江苏专用2025版高考化学总复习专题二化学物质及其变化第3讲第2课时氧化还原反应方程式的配平与拓展教案

PAGEPAGE20第2课时氧化还原反应方程式的配平与拓展近几年高考化学试题的主观题中,新情境下生疏氧化还原反应方程式的书写与配平是最常见的考查方式。除了已知反应物和生成物,利用氧化还原反应方程式的配平方法书写方程式外,有时还会出现缺项方程式的配平。该类氧化还原反应方程式一般结合实际情境或化工流程中物质的转化判定所缺物质,同时结合离子反应进行考查,题目综合性强,难度较大。备考过程中要结合实例,确定解题流程,分类突破。一、氧化还原方程式的配平类型一干脆型氧化还原反应方程式的配平如配平下列反应的离子方程式:MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O[流程应用]类型二缺项型氧化还原反应方程式的配平缺项方程式是指某些反应物或生成物的化学式没有写出来,一般为水、酸(H+)或碱(OH-),其配平流程如下:如完成以下氧化还原反应的离子方程式:()MnO4-+()C2O42-+

()Mn2++()CO[流程应用]刚好提示补项原则条件补项原则酸性条件下缺H或多O补H+,少O补H2O碱性条件下缺H或多O补H2O,少O补OH-类型三信息型氧化还原反应方程式的书写信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式,叙述一个化学反应的过程,须要从文字信息中找出反应物、生成物,进而分析反应中得失电子状况,其流程如下:如+6价Cr的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+,[流程应用]二、竞争型离子反应和氧化还原反应假如溶液中存在多种离子,则相互之间发生的反应可能有多种,此时溶液中可能发生“平行反应”,也可能发生“竞争反应”。“平行反应”是指离子之间同时反应互不影响,而“竞争反应”是指各个反应要依据肯定的依次完成。“竞争反应”的常见类型如下:1.一种氧化剂(还原剂)与多种还原剂(氧化剂)反应,如把Cl2通入含有I-、Br-、Fe2+的溶液中,依据还原实力由强到弱的依次,I-优先反应,其次是Fe2+,最终是Br-。2.一种酸(碱)与多种碱性(酸性)物质反应,如把盐酸逐滴加入含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中,依据碱性由强到弱的依次,NaOH优先反应,其次是Na2CO3,最终是NaHCO3。3.若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成类型相像的沉淀的离子,则溶解度(严格来说应为溶度积)小的物质先沉淀。如向AlCl3、FeCl3的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,应优先生成Fe(OH)3沉淀,而不是Al(OH)3沉淀。4.相互促进水解的反应与复分解反应假如既符合发生相互促进水解反应的条件,又符合干脆发生复分解反应的条件,原委发生哪个反应,要详细状况详细分析。1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。(1)向水中加入一小块钠:Na+2H2ONaOH+H2↑ ()(2)向FeCl2溶液中通入Cl2:FeCl2+Cl2FeCl3 ()(3)MnO2和浓盐酸混合加热:MnO2+4H++4Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O ()(4)向稀硝酸中加入铜片:Cu+2H++NO3-Cu2++NO↑+H2答案(1)✕(2)✕(3)✕(4)✕2.(1)KI+KIO3+H2SO4I2+K2SO4+H2O(2)MnO4-+H++Cl-Mn2++Cl2↑+H2(3)P4+KOH+H2OK3PO4+PH3↑(4)ClO-+Fe(OH)3+

Cl-+FeO42-+H(5)Fe(OH)2+ClO-+

Fe(OH)3+Cl-(6)P+FeO+CaOCa3(PO4)2+Fe答案(1)513333(2)21610258(3)29335(4)324OH-325(5)211H2O21(6)253153.某高温还原法制备新型氮化铝(AlN)陶瓷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。++——AlN+答案Al2O3+3C+N22AlN+3CO4.(1)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为。

(2)已知Fe3S4能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g·L-1),写出该反应的离子方程式:。

