高考化學(xué)備考人教講義第二章第9講氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律

第9講氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律考綱要求1.掌握常見(jiàn)氧化還原反應(yīng)的配平和相關(guān)計(jì)算。2.能利用得失電子守恒原理進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。3.了解氧化還原反應(yīng)在生產(chǎn)、生活中的應(yīng)用?？键c(diǎn)一氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律1．價(jià)態(tài)規(guī)律(1)升降規(guī)律：氧化還原反應(yīng)中，化合價(jià)有升必有降，升降總值相等。(2)價(jià)態(tài)歸中規(guī)律含不同價(jià)態(tài)的同種元素的物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，該元素價(jià)態(tài)的變化一定遵循“高價(jià)＋低價(jià)→中間價(jià)”，而不會(huì)出現(xiàn)交叉現(xiàn)象。簡(jiǎn)記為“兩相靠，不相交”。例如，不同價(jià)態(tài)硫之間可以發(fā)生的氧化還原反應(yīng)是注：⑤中不會(huì)出現(xiàn)H2S轉(zhuǎn)化為SO2而H2SO4轉(zhuǎn)化為S的情況。(3)歧化反應(yīng)規(guī)律“中間價(jià)→高價(jià)＋低價(jià)”。具有多種價(jià)態(tài)的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可發(fā)生歧化反應(yīng)，如：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。2．強(qiáng)弱規(guī)律自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，一般遵循強(qiáng)氧化劑制弱氧化劑，強(qiáng)還原劑制弱還原劑，即“由強(qiáng)制弱”。3．先后規(guī)律(1)同時(shí)含有幾種還原劑時(shí)eq\o(→,\s\up7(加入氧化劑))將按照還原性由強(qiáng)到弱的順序依次反應(yīng)。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2時(shí)，因?yàn)檫€原性Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先與Cl2反應(yīng)。(2)同時(shí)含有幾種氧化劑時(shí)eq\o(→,\s\up7(加入還原劑))將按照氧化性由強(qiáng)到弱的順序依次反應(yīng)。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入鐵粉，因?yàn)檠趸訤e3＋＞Cu2＋＞H＋，所以鐵粉先與Fe3＋反應(yīng)，然后依次為Cu2＋、H＋。

4．電子守恒規(guī)律氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子總數(shù)等于還原劑失電子總數(shù)。電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的判斷(1)()(2)()(3)()(4)()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(2)硫元素發(fā)生歧化反應(yīng)，兩個(gè)S由0降低為－2價(jià)，總共降低4價(jià)，一個(gè)S由0價(jià)升高為＋4價(jià)，總升高4價(jià)，共失去4個(gè)電子，正確；(3)根據(jù)化合價(jià)不能交叉的原則，氯酸鉀中氯元素的化合價(jià)應(yīng)從＋5價(jià)降到0價(jià)，鹽酸中氯元素的化合價(jià)應(yīng)從－1價(jià)升高到0價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是5；(4)氯酸鉀中氯元素化合價(jià)降低，得到電子，氧元素化合價(jià)升高，失去電子，箭頭應(yīng)該是從O指向Cl，故D錯(cuò)誤。電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的計(jì)算(1)根據(jù)反應(yīng)KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3molCl2轉(zhuǎn)移______mole－；(2)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每產(chǎn)生1mol氧氣轉(zhuǎn)移_______mole－；(3)已知將過(guò)氧化鈉加入硫酸亞鐵鹽溶液中發(fā)生反應(yīng)：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4molNa2O2發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移_______mole－。答案(1)5(2)2(3)6解析(1)中反應(yīng)屬于自身氧化還原反應(yīng)，生成物3個(gè)Cl2分子中，有1個(gè)Cl原子來(lái)源于KClO3，另外5個(gè)Cl原子來(lái)源于HCl，所以每生成3molCl2轉(zhuǎn)移電子5mol。(2)中Na2O2中的氧由－1到－2、0價(jià)，故每生成1molO2轉(zhuǎn)移2mole－。(3)化合價(jià)升高總數(shù)：4Fe2＋→4Fe3＋，化合價(jià)升高4，對(duì)于4molNa2O2，其中1molNa2O2中的氧由－1到0價(jià)，化合價(jià)升高2，總數(shù)為6；化合價(jià)降低總數(shù)：3molNa2O2中的氧由－1到－2價(jià)，降低總數(shù)為6，所以每4molNa2O2發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子。題組一價(jià)態(tài)規(guī)律、對(duì)立統(tǒng)一思想應(yīng)用1．(價(jià)態(tài)規(guī)律)已知在熱的堿性溶液中，NaClO發(fā)生如下反應(yīng)：3NaClO=2NaCl＋NaClO3。在相同條件下NaClO2也能發(fā)生類似的反應(yīng)，其最終產(chǎn)物是()A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4答案B解析已知反應(yīng)中氯元素的化合價(jià)：＋1變?yōu)椋?和－1，符合鄰位轉(zhuǎn)化規(guī)律。既然NaClO2也能發(fā)生類似的反應(yīng)，則氯元素的化合價(jià)應(yīng)既有升高，也有降低，選項(xiàng)A中均降低，選項(xiàng)D化合價(jià)均升高；選項(xiàng)B、C與題意相符，但選項(xiàng)C中NaClO不是最終產(chǎn)物。2．(對(duì)立統(tǒng)一思想)(2018·徐州高三檢測(cè))在濃鹽酸中H3AsO3與SnCl2反應(yīng)的離子方程式為3Sn2＋＋2H3AsO3＋6H＋＋18Cl－=2As＋3SnCleq\o\al(2－,6)＋6M。關(guān)于該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的組合是()①氧化劑是H3AsO3②還原性：Cl－＞As③每生成1molAs，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol④M為OH－⑤SnCleq\o\al(2－,6)是氧化產(chǎn)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為H2O。①As元素的化合價(jià)降低，則氧化劑是H3AsO3，所以正確。②Cl元素的化合價(jià)在該反應(yīng)中不變，則不能比較Cl－、As的還原性，所以錯(cuò)誤。③由反應(yīng)可知，生成1molAs時(shí)轉(zhuǎn)移3mol電子，所以正確。④由原子守恒可知，M為H2O，所以錯(cuò)誤。⑤反應(yīng)中Sn元素化合價(jià)升高，則SnCleq\o\al(2－,6)是氧化產(chǎn)物，所以正確。綜上所述，B選項(xiàng)正確。

