2022版备战老高考一轮复习化学第5讲 氧化还原反应的配平与计算（教案）

eq\a\vs4\al()eq\a\vs4\al(课时\x(5)氧化还原反应的配平与计算（应用课）)考点一氧化还原方程式的配平【提素能·归纳】1．氧化还原方程式配平的基本原则2．氧化还原方程式配平的一般步骤[典题示例1](2021·洛阳模拟)钒电池是一种新型酸性硫酸盐二次电池，钒电池失效后，废电解液回收利用的一种工艺如下：已知：a.＋5价钒在溶液中存在如下平衡：VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2OVOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H＋。b．部分含钒物质在水中的溶解性见下表：物质VOSO4NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶难溶易溶(1)氧化工序中，其他价态的钒全部氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，完成V2＋氧化的离子方程式：________V2＋＋____________ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋________=________VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋________Cl－＋________，NaClO和NaClO3均可作氧化剂，该工序中不选择NaClO作氧化剂的理由是____________________。(2)浓缩工序中，加入NaOH的作用是___________________________________。(3)沉钒工序的化学方程式为____________________。(4)煅烧偏钒酸铵时，固体(取2.340gNH4VO3)质量的减少量随温度变化的曲线如图所示：100～200℃时产生的一种气体的化学式为________，300～350℃时发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。[解析](1)氧化工序中，其他价态的钒全部氧化成VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，氯酸根离子被还原为氯离子，钒元素的化合价由＋2价变为＋5价，转移3e－，氯酸根离子中氯元素的化合价由＋5价变为－1价，转移6e－，结合电子守恒和原子守恒，2V2＋＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O=2VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Cl－＋2H＋；氧化工序中，NaClO与NaClO3均可用作氧化剂，不选择NaClO的理由是等质量的NaClO在反应过程中转移的电子少。(2)＋5价钒在溶液中存在如下平衡：VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2OVOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H＋，加入的NaOH和氢离子反应可促进平衡正向移动。(3)由已知可知，NH4VO3难溶于水，沉钒工序中向NaVO3溶液中加入硫酸铵生成NH4VO3沉淀和硫酸钠，反应的化学方程式为2NaVO3＋(NH4)2SO4=2NH4VO3↓＋Na2SO4。(4)空气中煅烧偏钒酸铵发生的反应为NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋HVO3117171002HVO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋V2O520018182结合图像质量变化可知，加热到100～200℃时，产生的一种气体是NH3，300～350℃，HVO3失去H2O，生成五氧化二钒，反应的化学方程式为2HVO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋V2O5。[答案](1)21H2O212H＋等质量的NaClO在反应过程中转移的电子少(2)使平衡VOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋H2OVOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2H＋右移(3)2NaVO3＋(NH4)2SO4=Na2SO4＋2NH4VO3↓(4)NH32HVO3eq\o(=,\s\up7(△))V2O5＋H2O[名师点拨]配平氧化还原反应方程式的技巧(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：先将得失电子数配平，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；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后将两边电荷数配平。(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。(5)当某反应物或生成物中同时有两种元素的化合价升高或降低时，以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法进行配平。【练能力·突破】1．正向配平类(1)________NaBO2＋________SiO2＋________Na＋________H2=________NaBH4＋________Na2SiO3(2)________KI＋________KIO3＋________H2SO4=________I2＋________K2SO4＋________H2O(3)________H2S＋________KMnO4＋________H2SO4=________K2SO4＋________MnSO4＋________S↓＋________H2O答案：(1)124212(2)513333(3)52312582．逆向配平类(1)________I2＋________NaOH=________NaI＋________NaIO3＋________H2O(2)________S＋________KOH=________K2S＋________K2SO3＋________H2O(3)________(NH4)2Cr2O7=________N2＋________Cr2O3＋________H2O答案：(1)36513(2)36213(3)11143．缺项配平类(1)________ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋________Fe2＋＋________=________Cl－＋________Fe3＋＋________(2)________MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋________H2O2＋________=________Mn2＋＋________O2↑＋________H2O(3)________MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋________NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋________=________Mn2＋＋________NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋________H2O答案：(1)166H＋163H2O(2)256H＋258(3)256H＋253考点二氧化还原反应的计算——电子守恒【提素能·归纳】1．计算依据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，可以抛开多步的反应过程，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考，便可迅速获得正确结果。2．守恒法解题思维流程角度一原子间得失电子守恒的计算[典题示例2]24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则铬(Cr)元素在还原产物中的化合价为()A．＋2 B．＋3C．＋4 D．＋5[解析]题目中指出被还原的是铬元素，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6，而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据得失电子守恒可得，0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。[答案]B[名师点拨]求算氧化还原反应中未知量的解题方法(1)寻找起始物与目标物之间存在的确定的量的关系。(2)利用已知量列计算式求解。