(3)肯定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,溶液中BH4-(B元素的化合价为+3价)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-答案(1)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(2)Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S(3)2Fe2++BH4-+4OH-2Fe+2H2↑+B(OH考点一氧化还原反应方程式的配平与书写题组一氧化还原反应方程式的配平1.配平下列方程式。(1)MnO4-+Fe2++

Mn2++Fe3++(2)ClO3-+Fe2++

Cl-+Fe3++(3)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(4)LiCoO2+H2SO4+H2O2Li2SO4+CoSO4+O2↑+

答案(1)158H+154H2O(2)166H+163H2O(3)124212(4)2311214H2O2.(2024浙江舟山模拟)已知氧化性:Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入肯定量的Cl2,发生反应的离子方程式为aFe2++bBr-+cCl2dFe3++eBr2+fCl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ()A.243226B.021012C.201202D.222214答案B依据题意,Cl2先氧化Fe2+,不行能先氧化Br-,B选项错误。方法技巧氧化还原反应方程式的配平技巧(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(包括分解反应、歧化反应)一般从右边着手配平。(3)缺项配平法:先将得、失电子数配平,再视察两边电荷。若反应物一侧缺正电荷,一般加H+,生成物一边加水;若反应物一侧缺负电荷,一般加OH-,生成物一边加水,然后将两边电荷数配平。(4)当化学方程式中有多个缺项时,应依据化合价的变更找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。题组二氧化还原反应方程式的书写3.(2024陕西西安交大附中模拟)KMnO4与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应,生成Mn2+、CO2和水,写出并配平该反应的离子方程式:。

答案2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO24.高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠,然后在肯定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,从而使高铁酸钾析出。(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为,推想其具有的化学性质是。

(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。①该反应的离子方程式为。②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是。

(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+aNa2O22Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑,该反应中物质X的化学式为,b与c的关系是。

②肯定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,缘由是

。(4)在碱性条件下,由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾,写出该反应的离子方程式:。

答案(1)+6价强氧化性(2)①4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑(3)①Na2Ob=2c②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度(4)2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H解析(1)依据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零,可得K2FeO4中铁元素的化合价为+6价;高铁酸钾中铁元素处于高价态,因此高铁酸钾具有强氧化性。(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH,反应的离子方程式为4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性,作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用,同时其还原产物为Fe(OH)3胶体(3)①依据元素守恒和得失电子守恒可知,X应是Na2O,依据钠元素守恒有2a=8+2b,依据氧元素守恒有2a=8+b+2c,两式联立,可得b=2c。②肯定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,缘由是相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾,依据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H2考点二氧化还原反应的相关计算题组一守恒法计算1.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 ()A.2B.3C.4D.5答案DNa2Sx-2/xxNa2S+6O4,NaCl+1ONaCl-1,依据得失电子守恒可得:[6-(-22.(2024江苏其次次大联考)某三价铁协作物的化学式可表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O,为测定其组成,进行如下试验:步骤1:称取1.9640g该协作物晶体,配制成250.00mL溶液。步骤2:取25.00mL所配溶液于锥形瓶中,加入5.0mL1mol·L-1硫酸,加热到70~85℃,用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液48.00mL。步骤3:向反应后的溶液中加入肯定量锌粉。加热至黄色恰好消逝,过滤,洗涤,将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中,此时溶液仍呈酸性。步骤4:接着用0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点,消耗KMnO4溶液8.00mL。(1)步骤2中,KMnO4将C2O42-氧化为CO2,(2)步骤3中黄色消逝的缘由是(用离子方程式表示)。

