高中化学必修1-氧化还原反应的计算及方程式的配平

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业氧化还原反应的计算及方程式的配平考纲要求1.掌握氧化还原反应方程式的简单配平方法。2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。考点一氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数

2、：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。典例根据FeS2O2Fe2O3SO2回答下列问题(1)氧化剂_，还原剂_，氧化产物_，还原产物_。(2)元素化合价升高的元素为_，元素化合价降低的元素为_。(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为_，1“分子”氧化剂化合价降低总数为_。(4)配平后各物质的系数依次为_。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、

3、11、2、8失误防范配平氧化还原反应方程式的关键是正确标出化合价，找准1“分子”氧化剂化合价降低总数，1“分子”还原剂化合价升高总数，在计算时，往往容易忽略氧化剂、还原剂中的粒子个数。题组一正向配平类1(1)_HCl(浓)_MnO2eq o(=,sup7()_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnOeq oal(,4)_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)21610258题组二逆向配平类2(1)_S_KOH=_K2

4、S_K2SO3_H2O(2)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案(1)36213(2)29335题组三缺项配平类3(1)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeOeq oal(2,4)_H2O(2)_MnOeq oal(,4)_H2O2_=_Mn2_O2_H2O(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：Al2O3、C、N2、AlN、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。eq x()eq x()eq x()eq x(AlN)eq x()答案(1)324OH325(2)256H258(3)Al2O33CN2=2AlN3CO解析(3)根

5、据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。题组四信息型氧化还原反应方程式的书写4按要求书写方程式：(1)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平_。在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiOeq oal(,3)反应后变为无色的Bi3。写出该实验中涉及反应的离子方程式_。(2)6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2Oe

6、q oal(2,7)，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。写出该反应的离子方程式_。(3)KMnO4的氧化性随pH的减小而增大，在酸性介质中还原产物是Mn2；在中性或碱性介质中还原产物主要是MnO2。三氯乙烯(C2HCl3)是地下水有机污染物的主要成分，研究显示在地下水中加入KMnO4溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出反应的化学方程式_。(4)已知：MnOeq oal(,4)eMnOeq oal(2,4)(绿色)(强碱性条件)MnOeq oal(,4)8H5eMn2(无色)4H2O(强酸性条件)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透

7、明的绿色溶液，写出反应的离子方程式_。答案(1)2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O2Mn25NaBiO314H=2MnOeq oal(,4)5Na5Bi37H2O(2)Cr2Oeq oal(2,7)6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)2KMnO4C2HCl3=2KCl2CO22MnO2HCl(4)4MnOeq oal(,4)4OHeq o(=,sup7()4MnOeq oal(2,4)2H2OO2解析(1)根据信息，KMnO4在H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成Mn2。注意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化

8、剂，把Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，本身被还原成Bi3。(3)根据信息，MnOeq oal(,4)的还原产物为MnO2，C2HCl3中C被氧化为CO2，H、Cl的化合价不发生变化。(4)根据信息，在强碱性条件下，MnOeq oal(,4)得电子生成MnOeq oal(2,4)，2价的氧失电子生成O2。解题技巧配平的基本技能(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。(3)缺项配平法：先使得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H，生成物一边加水；若反应物

9、这边缺负电荷，一般加OH，生成物一边加水。然后进行两边电荷数配平。(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。考点二氧化还原反应计算题中重要的解题思想对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。题组一简单反应的得失电子守恒问题1Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应

10、中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()A2 B3 C4 D5答案D解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。Na2eq o(S,sup6(-2/x)xxNa2eq o(S,sup6(6)O4Naeq o(Cl,sup6(+1)ONaeq o(Cl,sup6(+1)得关系式1eq blcrc(avs4alco1(6blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)xe162e，x5。2现有24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na

11、2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A2 B3 C4 D5答案B解析题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。思维建模守恒法解题的思维流程(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

12、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)。题组二多元素参与反应的得失电子守恒问题3在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为_mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_mol。答案1.52.2解析设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y根据得失电子守恒得：75 mol(21)x(50)x1.5 mol1 mol3(21)1 mol0(3)y(50)y1.2 mol所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mo

13、l2.2 mol。4四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe22S2Oeq oal(2,3)O2xOH=Fe3O4S4Oeq oal(2,6)2H2O。请回答下列问题。(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是_。(2)反应的化学方程式中x_。(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为_mol，被Fe2还原的O2的物质的量为_mol。答案(1)Fe2、S2Oeq oal(2,3)(2)4(3)40.5解析(2)根据电荷守恒得：x22322，解得x4。(3