題組二氧化還原反應(yīng)的競(jìng)爭(zhēng)(先后規(guī)律的應(yīng)用)3．現(xiàn)有下列三個(gè)氧化還原反應(yīng)：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I(xiàn)2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(濃)=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－，可以加入的試劑是()A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．HCl答案C解析本題是尋找一種氧化劑，其氧化性應(yīng)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，還原性：I－>Fe2＋；由②知氧化性：Cl2>Fe3＋，還原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>Cl2，還原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)镵MnO4>Cl2>FeCl3>I2，還原性強(qiáng)弱順序?yàn)镮－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，F(xiàn)eCl3只能氧化I－。4．(2018·蘇州質(zhì)檢)向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如下圖所示。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是()A．線段BC代表Fe3＋物質(zhì)的量的變化情況B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．當(dāng)通入Cl22mol時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝1∶2∶3答案BD解析根據(jù)還原性Br－＜Fe2＋＜I－，線段AB代表I－物質(zhì)的量的變化情況，線段BC代表Fe3＋物質(zhì)的量的變化情況，線段DE代表Br－物質(zhì)的量的變化情況，A項(xiàng)正確；溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)通入2molCl2時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－，C項(xiàng)正確；根據(jù)三段消耗氯氣的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D項(xiàng)錯(cuò)誤。題組三氧化還原反應(yīng)的推理分析5．(2017·鹽城調(diào)研)已知NH4CuSO3與足量的3mol·L－1硫酸混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象：①有紅色金屬生成；②產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體；③溶液呈現(xiàn)藍(lán)色。據(jù)此判斷下列說(shuō)法正確的是()A．反應(yīng)中硫酸作氧化劑B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．有刺激性氣味的氣體是氨氣D．1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol電子答案D解析反應(yīng)的離子方程式為2NH4CuSO3＋4H＋=Cu＋Cu2＋＋2SO2↑＋2H2O＋2NHeq\o\al(＋,4)。A項(xiàng)，由反應(yīng)方程式可知，只有Cu元素的化合價(jià)發(fā)生變化，硫酸中元素化合價(jià)反應(yīng)前后未變，反應(yīng)中硫酸體現(xiàn)酸性，不作氧化劑，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色金屬、產(chǎn)生有刺激性氣味的氣體和藍(lán)色溶液，說(shuō)明反應(yīng)生成Cu、SO2和Cu2＋，反應(yīng)前后S元素的化合價(jià)沒(méi)有發(fā)生變化，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，因反應(yīng)是在酸性條件下進(jìn)行，不可能生成氨氣，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，反應(yīng)中只有Cu元素的化合價(jià)發(fā)生變化，分別由＋1→＋2、＋1→0，每2molNH4CuSO3參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子，則1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol電子，正確。6．已知下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)：①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液；②將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉-KI溶液中，溶液變藍(lán)；③向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液。下列判斷不正確的是()A．化合物KCrO2中Cr為＋3價(jià)B．實(shí)驗(yàn)①證明Cr2O3是兩性氧化物C．實(shí)驗(yàn)②證明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＞I2D．實(shí)驗(yàn)③證明H2O2既有氧化性又有還原性答案D解析A項(xiàng)，化合物KCrO2中，K為＋1價(jià)，O為－2價(jià)，由化合物中正、負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0知，Cr為＋3價(jià)，正確；B項(xiàng)，由反應(yīng)①可知，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)均生成鹽和水，為兩性氧化物，正確；C項(xiàng)，由②中溶液變藍(lán)，生成碘單質(zhì)可知，發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，Cr的化合價(jià)降低，I的化合價(jià)升高，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性知，氧化性Cr2Oeq\o\al(2－,7)＞I2，正確；D項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)③中發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Cr的化合價(jià)由＋3升高為＋6，則過(guò)氧化氫中O的化合價(jià)降低，證明H2O2有氧化性，錯(cuò)誤。7．(2017·泰州高三一模)將一定量的Cl2通入一定濃度的苛性鉀溶液中，兩者恰好完全反應(yīng)(已知反應(yīng)過(guò)程放熱)，生成物中有三種含氯元素的離子，其中ClO－和ClOeq\o\al(－,3)兩種離子的物質(zhì)的量(n)與反應(yīng)時(shí)間(t)的變化示意圖如下圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．苛性鉀溶液中KOH的物質(zhì)的量是0.09molB．ClOeq\o\al(－,3)的生成是由氯氣的量的多少引起的C．在酸性條件下ClO－和ClOeq\o\al(－,3)可生成Cl2D．反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.21mol答案D解析A項(xiàng)，生成KClO和KClO3的物質(zhì)的量之和為0.09mol，還有KCl生成，因此溶液中KOH的物質(zhì)的量應(yīng)大于0.09mol，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，起始時(shí)沒(méi)有生成KClO3，隨著反應(yīng)的進(jìn)行有KClO3生成，同時(shí)也有KClO生成，因此與氯氣的量無(wú)關(guān)，而與溶液的溫度有關(guān)，起始時(shí)生成KClO放熱，當(dāng)溶液溫度升高時(shí)，有KClO3生成，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，如果ClO－和ClOeq\o\al(－,3)反應(yīng)可生成Cl2，那么Cl的化合價(jià)都降低，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，生成0.03molClOeq\o\al(－,3)和0.06molClO－共失電子為0.03mol×5＋0.06mol×1＝0.21mol，正確?？