2022届新高考一轮复习-第2章-第4讲-氧化还原反应方程式的配平与简单计算-教案

第二章化学物质及其变化第四课第四课氧化复原反响方程式的配平与简单计算体积知识结构知识结构eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(方程式配平\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(依据原那么：氧化剂化合价降,低总数＝复原剂化合价升高总数,\a\vs4\al(方法,步骤)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(找出价态变化，看两剂分,子式，确定升降总数,求最小公倍数，得出两剂,系数，观察配平其他)))),有关计算：关键是依据氧化剂得电子总数与还,原剂失电子总数相等，列出守恒关系式求解))考点考点1：氧化复原反响方程式的配平知识全梳理知识全梳理1．氧化复原反响方程式配平的根本原那么〔1〕电子守恒：氧化剂和复原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数。〔2〕质量守恒：反响前后原子的种类和个数不变。〔3〕电荷守恒：离子反响前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。2．氧化复原方程式配平的一般步骤——化合价升降法3．氧化复原反响方程式的配平方法(1)正向配平法：氧化剂、复原剂中某元素化合价全部变化，一般从反响物着手配平。①KI+KIO3+H2SO4=I2+K2SO4+H2O②MnOeq\o\al(−,4)+H++Cl−=Mn2++Cl2↑+H2O【答案】51333321610258【解析】①KI中I元素的化合价从-1价失电子升高到0价，KIO3中I元素的化合价从+5价得电子降低到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；答案为5，1，3，3，3，3。②MnOeq\o\al(−,4)中Mn元素的化合价从+7价得电子降低到+2价，Cl−中Cl元素的化合价从-1价失电子升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2MnOeq\o\al(−,4)+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；答案为2，16，10，2，5，8。(2)逆向配平法：自身氧化复原反响(包括分解、歧化)一般从生成物着手配平。①S+KOH=K2S+K2SO3+H2O②P4+KOH+H2O=K3PO4+PH3↑【答案】3621329335【解析】①S中局部S元素的化合价从0价失电子升高到+4价，S中局部S元素的化合价从0价得电子降低到-2价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；答案为3，6，2，1，3。②P4中局部P元素的化合价从0价失电子升高到+5价，P4中局部P元素的化合价从0价得电子降低到-3价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2P4+9KOH+3H2O=3K3PO4+5PH3↑；答案为2，9，3，3，5。(3)缺项配平法：化学方程式所缺物质往往是酸、碱或水：如果是离子方程式，所缺物质往往是H+、OH−或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质，再根据化合价升降守恒配平。如果无法确定所缺项，可先依据化合价的升降守恒将现有的某些物质配平，然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及其化学计量数(系数)。条件补项原那么酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H+，少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH−①____MnOeq\o\al(−,4)+____H2O2+____=____Mn2++____O2↑+____H2O。②某高温复原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反响体系中的物质有Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将AlN之外的反响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)256H+258(2)Al2O33CN223CO【解析】①MnOeq\o\al(−,4)中Mn元素的化合价从+7价得电子降低到+2价，H2O2中O元素的化合价从-1价失电子升高到0价，由电子守恒和原子守恒可知方程式为2MnOeq\o\al(−,4)+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；答案为2，5，6H+，2，5，8。②A12O3是反响物，反响中A12O3→AlN，Al元素化合价不变化，根据氮元素守恒N2是反响物，反响中N2→AlN，N元素的化合价降低，根据电子转移守恒可知C是反响物，CO是生成物，反响中N2→AlN，N元素的化合价由0价降低为-3价，共降低6价，C→CO，C元素化合价由0价升高为+2价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，C系数为3，根据N元素守恒可知AlN系数为2，根据Al元素守恒可知Al2O3系数为1，根据C元素守恒可知CO系数为3，所以其化学反响方程式为Al2O3+3C+N2=2AlN+3CO；答案为Al2O3，3C，N2，2，3CO。