2022版备战老高考一轮复习化学第6讲 信息型氧化还原反应方程式的书写（教案）

eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(课时\x(6)信息型氧化还原反应方程式的书写（题型课）)eq\a\vs4\al(题型研析)新情境下氧化还原方程式的书写一般会出现在非选择题部分的化工流程或实验大题中，试题一般提供反应的相关信息，需要考生结合所学知识进行书写。但由于题给信息较新，涉及内容不是教材中的化学方程式，往往感觉难以下手。突破这类方程式的书写，只要抓住反应本质“得失电子守恒”，利用氧化还原反应配平的方法和技巧，书写就会得心应手。题型一化学工艺流程中的氧化还原方程式的书写【提素能·归纳】1．工艺流程中的氧化还原方程式书写方法(1)细读题干寻找提纯对象，结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。(2)确定未知反应的反应物和生成物，根据题意分析溶液环境，配平氧化还原方程式。2．氧化还原反应型离子方程式的书写流程(1)找出反应粒子：通过氧化还原反应中元素价态的变化，找出发生氧化还原反应的微粒。(2)正确预测产物：依据氧化还原反应规律确定氧化产物和还原产物。(3)配平变价微粒：应用最小公倍数法确定得失电子的数目，配平含变价元素的相关物质。(4)确定缺项物质：根据溶液酸碱性及电荷守恒确定缺项物质是H2O、OH－还是H＋。(5)整体元素配平：通过观察法确定所有物质的化学计量数。(6)三查检验验证：检查物质拆分是否正确，电荷、质量是否守恒。[典题示例1](2020·全国卷Ⅰ节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))反应的离子方程式________________________________。[解析]从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4＋4H2SO4=FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Mn2＋＋H2O。[答案]Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Mn2＋＋H2O【练能力·突破】1．(2021·绍兴模拟)由两种元素组成的矿物A，测定A的组成及制取化合物D的流程如下。请回答：(1)D的化学式为________________；(2)写出③的离子方程式___________________________________________________；(3)A的化学式为______________。解析：物质D为砖红色，应为Cu2O，则黑色物质B应为CuO，所以矿物A中含有Cu元素；无色气体C可以与FeCl3溶液反应，应为还原性气体，E能与氯化钡溶液反应生成沉淀，常见的钡盐沉淀有硫酸钡和碳酸钡，考虑到C为还原性气体，沉淀F应为BaSO4，C为SO2，即矿物A中含有S元素，且S元素的质量为eq\f(2.33g,233g·mol－1)×32g·mol－1＝0.32g,则1.60gA中Cu元素的质量为1.60g－0.32g＝1.28g，则A中n(Cu)∶n(S)＝eq\f(1.28g,64g·mol－1)∶eq\f(0.32g,32g·mol－1)＝2∶1，所以A的化学式为Cu2S。反应③为Fe3＋氧化SO2生成SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的反应，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋。答案：(1)Cu2O(2)SO2＋2Fe3＋＋2H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4H＋(3)Cu2S2．(2021·盐城模拟)NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na＋＋Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：(1)反应①的化学方程式为_________________________________________________。(2)销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为______________________________________________________________________(Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))被氧化为N2)。解析：(1)反应①为210～220℃下NaNH2与N2O反应生成NaN3和氨气，根据氧化还原反应方程式的配平及质量守恒可得反应的化学方程式为2NaNH2＋N2Oeq\a\vs4\al(\o(=,\s\up7(210～220℃),\s\do5()))NaN3＋NH3＋NaOH。(2)销毁NaN3可用NaClO溶液，ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))可将Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))氧化生成氮气，故该销毁反应的离子方程式为ClO－＋2Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。答案：(1)2NaNH2＋N2Oeq\a\vs4\al(\o(=,\s\up7(210～220℃),\s\do5()))NaN3＋NH3＋NaOH(2)ClO－＋2Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑题型二实验探究中的氧化还原方程式的书写【提素能·归纳】实验探究中的氧化还原方程式书写方法(1)细读题干寻找实验目的，通读题目从实验步骤中了解操作步骤，结合装置分析实验过程，与实验目的相对应。(2)根据题意确定反应物和生成物，结合溶液环境配平方程式，注意质量守恒、电子守恒和电荷守恒。[典题示例2]绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。为探究硫酸亚铁的分解产物，将已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。(1)C、D中的溶液依次为________(填标号)。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为________________________________________________________________________。a．品红 B．NaOHc．BaCl2 D．Ba(NO3)2e．浓H2SO4(2)写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式：___________________________。[解析]实验后残留的红色固体是Fe2O3。由此可知反应后Fe元素的化合价升高，此反应为氧化还原反应，再根据氧化还原反应规律，反应中硫元素的化合价必然降低，生成SO2。最后根据得失电子守恒和元素守恒可写出反应的化学方程式：2FeSO4eq\o(=,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑。由于SO3极易溶于水且能与水反应生成H2SO4，欲检验SO2和SO3，必须先用BaCl2溶液检验SO3，再用品红溶液检验SO2。[答案](1)c、a生成白色沉淀、褪色(2)2FeSO4eq\o(=,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑【练能力·突破】1．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取葡萄酒样品，用碘的标准液滴定至终点。滴定反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________。解析：由“Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂”可知，Na2S2O5被氧化，作还原剂，发生氧化反应，硫元素的化合价升高为＋6价，氧化产物为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，碘单质为氧化剂，发生还原反应，碘元素的化合价降低为－1价，还原产物为I－。再由化合价升降总数相等、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4I－＋6H＋。答案：S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4I－＋6H＋2．铬会造成环境污染。某酸性废水中含有Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，处理时可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))转化为毒性较低的Cr3＋，再调节pH至8，使铬元素沉降，分离出污泥后测得废水中Cr3＋浓度为0.52mg·L－1，达到排放标准。