草酸晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的100倍。那么應(yīng)稱取樣品的質(zhì)量為〔〕A．2.25gB．3.15gC．9.00g【答案】D【解析】H2C2O4與KMnO4反響的化學(xué)方程式為5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，設(shè)樣品中草酸晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x，滴定所用KMnO4溶液為100xmL，那么[×eq\f(25.00mL,100mL)]∶(0.100mol/L×100x×10?3L)=5∶2，解得m(樣品)=12.6g。13．高鐵酸鹽是優(yōu)良的多功能水處理劑。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液，難溶于有機溶劑；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并產(chǎn)生O2，在堿性溶液中較穩(wěn)定。某實驗小組探究K2FeO4的性質(zhì)如下：(1)K2FeO4可以將廢水中的CN?氧化為CNO?，實驗說明，pH=9時CN?去除效果最正確。配平該反響的離子方程式：____FeOeq\o\al(2－,4)+____CN?+____H2O=____Fe(OH)3↓+____CNO?+____OH??，F(xiàn)處理含CN?濃度為13mg/L的廢水1m3，至少需要K2FeO4________g。(2)資料說明，酸性溶液中氧化性：FeOeq\o\al(2－,4)>MnOeq\o\al(?,4)。驗證實驗：將少量K2FeO4溶解在過量KOH溶液中，溶液呈淺紫色，取該溶液滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，振蕩，溶液顏色仍然呈淺紫色。請設(shè)計實驗證明最后所得淺紫色溶液中含有MnOeq\o\al(?,4)：_________________________________________________。【答案】(1)23523466(2)向最后的淺紫色溶液中滴加過量稀硫酸，振蕩，溶液淺紫色未褪去，說明溶液中含有MnOeq\o\al(?,4)【解析】由得失電子守恒、電荷守恒及質(zhì)量守恒可知離子方程式為2FeOeq\o\al(2－,4)+3CN?+5H2O=2Fe(OH)3↓+3CNO?+4OH?；處理含CN?濃度為13mg/L的廢水1m3，至少需要K2FeO4為eq\f(13×10?3g/L×1000L,26g/mol)×eq\f(2,3)×198g/mol=66g。14．金屬元素錫〔Sn〕和碳元素位于同一主族，主要化合價為+2和+4。某同學(xué)通過以下方法測定金屬錫樣品的純度：〔假定雜質(zhì)不參加反響〕〔1〕將試樣溶于鹽酸中，反響的化學(xué)方程式為：______________________?！?〕參加過量的FeCl3溶液，反響的化學(xué)方程式為：______________________?！?〕用濃度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2+。反響的離子方程式為：______________。2Cr2O7。那么試樣中錫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)_____________________?！敬鸢浮俊?〕Sn+2HCl=SnCl2+H2↑SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl26Fe2++Cr2Oeq\o\al(2?,7)+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O50.0％【解析】將試樣溶于鹽酸中，錫與鹽酸反響生成氯化錫和氫氣，反響的化學(xué)方程式為：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；〔2〕參加過量的FeCl3溶液，氯化鐵與氯化錫發(fā)生氧化復(fù)原反響生成四氯化錫和氯化亞鐵，反響的化學(xué)方程式為SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2；〔3〕用濃度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2+，Cr2Oeq\o\al(2?,7)被復(fù)原為Cr3+，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，反響的離子方程式為：6Fe2++Cr2Oeq\o\al(2?,7)+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；〔4〕設(shè)試樣中錫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x，根據(jù)上面反響可得關(guān)系式：3Sn~~~~~~~~~~~~K2Cr2O73×1191x=×100%=50%。15．以硅孔雀石[主要成分為CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質(zhì)]為原料制備CuCl2的工藝流程如下：：SOCl2+H2Oeq\o(,\s\up7(△))SO2↑+2HCl↑〔1〕“酸浸〞時鹽酸與CuCO3·Cu(OH)2反響的化學(xué)方程式為___________________。為提高“酸浸〞時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：①適當(dāng)提高鹽酸濃度；②適當(dāng)提高反響溫度；③______________。〔2〕“氧化〞時發(fā)生反響的離子方程式為__________________。〔3〕“濾渣2〞的主要成分為_______(填化學(xué)式)；“調(diào)pH〞時，pH不能過高，其原因是___________?！?〕“加熱脫水〞時，參加SOCl2的目的是_________________________。【答案】〔1〕CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O快速攪拌，或適當(dāng)延長酸浸時間Cl2+2Fe2+=2Cl?+2Fe3+Fe(OH)3防止生成Cu(OH)2沉淀生成的HCl抑制CuCl2水解【解析】〔1〕“酸浸〞時鹽酸與CuCO3·Cu(OH)2反響為復(fù)分解反響，由此確定產(chǎn)物配平得化學(xué)方程式為CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O。為提高“酸浸〞時銅元素的浸出率，可以采取的措施有適當(dāng)提高鹽酸