高考化学备考人教讲义第二章第9讲氧化还原反应的基本规律

第9讲氧化还原反应的基本规律考纲要求1.掌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的基本规律1．价态规律(1)升降规律：氧化还原反应中，化合价有升必有降，升降总值相等。(2)价态归中规律含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是注：⑤中不会出现H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。(3)歧化反应规律“中间价→高价＋低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。2．强弱规律自发进行的氧化还原反应，一般遵循强氧化剂制弱氧化剂，强还原剂制弱还原剂，即“由强制弱”。3．先后规律(1)同时含有几种还原剂时eq\o(→,\s\up7(加入氧化剂))将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。(2)同时含有几种氧化剂时eq\o(→,\s\up7(加入还原剂))将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以铁粉先与Fe3＋反应，然后依次为Cu2＋、H＋。

4．电子守恒规律氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。电子转移数目的判断(1)()(2)()(3)()(4)()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(2)硫元素发生歧化反应，两个S由0降低为－2价，总共降低4价，一个S由0价升高为＋4价，总升高4价，共失去4个电子，正确；(3)根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从＋5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从－1价升高到0价，转移电子数是5；(4)氯酸钾中氯元素化合价降低，得到电子，氧元素化合价升高，失去电子，箭头应该是从O指向Cl，故D错误。电子转移数目的计算(1)根据反应KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3molCl2转移______mole－；(2)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每产生1mol氧气转移_______mole－；(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4molNa2O2发生反应转移_______mole－。答案(1)5(2)2(3)6解析(1)中反应属于自身氧化还原反应，生成物3个Cl2分子中，有1个Cl原子来源于KClO3，另外5个Cl原子来源于HCl，所以每生成3molCl2转移电子5mol。(2)中Na2O2中的氧由－1到－2、0价，故每生成1molO2转移2mole－。(3)化合价升高总数：4Fe2＋→4Fe3＋，化合价升高4，对于4molNa2O2，其中1molNa2O2中的氧由－1到0价，化合价升高2，总数为6；化合价降低总数：3molNa2O2中的氧由－1到－2价，降低总数为6，所以每4molNa2O2发生反应转移6mol电子。题组一价态规律、对立统一思想应用1．(价态规律)已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO=2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是()A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4答案B解析已知反应中氯元素的化合价：＋1变为＋5和－1，符合邻位转化规律。既然NaClO2也能发生类似的反应，则氯元素的化合价应既有升高，也有降低，选项A中均降低，选项D化合价均升高；选项B、C与题意相符，但选项C中NaClO不是最终产物。2．(对立统一思想)(2018·徐州高三检测)在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2As＋3SnCleq\o\al(2－,6)＋6M。关于该反应的说法中正确的组合是()①氧化剂是H3AsO3②还原性：Cl－＞As③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol④M为OH－⑤SnCleq\o\al(2－,6)是氧化产物A．①②④⑤ B．①③⑤C．①②③④ D．只有①③答案B解析3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2As＋3SnCleq\o\al(2－,6)＋6M中，由原子守恒可知，M为H2O。①As元素的化合价降低，则氧化剂是H3AsO3，所以正确。②Cl元素的化合价在该反应中不变，则不能比较Cl－、As的还原性，所以错误。③由反应可知，生成1molAs时转移3mol电子，所以正确。④由原子守恒可知，M为H2O，所以错误。⑤反应中Sn元素化合价升高，则SnCleq\o\al(2－,6)是氧化产物，所以正确。综上所述，B选项正确。

题组二氧化还原反应的竞争(先后规律的应用)3．现有下列三个氧化还原反应：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是()A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．HCl答案C解析本题是寻找一种氧化剂，其氧化性应大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也可等于Fe3＋的氧化性)。由①知氧化性：Fe3＋>I2，还原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，还原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>Cl2，还原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性强弱顺序为I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，FeCl3只能氧化I－。4．(2018·苏州质检)向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法不正确的是()A．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝1∶2∶3答案BD解析根据还原性Br－＜Fe2＋＜I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项错误；当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项错误。题组三氧化还原反应的推理分析5．(2017·盐城调研)已知NH4CuSO3与足量的3mol·L－1硫酸混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②产生有刺激性气味的气体；③溶液呈现蓝色。据此判断下列说法正确的是()A．反应中硫酸作氧化剂B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．