键c(diǎn)二電子守恒思想在化學(xué)計(jì)算中的應(yīng)用1．對(duì)于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開(kāi)繁瑣的反應(yīng)過(guò)程，可不寫化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過(guò)程，只要把物質(zhì)分為初態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得正確結(jié)果。2．守恒法解題的思維流程(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù))。(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)－低價(jià))。題組一兩元素之間得失電子守恒問(wèn)題1．(2017·常州質(zhì)檢)現(xiàn)有24mL濃度為0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為()A．＋2 B．＋3C．＋4 D．＋5答案B解析題目中指出被還原的物質(zhì)是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從＋4→＋6；而Cr元素的化合價(jià)將從＋6→＋n(設(shè)化合價(jià)為＋n)。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒規(guī)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在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為()A．2B．3C．4D．5答案D解析本題考查在氧化還原反應(yīng)中利用得失電子守恒進(jìn)行相關(guān)的計(jì)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))得關(guān)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。題組二多元素之間得失電子守恒問(wèn)題3．在反應(yīng)3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O參加反應(yīng)，被水還原的溴為()A．1mol B.eq\f(2,3)molC.eq\f(4,3)mol D．2mol答案C解析設(shè)被水還原的溴(BrF3)的物質(zhì)的量為x，5molH2O參加反應(yīng)，失去電子4mol，根據(jù)電子守恒得：3x＝4mol，x＝eq\f(4,3)mol。4．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5molCuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。生成1molCu3P時(shí)，參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為_(kāi)_______mol。答案1.52.2解析設(shè)7.5molCuSO4氧化P的物質(zhì)的量為x；生成1molCu3P時(shí)，被氧化的P的物質(zhì)的量為y根據(jù)得失電子守恒得：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0)x＝1.5mol1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y(tǒng)·(5－0)y＝1.2mol所以參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為1.2mol＋1mol＝2.2mol。題組三多步反應(yīng)得失電子守恒問(wèn)題有的試題反應(yīng)過(guò)程多，涉及的氧化還原反應(yīng)也多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，若用常規(guī)方法求解比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一關(guān)系，則解題就變得很簡(jiǎn)單。解這類試題時(shí)，注意不要遺漏某個(gè)氧化還原反應(yīng)，要理清具體的反應(yīng)過(guò)程，分析在整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中化合價(jià)發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目。5．(2018·鎮(zhèn)江質(zhì)檢)取xg銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應(yīng)過(guò)程中硝酸被還原只產(chǎn)生8960mL的NO2氣體和672mL的N2O4氣體(都已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質(zhì)量為17.02g。則x等于()A．8.64B．9.20C．9.00D．9.44答案B解析反應(yīng)流程為eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up7(濃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－的物質(zhì)的量等于鎂、銅失去電子的物質(zhì)的量，等于濃HNO3得電子的物質(zhì)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．足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL答案A解析由題意可知，HNO3eq\o(,\s\up7(Cu),\s\do5(O2))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(NO2,N2O4,NO))，則Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq\f(1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根據(jù)質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，則V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。考點(diǎn)三氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫與配平1．氧化還原方程式配平的基本原則2．氧化還原方程式配平的一般步驟[示例]配平化學(xué)方程式：H2S＋HNO3→S↓＋NO↑＋H2O分析配平步驟如下第一步：標(biāo)變價(jià)，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：求總數(shù)，從而確定氧化劑(或還原產(chǎn)物)和還原劑(或氧化產(chǎn)物)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。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的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，HNO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2。第四步：配系數(shù)，先配平變價(jià)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，其他原子在配平時(shí)相等，最后利用O原子守恒來(lái)進(jìn)行驗(yàn)證。