(3)配制协作物溶液的过程中,若定容时俯视容量瓶的刻度线,则最终所得晶体组成中水的含量(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(4)通过计算确定该三价铁协作物的化学式(写出计算过程)。答案(1)5C2O42-+2MnO4-+16H+10CO2↑+2Mn(2)2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+(3)偏小(4)依据滴定反应5C2O42-+2MnO4-+16H+10CO2↑+2Mn2++8H2O和5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,n(C2O42-)=52n(MnO4-)×10=52×0.0100mol·L-1×48.00mL×10-3n(Fe3+)=n(Fe2+)=5n(MnO4-)×10=5×0.0100mol·L-1×8.00mL×10-3L·mL-1×10=0.004据电荷守恒得:n(K+)=2×0.012mol-3×0.004mol=0.012mol依据质量守恒得:n(H2O)=(1.964n(K+)∶n(Fe3+)∶n(C2O42-)∶n(H2O)=0.012mol∶0.004mol∶0.012mol∶0.012mol=3∶1∶3∶3,该三价铁协作物的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H解析(1)MnO4-将C2O42-氧化为CO2,MnO4-被还原为Mn2+,反应物中有H+参与反应,生成物中还有H2O,依据化合价升降法配平离子方程式。(2)步骤3中,Zn将Fe3+还原为Fe2+,溶液黄色消逝。(3)配制协作物溶液的过程中,若定容时俯视容量瓶的刻度线,则溶液体积偏小,溶液浓度偏大,滴定时消耗KMnO4溶液的体积偏大,计算求得的C2O42-、Fe3+、K+的量偏大,则最终所得晶体组成中水的含量偏小。(4)步骤2中测定的是C2O42-的量,步骤4中测定的是Fe3+的量,依据电荷守恒求出K+的量,依据质量守恒求出H2O的量,最终依据n(K+)∶n(Fe3+)∶n(C2O42-)∶n名师总结应用得失电子守恒解题的一般步骤(1)“一找各物质”:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)“二定得失数”:确定一个原子或离子得失电子数(留意化学式中原子的个数)。(3)“三列关系式”:依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×化合价变更值=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变更值。题组二多步氧化还原反应的计算3.往含Fe3+、H+、NO3-的混合液中加入少量SO32-A.2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SOB.2H++SO32-H2O+SOC.2H++2NO3-+3SO32-3SO4D.2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3SO答案C氧化还原反应优先于非氧化还原反应,因此B、D不正确。假如SO32-先与Fe3+反应,则生成的Fe2+又会与H+、NO3-反应,所以SO32-应先与H+4.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2通入量的关系示意图是(溶液体积变更忽视不计,且不考虑Cl2与水反应) ()答案A因H2SO3的还原性强于HBr的还原性,故Cl2先氧化H2SO3:H2SO3+Cl2+H2OH2SO4+2HCl,生成的H2SO4和HCl是强酸,故溶液的pH减小;当H2SO3完全反应后,发生反应Cl2+2HBrBr2+2HCl,溶液的pH不再变更。名师总结抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算在多步连续进行的氧化还原反应中,只要中间各步反应过程中电子没有损耗,则可以利用反应过程中转移电子的数目相等,找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变更的元素,再依据化合价上升总数和化合价降低总数相等,建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。例如:amol的铜与足量的浓HNO3反应,将产生的NO2气体与bmol的O2混合通入水中,气体完全被汲取。则“始态物质Cu”Cu2+,“中间物质HNO3”NO2↑,故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu~O2,即a=2b。1.(2024江苏单科,20节选)(1)CO2催化加氢。在密闭容器中,向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-,其离子方程式为。答案(1)HCO3-+H2HCOO-+H2解析(1)依据题意,HCO3-+H2HCOO-,1个H2失去2个电子,1个HCO3-得到2个电子,说明n(HCO3-)∶n(H2)∶2.(2024江苏单科,16,12分)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为。

(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液汲取,主要反应为NO+NO2+2OH-2NO2-+H22NO2+2OH-NO2-+NO3-①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有(填字母)。

A.加快通入尾气的速率B.采纳气、液逆流的方式汲取尾气C.汲取尾气过程中定期补加适量NaOH溶液②汲取后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是(填化学式);汲取后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是(填化学式)。