(1)Na2S2O5参加反应的离子方程式为____________________________________________________________________________________________________________________。(2)处理后的废水中Cr3＋的物质的量浓度为________mol·L－1。解析：(1)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))转化为毒性较低的Cr3＋，同时焦亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，其反应的离子方程式为3S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋2Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋10H＋=6SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4Cr3＋＋5H2O。(2)分离出污泥后测得废水中Cr3＋浓度为0.52mg·L－1，c(Cr3＋)＝eq\f(0.52×10－3g·L－1,52g·mol－1)＝1×10－5mol·L－1。答案：(1)3S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(5))＋2Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋10H＋=6SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋4Cr3＋＋5H2O(2)1×10－5【新情境·素养】镍及其化合物用途广泛。某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺路线：已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3。锡(Sn)位于第五周期第ⅣA族。[问题探究](1)写出“焙烧”时矿渣中部分FeO反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式。提示：(NH4)2SO4在350℃以上分解生成NH3和H2SO4，FeO与O2、H2SO4在高温下反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO＋6H2SO4＋O2eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())2Fe2(SO4)3＋6H2O。(2)试写出“浸泡”过程中Fe2(SO4)3生成FeO(OH)的离子方程式。提示：Fe3＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())FeO(OH)↓＋3H＋。(3)为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3＋还原为Fe2＋，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的________倍；除去过量的SnCl2后，再用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2＋，还原产物为Cr3＋，滴定时反应的离子方程式为_____________________________________________________。提示：为保证产品纯度，要检测“浸出液”的总铁量：取一定体积的浸出液，用盐酸酸化后，加入SnCl2将Fe3＋还原为Fe2＋，反应为2Fe3＋＋Sn2＋=Sn4＋＋2Fe2＋，所需SnCl2的物质的量不少于Fe3＋物质的量的一半，即0.5倍；用酸性K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的Fe2＋，还原产物为Cr3＋，滴定时反应的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。随堂检测反馈1．(2019·全国卷Ⅱ节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为________________________________________________________________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为____________________________________________。解析：由流程图中的原料为重晶石和焦炭粉经回转炉、浸出槽后得到净化的BaS溶液，可判断重晶石(BaSO4)与焦炭粉反应生成BaS和有毒气体CO，根据化合价升降法可配平氧化还原反应方程式：BaSO4＋4Ceq\o(=,\s\up7(900～1200℃),\s\do5())BaS＋4CO↑；CO与水蒸气反应得到的清洁能源气体为H2，另一种产物为CO2，则CO与水蒸气反应的化学方程式为CO＋H2O(g)=CO2＋H2。答案：BaSO4＋4Ceq\o(=,\s\up7(900～1200℃),\s\do5())BaS＋4CO↑CO＋H2O(g)eq\o(=,\s\up7())CO2＋H22．(2019·全国卷Ⅲ节选)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：“滤渣1”含有S和________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式________________________________________________________________________。解析：硫化锰矿及二氧化锰粉末中加入硫酸后，发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O，故滤渣1的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。答案：SiO2(或不溶性硅酸盐)MnO2＋MnS＋2H2SO4=2MnSO4＋S＋2H2O3．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_________________。解析：草酸中碳为＋3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。答案：2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4eq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O[课时跟踪检测]1．(2021·武汉模拟)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，熔点为－59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________。(2)某小组设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是_________________。②装置A用于生成ClO2气体，该反应的离子方程式为________________________________________________________________________。解析：(1)在处理废水时，ClO2具有氧化性，可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，ClO2被还原为Cl－，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为2ClO2＋2CN－=2CO2＋N2＋2Cl－。(2)①因二氧化氯浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气的主要作用有搅拌作用，同时还有稀释二氧化氯的作用，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸；②装置A中氯酸钠、硫酸和过氧化氢发生氧化还原反应，氯酸钠作氧化剂，被还原成二氧化氯，过氧化氢作还原剂，被氧化成氧气，根据质量守恒可知生成物中还有水，反应的离子方程式为2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O2＋2H＋=2ClO2↑＋O2↑＋2H2O。答案：(1)2ClO2＋2CN－=2CO2＋N2＋2Cl－(2)①稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸②2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O2＋2H＋=2ClO2↑＋O2↑＋2H2O2．