14、)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成1 mol Fe3O4时，转移的电子数即是1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x1 mol3(eq f(8,3)2)，解得x0.5 mol。题组三多步反应的得失电子守恒问题有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。5取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应

15、过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A8.64 B9.20C9.00 D9.44答案B解析反应流程为eq blc rc(avs4alco1(Mg,Cu)eq o(,sup7(浓HNO3)eq blcrc (avs4alco1(Mg2、Cu2o(,sup7(NaOH)blcrc (avs4alco1(MgOH2,CuOH2),NO2、N2O4)x g17.02 gm(OH)，而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量

16、，即：n(OH)eq f(8.96 L,22.4 Lmol1)1eq f(0.672 L,22.4 Lmol1)210.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。题组四微粒先后反应的得失电子守恒问题当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，强还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微粒时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样适用。6下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱顺序如下：还原性HSOeq oal(

17、,3)I，氧化性IOeq oal(,3)I2SOeq oal(2,4)。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示，则x_mol。答案3解析开始加入KIO3溶液时，最先与IOeq oal(,3)反应的微粒是HSOeq oal(,3)，还原产物为I，氧化产物为SOeq oal(2,4)；当HSOeq oal(,3)反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IOeq oal(,3)5I6H=3I23H2O。所以0点到b点参加反应的HSOeq oal(,3)的物质的量可利用电子守恒求解：n(HSOeq oal(,3)2en(IOeq

18、 oal(,3)6e，即x mol21 mol6，所以x3。考点三氧化还原反应原理的综合应用题组一从定性和定量两个角度探究有关氧化还原反应的实验(一)关于物质氧化性、还原性强弱的实验1某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。实验记录如下：实验操作实验现象打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为红棕色吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)A

19、中反应的离子方程式是_。(2)实验操作吹入热空气的目的是_。(3)装置C的作用是_，C中盛放的药品是_。(4)实验操作，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式是_。(5)由上述实验得出的结论是_。(6)实验反思：有同学认为实验操作吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是_。实验操作，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)_答案(1)2BrCl2=Br22Cl(2)吹出单质Br2(3)吸收尾气NaOH溶液(4)H2O22Br2H=Br22H2O(5)氧化性：H2O2Br2H2SO3(6)不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时混合液颜色

20、无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等因素都可)解析操作的反应为Cl22Br=Br22Cl；操作，吹入热空气的目的是吹出Br2，然后在B中，Br2把H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀；操作，H2O2把Br氧化成Br2而使溶液变成红棕色。综上所述，氧化性H2O2Br2H2SO3。(6)若是O2氧化H2SO3，则溶液颜色有变化(变为红棕色)。(二)氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，

21、则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnOeq oal(,4)本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。2(1)配平氧化还原反应方程式：C2Oeq oal(2,4)_MnOeq oal(,4)_H=_CO2_Mn2_H2O(2)称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的

22、试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25.00 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20.00 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16.00 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点

23、时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。答案(1)52161028(2)0.005A.氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%解析(1)C：34，改变量(43)22，Mn：72，改变量(72)15，根据化合价升降总数相等，所以在C2Oeq oal(2,4)前配5，MnOeq oal(,4)前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2前配10和2，再由电荷守恒在H前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在H2O前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。(2)由HOH=H2O知，

24、n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由电子守恒得n(还)20.10 molL10.016 L5，n(还)0.004 mol。设6.0 g 试样中H2C2O42H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0

25、.03 mol，H2C2O42H2O的质量分数为eq f(0.01 mol126 gmol1,6.0 g)100%21%，KHC2O4的质量分数为eq f(0.03 mol128 gmol1,6.0 g)100%64%。题组二氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用3目前，新能源不断被应用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。(1)高铁酸钾锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是_。(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO

26、3)3制得Na2FeO43NaClO2Fe(NO3)310NaOH=2Na2FeO43NaCl6NaNO35H2O.Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4Na2FeO42KOH=K2FeO42NaOH主要的生产流程如下：写出反应的离子方程式_。流程图中“转化”(反应)是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下Ksp(K2FeO4)_Ksp(Na2FeO4)(填“”、“”或“”)。(3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：_FeOeq oal(2,4)_H2O_Fe(OH)3_OH_O2，配平上述方程式K2FeO4在水处理中的作用是_。(4)FeOeq oal(2,4)在水溶液