1．正向配平類(1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=____I2＋____K2SO4＋____H2O(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H＋＋____Cl－=____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案(1)513333(2)216102582．逆向配平類(1)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O(2)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3答案(1)36213(2)293353．缺項(xiàng)配平類(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·揚(yáng)州一模)火星上有含高濃度高氯酸根的有毒鹵水，可對(duì)其進(jìn)行生物降解。在微生物的催化下，ClOeq\o\al(－,4)可被CH3COO－還原，過(guò)程如下圖所示。CH3COO－也可作為碳元素的來(lái)源，促進(jìn)微生物生長(zhǎng)。該過(guò)程總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________________________________________。(2)(2017·南通、泰州、揚(yáng)州、淮安二模)(NH4)2SO4在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有多種用途。①將黃銅精礦(主要成分Cu2S)與硫酸銨混合后在空氣中進(jìn)行焙燒，可轉(zhuǎn)化為硫酸銅同時(shí)產(chǎn)生氨氣。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______________________________________________。②研究硫酸銨的分解機(jī)理有利于對(duì)磷石膏的開(kāi)發(fā)。在500℃下硫酸銨分解過(guò)程中得到4種產(chǎn)物，其含氮物質(zhì)隨時(shí)間變化關(guān)系如下圖所示。寫出該條件下硫酸銨分解的化學(xué)方程式，并用單線橋標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向及數(shù)目：_____________________________________________。(3)(2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl微溶于水，不溶于稀酸，可溶于Cl－濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅(主要成分是Cu和少量CuO)為原料，采用硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝流程如下：①溶解步驟的溫度應(yīng)控制在60～70℃，原因是__________________________________________________。該步驟中Cu與NH4NO3反應(yīng)的離子方程式為(N元素被還原到最低價(jià))_____________________________________________________________。②還原步驟發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___________________________________________。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溫度低溶解速率慢，溫度過(guò)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)全變從左邊配：氧化劑、還原劑中某元素化合價(jià)全變的，一般從左邊反應(yīng)物著手配平。(2)自變從右邊配：自身氧化還原反應(yīng)(包括分解、歧化)一般從右邊著手配平。(3)缺項(xiàng)配平法：先將得失電子數(shù)配平，再觀察兩邊電荷。若反應(yīng)物這邊缺正電荷，一般加H＋，生成物一邊加水；若反應(yīng)物這邊缺負(fù)電荷，一般加OH－，生成物一邊加水，然后進(jìn)行兩邊電荷數(shù)配平。(4)當(dāng)方程式中有多個(gè)缺項(xiàng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)化合價(jià)的變化找準(zhǔn)氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。微專題整合有效信息書(shū)寫氧化還原方程式“四步法”突破新情景下氧化還原方程式的書(shū)寫[示例]KMnO4能與熱的經(jīng)硫酸酸化的Na2C2O4反應(yīng)，生成Mn2＋和CO2，該反應(yīng)的離子方程式是______________________________________________________________。分析第一步：依題意，錳元素的化合價(jià)降低，故KMnO4是氧化劑，Mn2＋是還原產(chǎn)物；碳元素的化合價(jià)升高，故Na2C2O4(碳元素化合價(jià)為＋3價(jià))是還原劑，CO2是氧化產(chǎn)物。第二步：按“氧化劑＋還原劑——還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物”把離子方程式初步寫成：MnOeq\o\al(－,4)＋C2Oeq\o\al(2－,4)——Mn2＋＋CO2↑。由MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，錳元素降了5價(jià)；由C2Oeq\o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1價(jià)，1molC2Oeq\o\al(2－,4)共失去2mole－，故在C2Oeq\o\al(2－,4)前配5，在氧化產(chǎn)物CO2前配10；在MnOeq\o\al(－,4)前配2，在還原產(chǎn)物Mn2＋前配2，即2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)——2Mn2＋＋10CO2↑。第三步：反應(yīng)在硫酸中進(jìn)行，故在左邊補(bǔ)充H＋，右邊補(bǔ)充H2O,2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()H＋——2Mn2＋＋10CO2↑＋eq\x()H2O。第四步：依據(jù)電荷守恒及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。專題訓(xùn)練1．按要求完成下列方程式。(1)已知在酸性介質(zhì)中FeSO4能將＋6價(jià)鉻還原成＋3價(jià)鉻。寫出Cr2Oeq\o\al(2－,7)與FeSO4溶液在酸性條件下反應(yīng)的離子方程式：_________________________________________。(2)用NaClO—NaOH溶液氧化AgNO3，制得高純度的納米級(jí)Ag2O2。寫出該反應(yīng)的離子方程式：______________________________________________________________。(3)溫度高于200℃時(shí)，硝酸鋁完全分解成氧化鋁和兩種氣體(其體積比為4∶1)，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________________。(4)生產(chǎn)硫化鈉大多采用無(wú)水芒硝(Na2SO4)—碳粉還原法，若煅燒所得氣體為等物質(zhì)的量的CO和CO2，寫出煅燒時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________________。(5)H3PO2的工業(yè)制法：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與H2SO4反應(yīng)。寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的化學(xué)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(高溫))12NO2↑＋3O2↑＋2Al2O3(4)3Na2SO4＋8Ceq\o(=,\s\up7(高溫))3Na2S＋4CO↑＋4CO2↑(5)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑2．