角度二多步反应得失电子守恒的计算[典题示例3]取xg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8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，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17.02g。则x等于()A．8.64 B．9.20C．9.00 D．9.44[解析]反应流程为eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up7(浓HNO3))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up7(NaOH))\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg（OH）2,Cu（OH）2)),NO2、N2O4))xg＝17.02g－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HNO3得电子的物质的量，即n(OH－)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1＋eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2×1＝0.46mol，所以xg＝17.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。[答案]B[名师点拨]有些试题涉及的氧化还原反应较多，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的得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。【练能力·突破】1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．3.0mol B．1.5molC．1.0mol D．0.75mol解析：选B1molCr3＋反应可生成0.5molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，失去3mol电子，1molPbO2得到2mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1molCr3＋反应失去3mol电子需1.5molPbO2。2．有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O=7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是()A．FeS2既是氧化剂也是还原剂B．CuSO4在反应中被还原C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7D．14molCuSO4氧化了1molFeS2解析：选C反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))中的＋6价S(生成物中有17个SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14molCuSO4在反应中得电子中14mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14molCuSO4应该氧化1molFeS2，D项正确。3．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(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5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL解析：选A由题意可知，HNO3eq\o(,\s\up7(Cu),\s\do5(O2))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(NO2,N2O4,NO))，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq\f(1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。【新情境·素养】过氧化氢(H2O2，氧显－1价)俗名双氧水，过氧化氢是应用广泛的“绿色”氧化剂，酸性条件下稳定，中性或弱碱性条件下易分解。医疗上利用它能杀菌消毒的作用来清洗伤口。已知过氧化氢可以发生下列反应：A．Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2OB．2H2O2=2H2O＋O2↑C．3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH=2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O[问题探究](1)从氧化还原角度分析，上述反应中，H2O2分别表现了什么性质？提示：A中表现还原性，B中既表现还原性又表现氧化性，C中表现氧化性。(2)实验室中可加热KMnO4制取O2，若分别利用上述反应B和KMnO4分解制取等量O2，转移电子的物质的量之比是多少？提示：1∶2。由H2O2制取O2，氧元素的化合价由－1价升高为零价，每生成1molO2转移2mol电子，而由KMnO4制取O2时，氧元素的化合价由－2价升高为零价，每生成1molO2转移4mol电子。(3)某强酸反应体系中发生的一个氧化还原反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。已知该反应中H2O2只发生了如下过程。H2O2→O2，试写出该反应的离子方程式。提示：2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。(4)航天飞船可用肼(N2H4)和H2O2为动力源，二者反应可生成N2，试写出肼和H2O2反应的化学方程式。提示：N2H4＋2H2O2=N2↑＋4H2O。随堂检测反馈1．(2019·浙江4月选考)反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A．2∶3 B．8∶3C．6∶3 D．3∶2解析：选A反应中NH3并没有全部被氧化，根据生成N2的量可知，被氧化的NH3的量占NH3总量的eq\f(1,4)，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为2∶3，A正确。2．在酸性条件下，可发生如下反应：ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋2M3＋＋4H2O=M2Oeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(7))＋Cl－＋8H＋，M2Oeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(7))中M的化合价是()A．＋4 B．＋5C．＋6 D．＋7解析：选C根据离子反应方程式中，反应前后所带电荷数相等，即6－1＝8－n－1，解得n＝2，从而得出M2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))中M的化合价为＋6价，故C正确。3．以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如下：步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为__________________________________________。解析：由题意知，该反应的反应物为氯气和NaOH，40℃以上时生成物为NaClO3和NaCl，根据氧化还原反应方程式的书写要求和步骤，可写出反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))5Cl－＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O。答案：3Cl2＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5())5Cl－＋ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O[课时跟踪检测]1．(2021·佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．HCl发生了还原反应B．氧化性：Cl2>KMnO4C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8D．当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA解析：选D部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16molHCl中只有10molHCl中被氧化为5mol氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4L(即1mol)氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA，故D正确。