有刺激性气味的气体是氨气D．1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子答案D解析反应的离子方程式为2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NHeq\o\al(＋,4)。A项，由反应方程式可知，只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸中元素化合价反应前后未变，反应中硫酸体现酸性，不作氧化剂，错误；B项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2＋，反应前后S元素的化合价没有发生变化，错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，错误；D项，反应中只有Cu元素的化合价发生变化，分别由＋1→＋2、＋1→0，每2molNH4CuSO3参加反应转移1mol电子，则1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，正确。6．已知下列实验事实：①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉­KI溶液中，溶液变蓝；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判断不正确的是()A．化合物KCrO2中Cr为＋3价B．实验①证明Cr2O3是两性氧化物C．实验②证明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＞I2D．实验③证明H2O2既有氧化性又有还原性答案D解析A项，化合物KCrO2中，K为＋1价，O为－2价，由化合物中正、负化合价的代数和为0知，Cr为＋3价，正确；B项，由反应①可知，氧化铬与酸、碱反应均生成盐和水，为两性氧化物，正确；C项，由②中溶液变蓝，生成碘单质可知，发生了氧化还原反应，Cr的化合价降低，I的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性知，氧化性Cr2Oeq\o\al(2－,7)＞I2，正确；D项，实验③中发生氧化还原反应，Cr的化合价由＋3升高为＋6，则过氧化氢中O的化合价降低，证明H2O2有氧化性，错误。7．(2017·泰州高三一模)将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClOeq\o\al(－,3)两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是()A．苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09molB．ClOeq\o\al(－,3)的生成是由氯气的量的多少引起的C．在酸性条件下ClO－和ClOeq\o\al(－,3)可生成Cl2D．反应中转移电子的物质的量是0.21mol答案D解析A项，生成KClO和KClO3的物质的量之和为0.09mol，还有KCl生成，因此溶液中KOH的物质的量应大于0.09mol，错误；B项，起始时没有生成KClO3，随着反应的进行有KClO3生成，同时也有KClO生成，因此与氯气的量无关，而与溶液的温度有关，起始时生成KClO放热，当溶液温度升高时，有KClO3生成，错误；C项，如果ClO－和ClOeq\o\al(－,3)反应可生成Cl2，那么Cl的化合价都降低，错误；D项，生成0.03molClOeq\o\al(－,3)和0.06molClO－共失电子为0.03mol×5＋0.06mol×1＝0.21mol，正确。考点二电子守恒思想在化学计算中的应用1．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，便可迅速获得正确结果。2．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(注意化学式中粒子的个数)。(3)根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)。题组一两元素之间得失电子守恒问题1．(2017·常州质检)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．＋2 B．＋3C．＋4 D．＋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(设化合价为＋n)。根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。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参加反应，被水还原的溴为()A．1mol B.eq\f(2,3)molC.eq\f(4,3)mol D．2mol答案C解析设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5molH2O参加反应，失去电子4mol，根据电子守恒得：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，参加反应的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根据得失电子守恒得：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0)x＝1.5mol1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y·(5－0)y＝1.2mol所以参加反应的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得电子数目和失电子数目。5．(2018·镇江质检)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．8.64B．9.20C．9.00D．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(MgOH2,CuOH2)),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。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。考点三氧化还原反应方程式的书写与配平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[示例]配平化学方程式：H2S＋HNO3→S↓＋NO↑＋H2O分析配平步骤如下第一步：标变价，H2eq\o(S,\s\up6(－2))＋eq\o(HNO3,\s\up6(＋5))→eq\o(S,\s\up6(0))↓＋eq\o(N,\s\up6(＋2))O↑＋H2O第二步：列得失，H2eq\o(S,\s\up6(－2))＋Heq\o(N,\s\up6(＋5))O3失去2e－得到(5－2)e－eq\o(S,\s\up6(0))eq\o(N,\s\up6(＋2))O第三步：求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。H2eq\o(S,\s\up6(－2))＋Heq\o(N,\s\up6(＋5))O3失去2e－×3得到3e－×2eq\o(S,\s\up6(0))eq\o(N,\s\up6(＋2))O故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。第四步：配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3=3S↓＋2NO↑＋4H2O第五步：查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。