诊断辨诊断辨析1．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反响的离子方程式是MnOeq\o\al(−,4)+NOeq\o\al(−,2)+eq\x()→Mn2++NOeq\o\al(−,3)+H2O。以下表达正确的选项是〔〕A．该反响中NOeq\o\al(−,2)被复原B．反响过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH−【答案】C【解析】反响中氮元素的化合价从+3价升高到+5价，失去2个电子，被氧化，做复原剂，A不正确；Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和复原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反响前消耗氢离子，所以B和D都是错误的。2．K2S接触潮湿银器的外表，会出现黑色斑点(Ag2S)，其反响原理如下，写出配平后的化学方程式中各物质前的化学计量数：K2S+Ag+O2+H2Oeq\o(→,\s\up7())Ag2S+KOH。每消耗标准状况下224mLO2，转移电子数目为。

【答案】241224NA【解析】在反响K2S+Ag+O2+H2Oeq\o(→,\s\up7())Ag2S+KOH中，Ag是复原剂，O2是氧化剂，依据电子守恒及质量守恒可得配平的化学方程式为2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH；标准状况下，224mLO2，NA。3．HIO4主要以H5IO6形式存在，H5IO6是白色晶体，易溶于水，具有很强的氧化性，在强酸溶液中能氧化Mn2+。(1)请完成并配平以下离子反响。_____Mn2++______H5IO6=______MnOeq\o\al(−,4)+_____IOeq\o\al(−,3)+______H++______(2)根据以上离子方程式判断H5IO6是________电离物质(填“易〞或“难〞)。(3)上述反响，被氧化的元素是________(填元素符号)，当1molMn2+参加反响时，转移电子的物质的量为________。【答案】〔1〕2525117H2O难Mn5mol【解析】〔1〕Mn元素的化合价由+2价升高为+7价，I元素的化合价由+7价降低为+5价，由电子守恒及原子守恒、电荷守恒可知，该反响为2Mn2++5H5IO6=2MnOeq\o\al(−,4)+5IOeq\o\al(−,3)+11H++7H2O，故答案为：2；5；2；5；11；7H2O；〔2〕H5IO6是白色晶体，易溶于水，主要以分子形式存在，在离子反响中保存化学式，那么为弱电解质，故答案为：弱；〔3〕Mn元素失去电子被氧化，由化合价的变化可知，1molMn2+参加反响时，转移电子的物质的量为1mol×〔7-2〕=5mol，故答案为：Mn；5mol。考点考点2：高考新情境下氧化复原反响方程式的书写知识全梳理知识全梳理新情境下氧化复原反响方程式的书写步骤第一步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物第二步：按“氧化剂+复原剂==复原产物+氧化产物〞写出方程式，根据得失电子守恒配平上述几种物质第三步：根据电荷守恒和反响环境的酸、碱性，在方程式左边或者右边补充H+、OH−或H2O等第四步：根据质量守恒配平反响方程式一、新信息下氧化复原型离子方程式例1：+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)复原成Cr3+，该反响的离子方程式为_________________________________________。【答案】Cr2Oeq\o\al(2－,7)+3HSOeq\o\al(－,3)+5H+=2Cr3++3SOeq\o\al(2－,4)+4H2O【解析】第一步：写，根据题意和已掌握的知识很容易找到氧化剂、复原剂、复原产物和氧化产物：Cr2Oeq\o\al(2－,7)+HSOeq\o\al(－,3)——Cr3++SOeq\o\al(2－,4)；第二步：平，标出变价元素的化合价，分析化合价升降情况并求出化合价升降的最小公倍数：Cr的化合价从+6降低到+3，两个铬原子一共降低6价，S的化合价从+4升高到+6，升高2价，6与2的最小公倍数为6，为使化合价升降守恒，HSOeq\o\al(－,3)前要配系数3，再根据原子守恒配出产物的化学计量数。第三步：补，根据已配平的局部可以算出反响前16个氧原子，反响后只有12个氧原子，反响前比反响后多出4个氧原子，再结合反响环境应该呈酸性，那么在反响物中补H+，多出4个O应该补8个H+生成4个H2O，但是3个HSOeq\o\al(－,3)中已经含有3个H，所以最终只要补5个H+，即：Cr2Oeq\o\al(2－,7)+3HSOeq\o\al(－,3)+5H+=2Cr3++3SOeq\o\al(2－,4)+4H2O。二、书写新信息型离子方程式例2：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，工艺流程如图：“酸浸〞后，钛主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，写出相应反响的离子方程式：_______________________________________________________________。