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：(1)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_____________________________。(2)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是________。(3)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。(4)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)解析：(1)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据化合价升降总数相等、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4。(2)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(3)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯发生反应的化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－=2ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋O2＋2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物为O2。(4)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠最终还原为Cl－，根据：NaClO2eq\o(→,\s\up7(得4e－))Cl－和Cl2eq\o(→,\s\up7(得2e－),\s\do5())2Cl－可知，得电子数相等时存在NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为eq\f(71×2,90.5)≈1.57。答案：(1)2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4(2)NaOH溶液Na2CO3溶液ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))(或NaClO2)(3)2∶1O2(4)1.573．(2021·锦州模拟)酸性KMnO4、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要的氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究。(1)某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的离子方程式__________________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________________________________________________________________。(2)取300mL0.2mol·L－1KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量是________mol。(3)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的原因是____________________________________(用文字表达)，又变为棕黄色的离子方程式是_____________________________________________________。(4)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.474gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。配平上述反应的离子方程式：________MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋________S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋________H＋=________Mn2＋＋________SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋________H2O，实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL，则该样品中KMnO4的物质的量是________________________________________________________________________。解析：(1)盐酸不能与金属铜反应，加入H2O2后，发生氧化还原反应，铜片溶解生成氯化铜、水，该反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O，氧化产物氯化铜与还原产物水的物质的量之比为1∶2。(2)n(KI)＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)＝n(KIO3)＝0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol＋0.02mol×[5－(－1)]＝0.16mol。(3)先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3＋先被还原为Fe2＋，变为浅绿色的离子方程式是2Fe3＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H＋，后变为棕黄色的原因是反应生成的H＋与NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))组成的硝酸将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。(4)Na2S2O3在溶液中水解，使溶液显碱性，所以标准Na2S2O3溶液应盛装在碱式滴定管中；酸性条件下MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))能将S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))氧化为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，本身被还原为Mn2＋，反应的离子方程式为8MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋14H＋=8Mn2＋＋10SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋7H2O；实验中，消耗n(S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝0.100mol·L－1×0.012L＝0.0012mol，由得失电子数目守恒得：n(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))×5＝0.0012mol×4×2，得n(MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝1.92×10－3mol,则该样品中KMnO4的物质的量是1.92×10－3mol。答案：(1)Cu＋2H＋＋H2O2=Cu2＋＋2H2O1∶2(2)0.16(3)Fe3＋被还原成Fe2＋3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(4)碱式851481071.92×10－3mol4．(2021·衢州模拟)某一反应体系中有反应物和生成物共6种：HCl、H2SO4、SnCl2、SnCl4、FeSO4、Fe2(SO4)3，反应前在溶液中滴加KSCN溶液显红色，反应后红色消失。(1)该反应的氧化剂是__________。(2)在该反应中，发生氧化反应的过程是________→________。(3)写出并配平该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________。(4)SnCl4与SnCl2可用Hg2＋来鉴别，HgCl2与SnCl2反应的产物是SnCl4和Hg2Cl2(白色沉淀)，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。解析：反应的化学方程式：Fe2(SO4)3＋SnCl2＋2HCl=2FeSO4＋SnCl4＋H2SO4。(1)反应前后Fe元素化合价降低，Fe2(SO4)3作氧化剂。