27、中的存在形态如图所示：若向pH10的这种溶液中加硫酸至pH2，HFeOeq oal(,4)的分布分数的变化情况是_。若向pH6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，_转化为_(填化学式)。答案(1)Zn(2)Cl22OH=ClClOH2O(3)410483作净水剂和消毒剂(4)先增大后减小HFeOeq oal(,4)FeOeq oal(2,4)解析(1)负极失去电子，应为Zn。(2)Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；根据中方程式判断，Ksp前者小。(3)Feq o(e,sup6(6)Oeq oal(2,4)H2OFeq o(e,sup6(3) (OH)3OH

28、eq o(O,sup6(0)2采用倒配法：氧化合价降低4，铁化合价升高3，Fe(OH)3系数为4，O2系数为3，根据电荷守恒、元素守恒再配其他物质的系数。(4)根据变化图判断。命题展望氧化还原反应命题的4大趋向氧化还原反应是高中化学的核心内容，是高考考查的重点和热点。命题的趋向：(1)以社会实际问题或典型实例为载体，考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用；(2)将氧化还原反应与物质的推断结合在一起，考查学科内知识的综合应用能力；(3)将氧化还原反应与酸碱中和滴定相结合进行考查；(4)将氧化还原反应与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合的综合性题目。练出高分1下列有关反应SiO23Ceq o(=

29、,sup7(高温)SiC2CO的叙述中，正确的是()A氧化剂是SiO2B氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C碳在反应中只作还原剂D若生成1 mol SiC，则转移电子2 mol答案B解析该反应的氧化剂和还原剂都是碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，A、C错误，B项正确；生成1 mol SiC转移电子4 mol，D项错误。2(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A23 B32 C43 D13答案A解析(NH4)2PtCl6分解反应的氧化产物是N2，还原产物是Pt，根据电子得失守恒得：6n(N2)4n(Pt)

30、，n(N2)n(Pt)23。3NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnOeq oal(,4)NOeq oal(,2)eq x()Mn2NOeq oal(,3)H2O。下列叙述中正确的是()A该反应中NOeq oal(,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 KMnO4D.eq x()中的粒子是OH答案C解析该反应的方程式为2MnOeq oal(,4)5NOeq oal(,2)6H=2Mn25NOeq oal(,3)3H2O，D项错误；反应中NOeq oal(,2)被氧化，A项错误；反应过程中消耗H

31、，溶液的pH增大，B项错误。4一未配平的离子方程式为_XOeq oal(,3)6H=3X23H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为()A11 B31 C51 D71答案C解析由质量守恒和电荷守恒可得出该离子方程式为5XXOeq oal(,3)6H=3X23H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为51。5从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO45FeS212H2O=7X5FeSO412H2SO4，下列说法正确的是()AX的化学式为CuS，它既是氧化产物又是还原产物B5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移C产物中的SOeq oal(2,4)有一

32、部分是氧化产物DFeS2只作还原剂答案C解析根据元素守恒得X应为Cu2S，A项，Cu2S为还原产物；B项，5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移；C项，产物中有3个SOeq oal(2,4)为氧化产物，正确；D项，FeS2既是氧化剂又是还原剂。60.02 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol甲气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，又收集到b mol乙气体，设此时Mn元素全部以Mn2存在于溶液中，则下列说法正确的是()A甲、乙均为无色无味的气体Ba的最大值为0.02Cb的最小值为0.01Dab的最小值为0.04答案D解析A项，甲气体为O2，乙气体为

33、Cl2，错误；2KMnO4eq o(=,sup7()K2MnO4MnO2O2 2a a a a(0.022a)54a2a2b即b0.052a。B项，KMnO4全部分解时生成O2最多，为0.01 mol错误；C项，当a0.01时，b0.052a最小，等于0.03，错误；D项，aba0.052a0.05a，当a0.01时，ab最小，为0.04，正确。7a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量一定是()A(b2a) mol B.eq f(1,4)b molC.eq f(2,3)a mol D2a mol答案A解析表现酸性的HNO3为2a mol，所以被还

34、原的HNO3为(b2a) mol。8硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 molL1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl，则S2Oeq oal(2,3)将转化为()AS2 BS CSOeq oal(2,3) DSOeq oal(2,4)答案D解析设m为氧化产物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由电子得失守恒得：0.224 L22.4 Lmol1210.025 L0.100 molL12m，解得m4。Na2S2O3中S为2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为6价，转化为SOeq oal(2,4)。9Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu

35、(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)n(NO)11时，下列说法正确的是()A产物nCu(NO3)2nCuSO411B参加反应的n(Cu2S)n(HNO3)15C反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂D1 mol Cu2S参加反应时转移8 mol电子答案A解析配平后方程式为2Cu2S14HNO3=2Cu(NO3)22CuSO45NO25NO7H2O，由此可知A项正确，B项错误；反应中Cu2S只作还原剂；1 mol Cu2S参加反应时转移10 mol电子。10已知：14Cu25FeS212H2O=7Cu2S5Fe224H3SOeq oal(2,4)，Mn2S2Oeq o

36、al(2,8)H2OMnOeq oal(,4)SOeq oal(2,4)H。对上述两个反应判断正确的是()A反应中SOeq oal(2,4)都是氧化产物B氧化性：MnOeq oal(,4)S2Oeq oal(2,8)C反应中的硫元素既被氧化又被还原D反应中，若1 mol S2Oeq oal(2,8)参加反应，则转移4 mol电子答案C解析反应中，FeS2中铁显2价，硫显1价，反应后硫元素的价态有升有降，硫元素既被氧化又被还原。配平反应得2Mn25S2Oeq oal(2,8)8H2O=2MnOeq oal(,4)10SOeq oal(2,4)16H，SOeq oal(2,4)是还原产物，氧化剂的

37、氧化性强于氧化产物的氧化性S2Oeq oal(2,8)MnOeq oal(,4)；5 mol S2Oeq oal(2,8)参加反应转移10 mol电子，则1 mol S2Oeq oal(2,8)参加反应转移2 mol电子。11小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：(1)写出甲中反应的离子方程式：_，乙中的现象是_，可证明NO2的氧化性；在丙中鼓入空气后现象是_，可证明NO的还原性。(2)实验前丙中充满水的作用是_(用反应方程式和简要文字回答)。(3)小华对小明的实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由是_

38、。你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性？(简要回答出原理和现象即可)_。答案(1)Cu4H2NOeq oal(,3)=Cu22NO22H2O溶液变浑浊有红棕色气体生成(2)3NO2H2O=2HNO3NO，制取NO，并用排水法收集NO(3)NO2和水反应生成的HNO3是一种强氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性解析本题利用Cu与浓HNO3的反应制取NO2，再利用NO2与水的反应制NO；分别在不同的装置中检验它们的性质，在小明的实验设计中乙装置不能区分NO2和HNO3是谁氧化了Na2S，故应在无水的环境中检验NO

39、2的氧化性。12工业上从4J29合金(铁钴镍合金)废料中提取钴和镍，一般先用硫酸溶解合金使之成为Fe2、Co2、Ni2，再把Fe2氧化为Fe3，从而使Fe3转化为某种沉淀析出，达到与Ni2、Co2分离的目的。生产上要使Fe2氧化为Fe3，而不使Co2、Ni2被氧化的试剂是NaClO或NaClO3(均含少量H2SO4)溶液，反应的部分化学方程式如下(A为还原剂)：NaClOABNaClCH2ONaClO3ABNaClCH2O(1)请完成以上化学方程式：_，_。实际生产中采用NaClO3来氧化Fe2比较合算，其理由是_。(2)配平下列离子方程式，并回答问题。eq x()Fe(OH)3eq x()C

40、lOeq x()OH=eq x()FeOeq oal(n,4)eq x()Cleq x()H2O(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应，共转移了5.4181022个电子，则n_。(4)根据上述(2)(3)题推测FeOeq oal(n,4)能与下列哪些物质反应_(只填序号)。ACl2 BSO2 CH2S DO2答案(1)NaClO2FeSO4H2SO4=NaClFe2(SO4)3H2ONaClO36FeSO43H2SO4=NaCl3Fe2(SO4)33H2O相同质量NaClO3比NaClO能氧化更多的Fe2(2)25n2n 25n3n(3)2(4)BC解析(1)根据题干信息，A(或B)

41、为FeSO4，B(或A)为H2SO4，根据电子守恒配平。因为NaCl3O中氯元素的化合价为5价，NaClO中氯元素的化合价为1价，相同质量的两种物质，NaClO3氧化更多的Fe2。(2)eq x()eq o(Fe,sup6(3) (OH)3eq x()eq o(Cl,sup6(1)Oeq x()OHeq o(x()Fe,sup6(8n)Oeq oal(n,4)eq x()eq o(Cl,sup6(1)eq x()H2O，Fe的化合价升高5n，氯的化合价降低2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，系数依次为2,5n,2n,2，5n，3n。(3)电子转移数为eq f(3.21 g,107 gmol1)(5n)NA5.4181022，解得n2。(4)FeOeq