按要求回答下列問(wèn)題(1)(2017·無(wú)錫一模)堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO4]是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑，在醫(yī)藥上也可用于治療消化性潰瘍出血。工業(yè)上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：反應(yīng)釜中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__________________________________________。在實(shí)際生產(chǎn)中，常同時(shí)通入O2以減少NaNO2的用量，若參與反應(yīng)的O2有11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則相當(dāng)于節(jié)約NaNO2的物質(zhì)的量為_(kāi)_______。(2)(2017·鎮(zhèn)江一模)NiCl2是化工合成中最重要的鎳源，工業(yè)上以金屬鎳廢料(含F(xiàn)e、Ca、Mg等雜質(zhì))為原料生產(chǎn)NiCl2，繼而生產(chǎn)Ni2O3的工藝流程如下：①加入H2O2時(shí)發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________。②“氧化”生成Ni2O3的離子方程式為_(kāi)____________________________________________。(3)(2017·通、泰、揚(yáng)、徐、淮、宿二模)工業(yè)上利用氧化鋁基廢催化劑(主要成分為Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：①“熱還原”過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____________________________________。②上述流程中焙燒溫度不宜過(guò)高，否則會(huì)導(dǎo)致硫酸銨固體的分解。某興趣小組為探究高溫下硫酸銨的分解產(chǎn)物，通過(guò)下列裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，觀察到B中溶液顏色變淺，C中無(wú)明顯現(xiàn)象。a．裝置B的作用是________。b．進(jìn)一步測(cè)定可知：D中收集的氣體相對(duì)分子質(zhì)量為28。寫出(NH4)2SO4高溫分解的化學(xué)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.檢驗(yàn)產(chǎn)物中的SO2b．3(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up7(高溫))4NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O3．(2017·揚(yáng)州階段性診斷)磷化鋁(AlP)和磷化氫(PH3)都是糧食儲(chǔ)備常用的高效熏蒸殺蟲(chóng)劑。(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP遇水蒸氣會(huì)發(fā)生反應(yīng)放出PH3氣體，該反應(yīng)的另一種產(chǎn)物的化學(xué)式為_(kāi)_______。(2)PH3具有強(qiáng)還原性，能與CuSO4溶液反應(yīng)，配平該反應(yīng)的化學(xué)方程式：eq\x()CuSO4＋eq\x()PH3＋eq\x()H2O=eq\x()Cu3P↓＋eq\x()H3PO4＋eq\x()H2SO4(3)工業(yè)制備PH3的流程如圖所示。①黃磷和燒堿溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________，次磷酸屬于________(填“一”“二”或“三”)元酸。②若起始時(shí)有1molP4參加反應(yīng)，則整個(gè)工業(yè)流程中共生成________molPH3。(不考慮產(chǎn)物的損失)答案(1)三ⅤAAl(OH)3(2)2411128324(3)①P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2一②2.5解析(1)AlP與H2O反應(yīng)生成PH3氣體，另一種產(chǎn)物的化學(xué)式是Al(OH)3。(2)反應(yīng)中Cu由＋2價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，部分P由－3價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，根據(jù)得失電子守恒法可將方程式配平。(3)①由流程圖可知黃磷和燒堿溶液反應(yīng)生成PH3和NaH2PO2，產(chǎn)物中H原子個(gè)數(shù)比O原子個(gè)數(shù)多，因此反應(yīng)物中除P4、NaOH外還應(yīng)有H2O參與，據(jù)此可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式。由于使用的燒堿過(guò)量，所以得到的NaH2PO2應(yīng)是次磷酸的正鹽，即次磷酸屬于一元酸。②1molP4與燒堿溶液發(fā)生反應(yīng)P4＋3NaOH＋3H2O=PH3↑＋3NaH2PO2，生成1molPH3和3molNaH2PO2,3molNaH2PO2與硫酸發(fā)生反應(yīng)2NaH2PO2＋H2SO4=Na2SO4＋2H3PO2，生成3molH3PO2，3molH3PO2再發(fā)生分解反應(yīng)2H3PO2=PH3↑＋H3PO4，又生成1.5molPH3，所以整個(gè)工業(yè)流程中共生成PH32.5mol。1．[2017·江蘇，18(1)]堿式氯化銅是重要的無(wú)機(jī)殺菌劑，有多種制備方法①方法1：45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________。②方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反應(yīng)生成堿式氯化銅。Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)e3＋對(duì)該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示。M′的化學(xué)式為_(kāi)_______。答案①4CuCl＋O2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(45～50℃))2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2＋解析①反應(yīng)物為CuCl、O2和H2O，生成物為Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根據(jù)電子守恒和原子守恒配平。②為Fe2＋。2．[2017·江蘇，19(2)]NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________________________________________________。HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點(diǎn)是________。答案4Ag＋4NaClO＋2H2O=4AgCl＋4NaOH＋O2↑會(huì)釋放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成環(huán)境污染3．[2016·江蘇，16(1)①]以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如下：氯化過(guò)程控制電石渣過(guò)量、在75℃左右進(jìn)行。氯化時(shí)存在Cl2與Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反應(yīng)，Ca(ClO)2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化學(xué)方程式為_(kāi)________________________________________________________。