【答案】FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+2H2O【解析】第一步：依据题意写出主要反响物及生成物。用盐酸溶解FeTiO3，反响后钛主要以TiOCleq\o\al(2－,4)形式存在，那么eq\o(Fe,\s\up5(+2))eq\o(Ti,\s\up5(+4))O3→eq\o(Ti,\s\up5(+4))OCleq\o\al(2－,4)。第二步：依据质量守恒和电荷守恒完成方程式。①经分析，反响物中有氯元素，产物中有铁元素，且钛元素的价态未变化，可知左边应加上Cl−右边生成Fe2+：FeTiO3+Cl−→TiOCleq\o\al(2－,4)+Fe2+。②左边比右边多两个氧原子，且左边电荷数为-1，右边电荷数为0，题中加了盐酸，可知左边还应补充H+，右边生成H2O：FeTiO3+H++Cl−→Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+H2O。依据右边有4个氯原子，可知左边Cl−前的系数为4，铁原子与钛原子个数相等，右边电荷数为0，可知H+的系数为4，H2O前的系数为2：FeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCleq\o\al(2－,4)+2H2O。诊断辨诊断辨析1．高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。Fe(OH)3和KClO在强碱性条件下反响可以制取K2FeO4，写出其反响的离子方程式。【答案】2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl−+5H2O【解析】第1步：Fe(OH)3+ClO−→FeOeq\o\al(2－,4)+Cl−。第2步：Cl降低2价，Fe升高3价，故在Fe(OH)3、ClO−前的系数分别为2、3：2Fe(OH)3+3ClO−→2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl−。第3步：方程式左边带3个负电荷，右边带7个负电荷，溶液显碱性，故在方程式左边添加4个OH−使电荷守恒：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−→2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl−。第4步：根据原子守恒在方程式右边加5个H2O：2Fe(OH)3+3ClO−+4OH−=2FeOeq\o\al(2－,4)+3Cl−+5H2O。2．(1)在酸性介质中FeSO4能将+6价铬复原成+3价铬。写出Cr2Oeq\o\al(2－,7)与FeSO4溶液在酸性条件下反响的离子方程式：________________________________。(2)用NaClO－NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反响的离子方程式：___________________________________________。(3)KMnO4氧化废水中Mn2+生成MnO2的离子方程式为__________________。【答案】(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O(2)2Ag++ClO−+2OH−=Ag2O2↓+Cl−+H2O(3)3Mn2++2MnOeq\o\al(−,4)+2H2O=5MnO2↓+4H+【解析】(1)二价铁具有复原性，Cr2Oeq\o\al(2－,7)具有氧化性，二者发生氧化复原反响，二价铁离子被氧化为三价铁离子，Cr2Oeq\o\al(2－,7)被复原为Cr3+，反响方程式为Cr2Oeq\o\al(2－,7)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。(2)用NaClO−NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2，同时还会生成NaCl和水，氧元素从-2价被氧化成Ag2O2中的-1价，化合价至少升高2价；NaClO中Cl元素从+1价被复原为-1价的Cl−，然后结合原那么守恒和电荷守恒配平，该反响的离子方程式为：2Ag++ClO−+2OH−=Ag2O2↓+Cl−+H2O；(3)高锰酸钾溶液具有氧化性，Mn2+被氧化为MnO2，反响的离子方程式为3Mn2++2MnOeq\o\al(−,4)+2H2O=5MnO2+4H+。3．工业制备PH3的流程如下图。(1)黄磷和烧碱溶液反响的化学方程式为____________________，次磷酸属于________(填“一〞“二〞或“三〞)元酸。(2)假设起始时有1molP4参加反响，那么整个工业流程中共生成________molPH3(不考虑产物的损失)。【答案】(1)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2【解析】(1)根据图示信息：黄磷和烧碱溶液反响生成PH3↑、NaH2PO2，方程式为：P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2，根据电离出的氢离子数目确定次磷酸属于一元酸；故答案为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；一；(2)P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；2H3PO2=PH3↑+H3PO4，即P43，假设起始时有1molP4PH3．