2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关反应8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl的描述中正确的是()A．还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3B．反应物和生成物的化学键类型相同C.每生成11.2LN2，转移电子数为3NAD．N2的电子式是N⋮⋮N解析：选ANH3是还原剂，2molNH3作还原剂，还原产物是NH4Cl，还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3，故A正确；反应物中只含共价键，生成物NH4Cl中含有离子键、共价键，化学键类型不相同，故B错误；非标准状况下11.2LN2的物质的量不一定是0.5mol,故C错误；N2的电子式是∶N⋮⋮N∶，故D错误。3．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2ROeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(4))＋3Cl－＋5H2O。则ROeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(4))中R的化合价是()A．＋3 B．＋4C．＋5 D．＋6解析：选D根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根据化合价规则判断ROeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(4))中R的化合价为＋6。4．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为()A.1∶1∶1 B．3∶1∶1C．1∶3∶3 D．6∶3∶2解析：选B反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，由2HI＋Cl2=2HCl＋I2得，n(HI)＝2mol，由2Fe＋3Cl2=2FeCl3得，n(Fe)＝eq\f(2,3)mol，由2FeBr2＋3Cl2=2FeCl3＋2Br2得，n(FeBr2)＝1mol×eq\f(2,3)＝eq\f(2,3)mol，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2mol∶eq\f(2,3)mol∶eq\f(2,3)mol＝3∶1∶1。5．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MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被还原B．反应过程中溶液的pH减小C．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH－解析：选CNOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))中N元素的化合价升高，NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被氧化，A项错误；根据元素化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。6．(2021·潍坊模拟)将3.2gCu投入100mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解。则下列说法正确的是()A．反应过程中有刺激性气味的气体生成B．H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用C．若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5mol·L－1D．反应中硫酸既表现出酸性又表现出氧化性解析：选C双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，反应方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O，由反应方程式可知，无气体生成，故A错误；分析化合价，过氧化氢中氧元素的化合价从－1→－2，化合价降低，故B错误；3.2g铜的物质的量为n(Cu)＝eq\f(m,M)＝eq\f(3.2g,64g·mol－1)＝0.05mol，根据反应方程式中的比例关系可知，恰好消耗0.05mol硫酸，则硫酸的浓度为c(H2SO4)＝eq\f(n,V)＝eq\f(0.05mol,0.1L)＝0.5mol·L－1，故C正确；由反应方程式可知，反应中硫酸中所含元素的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现出氧化性，故D错误。7．(2021·衢州模拟)一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是()A．该盐酸的物质的量浓度为4.0mol·L－1B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2∶1C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85解析：选C盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)＝eq\f(2×0.4mol,0.1L)＝8.0mol·L－1，A错误；该反应中只有S和Fe的化合价发生变化，FexS中为－2价，生成3.2g(0.1mol)硫单质，转移电子0.1×2＝0.2mol，溶液中无Fe3＋，即Fe3＋都转化为Fe2＋，则Fe3＋的物质的量为0.2mol，故该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝eq\f(1,2)n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4mol，V(H2S)＝0.4mol×22.4L·mol－1＝8.96L，C正确；FexS中n(S)＝0.1mol＋0.4mol＝0.5mol，n(Fe)＝0.4mol，所以n(Fe)∶n(S)＝0.4mol∶0.5mol＝0.8，所以x＝0.8，D错误。8．(2021·定远模拟)已知H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化。则下列说法正确的是()A．物质的还原性：HI>H2SO3>HClB．H2SO3的物质的量浓度为0.6mol·L－1C．若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化D．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋I2＋10Cl－＋16H＋解析：选D根据H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI可知，H2SO3的还原性大于HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，氯气先氧化H2SO3，再氧化HI；物质的还原性：H2SO3>HI>HCl，故A错误；设H2SO3的物质的量为xmol，则H2SO3消耗氯气xmol；有eq\f(x,2)mol的HI被氧化，消耗氯气eq\f(x,4)mol，xmol＋eq\f(x,4)mol＝0.1mol，解得x＝0.08mol，所以H2SO3的物质的量浓度为0.8mol·L－1，故B错误；0.08molH2SO3消耗氯气0.08mol，0.08molHI消耗氯气0.04mol，共消耗氯气0.12mol，所以若再通入0.02molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故C错误；通入0.1molCl2，被氧化的HI只有H2SO3的一半，发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋I2＋10Cl－＋16H＋，故D正确。9．(2021·黑龙江模拟)锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一，从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3＋3O2＋6Feeq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())Sb4O6＋6FeS②Sb4O6＋6Ceq\o(=,\s\up7(高温),\s\do5())4Sb＋6CO↑。下列关于反应①、②的说法正确的是()A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反应①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反应②说明C的还原性比Sb弱D．