1．正向配平类(1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=____I2＋____K2SO4＋____H2O(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H＋＋____Cl－=____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案(1)513333(2)216102582．逆向配平类(1)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O(2)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3答案(1)36213(2)293353．缺项配平类(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____=____Cl－＋____FeOeq\o\al(2－,4)＋____H2O(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O答案(1)324OH－325(2)256H＋2584．(1)(2017·扬州一模)火星上有含高浓度高氯酸根的有毒卤水，可对其进行生物降解。在微生物的催化下，ClOeq\o\al(－,4)可被CH3COO－还原，过程如下图所示。CH3COO－也可作为碳元素的来源，促进微生物生长。该过程总反应的离子方程式为_______________________________________________。(2)(2017·南通、泰州、扬州、淮安二模)(NH4)2SO4在工农业生产中有多种用途。①将黄铜精矿(主要成分Cu2S)与硫酸铵混合后在空气中进行焙烧，可转化为硫酸铜同时产生氨气。该反应的化学方程式为_______________________________________________。②研究硫酸铵的分解机理有利于对磷石膏的开发。在500℃下硫酸铵分解过程中得到4种产物，其含氮物质随时间变化关系如下图所示。写出该条件下硫酸铵分解的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向及数目：_____________________________________________。(3)(2017·苏锡常镇二模)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl－浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺流程如下：①溶解步骤的温度应控制在60～70℃，原因是__________________________________________________。该步骤中Cu与NH4NO3反应的离子方程式为(N元素被还原到最低价)_____________________________________________________________。②还原步骤发生反应的离子方程式为____________________________________________。答案(1)CH3COO－＋ClOeq\o\al(－,4)＋H＋=2CO2↑＋Cl－＋2H2O(2)①2Cu2S＋2(NH4)2SO4＋5O2eq\o(=,\s\up7(△))4CuSO4＋4NH3＋2H2O②(3)①温度低溶解速率慢，温度过高NH4NO3易分解4Cu＋NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Cu2＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O②2Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋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，然后进行两边电荷数配平。(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。微专题整合有效信息书写氧化还原方程式“四步法”突破新情景下氧化还原方程式的书写[示例]KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是______________________________________________________________。分析第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。第二步：按“氧化剂＋还原剂——还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnOeq\o\al(－,4)＋C2Oeq\o\al(2－,4)——Mn2＋＋CO2↑。由MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2Oeq\o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1价，1molC2Oeq\o\al(2－,4)共失去2mole－，故在C2Oeq\o\al(2－,4)前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnOeq\o\al(－,4)前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)——2Mn2＋＋10CO2↑。第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O,2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()H＋——2Mn2＋＋10CO2↑＋eq\x()H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up7(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。专题训练1．按要求完成下列方程式。(1)已知在酸性介质中FeSO4能将＋6价铬还原成＋3价铬。写出Cr2Oeq\o\al(2－,7)与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：_________________________________________。(2)用NaClO—NaOH溶液氧化AgNO3，制得高纯度的纳米级Ag2O2。写出该反应的离子方程式：______________________________________________________________。(3)温度高于200℃时，硝酸铝完全分解成氧化铝和两种气体(其体积比为4∶1)，写出该反应的化学方程式：___________________________________。(4)生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)—碳粉还原法，若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，写出煅烧时发生反应的化学方程式：___________________________________。