答案2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O解析Cl2與Ca(OH)2反應(yīng)生成Ca(ClO)2和CaCl2。4．[2015·江蘇，18(4)]軟錳礦(主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等)的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4·H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2＋SO2=MnSO4。準(zhǔn)確稱取0.1710gMnSO4·H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2＋全部氧化成Mn3＋，用c(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(滴定過(guò)程中Mn3＋被還原為Mn2＋)，消耗Fe2＋溶液20.00mL。計(jì)算MnSO4·H2O樣品的純度(請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程)。答案n(Fe2＋)＝0.0500mol·L－1×eq\f(20.00mL,1000mL·L－1)＝1.00×10－3mol根據(jù)反應(yīng)：Mn3＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Mn2＋n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3molm(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169gMnSO4·H2O樣品的純度為eq\f(0.169g,0.1710g)×100%≈98.8%。解析根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒：n(Mn3＋)×1＝n(Fe2＋)×1＝20.00×10－3×0.0500mol＝1.00×10－3mol，根據(jù)Mn元素守恒，m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3mol×169g·mol－1＝0.169g，純度是eq\f(0.169,0.1710)×100%≈98.8%。5．[(2014·江蘇，19(1)]實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：向含碘廢液中加入稍過(guò)量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I－，其離子方程式為_(kāi)_____________________；該操作將I2還原為I－的目的是____________________。答案SOeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋使CCl4中的碘進(jìn)入水層解析I2單質(zhì)被SOeq\o\al(2－,3)還原為I－，SOeq\o\al(2－,3)被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，離子方程式為SOeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋；使溶于CCl4的碘進(jìn)入水層。6．(2013·江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于電鍍、印刷等領(lǐng)域。某同學(xué)為測(cè)定硫酸鎳銨的組成，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①準(zhǔn)確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－=NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。(1)若滴定管在使用前未用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，測(cè)得的Ni2＋含量將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。(2)氨氣常用________檢驗(yàn)，現(xiàn)象是________________。(3)通過(guò)計(jì)算確定硫酸鎳銨的化學(xué)式(寫出計(jì)算過(guò)程)。答案(1)偏高(2)濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙?jiān)嚰堫伾杉t變藍(lán)(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硫酸鎳銨的化學(xué)式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。解析(1)若滴定管使用前沒(méi)有用EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，會(huì)造成EDTA溶液濃度減小，使EDTA溶液體積偏大，則Ni2＋含量偏高。(2)氨氣是中學(xué)化學(xué)中唯一的堿性氣體，常用濕潤(rùn)的紅色石蕊試紙檢驗(yàn)，試紙由紅色變藍(lán)色。一、單項(xiàng)選擇題1．某強(qiáng)酸性溶液中可能存在NOeq\o\al(－,3)、I－、Cl－、Fe3＋中的一種或幾種。向該溶液中加入溴水后，Br2被還原，由此推斷該溶液中()A．不含NOeq\o\al(－,3)，含F(xiàn)e3＋B．含有NOeq\o\al(－,3)、I－、Cl－C．含I－，但不能確定是否含Cl－D．含有Fe3＋答案C解析向原溶液中加入溴水后，Br2被還原，則原溶液中肯定含有I－；因?yàn)镠NO3和Fe3＋都能氧化I－，所以其中不含NOeq\o\al(－,3)、Fe3＋；有關(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象無(wú)法確定溶液中是否含有Cl－。2．(2017·淮安、宿遷等高三上學(xué)期期中學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測(cè))現(xiàn)有下列氧化還原反應(yīng)：①2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2MnOeq\o\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O。根據(jù)上述反應(yīng)，判斷下列結(jié)論正確的是()A．還原性強(qiáng)弱順序：Fe2＋＞Br－＞Mn2＋＞Cl－B．①中Br2是Br－的還原產(chǎn)物，③中Mn2＋是MnOeq\o\al(－,4)的氧化產(chǎn)物C．若向酸性KMnO4溶液中加入FeSO4溶液，可觀察到紫色褪去D．1molCl2通入含1molFeBr2的溶液中，離子反應(yīng)：Cl2＋Fe2＋＋2Br－=Br2＋2Cl－＋Fe3＋答案C解析3．(2018·連云港高三檢測(cè))固體硝酸鹽加熱易分解且產(chǎn)物較復(fù)雜。某學(xué)習(xí)小組以Mg(NO3)2為研究對(duì)象，擬通過(guò)實(shí)驗(yàn)探究其熱分解的產(chǎn)物，提出如下4種猜想，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三項(xiàng)中均有化合價(jià)的升降，符合氧化還原反應(yīng)發(fā)生的條件；由于產(chǎn)物中化合價(jià)只有降低情況，沒(méi)有升高，不滿足氧化還原反應(yīng)的特征，故D不成立。4．(2017·揚(yáng)州高三調(diào)研)銻(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我國(guó)銻的蘊(yùn)藏量占世界第一。從銻的硫化物中提取單質(zhì)銻一般是先在高溫下將硫化物轉(zhuǎn)化為氧化物，再用碳還原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe=Sb4O6＋6FeS①Sb4O6＋6C=4Sb＋6CO↑②關(guān)于反應(yīng)①和②的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．反應(yīng)①中每1molSb2S3參加反應(yīng)時(shí)，共轉(zhuǎn)移6mol電子B．