故答案为2.5。考点考点3：氧化复原反响的计算方法——电子守恒法知识全梳理知识全梳理氧化复原反响计算的根本方法：电子守恒法。守恒法解题思维流程分析反响过程：找出反响中氧化剂、复原剂及相应的复原产物和氧化产物，并标出变价元素的化合价确定电子数目：找准一个原子〔或离子〕得失电子数目[注意化学式中原子〔或离子〕的个数〕]列出等式关系：根据题中物质的物质的量和的是电子守恒列出等式关系：n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值=n(复原剂)×变价原子个数×化合价变化值一、两元素之间得失电子守恒问题例1：24mL浓度为0.05mol·L−1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L−1的K2Cr2O7溶液完全反响。Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，那么元素Cr在复原产物中的化合价为〔〕A．+2B．+3C．+4D．+5【答案】B【解析】题目中指出被复原的元素是Cr，那么得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从+4→+6；而Cr元素的化合价将从+6→+n(设+n为生成物中Cr元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024L×0.05mol·L−1×(6-4)=0.02L×0.02mol·L−1×2×(6-n)，解得n=3。二、多元素之间得失电子守恒问题例2：在P+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反响中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1molCu3P时，参加反响的P的物质的量为________mol。【答案】【解析】设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为x，生成1molCu3P时，被氧化的P的物质的量为y。根据得失电子守恒得：7.5mol×(2-1)=x×(5-0)，解得x=1.5mol。1mol×3×(2-1)+1mol×[0-(-3)]=y×(5-0)，解得y=+1mol=2.2mol。三、多步反响得失电子守恒问题始态物质得(失)电子总数=终态物质失(得)电子总数，如amol铜与足量的浓HNO3反响，将产生的NO2气体与bmolO2混合作用于水，气体完全被吸收。例3：14g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反响，将放出的气体与1.12L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收。那么合金中铜的质量为〔〕【答案】C【解析】根据得失电子守恒规律可直接找出量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的eq\o(N,\s\up5(+5))元素相当于电子的“二传手〞，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得×2+=eq\f(1.12L,22.4L·mol−1)×4，解得：m(Cu)=3.2g。诊断辨诊断辨析1．向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再参加含0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，使溶液中Fe2+全部恰好被氧化，并使X2Oeq\o\al(2－,7)被复原为Xn+，那么n值为〔〕A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】被0.2molCl2氧化的Fe2+物质的量是0.4mol，被0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)氧化的Fe2+物质的量为0.6mol，那么1molX2Oeq\o\al(2－,7)在反响中得到6mole−，1个X2Oeq\o\al(2－,7)降低6价，1个X降低3价，那么反响后X为+3价的离子。2．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1参加烧瓶中，加水溶解，用水浴加热，同时滴入H2SO4溶液，产生棕黄色的气体X，反响后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反响，那么X为〔〕A．ClO2B．Cl2OC．Cl2D．Cl2O3【答案】A【解析】因NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1参加烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化复原反响，氯元素的化合价降低，硫元素的化合价升高，Na2SO3是复原剂，硫元素的化合价由+4价升高为+6价，NaClO3是氧化剂，设X中氯元素的化合价为x价，由电子守恒可知，2×(5-x)=1×(6-4)，解得x=4，那么X应为ClO2。3．酸性重铬酸钾(K2Cr2O71.00mol·L−1酸性K2Cr2O7溶液与1.38g乙醇恰好完全反响，那么K2Cr2O7的复原产物是〔〕A．CrOeq\o\al(2−,4)B．Cr(OH)3C．Cr3+D．Cr2+【答案】C【解析】1.38g乙醇的物质的量为0.03mol，K2CrO7的物质的量为0.02mol，乙醇和K2CrO7的物质的量之比为3∶2，此时恰好完全反响，生成物为Cr3+；在酸性条件下，发生的反响方程式如下，C项正确；答案选C。课后作业课后作业[A组根底题组]1．Cu2S与一定浓度的HNO3反响，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的体积相等时，实际参加反响的Cu2S与HNO3的物质的量之比为〔〕A．1∶7B．1∶5C．1∶9D．2∶9【答案】A【解析】NO2和NO的体积相等，即物质的量相等，令物质的量均为1mol，根据得失电子数目守恒，即有2n(Cu2S)×1+n(Cu2S)×8=1mol×1+1mol×3，解得n(Cu2S)=eq\f(2,5)mol，参加反响的硝酸一局部作氧化剂，一局部表现酸性，因此n(Cu2S)∶n(HNO3)=eq\f(2,5)∶(2+eq\f(4,5))=1∶7，A项正确。2．在酸性溶液中，以下物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnOeq\o\al(−,4)→Mn2+；Cl2→2Cl−；HNO3→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是〔〕A．Fe3+B．MnOeq\o\al(−,4)C．Cl2D．HNO3【答案】B【解析】等物质的量的氧化剂得到电子数目越多，反响氧化KI产生I2的物质的量就越多。A．Fe3+→Fe2+时化合价降低1价，1molFe3+发生该变化得到1mol的电子；B．MnOeq\o\al(−,4)→Mn2+时化合价降低5价，1molMnOeq\o\al(−,4)发生该变化得到5mol的电子；C．Cl2→2Cl−时化合价降低1×2=2价，1molCl2发生该变化得到2mol的电子；D．HNO3→NO时化合价降低3价，1molHNO3发生该变化得到3mol的电子；可见：选项B中1molMnOeq\o\al(−,4)变为Mn2+时得到电子最多，其氧化KI时产生的I2最多，故合理选项是B。3．某离子反响涉及H2O、ClO−、NHeq\o\al(+,4)、H+、N2、Cl−六种微粒，其中c(NHeq\o\al(+,4))随反响进行逐渐减小。以下判断正确的选项是〔〕A．反响的复原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与复原剂的物质的量之比为2∶3D．反响后溶液的酸性明显增强【答案】D【解析】此题的难点在于化学方程式的书写，可抓住“题眼〞——“c(NHeq\o\al(+,4))随反响进行逐渐减小〞，据此可知NHeq\o\al(+,4)为反响物，那么N2为氧化产物，从而确定NHeq\o\al(+,4)→N2为氧化反响，从而确定ClO−→Cl−为复原反响，进而根据氧化复原反响方程式的配平方法完成反响的离子方程式，即3ClO−+2NHeq\o\al(+,4)=N2↑+3H2O+3Cl−+2H+。反响中N元素化合价升高，被氧化，那么N2为氧化产物，A错误；Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，消耗1mol氧化剂，转移电子2mol，B错误；由反响中得失电子守恒可知，氧化剂与复原剂的物质的量之比为3∶2，C错误；反响生成H+，溶液酸性增强，D正确。4．某反响体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。以下方框中对应的物质或有关表达正确的选项是〔〕eq\x(Au2O3)+eq\x()+eq\x()→eq\x()+eq\x()+eq\x()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反响时，转移电子8mol【答案】C【解析】Au2O3是反响物，那么Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由+3价变成+1价，化合价降低，那么必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为+2价)是反响物，Na2S4O6(硫元素为+2.5价)是生成物。根据反响前后硫元素守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反响物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e−，所以当1molAu2O3完全反响时，转移电子的物质的量为4mol。5．某离子反响涉及H+、Bi3+、MnOeq\o\al(−,4)、BiOeq\o\al(−,3)、Mn2+、H2O六种微粒。其中c(MnOeq\o\al(−,4))随反响进行逐渐增大。以下判断错误的选项是〔〕A．氧化剂与复原剂的物质的量之比为2∶5B．氧化性：BiOeq\o\al(−,3)大于MnOeq\o\al(−,4)C．反响后溶液的pH值增大D．假设有1mol复原剂参加反响，转移电子的物质的量为5mol【答案】A【解析】c(MnOeq\o\al(−,4))随反响进行逐渐增大，MnOeq\o\al(−,4)应是生成物，那么Mn2+为反响物，Mn元素化合价发生升高，具有氧化性的BiOeq\o\al(−,3)为反响物，由Bi元素守恒可知Bi3+是生成物，那么反响的方程式应为5BiOeq\o\al(−,3)+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnOeq\o\al(−,4)+7H2O。A．Mn元素化合价发生升高，那么Mn2+为复原剂，Bi元素的化合价降低，那么BiOeq\o\al(−,3)为氧化剂，所以氧化剂与复原剂的物质的量之比为5∶2，故A错误；B．氧化剂是BiOeq\o\al(−,3)，氧化产物是MnOeq\o\al(−,4)，那么氧化性：BiOeq\o\al(−,3)>MnOeq\o\al(−,4)，故B正确；C．由反响5BiOeq\o\al(−,3)+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnOeq\o\al(−,4)+7H2O可知，反响消耗H+，pH值增大，故C正确；D．Mn元素化合价由+2升高到+7，那么假设有1mol复原剂参加反响，转移电子的物质的量为〔7-2〕×1mol=5mol，故D正确。应选A。6．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被复原为NaCl，假设反响中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，那么x值是〔〕A．6B．5C．4D．3【答案】B【解析】NaClO被复原为NaCl时，Cl的化合价降低了2价，根据反响中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，可知Cl的化合价共降低了32。Na2Sx转化为Na2SO4的过程中S的化合价必然也升高了32，Na2Sx中S的化合价为-eq\f(2,x)，反响后升高到+6价，每个S升高了(eq\f(2,x)+6)价，共有xmol这样的S，因此(eq\f(2,x)+6)x=32，得出x=5，B正确。7．配平以下方程式〔1〕___Cl2+____OH−(热、浓)=____Cl−+____ClOeq\o\al(−,3)+____H2O〔2〕___ClOeq\o\al(−,3)+____H++___Cl−=____Cl2+____H2O〔3〕____MnOeq\o\al(−,4)+____Fe2++____H+=___Mn2++_____Fe3++___H2O〔4〕___KMnO4+____HCl=___KCl+___MnCl2+____Cl2↑+____H2O【答案】〔1〕36513〔2〕16533〔3〕158154〔4〕2162258【解析】(1)Cl2中的Cl化合价既升高又降低，Cl2中的Cl化合价从0升高到+5，得到ClOeq\o\al(−,3)；从0降低到-1，得到Cl−，化合价升降守恒，最小公倍数为5，那么Cl−的系数是5，ClOeq\o\al(−,3)的系数是1，根据Cl守恒，那么Cl2的系数是3，再根据电荷守恒，OH−的系数是6，H2O的系数是3，那么方程式为3Cl2+6OH−(热、浓)=5Cl−+ClOeq\o\al(−,3)+3H2O；(2)ClOeq\o\al(−,3)中的Cl化合价降低从+5，降低到0，得到Cl2，Cl−的化合价升高，从-1升高到0，化合价升降守恒，最小公倍数为5，那么Cl−的系数是5，ClOeq\o\al(−,3)的系数是1，根据Cl守恒，那么Cl2的系数是3，再根据电荷守恒，H+的系数是6，H2O的系数是3，那么方程式为ClOeq\o\al(−,3)+6H++5Cl−=3Cl2↑+3H2O；(3)MnOeq\o\al(−,4)中Mn的化合价从+7降低到+2，Fe2+的化合价从+2升高到+3，化合价升降守恒，最小公倍数为5，那么MnOeq\o\al(−,4)的系数是1，Fe2+的系数是5，根据原子守恒，Mn2+的系数是1，Fe3+的系数是5，再根据O和H原子守恒，H2O的系数是4，H+的系数是8，方程式为MnOeq\o\al(−,4)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；(4)KMnO4中Mn的化合价从+7降低到+2，HCl中Cl的化合价从1升高到0，得到Cl2，由于Cl2中有2个Cl，因此共升高2价，化合价升降守恒，那么最小公倍数为10，那么KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，由于KCl和MnCl2中的Cl化合价没变，先根据KMnO4的系数配KCl和MnCl2的系数，KMnO4的系数是2，那么KCl的系数是2，MnCl2的系数是2，根据Cl守恒，那么HCl的系数是16，根据H守恒，H2O的系数是8，方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。8．氢化铝锂(LiAlH4)是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。(1)LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4是该反响的(填“氧化〞“复原〞或“催化〞)剂，用(填试剂名称)可检验乙醛是否完全转化。

(2)配平以下化学反响方程式。LiAlH4+H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+H2↑

该反响中H2SO4表达了NA，那么生成标准状况下氢气的体积为。