(5)H3PO2的工业制法：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(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(2)2Ag＋＋ClO－＋2OH－=Ag2O2↓＋Cl－＋H2O(3)4Al(NO3)3eq\o(=,\s\up7(高温))12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3(4)3Na2SO4＋8Ceq\o(=,\s\up7(高温))3Na2S＋4CO↑＋4CO2↑(5)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑2．按要求回答下列问题(1)(2017·无锡一模)碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂，在医药上也可用于治疗消化性溃疡出血。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：反应釜中发生反应的离子方程式为___________________________________________。在实际生产中，常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为________。(2)(2017·镇江一模)NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料(含Fe、Ca、Mg等杂质)为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：①加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为________________________________。②“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为_____________________________________________。(3)(2017·通、泰、扬、徐、淮、宿二模)工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：①“热还原”过程中发生反应的化学方程式为______________________________________。②上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。某兴趣小组为探究高温下硫酸铵的分解产物，通过下列装置进行实验，观察到B中溶液颜色变浅，C中无明显现象。a．装置B的作用是________。b．进一步测定可知：D中收集的气体相对分子质量为28。写出(NH4)2SO4高温分解的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)2H＋＋Fe2＋＋NOeq\o\al(－,2)=Fe3＋＋NO↑＋H2O2mol(2)①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O②2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O(3)①(NH4)2PdCl6＋2H2eq\o(=,\s\up7(△))Pd＋2NH3＋6HCl②a.检验产物中的SO2b．3(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高温))4NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O3．(2017·扬州阶段性诊断)磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为________。(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：eq\x()CuSO4＋eq\x()PH3＋eq\x()H2O=eq\x()Cu3P↓＋eq\x()H3PO4＋eq\x()H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。①黄磷和烧碱溶液反应的化学方程式为__________________________，次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。②若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成________molPH3。(不考虑产物的损失)答案(1)三ⅤAAl(OH)3(2)2411128324(3)①P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2一②2.5解析(1)AlP与H2O反应生成PH3气体，另一种产物的化学式是Al(OH)3。(2)反应中Cu由＋2价变为＋1价，部分P由－3价变为＋5价，根据得失电子守恒法可将方程式配平。(3)①由流程图可知黄磷和烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，产物中H原子个数比O原子个数多，因此反应物中除P4、NaOH外还应有H2O参与，据此可写出反应的化学方程式。由于使用的烧碱过量，所以得到的NaH2PO2应是次磷酸的正盐，即次磷酸属于一元酸。②1molP4与烧碱溶液发生反应P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2，生成1molPH3和3molNaH2PO2,3molNaH2PO2与硫酸发生反应2NaH2PO2＋H2SO4=Na2SO4＋2H3PO2，生成3molH3PO2，3molH3PO2再发生分解反应2H3PO2=PH3↑＋H3PO4，又生成1.5molPH3，所以整个工业流程中共生成PH32.5mol。1．[2017·江苏，18(1)]碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，有多种制备方法①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为________________________________________________________。②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M′的化学式为________。答案①4CuCl＋O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(45～50℃))2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2＋解析①反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据电子守恒和原子守恒配平。②为Fe2＋。2．[2017·江苏，19(2)]NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为__________________________________________________________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________。答案4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成环境污染3．[2016·江苏，16(1)①]以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：氯化过程控制电石渣过量、在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_________________________________________________________。答案2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O解析Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2和CaCl2。4．[2015·江苏，18(4)]软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2＋SO2=MnSO4。准确称取0.1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3＋被还原为Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20.00mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。答案n(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1×eq\f(20.00mL,1000mL·L－1)＝1.00×10－3mol根据反应：Mn3＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Mn2＋n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3molm(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169gMnSO4·H2O样品的纯度为eq\f(0.169g,0.1710g)×100%≈98.8%。解析根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3＋)×1＝n(Fe2＋)×1＝20.00×10－3×0.0500mol＝1.00×10－3mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169g，纯度是eq\f(0.169,0.1710)×100%≈98.8%。5．[(2014·江苏，19(1)]实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如下：向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式为______________________；该操作将I2还原为I－的目的是____________________。答案SOeq\o\al(2－,3)＋I2＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋使CCl4中的碘进入水层解析I2单质被SOeq\o\al(2－,3)还原为I－，SOeq\o\al(2－,3)被氧化为SOeq\o\al(2－,4)，离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋I2＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋；使溶于CCl4的碘进入水层。6．(2013·江苏，18)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.3350g样品，配制成100.00mL溶液A；②准确量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2＋(离子方程式为Ni2＋＋H2Y2－=NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH356.00mL(标准状况)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2＋含量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(2)氨气常用________检验，现象是________________。(3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。答案(1)偏高(2)湿润的红色石蕊试纸试纸颜色由红变蓝(3)n(Ni2＋)＝0.04000mol·L－1×31.25mL×10－3L·mL－1＝1.250×10－3moln(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(56.00mL×10－3L·mL－1,22.4L·mol－1)＝2.500×10－3moln(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(2nNi2＋＋nNH\o\al(＋,4),2)＝eq\f(2×1.250×10－3mol＋2.500×10－3mol,2)＝2.500×10－3molm(Ni2＋)＝59g·mol－1×1.250×10－3mol＝0.07375gm(NHeq\o\al(＋,4))＝18g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.04500gm(SOeq\o\al(2－,4))＝96g·mol－1×2.500×10－3mol＝0.2400gn(H2O)＝eq\f(2.3350g×\f(25.00mL,100.00mL)－0.07375g－0.04500g－0.2400g,18g·mol－1)＝1.250×10－2molx∶y∶m∶n＝n(NHeq\o\al(＋,4))∶n(Ni2＋)∶n(SOeq\o\al(2－,4))∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。解析(1)若滴定管使用前没有用EDTA标准溶液润洗，会造成EDTA溶液浓度减小，使EDTA溶液体积偏大，则Ni2＋含量偏高。(2)氨气是中学化学中唯一的碱性气体，常用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸由红色变蓝色。一、单项选择题1．某强酸性溶液中可能存在NOeq\o\al(－,3)、I－、Cl－、Fe3＋中的一种或几种。向该溶液中加入溴水后，Br2被还原，由此推断该溶液中()A．不含NOeq\o\al(－,3)，含Fe3＋B．含有NOeq\o\al(－,3)、I－、Cl－C．含I－，但不能确定是否含Cl－D．含有Fe3＋答案C解析向原溶液中加入溴水后，Br2被还原，则原溶液中肯定含有I－；因为HNO3和Fe3＋都能氧化I－，所以其中不含NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋；有关实验现象无法确定溶液中是否含有Cl－。2．(2017·淮安、宿迁等高三上学期期中学业质量检测)现有下列氧化还原反应：①2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2MnOeq\o\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。