反應(yīng)①中的氧化劑是Sb2S3和O2，②中的氧化劑是Sb4O6C．反應(yīng)②說(shuō)明高溫下C的還原性比Sb強(qiáng)D．每生成4molSb時(shí)，反應(yīng)①與反應(yīng)②中還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1答案B解析A項(xiàng)，反應(yīng)中Sb、S元素化合價(jià)未變化，F(xiàn)e、O元素化合價(jià)變化，每1molSb2S3參加反應(yīng)時(shí)，3molFe參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移6mol電子，正確；B項(xiàng)，反應(yīng)①中只有O2是氧化劑，F(xiàn)e是還原劑，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，反應(yīng)②中C是還原劑，置換出Sb，所以高溫下C的還原性比Sb強(qiáng)，正確；D項(xiàng)，生成4molSb時(shí)需要消耗6molC、1molSb4O6，則需還原劑鐵的物質(zhì)的量為6mol，所以反應(yīng)①與反應(yīng)②中還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，正確。5．ClO2遇濃鹽酸會(huì)生成Cl2，反應(yīng)方程式為2ClO2＋8HCl=5Cl2＋4H2O，該反應(yīng)中若轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為9.632×1023，則產(chǎn)生的Cl2在標(biāo)況下的體積為()A．11.2LB．33.6LC．22.4LD．44.8L答案C解析2ClO2＋8HCl=5Cl2＋4H2O中，ClO2中Cl由＋4價(jià)降低為0價(jià)，HCl中Cl由－1價(jià)升高為0價(jià)，則生成5molCl2轉(zhuǎn)移8×6.02×1023個(gè)電子，若轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為9.632×1023，則生成氯氣為eq\f(5×9.632×1023,8×6.02×1023)mol＝1mol，所以產(chǎn)生的Cl2在標(biāo)況下的體積為1mol×22.4L·mol－1＝22.4L。6.(2018·鎮(zhèn)江模擬)某離子反應(yīng)中涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六種微粒。其中N2的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是()A．該反應(yīng)的還原劑是Cl－B．消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3D．反應(yīng)后溶液的酸性明顯增強(qiáng)答案D解析反應(yīng)方程式為3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，該反應(yīng)的還原劑為NHeq\o\al(＋,4)，故A錯(cuò)誤；N元素化合價(jià)由－3升高到0，則消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯(cuò)誤；由方程式可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，故C錯(cuò)誤；反應(yīng)生成H＋，溶液酸性增強(qiáng)，故D正確。

7．MnO2和Zn是制造普通干電池的重要原料，現(xiàn)用軟錳礦(主要成分為MnO2)和閃鋅礦(主要成分為ZnS)制備MnO2和Zn的工藝流程如下：下列說(shuō)法正確的是()A．酸溶時(shí)，ZnS作氧化劑B．原料硫酸可以循環(huán)使用C．可用鹽酸代替硫酸進(jìn)行酸溶D．操作1是萃取答案B解析酸溶時(shí)發(fā)生反應(yīng)MnO2＋ZnS＋2H2SO4=MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O，根據(jù)元素化合價(jià)的升降知MnO2為氧化劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)流程圖可知硫酸可循環(huán)利用，B項(xiàng)正確；假如用鹽酸來(lái)酸溶，則電解時(shí)陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)是2Cl－－2e－=Cl2↑，得不到MnO2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；操作1是過(guò)濾，D項(xiàng)錯(cuò)誤。8．下列描述不正確的是()A．Fe與Cl2和Fe與S反應(yīng)，生成物為1mol時(shí)，電子轉(zhuǎn)移數(shù)都是2NAB．金屬元素的單質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)中只能作還原劑，而非金屬元素的單質(zhì)在化學(xué)反應(yīng)中，既可以只作氧化劑，又可以只作還原劑，還可以同時(shí)作氧化劑和還原劑，特殊反應(yīng)中既不作氧化劑也不作還原劑C．稀硝酸與金屬反應(yīng)生成金屬硝酸鹽，當(dāng)還原產(chǎn)物只有NO時(shí)，參加反應(yīng)的金屬在反應(yīng)后無(wú)論化合價(jià)怎樣，參加反應(yīng)的硝酸與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比始終為4∶1D．某化學(xué)反應(yīng)，反應(yīng)前后共有六種物質(zhì)：HCl(濃)、H2O、Cl2、KMnO4、MnCl2、KCl，則反應(yīng)方程式中各自的系數(shù)(對(duì)應(yīng)前面順序)為16、8、5、2、2、2，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5答案A解析A項(xiàng)，鐵與氯氣反應(yīng)生成FeCl3，有1molFeCl3生成時(shí)轉(zhuǎn)移3mol電子，鐵與硫反應(yīng)生成FeS，有1molFeS生成時(shí)轉(zhuǎn)移2mol電子，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，金屬元素只有正價(jià)，金屬單質(zhì)參加反應(yīng)只能是失去電子或形成偏離的共價(jià)鍵而升價(jià)，作還原劑，而非金屬既有正價(jià)也有負(fù)價(jià)，非金屬單質(zhì)在反應(yīng)時(shí)既可能升價(jià)也可能降價(jià)，特殊的如金剛石轉(zhuǎn)變?yōu)槭耐禺愋误w間的轉(zhuǎn)化，化合價(jià)不變，所以非金屬元素可以作氧化劑、還原劑、同時(shí)作氧化劑還原劑或既不作氧化劑也不作還原劑，正確；C項(xiàng)，設(shè)金屬M(fèi)反應(yīng)后為＋x價(jià)，則生成的鹽為M(NO3)x，M(NO3)x與NO的系數(shù)比為3∶x，HNO3的系數(shù)為x＋3x，硝酸與還原產(chǎn)物NO的比例為(x＋3x)∶x＝4∶1，正確；D項(xiàng)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)=5Cl2↑＋2MnCl2＋2KCl＋8H2O，其中2mol的KMnO4作氧化劑，10mol的HCl作還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶5，正確。9．已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋?，F(xiàn)向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，結(jié)果溶液變?yōu)榧t色，則下列敘述中正確的是()①氧化性：Br2＞Fe3＋＞I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯氣后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能確定通入氯氣后的溶液中是否還存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后靜置，向上層溶液中加入足量的AgNO3溶液，只產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A．