(3)NO的氧化汲取。用NaClO溶液汲取硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调整)的①在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和NO3-,其离子方程式为②NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其缘由是。答案(1)2NH3+2O2N2O+3H2O(2)①BC②NaNO3NO(3)①3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H②溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的实力越强解析(1)依据得失电子守恒和原子守恒可写出NH3与O2反应的化学方程式。(2)①若要提高尾气中NO和NO2的去除率,须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。B项措施能增大气、液反应物的接触面积,C项措施增大NaOH溶液的浓度,二者均能加快反应速率;A项措施易导致氮氧化物不能刚好被汲取,使NO和NO2去除率降低。②据题给反应:2NO2+2OH-NO2-+NO3-+H2O可知,NaNO2晶体中含有NaNO3杂质;由于NO与NaOH不反应,因此汲取后排放的尾气中NO的含量较高。(3)①依据得失电子守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2NO3-,依据电荷守恒可得:3HClO+2NO3Cl-+2NO3-+5H+,依据原子守恒可得:3HClO+2NO+H2O3Cl-+2NO3-+5H+。②NaClO溶液的初始pH越小,c(H+)越大,c(HClO)越大,氧化一、单项选择题1.某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mLCl2,恰好将Fe元素完全氧化为Fe3+。x的值为 ()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93答案A依据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mLCl2转移电子0.01mol。则有1.5256x+16×(3-2x)×x2.依据下表中的信息推断,下列说法错误的是 ()序号反应物产物①Cl2、H2O2Cl-……②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③KClO3、HClCl2、KCl、H2OA.第①组反应的氧化产物为O2B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2C.第③组反应中生成3molCl2,转移6mol电子D.氧化性:ClO3->Cl2答案CH2O2中O元素的化合价上升,失去电子,被氧化,则第①组反应的氧化产物为O2,A项正确;②中溴元素的化合价没有变更,Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+,发生的反应为3Cl2+6FeBr22FeCl3+4FeBr3,则Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2,或小于1∶2,B项正确;在反应KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O中,每生成3mol氯气转移5mol电子,物质的氧化性:ClO3->Cl2,由②中Cl2氧化FeBr2生成FeBr3知氧化性:Cl2>Fe3+,因此物质的氧化性:ClO3->Cl2>Fe3+,C项错误3.通过卤素间的反应试验,可以比较出卤素单质氧化性的强弱。试验如下:下列说法不正确的是 ()A.CCl4起萃取、富集I2的作用B.Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I-I2+2Br-C.依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2的强D.b中下层变无色,说明I2转化为I-答案DI2易溶于CCl4,在水中溶解度较小,故CCl4起萃取、富集I2的作用,A正确;在KI溶液中加溴水,溴单质与I-发生置换反应,故Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I-I2+2Br-,B正确;依据现象可知,氯气能接着氧化碘单质,而溴单质不能,故依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2强,C正确;接着滴加氯水,可以将I2氧化为IO3-(无色),D4.LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应:LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是 ()A.氢气既是氧化产物又是还原产物B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂C.若生成标准状况下4.48LH2,则转移0.4mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1答案A由反应的化学方程式可知,LiAlH4中H由-1价上升到0价,被氧化,H2O中H由+1价降低到0价,被还原,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确;LiAlH4中H由-1价上升到0价,被氧化,是还原剂,B项错误;由反应的化学方程式可知,每1molLiAlH4反应,转移4mol电子,生成4molH2,若生成标准状况下4.48L(即0.2mol)H2,则转移0.2mol电子,C项错误;LiAlH4为还原剂,水为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。5.已知溶液中可发生反应:2FeBr2+Br22FeBr3,现向100mL的FeBr2溶液中通入3.36L(标准状况)Cl2,充分反应后测得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 ()A.2mol·L-1B.1mol·L-1C.0.4mol·L-1D.0.2mol·L-1答案AFe2+的还原性强于Br-,若Cl2只氧化Fe2+,Cl-和Br-的物质的量浓度不会相等,故部分Br-被氧化。设FeBr2的物质的量为x,3.36LCl2的物质的量是0.15mol,转移电子的物质的量为0.3mol。则依据得失电子守恒得:x+(2x-0.3mol)=0.3mol,解得x=0.2mol,故FeBr2溶液的物质的量浓度为2mol·L-1。6.(2024山东济南模拟)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ),HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是 ()A.HClO4属于强酸,反应还生成了另一种强酸B.该反应中,参与反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8C.CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价D.该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3++8OH-8CrO2(ClO4)2+3Cl-+4H2答案D依据题意,写出题给反应的化学方程式:19HClO4+8CrCl3+4H2O8CrO2(ClO4)2+27HCl,据此解答。HClO4属于强酸,反应生成的HCl也是强酸,A项正确;该反应的氧化剂为HClO4,氧化产物为CrO2(ClO4)2,依据方程式,当有19molHClO4参与反应时,其中有3mol做氧化剂,生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol,因此参与反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8,B项正确;CrO2(ClO4)2中O元素显-2价,ClO4-显-1价,所以Cr元素显+6价,C项正确;该反应在酸性条件下发生,离子方程式为19ClO4-+8Cr3++4H2O8CrO2(ClO4)2+8H++3Cl-7.(2024北京西城一模)下列变更过程不涉及氧化还原反应的是()ABCD将铁片放入冷的浓硫酸中无明显现象向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液,不变色,滴加氯水后溶液显红色向Na2SO3固体中加入硫酸,生成无色气体向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴蒸馏水,脱脂棉燃烧答案CA项,将铁片放入冷的浓硫酸中会发生钝化,在铁片表面形成致密的氧化膜,过程中发生了氧化还原反应;B项,向氯化亚铁溶液中加入KSCN溶液不变色,滴加氯水后溶液中发生反应:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,生成的Fe3+遇KSCN溶液变红,过程中发生了氧化还原反应;C项,向亚硫酸钠固体中加入硫酸,生成无色气体,发生反应:SO32-+2H+SO2↑+H2O,过程中未发生氧化还原反应;D项,向包有Na2O2粉末的脱脂棉上滴加几滴蒸馏水,发生反应:2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,生成氧气且放出大量的热,使脱脂棉燃烧,过程中发生了氧化还原反应。8.(2024北京第四中学模拟)试验室模拟工业处理含铬废水,操作及现象如图1所示(已知:深蓝色溶液中生成了CrO5,CrO42-为黄色),反应过程中铬元素的化合价变更如图A.试验起先至5s,铬元素被氧化B.试验起先至30s,溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+2Cr3++7H2O+3OC.30s至80s的过程,肯定是氧气氧化了Cr3+D.80s时,溶液中又生成了Cr2O72-,颜色相比于起先答案BCr2O72-中Cr元素为+6价,依据题图2,试验起先至5s,铬元素的化合价没有发生变更,因此铬元素没有被氧化,A项错误;试验起先至30s,溶液中生成Cr3+,铬元素的化合价降低,则H2O2中的O元素被氧化生成氧气,总反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+2Cr3++7H2O+3O2↑,B项正确;30s时,在溶液中加入氢氧化钠,80s时,铬元素的化合价为+6,可能是H2O2在碱性溶液中氧化性更强,将Cr3+氧化的结果,也可能是前面生成的CrO5(CrO5中含有过氧键)具有强氧化性,将Cr3+氧化的结果,C项错误;80s时,铬元素的化合价为+6,溶液显碱性,此时存在Cr2O72-+2OH-2CrO42-+H29.向200mLFeBr2溶液中渐渐通入Cl2,其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变更如图所示,下列说法不正确的是 ()A.氧化性:Br2>Fe3+B.由图可知,该FeBr2溶液的浓度为1mol·LC.n(Cl2)=0.12mol时,溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl-答案C由题图可知,向200mLFeBr2溶液中通入0.1mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,由方程式可得n(Fe2+)=0.2mol,则n(Br-)=0.4mol;通入氯气0.3mol时,溶液中0.4molBr-恰好被完全氧化为Br2,反应的离子方程式为2Br-+Cl2Br2+2Cl-,则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-。A项,由题图可知,向200mLFeBr2溶液中通入氯气,亚铁离子先反应,说明还原性:Fe2+>Br-,还原剂的还原性越强,对应氧化产物的氧化性越弱,则氧化性:Br2>Fe3+,故正确。B项,由通入0.1mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+可得,溶液中n(Fe2+)=0.2mol,则FeBr2溶液的浓度为0.2mol0.2L=1mol·L-1,故正确;C项,当通入n(Cl2)=0.12mol时,0.2molFe2+已经完全被氧化为Fe3+,n(Fe3+)=0.2mol,过量的0.02molCl2与0.04molBr-反应,溶液中n(Br-)=(0.4-0.04)mol=0.36mol,则溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2mol∶0.36mol=5∶9,故错误;D项,n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+,有一半Br-被氧化为Br2,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl22Fe3++Br2+4Cl10.在含amolFeCl3溶液中加入含bmolFe和bmolCu的混合粉末充分反应(忽视离子的水解),下列说法中不正确的是 ()A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe3Fe2+B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2bmol≤n(e-)≤4bmolC.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu14Fe2++Cu2+D.当2b<a<4b时,反应后的溶液中n(Fe2+)∶n(Cu2+)=12(a-2b)∶(a+b答案DA项,因为还原性:Fe>Cu,所以当a≤2b时(即Fe过量),发生的离子反应为2Fe3++Fe3Fe2+,正确;B项,依据2Fe3++Fe3Fe2+、2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,当2b≤a≤4b时,反应转移电子的物质的量为2bmol≤n(e-)≤4bmol,正确;C项,ab=52时,发生的离子反应为10Fe3++4Fe+Cu14Fe2++Cu2+,正确;D项,当2b≤a≤4b时,有2Fe3++Fe3Fe2+2bmolbmol3bmol2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+(a-2b)mol(a-2b)mola-2所以n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(3b+a-2b)mol∶a-2b2mol=(a+b二、非选择题11.(2024江苏淮安一模)硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO,还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(起先沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)如下表:金属离子起先沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。“酸浸”过程中,提高锌元素浸出率的措施有:适当提高酸的浓度、(填一种)。

(2)“置换”过程中,加入适量的锌粉,除与溶液中的Fe3+、H+反应外,另一主要反应的化学方程式为。

(3)“氧化”过程中,发生反应的离子方程式为。溶液pH限制在3.2~6.4的目的是。

(4)“母液”中含有的盐类物质有(填化学式)。

答案(1)SiO2粉碎锌白矿(或充分搅拌、适当加热等)(2)Zn+CuSO4Cu+ZnSO4(3)3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全,而Zn2+不沉淀,MnO4-变为MnO2沉淀(4)ZnSO4、K2SO4解析锌白矿中加入稀硫酸浸取,ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4,SiO2和稀硫酸不反应,然后过滤,得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4,向滤液中加入Zn,将Fe3+还原为Fe2+,将Cu2+还原为Cu,过滤后得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4,向滤液中加入高锰酸钾,高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+,向溶液中加入适量氧化锌,溶液pH上升,铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤,得到的滤液中含有ZnSO4,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4·7H2O。(1)依据上述分析,“滤渣1”的主要成分为SiO2。浸取过程中,为提高浸出效率可采纳的措施有:将矿石粉碎、提高浸取时的温度或适当增大酸的浓度等。(2)“置换”过程中,加入适量的锌粉,Zn除与溶液中的Fe3+、H+反应外,另一主要反应为Zn置换铜的反应,反应的化学方程式为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4。(3)依据题给流程图,“氧化”过程中,Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+,高锰酸钾被还原成二氧化锰,生成的铁离子转化为氢氧化铁沉淀,反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+;溶液pH限制在3.2~6.4可以使Fe3+沉淀完全,而Zn2+不沉淀,MnO4-变为MnO2沉淀,避开引入杂质。(4)依据上述分析,氧化后溶液中含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO12.(2024江苏无锡期末)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是合成其他含钴协作物的重要原料。制备流程如下:(1)“混合”步骤需在煮沸的NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2·6H2O晶体,加热煮沸的目的是。

(2)流程中加入NH4Cl溶液可防止加氨水时溶液中c(OH-)过大,其原理是。

(3)“氧化”步骤中应先加入氨水再加入H2O2,理由是

。

(4)为测定产品中钴的含量,进行下列试验:①称取样品4.000g于烧瓶中,加80mL水溶解,加入15.00mL4mol·L-1NaOH溶液,加热煮沸15~20min,冷却后加入15.00mL6mol·L-1HCl溶液酸化,将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3+,一段时间后,将烧瓶中的溶液全部转移至250mL容量瓶中,加水定