根据上述反应，判断下列结论正确的是()A．还原性强弱顺序：Fe2＋＞Br－＞Mn2＋＞Cl－B．①中Br2是Br－的还原产物，③中Mn2＋是MnOeq\o\al(－,4)的氧化产物C．若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可观察到紫色褪去D．1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，离子反应：Cl2＋Fe2＋＋2Br－=Br2＋2Cl－＋Fe3＋答案C解析3．(2018·连云港高三检测)固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中不成立的是()A．Mg(NO2)2、O2 B．MgO、NO2、O2C．Mg3N2、O2 D．MgO、NO2、N2答案D解析A、B、C三项中均有化合价的升降，符合氧化还原反应发生的条件；由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故D不成立。4．(2017·扬州高三调研)锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从锑的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：2Sb2S3＋3O2＋6Fe=Sb4O6＋6FeS①Sb4O6＋6C=4Sb＋6CO↑②关于反应①和②的说法错误的是()A．反应①中每1molSb2S3参加反应时，共转移6mol电子B．反应①中的氧化剂是Sb2S3和O2，②中的氧化剂是Sb4O6C．反应②说明高温下C的还原性比Sb强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1∶1答案B解析A项，反应中Sb、S元素化合价未变化，Fe、O元素化合价变化，每1molSb2S3参加反应时，3molFe参加反应，转移6mol电子，正确；B项，反应①中只有O2是氧化剂，Fe是还原剂，错误；C项，反应②中C是还原剂，置换出Sb，所以高温下C的还原性比Sb强，正确；D项，生成4molSb时需要消耗6molC、1molSb4O6，则需还原剂铁的物质的量为6mol，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1∶1，正确。5．ClO2遇浓盐酸会生成Cl2，反应方程式为2ClO2＋8HCl=5Cl2＋4H2O，该反应中若转移电子的数目为9.632×1023，则产生的Cl2在标况下的体积为()A．11.2LB．33.6LC．22.4LD．44.8L答案C解析2ClO2＋8HCl=5Cl2＋4H2O中，ClO2中Cl由＋4价降低为0价，HCl中Cl由－1价升高为0价，则生成5molCl2转移8×6.02×1023个电子，若转移电子的数目为9.632×1023，则生成氯气为eq\f(5×9.632×1023,8×6.02×1023)mol＝1mol，所以产生的Cl2在标况下的体积为1mol×22.4L·mol－1＝22.4L。6.(2018·镇江模拟)某离子反应中涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的还原剂是Cl－B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D．反应后溶液的酸性明显增强答案D解析反应方程式为3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，该反应的还原剂为NHeq\o\al(＋,4)，故A错误；N元素化合价由－3升高到0，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；反应生成H＋，溶液酸性增强，故D正确。

7．MnO2和Zn是制造普通干电池的重要原料，现用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制备MnO2和Zn的工艺流程如下：下列说法正确的是()A．酸溶时，ZnS作氧化剂B．原料硫酸可以循环使用C．可用盐酸代替硫酸进行酸溶D．操作1是萃取答案B解析酸溶时发生反应MnO2＋ZnS＋2H2SO4=MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O，根据元素化合价的升降知MnO2为氧化剂，A项错误；根据流程图可知硫酸可循环利用，B项正确；假如用盐酸来酸溶，则电解时阳极发生的反应是2Cl－－2e－=Cl2↑，得不到MnO2，C项错误；操作1是过滤，D项错误。8．下列描述不正确的是()A．Fe与Cl2和Fe与S反应，生成物为1mol时，电子转移数都是2NAB．金属元素的单质在化学反应中只能作还原剂，而非金属元素的单质在化学反应中，既可以只作氧化剂，又可以只作还原剂，还可以同时作氧化剂和还原剂，特殊反应中既不作氧化剂也不作还原剂C．稀硝酸与金属反应生成金属硝酸盐，当还原产物只有NO时，参加反应的金属在反应后无论化合价怎样，参加反应的硝酸与还原产物物质的量之比始终为4∶1D．某化学反应，反应前后共有六种物质：HCl(浓)、H2O、Cl2、KMnO4、MnCl2、KCl，则反应方程式中各自的系数(对应前面顺序)为16、8、5、2、2、2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5答案A解析A项，铁与氯气反应生成FeCl3，有1molFeCl3生成时转移3mol电子，铁与硫反应生成FeS，有1molFeS生成时转移2mol电子，错误；B项，金属元素只有正价，金属单质参加反应只能是失去电子或形成偏离的共价键而升价，作还原剂，而非金属既有正价也有负价，非金属单质在反应时既可能升价也可能降价，特殊的如金刚石转变为石墨的同素异形体间的转化，化合价不变，所以非金属元素可以作氧化剂、还原剂、同时作氧化剂还原剂或既不作氧化剂也不作还原剂，正确；C项，设金属M反应后为＋x价，则生成的盐为M(NO3)x，M(NO3)x与NO的系数比为3∶x，HNO3的系数为x＋3x，硝酸与还原产物NO的比例为(x＋3x)∶x＝4∶1，正确；D项，该反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=5Cl2↑＋2MnCl2＋2KCl＋8H2O，其中2mol的KMnO4作氧化剂，10mol的HCl作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，正确。9．已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是()①氧化性：Br2＞Fe3＋＞I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯气后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A．①②③④B．①③④⑤C．②④⑤D．①②③④⑤答案B解析由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Fe3＋＞I2、Br2＞Fe3＋，故①正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3＋，则说明溶液中无I－存在，又氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，氯气的量不确定，则Br－不一定被氧化，故②错误，③正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能确定是否所有的Fe2＋均被氧化为Fe3＋，故④正确；上层溶液中若含Br－，则产生淡黄色沉淀，若含I－，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl－不含Br－和I－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正确。二、不定项选择题10．(2018·南京调研)LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于Na3AlF6。常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH4eq\o(=,\s\up7(△))2LiH＋2Al＋3H2↑，②LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑。下列说法正确的是()A．若反应①中生成3.36L氢气，则一定有2.7g铝生成B．氢化锂也是一种储氢材料，供氢原理为LiH＋H2O=LiOH＋H2↑C．生成等质量的氢气，反应①②转移电子数之比为2∶1D．LiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物答案BC解析气体所处温度和压强未知，无法由体积求物质的量，A项错误；氢化锂中的氢是－1价，与水发生归中反应，方程式为LiH＋H2O=LiOH＋H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B项正确；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为＋1价、Al为＋3价、H为－1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1molLiAlH4完全分解，转移3mol电子，生成1.5mol的氢气，由LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑生成4mol的氢气转移4mol的电子，所以生成1mol的氢气转移电子分别为2mol和1mol，所以反应①②生成等质量的H2转移电子数之比为2∶1，C项正确；LiAlH4、LiH是离子化合物，D项错误。11．(2017·常州高三质检)已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是()A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为Fe3＋＋2I－=Fe2＋＋I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25molD．K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶3答案BD解析A项，开始时Fe3＋物质的量不变，说明Fe3＋没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和KI的反应，正确；B项，BC段Fe3＋物质的量逐渐减小，说明Fe3＋和KI发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，错误；C项，由图像可知，整个过程中，酸性K2Cr2O7将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋又被I－还原为Fe2＋，相当于K2Cr2O7只与I－发生氧化还原反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，则n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(1,6)n(I－)＝eq\f(1,6)×1.5mol＝0.25mol，正确；D项，6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1∶6，错误。12．全矾液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有NOeq\o\al(－,3)和Cr2Oeq\o\al(2－,7)，现向此溶液中滴入29.00mL0.1mol·L－1的FeSO4溶液，恰好使VOeq\o\al(＋,2)→VO2＋，Cr2Oeq\o\al(2－,7)→Cr3＋。再滴入2.00mL0.020mol·L－1KMnO4溶液，又恰好使VO2＋→VOeq\o\al(＋,2)，而Cr3＋不变，此时MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，则原溶液中Cr的质量为()A．156mg B．234mgC．31.2mg D．46.8mg答案D解析由信息滴入29.00mL0.1mol·L－1的FeSO4溶液，恰好使VOeq\o\al(＋,2)→VO2＋，Cr2Oeq\o\al(2－,7)→Cr3＋，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降低；再滴入2.00mL0.020mol·L－1KMnO4溶液，又恰好使VO2＋→VOeq\o\al(＋,2)，而Cr3＋不变，此时MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，由得失电子守恒可知，29.00×10－3L×0.1mol·L－1×(3－2)＝eq\f(x,52g·mol－1)×(6－3)＋2.00×10－3L×0.020mol·L－1×(7－2)，解得x＝46.8×10－3g＝46.8mg，故选D。13．测定铁铵矾[x(NH4)2SO4·yFe2(SO4)3·zH2O]组成的实验如下：准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn将Fe3＋还原为Fe2＋，生成的Fe2＋恰好可与0.010mol·L－125.0mLK2Cr2O7溶液完全反应(6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)。由计算知：x∶y∶z的值为()A．1∶1∶24 B．1∶1∶12C．1∶2∶6 D．3∶4∶6答案A解析取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.699g；根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，为eq\f(0.699g,233g·mol－1)＝0.003mol，量取25mL溶液A，用适量的Zn将Fe3＋还原为Fe2＋，生成的Fe2＋恰好可与0.010mol·L－125.0mLK2Cr2O7溶液完全反应，6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，所以亚铁离子的物质的量为6×25.0×10－3L×0.010mol·L－1＝1.5×10－3mol，即铁离子的物质的量为1.5×10－3mol，铵根离子的物质的量为2×0.003mol－3×1.5×10－3mol＝1.5×10－3mol，根据质量守恒，水的物质的量：(2.892g×eq\f(25mL,100mL)－0.003mol×96g·mol－1－1.5×10－3mol×56g·mol－1－1.5×10－3mol×18g·mol－1)×eq\f(1,18g·mol－1)＝0.018mol，所以x∶y∶z＝eq\f(1.5×10－3,2)∶eq\f(1.5×10－3