①②③④B．①③④⑤C．②④⑤D．①②③④⑤答案B解析由已知的兩個(gè)化學(xué)方程式及同一個(gè)反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性Fe3＋＞I2、Br2＞Fe3＋，故①正確；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色說(shuō)明溶液中含有Fe3＋，則說(shuō)明溶液中無(wú)I－存在，又氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，氯氣的量不確定，則Br－不一定被氧化，故②錯(cuò)誤，③正確；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能確定是否所有的Fe2＋均被氧化為Fe3＋，故④正確；上層溶液中若含Br－，則產(chǎn)生淡黃色沉淀，若含I－，則產(chǎn)生黃色沉淀，由題知只產(chǎn)生白色沉淀，則說(shuō)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正確。二、不定項(xiàng)選擇題10．(2018·南京調(diào)研)LiAlH4是重要的儲(chǔ)氫材料，其組成類似于Na3AlF6。常見(jiàn)的供氫原理如下面兩個(gè)方程式所示：①2LiAlH4eq\o(=,\s\up7(△))2LiH＋2Al＋3H2↑，②LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑。下列說(shuō)法正確的是()A．若反應(yīng)①中生成3.36L氫氣，則一定有2.7g鋁生成B．氫化鋰也是一種儲(chǔ)氫材料，供氫原理為L(zhǎng)iH＋H2O=LiOH＋H2↑C．生成等質(zhì)量的氫氣，反應(yīng)①②轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為2∶1D．LiAlH4是共價(jià)化合物，LiH是離子化合物答案BC解析氣體所處溫度和壓強(qiáng)未知，無(wú)法由體積求物質(zhì)的量，A項(xiàng)錯(cuò)誤；氫化鋰中的氫是－1價(jià)，與水發(fā)生歸中反應(yīng)，方程式為L(zhǎng)iH＋H2O=LiOH＋H2↑，所以氫化鋰也是一種儲(chǔ)氫材料，B項(xiàng)正確；LiAlH4中的Li、Al都是主族金屬元素，H是非金屬元素，故Li為＋1價(jià)、Al為＋3價(jià)、H為－1價(jià)，受熱分解時(shí)，根據(jù)Al元素的價(jià)態(tài)變化即可得出1molLiAlH4完全分解，轉(zhuǎn)移3mol電子，生成1.5mol的氫氣，由LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑生成4mol的氫氣轉(zhuǎn)移4mol的電子，所以生成1mol的氫氣轉(zhuǎn)移電子分別為2mol和1mol，所以反應(yīng)①②生成等質(zhì)量的H2轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為2∶1，C項(xiàng)正確；LiAlH4、LiH是離子化合物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．(2017·常州高三質(zhì)檢)已知酸性K2Cr2O7溶液可與FeSO4反應(yīng)生成Fe3＋和Cr3＋。現(xiàn)將硫酸酸化的K2Cr2O7溶液與FeSO4溶液混合，充分反應(yīng)后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量隨加入的KI的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法中不正確的是()A．圖中AB段的氧化劑為K2Cr2O7B．圖中BC段發(fā)生的反應(yīng)為Fe3＋＋2I－=Fe2＋＋I(xiàn)2C．開(kāi)始加入的K2Cr2O7為0.25molD．K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1∶3答案BD解析A項(xiàng)，開(kāi)始時(shí)Fe3＋物質(zhì)的量不變，說(shuō)明Fe3＋沒(méi)有參加反應(yīng)，則AB段應(yīng)為K2Cr2O7和KI的反應(yīng)，正確；B項(xiàng)，BC段Fe3＋物質(zhì)的量逐漸減小，說(shuō)明Fe3＋和KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，由圖像可知，整個(gè)過(guò)程中，酸性K2Cr2O7將Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋又被I－還原為Fe2＋，相當(dāng)于K2Cr2O7只與I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，則n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(1,6)n(I－)＝eq\f(1,6)×1.5mol＝0.25mol，正確；D項(xiàng)，6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1∶6，錯(cuò)誤。12．全礬液流電池是一種新型電能儲(chǔ)存和高效轉(zhuǎn)化裝置。某溶液中含有NOeq\o\al(－,3)和Cr2Oeq\o\al(2－,7)，現(xiàn)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＋不變，此時(shí)MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，則原溶液中Cr的質(zhì)量為()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＋，F(xiàn)e元素的化合價(jià)升高，V、Cr元素的化合價(jià)降低；再滴入2.00mL0.020mol·L－1KMnO4溶液，又恰好使VO2＋→VOeq\o\al(＋,2)，而Cr3＋不變，此時(shí)MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，Mn元素的化合價(jià)降低，V元素的化合價(jià)升高，則整個(gè)過(guò)程中Fe、Mn、Cr的化合價(jià)變化，設(shè)原溶液中Cr的質(zhì)量為x，由得失電子守恒可知，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，故選D。13．測(cè)定鐵銨礬[x(NH4)2SO4·yFe2(SO4)3·zH2O]組成的實(shí)驗(yàn)如下：準(zhǔn)確稱取2.892g樣品，配制成100mL溶液A；準(zhǔn)確量取25mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥，稱得白色固體0.699g；另量取25mL溶液A，用適量的Zn將Fe3＋還原為Fe2＋，生成的Fe2＋恰好可與0.010mol·L－125.0mLK2Cr2O7溶液完全反應(yīng)(6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)。由計(jì)算知：x∶y∶z的值為()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，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過(guò)濾，洗滌，干燥至恒重，得到白色固體0.699g；根據(jù)硫酸根離子守恒，硫酸根離子的物質(zhì)的量和硫酸鋇的物質(zhì)的量是相等的，為eq\f(0.699g,233g·mol－1)＝0.003mol，量取25mL溶液A，用適量的Zn將Fe3＋還原為Fe2＋，生成的Fe2＋恰好可與0.010mol·L－125.0mLK2Cr2O7溶液完全反應(yīng)，6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，所以亞鐵離子的物質(zhì)的量為6×25.0×10－3L×0.010mol·L－1＝1.5×10－3mol，即鐵離子的物質(zhì)的量為1.5×10－3mol，銨根離子的物質(zhì)的量為2×0.003mol－3×1.5×10－3mol＝1.5×10－3mol，根據(jù)質(zhì)量守恒，水的物質(zhì)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