(2)Sn元素化合价升高，SnCl2被氧化生成SnCl4，则发生氧化反应的过程是SnCl2→SnCl4。(3)该反应为Fe2(SO4)3＋SnCl2＋2HCl=2FeSO4＋SnCl4＋H2SO4，反应中SnCl2被氧化成SnCl4，Sn元素的化合价升高2价，故转移的电子数目为2，电子从还原剂移向氧化剂，电子转移的方向和数目可表示为(4)HgCl2与SnCl2反应的产物是SnCl4和Hg2Cl2，Sn元素的化合价由＋2价升高到＋4价，Hg元素的化合价由＋2价降低到＋1价，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2。答案：(1)Fe2(SO4)3(2)SnCl2SnCl4(3)(4)1∶25．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再以惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：(1)反应器中反应的化学方程式为___________________________________________。(2)生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量__________(填“偏高”或“偏低”)。(3)电解槽中总反应的离子方程式为__________________________________________。(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为____________________________________________。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________________________________________________________。与该传统工艺相比，电解法的优势是____________________________________________。(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2=2K2MnO4＋2H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH=2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH=K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))失电子转化为MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，电极反应式为2MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))－2e－=2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，两式相加得总反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解),\s\do5())2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体MnO2、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3，反应中3molK2MnO4有1mol锰原子化合价由＋6价降为＋4价，作氧化剂，有2mol锰原子化合价由＋6价升高到＋7价，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5H2C2O4=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.80×10－3×0.0200×eq\f(5,2)mol＝3.7×10－3mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3mol×126g·mol－1＝0.4662g，则该草酸晶体的纯度为eq\f(0.4662g,0.500g)×100%≈93.2%。答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2=2K2MnO4＋2H2O(2)偏高(3)2MnOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解),\s\do5())2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋2OH－＋H2↑(4)3K2MnO4＋2CO2=2KMnO4＋MnO2＋2K2CO31∶2产率更高、KOH可循环利用(5)93.2%6．(2021·阜阳模拟)ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌、除水体中的Mn2＋等重金属及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题：(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中Cl元素的化合价是________，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。(2)将ClO2通入MnSO4溶液，溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成。①ClO2和MnO2均属于氧化物，理由是____________________________________________________________________________________________________________。②该反应的离子方程式为__________________________________________________。(3)为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1L200mg·L－1ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO气体并测定NO的去除率，其关系如图所示：①实验中使用的ClO2溶液的物质的量浓度为________(保留三位有效数字)；要使NO的去除率更高，应控制的条件是____________________________________________________。②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应生成更强的吸收剂NaClO2，写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式：______________________________________________________________________________________________。解析：(1)将过硫酸钠(Na2S2O8)溶液加入亚氯酸钠(NaClO2)中可制备ClO2，NaClO2中Cl元素的化合价为＋3价；该反应中过硫酸钠(Na2S2O8)中S元素的化合价由＋7价降低为＋6价，过硫酸钠为氧化剂，亚氯酸钠(NaClO2)中Cl的化合价由＋3价升高为＋4价，亚氯酸钠为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2。(2)①ClO2和MnO2均含两种元素，且其中一种为氧元素，属于氧化物；②将ClO2通入MnSO4溶液中可检测到Cl－，同时有黑色MnO2沉淀生成，反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－。(3)①200mgClO2的物质的量为eq\f(0.2g,67.5g·mol－1)≈0.00296mol，因此ClO2溶液的物质的量浓度为2.96×10－3mol·L－1，根据图像，要使NO的去除率更高，应该控制溶液呈强酸性或强碱性；②当溶液pH>7时，NO的去除率增大的原因是ClO2与NaOH溶液反应可生成更强的吸收剂NaClO2，在碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式为4NO＋3ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4OH－=4NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3Cl－＋2H2O。答案：(1)＋31∶2(2)①均含两种元素，且其中一种为氧元素②2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－(3)①2.96×10－3mol·L－1控制溶液呈强酸性或强碱性②4NO＋3ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋4OH－=4NOeq\o\al(\s