每生成4molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3解析：选B反应①中Sb2S3中含有的元素的化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由＋3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3molFeS，转移的电子为3mol×2＝6mol，故B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，反应②中还原性：C>Sb，故C错误；每生成4molSb时，反应②中C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6mol∶6mol＝1∶1，故D错误。10．黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2＋4O2eq\o(=,\s\up7(800℃))Cu2S＋3SO2＋2FeO(Ⅰ)产物Cu2S在1200℃高温下继续反应：2Cu2S＋3O2eq\o(=,\s\up7(1200℃))2Cu2O＋2SO2(Ⅱ)2Cu2O＋Cu2Seq\o(=,\s\up7(1200℃))6Cu＋SO2↑(Ⅲ)假定各步反应都完全。则下列说法正确的是()A．反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂B．取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中CuFeS2的质量分数一定为82.8%C．由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为14.25molD．6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到铜的物质的量为3mol解析：选DA项，反应Ⅰ中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，CuFeS2既作还原剂，又作氧化剂，错误；B项，由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算CuFeS2的质量分数，错误；C项，根据化学方程式可知，6molCuFeS2参加反应，生成3molCu2S，其中2molCu2S转化为2molCu2O，2molCu2O与1molCu2S反应生成6molCu，所以消耗O2的物质的量为12mol＋3mol＝15mol，错误；D项，6molCuFeS2需要12mol氧气得到3molCu2S，剩余3.75mol氧气可以消耗Cu2S的物质的量是eq\f(3.75mol,3)×2＝2.5mol，得到2.5molCu2O，此时剩余Cu2S的物质的量是0.5mol，与1molCu2O反应生成3mol铜，正确。11．(2021·大连模拟)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。现有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：(1)该氧化还原反应的体系中，还原剂是________，化合价没有发生变化的反应物是________。(2)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式(需配平)：______________________________________________________________。(3)上述反应中，1mol氧化剂在反应中转移的电子为________________mol。(4)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应后变为无色的Bi3＋。证明NaBiO3的一个性质是：______________。解析：(1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中，根据Cl元素的化合价变化，则氧化反应为KCl→Cl2，Cl元素的化合价由－1价变为0价，化合价升高，KCl为还原剂；根据元素守恒，反应后需生成MnSO4、K2SO4，因此反应物中含有浓H2SO4，化合价没有发生变化的反应物为浓H2SO4。(2)高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，氧化反应为KCl→Cl2，则反应为KMnO4＋KCl＋H2SO4→MnSO4＋K2SO4＋Cl2↑＋H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)=2MnSO4＋6K2SO4＋5Cl2↑＋8H2O。(3)该反应2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)=2MnSO4＋6K2SO4＋5Cl2↑＋8H2O中Mn元素的化合价由＋7价变为＋2价、Cl元素的化合价由－1价变为0价，所以氧化剂是KMnO4，1mol氧化剂在反应中得到电子的物质的量＝1mol×(7－2)＝5mol。(4)加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))反应后变为无色的Bi3＋，Bi元素的化合价降低，则NaBiO3为氧化剂，将锰离子氧化为高锰酸根离子，氧化性比KMnO4强。答案：(1)KCl浓H2SO4(2)2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)=6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O(3)5(4)NaBiO3的氧化性比KMnO4的强12．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是________(填序号)。(2)第①步，含Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO4·7H2O)处理，写出并配平反应的离子方程式：_______________________________________________________。(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有________、________(写化学式)。已知Cr(OH)3的性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：________________________、_____________________________。(4)回收所得的Cr(OH)3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：①Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O②2S2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋I2=S4Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(6))＋2I－准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。解析：(1)①中铬元素由＋6价降至＋3价，④中铬元素由＋3价升至＋6价。(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子，反应的离子方程式为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成Fe(OH)3和CaSO4。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成CrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))：Cr(OH)3＋OH－=CrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋2H2O，通入过量的CO2会生成Cr(OH)3、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))：CrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋CO2＋2H2O=Cr(OH)3↓＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))。(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝eq\f(6×0.1225g,294g·mol－1×0.02500L)＝0.1000mol·L－1。答案：(1)①④(2)Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋6