2022年高考化学一轮复习知识梳理+题组训练-2.5氧化还原反应的计算及方程式的配平-

第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平[考纲要求]1.把握常见氧化还原反应的配平和相关计算。2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。3.了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。考点一氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必定等于还原剂失电子总数(或元素化合价上升总数)，依据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价上升和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价上升和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观看法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。[典例]依据FeS2＋O2→Fe2O3＋SO2，回答下列问题：(1)氧化剂________，还原剂________，氧化产物________，还原产物________。(2)元素化合价上升的元素为________，元素化合价降低的元素为________。(3)1“分子”还原剂化合价上升总数为________，1“分子”氧化剂化合价降低总数为________。(4)配平后各物质的系数依次为____________________。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、11、2、8失误防范配平氧化还原反应方程式的关键是正确标出化合价，找准1“分子”氧化剂化合价降低总数，1“分子”还原剂化合价上升总数，在计算时，往往简洁忽视氧化剂、还原剂中的粒子个数。题组一正向配平类1．(1)____HCl(浓)＋____MnO2eq\o(=,\s\up7(△))____Cl2↑＋____MnCl2＋____H2O(2)____Cu＋____HNO3(稀)=____Cu(NO3)2＋____NO↑＋____H2O(3)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=____I2＋____K2SO4＋____H2O(4)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H＋＋____Cl－=____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)21610258题组二逆向配平类2．(1)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O(2)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3答案(1)36213(2)29335题组三缺项配平类3．(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____=____Cl－＋____FeOeq\o\al(2－,4)＋____H2O(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)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。eq\x()＋eq\x()＋eq\x()→eq\x(AlN)＋eq\x()答案(1)324OH－325(2)256H＋258(3)Al2O3＋3C＋N2=2AlN＋3CO解析(3)依据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。题组四信息型氧化还原反应方程式的书写4．按要求书写方程式：(1)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。在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写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiOeq\o\al(－,3)反应后变为无色的Bi3＋。写出该试验中涉及反应的离子方程式________________________________________________________________________。(2)＋6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H＋等阳离子。写出该反应的离子方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)KMnO4的氧化性随pH的减小而增大，在酸性介质中还原产物是Mn2＋；在中性或碱性介质中还原产物主要是MnO2。三氯乙烯(C2HCl3)是地下水有机污染物的主要成分，争辩显示在地下水中加入KMnO4溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)①2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4=6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O②2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O(2)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(3)2KMnO4＋C2HCl3=2KCl＋2CO2↑＋2MnO2＋HCl解析(1)①依据信息，KMnO4在H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成Mn2＋。②留意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化剂，把Mn2＋氧化成MnOeq\o\al(－,4)，本身被还原成Bi3＋。(3)依据信息，MnOeq\o\al(－,4)的还原产物为MnO2，C2HCl3中C被氧化为CO2，H、Cl的化合价不发生变化。配平的基本技能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：先使得失电子数配平，再观看两边电荷。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。然后进行两边电荷数配平。4．当方程式中有多个缺项时，应依据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。考点二电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用对于氧化还原反应的计算，要依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，可以抛开繁琐的反应过程，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维，便可快速获得正确结果。题组一两元素之间得失电子守恒问题1．现有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，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5答案B解析题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质确定是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(设化合价为＋n)。依据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。2．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D解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。Na2eq\o(S,\s\up6(－2/x))x→xNa2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4Naeq\o(Cl,\s\up6(＋1))O→Naeq\o(Cl,\s\up6(－1))得关系式1×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))))·x＝16×2，x＝5。守恒法解题的思维流程1．找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。2．找准一个原子或离子得失电子数(留意化学式中粒子的个数)。3．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×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价—低价)。题组二多元素之间得失电子守恒问题3．在反应3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参与反应，被水还原的溴元素为()A．1molB.eq\f(2,3)molC.eq\f(4,3)molD．2mol答案C解析设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x，5molH2O参与反应，失去电子4mol，依据电子守恒得：3x＝4mol，x＝eq\f(4,3)mol。4．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1molCu3P时，参与反应的P的物质的量为________mol。答案1.52.2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依据得失电子守恒得：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0)x＝1.5mol1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y·(5－0)y＝1.2mol所以参与反应的P的物质的量为1.2mol＋1mol＝2.2mol。题组三多步反应得失电子守恒问题有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为简洁，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，则解题就变得很简洁。解这类试题时，留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得电子数目和失电子数目。5．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(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于()A．8.64 B．9.20C．9.00 D．9.44答案B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\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up7(NaOH))\b\lc\{\rc\(\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。6．足量铜与确定量浓硝酸反应，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，全部气体完全被水吸取生成硝酸。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答案A解析由题意可知，HNO3eq\o(,\s\up7(Cu),\s\do5(O2))eq\b\lc\{\rc\(\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。依据质量守恒及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。考点三氧化还原反应原理的综合应用题组一从定性和定量两个角度探究有关氧化还原反应的试验(一)关于物质氧化性、还原性强弱的试验1．某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下试验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。试验记录如下：试验操作试验现象Ⅰ打开活塞a，滴加氯水，关闭活塞aA中溶液变为红棕色Ⅱ吹入热空气A中红棕色明显变浅；B中有气泡，产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化Ⅲ停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液开头时颜色无明显变化；连续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液渐渐变成红棕色请回答下列问题：(1)A中反应的离子方程式是________________________________________________________________________。(2)试验操作Ⅱ吹入热空气的目的是________________________________________________________________________。(3)装置C的作用是__________，C中盛放的药品是______________________。(4)试验操作Ⅲ，混合液渐渐变成红棕色，其对应的离子方程式是________________________________________________________________________。(5)由上述试验得出的结论是________________________________________________________________________。(6)试验反思：①有同学认为试验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是________________________________________________________________________。②试验操作Ⅲ，开头时颜色无明显变化的缘由是(写出一条即可)________________________________________________________________________答案(1)2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－(2)吹出单质Br2(3)吸取尾气NaOH溶液(4)H2O2＋2Br－＋2H＋=Br2＋2H2O(5)氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3(6)①不干扰，无论热空气是否参与氧化H2SO3，只要观看到产生白色沉淀的同时混合液颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3②H2SO3有剩余(或H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等因素均可)解析操作Ⅰ的反应为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－；操作Ⅱ，吹入热空气的目的是吹出Br2，然后在B中，Br2把H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀；操作Ⅲ，H2O2把Br－氧化成Br2而使溶液变成红棕色。综上所述，氧化性H2O2＞Br2＞H2SO3。(6)①若是O2氧化H2SO3，则溶液颜色有变化(变为红棕色)。(二)氧化还原反应在定量试验中的应用2．(2022·江苏省高考压轴卷)CuSO4溶液与K2C2O4溶液混合生成一种蓝色钾盐水合物KxCuy(C2O4)z·nH2O。通过下述试验确定该晶体的组成。(已知：MnOeq\o\al(－,4)在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2＋。)步骤a：称取0.6720g样品，放入锥形瓶，加入适量2mol·L－1稀硫酸，微热使样品溶解。再加入30mL水加热，用0.2000mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗8.00mLKMnO4溶液。有关反应：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑。步骤b：接着将溶液充分加热。冷却后，调整pH并加入过量的KI固体，溶液变为棕色并产生白色沉淀CuI。用0.2500mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗8.00mLNa2S2O3溶液。滴定时反应为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。(1)步骤b中生成白色沉淀的离子方程式：________________________________________________________________________。(2)步骤b中“将溶液充分加热”的目的是________________________________________________________________________。(3)请完成下列确定样品组成的计算过程。①计算样品中n(C2Oeq\o\al(2－,4))(写出计算过程)________________________________________________________________________。②计算样品中n(Cu2＋)(写出计算过程)________________________________________________________________________。③依据________原理可求出n(K＋)，再依据________原理求得n(H2O)。④该样品晶体的化学式为________。答案(1)2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2(2)除去微量的MnOeq\o\al(－,4)，以免影响试验结果的测定(1)①2MnOeq\o\al(－,4)～5C2Oeq\o\al(2－,4)250.2000×8.00×10－3mol4.00×10－3moln(C2Oeq\o\al(2－,4))＝4.00×10－3mol②2S2Oeq\o\al(2－,3)～I2～2Cu2＋220.2500×8.00×10－3mol2.00×10－3moln(Cu2＋)＝2.00×10－3mol③电荷守恒质量守恒④K2Cu(C2O4)2·H2O题组二氧化还原反应原理在化工生产中的应用3．二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、平安的杀菌消毒剂。(1)氯化钠电解法是一种牢靠的工业生产ClO2的方法。①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)等杂质。除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的________(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发觉滤液中仍含有确定量的SOeq\o\al(2－,4)，其缘由是________________________________________________________________________。[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]②该法工艺原理如下图。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有________(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：eq\x()__(D)__＋24NaClO3＋12H2SO4=eq\x()ClO2↑＋eq\x()CO2↑＋18H2O＋eq\x()________(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl－。处理含CN－相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的________倍。答案(1)①BaCl2BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量COeq\o\al(2－,3)时，BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s)(或其他合理答案)②H2、Cl22NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O(2)1C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4=24ClO2↑＋6CO2↑＋18H2O＋12Na2SO4(3)2.5解析(1)①依据Ksp相差不大，沉淀转化不彻底来回答。②依据工艺原理可以推断，在氯化钠电解槽中生成NaClO3和H2，在ClO2发生器中除生成ClO2外，还有Cl2产生，所以可以利用的单质有H2、Cl2。生成ClO2的化学方程式为2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。(2)纤维素最终水解生成葡萄糖(C6H12O6)，依据原子守恒可以推断最终一种产物为Na2SO4。(3)1molCl2得2mol电子，而1molClO2得5mol电子，所以处理相同物质的量的CN－，所需Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍。氧化还原反应命题的4大趋向氧化还原反应是高中化学的核心内容，是高考考查的重点和热点。命题的趋向：(1)以社会实际问题或典型实例为载体，考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用。(2)将氧化还原反应与物质的推断结合在一起，考查学科内学问的综合应用力气。(3)将氧化还原反应与酸碱中和滴定相结合进行考查。(4)将氧化还原反应与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合的综合性题目。探究高考明确考向1．(2022·大纲全国卷，13)已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(c(Cl－),c(ClO－))的值与温度凹凸有关。当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是()A．若某温度下，反应后eq\f(c(Cl－),c(ClO－))＝11，则溶液中eq\f(c(ClO－),c(ClO\o\al(－,3)))＝eq\f(1,2)B．参与反应的氯气的物质的量等于eq\f(1,2)amolC．转变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：eq\f(1,2)amol≤ne≤eq\f(5,6)amolD．转变温度，产物中KClO3的最大理论产量为eq\f(1,7)amol答案D解析A项，设反应后溶液中n(Cl－)＝11nmol，则n(ClO－)＝nmol，依据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol电子，生成nmolClO－失去nmol电子，而生成1molClOeq\o\al(－,3)失去5mol电子，因此反应生成的ClOeq\o\al(－,3)应为2nmol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，依据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参与反应的Cl2的物质的量为KOH的eq\f(1,2)，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1molCl2参与反应转移1mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为eq\f(1,2)amol，当只有KCl、KClO3生成时，依据电子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，有eq\f(5,6)的Cl2生成了KCl，故转移电子eq\f(5,6)amol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，依据电子守恒可知，有eq\f(1,6)的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为eq\f(1,6)amol，错误。2．(2022·上海，16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则()A．被氧化的砒霜为1.98mgB．分解产生的氢气为0.672mLC．和砒霜反应的锌为3.90mgD．转移的电子总数为6×10－5NA答案C解析本题考查氧化还原反应。砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O3＋6Zn＋12HCl=2AsH3＋6ZnCl2＋3H2O。依据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50mg，物质的量为0.02mmol，被还原的砒霜为0.02mmol÷2×198g·mol－1＝1.98mg，和砒霜反应的锌为3.90mg。2AsH3eq\o(=,\s\up7(△))2As＋3H2分解产生的氢气标准状况下为0.03mmol×22.4L·mol－1＝0.672mL;转移的电子总数为1.8×10－4NA。3．(2021·上海，22)确定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SOeq\o\al(2－,4))加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为()A．9.0L B．13.5LC．15.7L D．16.8L答案A解析若混合物全是CuS，其物质的量为eq\f(12.0g,80g·mol－1)＝0.15mol，电子转移数0.15×(6＋2)＝1.2mol，混合气体中NO与NO2体积相等，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝1.2，计算得x＝0.3，气体体积V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075mol，转移电子数0.075×10＝0.75mol，3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L，因此8.4L＜V＜13.44L，故A项正确。4．(2021·四川理综，7)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L－1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L－1C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL答案D解析分析清楚反应过程，充分利用守恒思想来解决问题。A项向反应后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，固体质量增加的是OH－的质量，且有n(OH－)＝n(e－)，设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(24g·mol－1×x＋64g·mol－1×y＝1.52g(质量),2x＋2y＝\f(2.54g－1.52g,17g·mol－1)(电子守恒)))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.01mol,y＝0.02mol))，则该合金中铜、镁的物质的量之比为2∶1；B项该硝酸的浓度c＝eq\f(n,V)＝eq\f(\f(50×1.40×63%,63)mol,50×10－3L)＝14.0mol·L－1；C项NO2和N2O4都来自硝酸，设混合气体中NO2的物质的量为x，依据电子守恒得x＋(0.05mol－x)×2＝0.06mol，x＝0.04mol，NO2的体积分数为80%；D项得到2.54g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)＝0.7mol－0.04mol－0.02mol＝0.64mol，则NaOH溶液的体积是640mL。5．[2022·江苏，20(2)]将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。(1)在图示的转化中，化合价不变的元素是________。(2)反应中当有1molH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为______。(3)在温度确定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可实行的措施有____________________________________。答案(1)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)(2)0.5mol(3)提高混合气体中空气的比例解析(1)依据图示可知，整个过程中－2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2＋与Fe3＋之间的相互转化。(2)依据电子守恒和化学反应方程式知，1molH2S转化为单质S转移2mol电子，而1molO2转移4mol电子，因此需消耗O20.5mol。(3)依据图示，可增大空气的量，使S2－完全转化为单质S，使其没有机会和Cu2＋结合生成CuS。6．[2022·新课标全国卷Ⅱ，27(2)]PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为________________________________________。答案PbO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O7．[2022·新课标全国卷Ⅰ，27(2)①②(3)](2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的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)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(2)①＋1②H3PO4(3)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑解析(2)①H3PO2中P元素化合价为＋1价。②依据H3PO2与Ag＋反应中两者物质的量之比为1∶4，4molAg＋在反应中得到4mole－，1molH3PO2则失去4mole－，所以P元素将显＋5价，产物为H3PO4，即氧化产物为H3PO4。(3)依据氧化还原反应方程式配平原则，得6H2O＋2P4＋3Ba(OH)2=2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2。8．(2022·高考试题组合)(1)[2022·天津理综，7(6)]KClO3可用于试验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：________________________________________________________________________答案4KClO3eq\o(=,\s\up7(400℃))KCl＋3KClO4(2)[2022·天津理综，9(7)]Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SOeq\o\al(2－,4)，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为________________________________。答案S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋(3)[2022·天津理综，10(1)]自然气中的H2S杂质常用氨水吸取，产物为NH4HS。确定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸取液再生，写出再生反应的化学方程式：________________________________________________________________________。答案2NH4HS＋O2eq\o(=,\s\up7(确定条件))2NH3·H2O＋2S↓(4)(2022·上海，28)硫化氢具有还原性，可以和很多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。________________________________________________________________________答案3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4=5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O解析考查氧化还原反应方程式的书写：依据所给出的反应物和生成物配平含变价元素物质的计量系数，再依据质量守恒配平其他计量系数，所以化学方程式为3H2SO4＋5H2S＋2KMnO4=5S↓＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O。9．[2022·福建理综，23(3)]工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液eq\o(→,\s\up7(80℃，通电),\s\do5(Ⅰ))NaClO3溶液eq\o(→,\s\up7(室温，KCl),\s\do5(Ⅱ))KClO3晶体①完成Ⅰ中反应的总化学方程式：NaCl＋H2O=NaClO3＋__________。②Ⅱ中转化的基本反应类型是________，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的缘由是________________________________________________________________________。答案①eq\x(1)NaCl＋eq\x(3)H2O=eq\x(1)NaClO3＋eq\x(3)H2↑②复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体10．[2022·重庆理综，11(1)(2)]氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，其燃烧产物为________________。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为________________________________________________________________________。答案(1)H2O(2)NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑4NA或2．408×102411．(2021·新课标全国卷Ⅱ，27)氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下：滤液eq\o(→,\s\up7(Zn),\s\do5(③))eq\o(→,\s\up7(过滤))滤液eq\o(→,\s\up7(Na2CO3),\s\do5(④))eq\o(→,\s\up7(过滤))滤饼eq\o(→,\s\up7(煅烧),\s\do5(⑤))ZnO提示：在本试验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。回答下列问题：(1)反应②中除掉的杂质离子是__________，发生反应的离子方程式为__________；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是________________。(2)反应③的反应类型为____________，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有______________。(3)反应④形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤洁净的方法是________________。(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2，取干燥后的滤饼11.2g，煅烧后可得到产品8.1g，则x等于__________。答案(1)Fe2＋和Mn2＋MnOeq\o\al(－,4)＋3Fe2＋＋7H2O=3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质(2)置换反应镍(3)取少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤洁净(4)1解析从分析整个流程图入手，明确每步发生的反应，从而解决相关问题。(1)在反应②中，通过调整溶液的pH，高锰酸钾能将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋，将Mn2＋氧化为MnO2而除去；若溶液的pH过低，Fe2＋、Mn2＋将很难生成沉淀而除去。(2)第一次过滤后的滤液中含有的阳离子有Zn2＋、Ni2＋、H＋等，加入锌后可将Ni置换出来，故滤渣中还含有金属镍。(3)反应④生成的沉淀为ZnCO3，同时生成Na2SO4，若沉淀未洗涤洁净，洗涤液中应含有SOeq\o\al(2－,4)和Na＋，故只要对洗涤液中是否含有SOeq\o\al(2－,4)进行检验即可。(4)煅烧过程中ZnCO3、Zn(OH)2均发生分解反应生成ZnO，依据关系式ZnCO3·xZn(OH)2～(x＋1)ZnO，可得eq\f(125＋99x,81(x＋1))＝eq\f(11.2g,8.1g)，故x＝1。12．配平下列方程式(1)[2011·福建理综，23(6)]在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调整pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分别。完成反应的离子方程式：Ce3＋＋H2O2＋H2O=Ce(OH)4↓＋________答案21626H＋(2)[2010·福建理综，24(2)改编]完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：eq\x()Fe(OH)2＋eq\x()ClO－＋eq\x()________=eq\x()Fe(OH)3＋eq\x()Cl－答案211H2O21(3)[2011·安徽理综，27(2)改编]配平反应的离子方程式：eq\x()Mn2＋＋eq\x()ClOeq\o\al(－,3)＋eq\x()H2O=eq\x()MnO2↓＋eq\x()Cl2↑＋eq\x()________。