【答案】(1)复原新制氢氧化铜(或银氨溶液)【解析】(1)LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，那么LiAlH4是题给反响的复原剂，利用新制氢氧化铜或银氨溶液可检验乙醛是否完全转化，假设不出现红色沉淀或银镜说明完全转化。(2)LiAlH4中氢元素化合价由-1价升高为0价，H2SO4中+1价氢元素降低到0价，结合电子守恒和质量守恒配平化学方程式为2LiAlH4+4H2SO4=Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑。反响过程中硫酸中氢元素化合价降低显示硫酸的氧化性，生成硫酸铝和硫酸锂表现出硫酸的酸性。反响过程中生成8mol氢气转移电子为8mol，NA，0.2molH2·mol−1=4.48L。9．(1)请将以下5种物质：N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上，组成一个化学方程式并配平。________+________=________+________+________+________H2O。(2)反响物中发生氧化反响的物质为________，被复原的元素是________。(3)反响中1mol氧化剂得到________mol电子。【答案】(1)24FeSO430HNO38Fe(NO3)38Fe2(SO4)33N2O↑15(2)FeSO4N(3)410．硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波、大苏打，是无色透明晶体，易溶于水，遇强酸反响产生硫单质和二氧化硫气体；具有强复原性，与强氧化剂反响的产物为SOeq\o\al(2−,4)。(1)Na2S2O3中硫元素的化合价为。

(2)向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，该反响的离子方程式为。(3)Na2S2O3溶液与Cl2反响，Na2S2O3可作为棉织物漂白后的脱氯剂，该反响的离子方程式为。要脱去22.4LCl2(标准状况下)，需要Na2S2O3mol。

(4)工业上常用硫化碱法制备海波。其原理是向碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1∶2的混合溶液中通入过量的二氧化硫，经蒸发、结晶，即得硫代硫酸钠。该反响的化学方程式为，其氧化剂为。

【答案】(1)+2价(2)2H++S2Oeq\o\al(2−,3)=SO2↑+S↓+H2O(3)4Cl2+S2Oeq\o\al(2−,3)+5H2O=2SOeq\o\al(2−,4)+10H++8Cl−(4)2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2SO2【解析】(1)设Na2S2O3中硫元素的化合价为x，根据化学式中各元素化合价代数和为0可知，2+2x+(-2)×3=0，解得x=2，硫元素化合价为+2价。(2)在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反响生成二氧化硫气体、硫单质和水，反响的离子方程式为2H++S2Oeq\o\al(2−,3)=SO2↑+S↓+H2O。(3)Na2S2O3溶液与Cl2反响，Na2S2O3可作为棉织物漂白后的脱氯剂，该反响的化学方程式为Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，故离子方程式为4Cl2+S2Oeq\o\al(2−,3)+5H2O=2SOeq\o\al(2−,4)+10H++8Cl−：要脱去氯气的物质的量为eq\f(,2L·mol−1)=1mol，由上述方程式可知，参加反响的Na2S2O3的物质的量为1mol×eq\f(1,4)=0.25mol。(4)向碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1∶2的混合溶液中通入过量的二氧化硫，经蒸发、结晶即可得硫代硫酸钠，该反响的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2：化合价降低的为氧化剂，故氧化剂为SO2。[B组提升题组]11．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图，以下说法错误的选项是〔〕A．NaClO3在发生器中作氧化剂B．吸收塔中1molH2O2得到2mol电子C．吸收塔中温度不宜过高，否那么会导致H2O2分解D．从“母液〞中可回收的主要物质是Na2SO4【答案】B【解析】根据流程图知，NaClO3与SO2发生氧化复原反响，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，母液中溶质主要为Na2SO4，A、D项正确；吸收塔中发生的反响为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2↑，1molH2O2失去2mol电子，B项错误；H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，C项正确。12．为测定某草酸晶体(H2C2O4·2H24溶液滴定(杂质不参与反响)。为省去计算过程，当称取的样品的质量为某数值时，滴定所用KMnO4溶液的毫升数恰好等于样品中草酸晶体的质量分数的100倍。那么应称取样品的质量为〔〕A．2.25gB．3.15gC．9.00g【答案】D【解析】H2C2O4与KMnO4反响的化学方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，设样品中草酸晶体的质量分数为x，滴定所用KMnO4溶液为100xmL，那么[×eq\f(25.00mL,100mL)]∶(0.100mol/L×100x×10−3L)=5∶2，解得m(样品)=12.6g。13．