鲁科版-化学1-第2章 元素与物质世界-第3节 氧化剂和还原剂 全省一等奖

《电子守恒法的应用计算》教学设计应用1电子守恒法的一般计算[典例导航]Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为________。[思路点拨]答案：5[对点训练]1.(2018·贵阳期末)NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋eq\x()(未配平)。下列叙述中正确的是()A.该反应中NOeq\o\al(－,2)作还原剂，由此推知HNO2只具有还原性B.反应过程中溶液的pH减小C.生成2molNaNO3需消耗0.8molKMnO4D.氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶5C[该反应中NOeq\o\al(－,2)转化为NOeq\o\al(－,3)，NOeq\o\al(－,2)作还原剂，但HNO2中氮元素的化合价为＋3，氮元素还有－3价、0价、＋1价、＋2价，故HNO2不仅具有还原性，还具有氧化性，A项错误；配平离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5NOeq\o\al(－,2)＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(－,3)＋3H2O，反应过程中消耗H＋，溶液的pH增大，B项错误；2molNaNO3生成转移电子2×(5－3)mol＝4mol,0.8molKMnO4消耗转移电子0.8×(7－2)mol＝4mol，符合电子守恒，C项正确；氧化产物与还原产物分别为NOeq\o\al(－,3)与Mn2＋，根据电子守恒n(NOeq\o\al(－,3))×2＝n(Mn2＋)×5，故n(NOeq\o\al(－,3))∶n(Mn2＋)＝5∶2，D项错误。]2.(1)(2016·全国卷Ⅱ)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2________kg。(2)(2015·全国卷Ⅱ)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。(3)(2014·全国卷Ⅰ)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为________。②利用H3PO2进行化学镀银反应中，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)。解析：(1)eq\f(mO2,32)×4＝eq\f(1kg,32)×(2－0)×2，m(O2)＝1kg。(2)n(KClO3)×(5－4)＝n(Na2SO3)×(6－4)，eq\f(nKClO3,nNa2SO3)＝eq\f(2,1)。(3)②4×(1－0)＝1×(n－1)，n＝5，故氧化产物为H3PO4。答案：(1)1(2)2∶1(3)①＋1价②H3PO4应用2电子守恒法在多步氧化还原反应中的应用多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。(1)SO2eq\o(→,\s\up7(2e－))2Fe2＋eq\o(→,\s\up7(2e－))eq\f(2,5)MnOeq\o\al(－,4)(2)O2eq\o(→,\s\up7(MnOH2),\s\do10(4e－))2MnO(OH)2eq\o(→,\s\up7(4I－),\s\do10(4e－))2I2,4e－4S2Oeq\o\al(2－,3)(3)2Fe3＋eq\o(→,\s\up7(I－),\s\do10(2e－))I2eq\o(→,\s\up7(SO2),\s\do10(2e－))SOeq\o\al(2－,4)[对点训练]3.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.55mL0.020mol·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.N2 B.N2OC.NO D.NO2B[根据两步反应：NH2OHeq\o(→,\s\up7(Fe3＋))Fe2＋eq\o(→,\s\up7(KMnO4))Fe3＋，故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