答案524518H＋(4)[2010·重庆理综，26(3)]配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：eq\x()P＋eq\x()FeO＋eq\x()CaOeq\o(=,\s\up7(高温))eq\x()Ca3(PO4)2＋eq\x()Fe答案2531513．(2021·北京理综，27)用含有Al2O3、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：Ⅰ.向铝灰中加入过量稀H2SO4，过滤：Ⅱ.向滤液中加入过量KMnO4溶液，调整溶液的pH约为3；Ⅲ.加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ.加入MnSO4至紫红色消逝，过滤；Ⅴ.浓缩、结晶、分别，得到产品。(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)将MnOeq\o\al(－,4)氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：eq\x(1)MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x()Fe2＋＋eq\x()________=eq\x(1)Mn2＋＋eq\x()Fe3＋＋eq\x()________。(3)已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开头沉淀时3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1依据表中数据解释步骤Ⅱ的目的________________________________________________________________________。(4)已知：确定条件下，MnOeq\o\al(－,4)可与Mn2＋反应生成MnO2。①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是________________________________________________________________________。②Ⅳ中加入MnSO4的目的是________________________________________________________________________。答案(1)Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O(2)58H＋54H2O(3)pH约为3时，Fe2＋和Al3＋不能形成沉淀，将Fe2＋氧化为Fe3＋，可使铁完全沉淀(4)①生成黄绿色气体②除去过量的MnOeq\o\al(－,4)解析(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式为Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，在操作Ⅰ中，FeO·xFe2O3也同时被溶解，滤液中含有Al3＋、Fe2＋、Fe3＋等。(2)步骤Ⅰ所得溶液中会有过量H2SO4，故反应在酸性条件下进行，由氧化还原反应中得失电子守恒可知MnOeq\o\al(－,4)和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观看配平。得MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。(3)步骤Ⅱ中，加入过量KMnO4溶液目的是把Fe2＋氧化成易除去的Fe3＋。调整pH约为3，由表中数据分析，可知该条件使Fe3＋完全沉淀而Al3＋不被沉淀，从而达到分别Fe3＋和Al3＋的目的。(4)①联想Cl2的试验室制法，很简洁分析试验设计的意图，即通过是否产生Cl2来推断沉淀中有无MnO2。②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消逝，说明过量的MnOeq\o\al(－,4)因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤除去MnOeq\o\al(－,4)，保证产品的纯度。练出高分一、单项选择题1．已知反应：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O，则可用来检验氢气还原CuO所得的红色固体中是否含Cu2O的试剂是()A．稀硝酸 B．浓硝酸C．盐酸 D．浓硫酸答案C解析依据信息，应选用非氧化性酸。2．宋代出名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有银针验毒的记载，“银针验毒”涉及的化学反应是4Ag＋2H2S＋O2=2X＋2H2O，下列说法正确的是()A．X的化学式为AgSB．银针验毒时，空气中氧气失去电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1molX，反应转移2mol电子答案D解析依据原子守恒X应为Ag2S，A项错误；B项，O2作氧化剂应得电子，错误；C项，依据化合价变化，Ag作还原剂，错误。3．氢化亚铜(CuH)是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可产生它。下列有关叙述中错误的是(A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应，可能产生H2C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋NO↑＋2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))CuCl＋HCl答案D解析CuH中Cu呈＋1价，当“某物质”与CuSO4溶液反应时，该物质作还原剂，A正确；B项，CuH＋H＋=Cu＋＋H2↑，正确；C项，CuH被氧化成Cu2＋和H2O，正确；D项，CuH在Cl2中燃烧应生成CuCl2和HCl，方程式为2CuH＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2CuCl2＋2HCl。4．amolCu与含bmolHNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量确定是()A．(b－2a)mol B.eq\f(1,4)bmolC.eq\f(2,3)amol D．2amol答案A解析表现酸性的HNO3为2amol，所以被还原的HNO3为(b－2a)mol。5．5.6gCu、Mg合金与确定量的硝酸恰好完全反应，收集到NO和NO2的混合气体VL(标准状况)；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗涤、干燥，称得质量为10.7g。则V等于()A．2.24 B．4.48C．6.72 D．7.84答案B解析合金中Cu、Mg失去的电子数等于硝酸获得的电子数，也等于Mg2＋、Cu2＋结合的OH－个数。则Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量等于合金质量与OH－质量之和，故有：5.6g＋17n(OH－)＝10.7g，n(OH－)＝0.3mol。假设生成的气体全部为NO，则V(NO)＝2.24L，假设全部为NO2，则V(NO2)＝6.72L，所以混合气体的体积范围为2.24L<VL<6.72L，对比选项只有B项符合。6．某金属和硝酸反应，已知参与反应的被还原的硝酸和参与反应的硝酸的物质的量之比为1∶6，若已知还原产物唯一，则还原产物为()A．N2B．N2OC．NOD．NO2答案A解析设还原产物的化合价为x，依据电子守恒得1×(5－x)＝(6－1)x＝0，故还原产物为N2。7．(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A．2∶3B．3∶2C．4∶3D．1∶3答案A解析(NH4)2PtCl6分解反应的氧化产物是N2，还原产物是Pt，依据电子得失守恒得：6n(N2)＝4n(Pt)，n(N2)∶n(Pt)＝2∶3。二、不定项选择题8．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1mol，则下列推断正确的是()A．转移电子2.4NA个B．生成气体的体积42.56L(标准状况)C．还原剂比氧化剂多0.2molD．被还原的氮原子是11.2g答案AC解析设还原产物为3x，则氧化产物为4x,4x－3x＝0.1mol，x＝0.1mol，即有0.8molNH3和0.6mol的NO2反应生成0.7molN2。B项，N2在标准状况下的体积为0.7mol×22.4L·mol－1＝15.68L；C项，NH3比NO2多0.8mol－0.6mol＝0.2mol；D项，被还原的N质量为0.6mol×14g·mol－1＝8.4g。9．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：______KMnO4＋______FeSO4＋________H2SO4=______K2SO4＋______MnSO4＋________Fe2(SO4)3＋______H2O下列说法正确的是()A．MnOeq\o\al(－,4)是氧化剂，Fe3＋是还原产物B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋C．取反应后的溶液加入KSCN溶液，可观看到溶液变成血红色D．生成1mol水时，转移2.5mol电子答案BC解析A项，FeSO4为还原剂，对应的产物为氧化产物，错误；B项，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性有Fe2＋＞Mn2＋，正确；D项，依据得失电子守恒、原子守恒配平该反应为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，反应中转移10mol电子生成8mol水，错误。10．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2Oeq\o\al(2－,3)将转化为()A．S2－B．SC．SOeq\o\al(2－,3)D．SOeq\o\al(2－,4)答案D解析设m为氧化产物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由电子得失守恒得：0.224L÷22.4L·mol－1×2×1＝0.025L×0.100mol·L－1×2×m，解得m＝4。Na2S2O3中S为＋2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为＋6价，转化为SOeq\o\al(2－,4)。三、非选择题11．与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl－，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应如下：NaClO2＋HCl→ClO2↑＋________(没有配平)(1)上述方程式中，缺项物质是________，配平方程式，并在下面补全反应物系数。eq\x()NaClO2＋eq\x()HCl→(2)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________________________________________________________________________。生成0.2molClO2转移电子的物质的量为________mol。(3)ClO2对污水中的Fe2＋、Mn2＋、S2－和CN－等有明显的去除效果。某污水中含CN－amg·L－1，现用ClO2将CN－氧化，只生成两种无毒气体。处理100m3这种污水，至少需要ClO2________mol答案(1)NaCl、H2O5NaClO2＋4HCl(2)1∶40.2(3)eq\f(50a,13)(或3.85a)解析依据邻位转化规律，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，盐酸供应酸性环境；。(2)作还原剂的NaClO2为4mol，作氧化剂的NaClO2为1mol；当有4molClO2生成时，转移电子4mol，所以当有0.2molClO2生成时，转移电子0.2mol。(3)依据电子守恒得eq\f(105×10－3·ag,26g·mol－1)×(2＋3)＝5xx＝eq\f(50a,13)mol。12．(1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍—磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2＋和H2POeq\o\al(－,2)，在酸性条件下发生以下镀镍反应：Ni2＋＋____H2POeq\o\al(－,2)＋__________→____Ni＋____H2POeq\o\al(－,3)＋__________①请配平上述化学方程式。②上述反应中，若生成1molH2POeq\o\al(－,3)，反应中转移电子的物质的量为________。(2)①高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑②若生成2molNa2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为________mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2＋氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2＋1mg的水体样本，需要1.2mg·L－1高铁酸钾________L。(3)S2Oeq\o\al(2－,8)具有强氧化性，其还原产物为SOeq\o\al(2－,4)，硫酸锰(MnSO4)和过硫酸钾(K2S2O8)两种盐溶液在银离子催化下可发生反应，得到紫红色溶液。请写出此反应的化学方程式：________________________________________________________________________。(4)①在热的稀硫酸溶液中溶解确定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2＋全部转化成Fe3＋，并有气体逸出，请配平该化学方程式：FeSO4＋____KNO3＋____H2SO4——____K2SO4＋____Fe2(SO4)3＋____NO↑＋____H2O；其中氧化剂为__________。②铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3，将确定量的铁红溶于160mL5mol·L－1盐酸中，在加入确定量铁粉恰好溶解，收集到2.24L(标准状况)，经检测，溶液中无Fe3＋，则参与反应的铁粉的质量为________________________________________________________________________。答案(1)①1Ni2＋＋1H2POeq\o\al(－,2)＋1H2O=1Ni＋1H2POeq\o\al(－,3)＋2H＋②2mol(2)①10②2(3)5K2S2O8＋2MnSO4＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(催化剂))4K2SO4＋2KMnO4＋8H2SO4(4)①6FeSO4＋2KNO3＋4H2SO4=K2SO4＋3Fe2(SO4)3＋2NO↑＋4H2OKNO3②11.2g解析(1)H2POeq\o\al(－,2)中P显＋1价，H2POeq\o\al(－,3)中P显＋3价，所以若生成1molH2POeq\o\al(－,3