高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，难溶于有机溶剂；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中紫色快速褪去并产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组探究K2FeO4的性质如下：(1)K2FeO4可以将废水中的CN−氧化为CNO−，实验说明，pH=9时CN−去除效果最正确。配平该反响的离子方程式：____FeOeq\o\al(2－,4)+____CN−+____H2O=____Fe(OH)3↓+____CNO−+____OH−。现处理含CN−浓度为13mg/L的废水1m3，至少需要K2FeO4________g。(2)资料说明，酸性溶液中氧化性：FeOeq\o\al(2－,4)>MnOeq\o\al(−,4)。验证实验：将少量K2FeO4溶解在过量KOH溶液中，溶液呈浅紫色，取该溶液滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，振荡，溶液颜色仍然呈浅紫色。请设计实验证明最后所得浅紫色溶液中含有MnOeq\o\al(−,4)：_________________________________________________。【答案】(1)23523466(2)向最后的浅紫色溶液中滴加过量稀硫酸，振荡，溶液浅紫色未褪去，说明溶液中含有MnOeq\o\al(−,4)【解析】由得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒可知离子方程式为2FeOeq\o\al(2－,4)+3CN−+5H2O=2Fe(OH)3↓+3CNO−+4OH−；处理含CN−浓度为13mg/L的废水1m3，至少需要K2FeO4为eq\f(13×10−3g/L×1000L,26g/mol)×eq\f(2,3)×198g/mol=66g。14．金属元素锡〔Sn〕和碳元素位于同一主族，主要化合价为+2和+4。某同学通过以下方法测定金属锡样品的纯度：〔假定杂质不参加反响〕〔1〕将试样溶于盐酸中，反响的化学方程式为：______________________。〔2〕参加过量的FeCl3溶液，反响的化学方程式为：______________________。〔3〕用浓度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2+。反响的离子方程式为：______________。2Cr2O7。那么试样中锡的质量分数_____________________。【答案】〔1〕Sn+2HCl=SnCl2+H2↑SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl26Fe2++Cr2Oeq\o\al(2−,7)+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O50.0％【解析】将试样溶于盐酸中，锡与盐酸反响生成氯化锡和氢气，反响的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；〔2〕参加过量的FeCl3溶液，氯化铁与氯化锡发生氧化复原反响生成四氯化锡和氯化亚铁，反响的化学方程式为SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2；〔3〕用浓度的K2Cr2O7酸性溶液滴定生成的Fe2+，Cr2Oeq\o\al(2−,7)被复原为Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，反响的离子方程式为：6Fe2++Cr2Oeq\o\al(2−,7)+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O；〔4〕设试样中锡的质量分数为x，根据上面反响可得关系式：3Sn~~~~~~~~~~~~K2Cr2O73×1191x=×100%=50%。15．以硅孔雀石[主要成分为CuCO3·Cu(OH)2、CuSiO3·2H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质]为原料制备CuCl2的工艺流程如下：：SOCl2+H2Oeq\o(,\s\up7(△))SO2↑+2HCl↑〔1〕“酸浸〞时盐酸与CuCO3·Cu(OH)2反响的化学方程式为___________________。为提高“酸浸〞时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：①适当提高盐酸浓度；②适当提高反响温度；③______________。〔2〕“氧化〞时发生反响的离子方程式为__________________。〔3〕“滤渣2〞的主要成分为_______(填化学式)；“调pH〞时，pH不能过高，其原因是___________。〔4〕“加热脱水〞时，参加SOCl2的目的是_________________________。【答案】〔1〕CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O快速搅拌，或适当延长酸浸时间Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+Fe(OH)3防止生成Cu(OH)2沉淀生成的HCl抑制CuCl2水解【解析】〔1〕“酸浸〞时盐酸与CuCO3·Cu(OH)2反响为复分解反响，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O。为提高“酸浸〞时铜元素的浸出率，可以采取的措施有适当提高盐酸