2014届高三化学一轮复习教学案2.5氧化还原反应地计算及方程式地配平

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1、word2014届高三化学一轮复习教学案氧化复原反响的计算与方程式的配平考纲要求1.掌握氧化复原反响方程式的简单配平方法。2.能利用得失电子守恒原理进展相关计算。考点一氧化复原反响方程式的配平方法氧化复原反响的实质是反响过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于复原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原如此可以对氧化复原反响的化学方程式进展配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反响前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物的化学计量数

2、。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒三原如此(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。深度思考根据FeS2O2Fe2O3SO2回答如下问题(1)氧化剂_，复原剂_，氧化产物_，复原产物_。(2)元素化合价升高的元素为_，元素化合价降低的元素为_。(3)1“分子复原剂化合价升高总数为_，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)41128题组一正向配平类1(1)_HCl(浓)_MnO2_Cl2_MnCl2_H2O

3、(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnO_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_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_Mn2_O2_H2O答案(1)324OH325(2)256H258解题技巧配平的根本技能(1)

4、全变从左边配：氧化剂、复原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反响物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化复原反响(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，再观察两边电荷。假如反响物这边缺正电荷，一般加(H)，生成物一边加水；假如反响物这边缺负电荷，一般加(OH)，生成物一边加水。然后进展两边电荷数配平。题组四突破未知氧化复原反响方程式的书写4按要求完成如下方程式：(1)在NaClO溶液中通入足量SO2，写出发生反响的离子方程式：_。答案ClOSO2H2O=ClSO2H解析第一步：找出发生氧化复原反响的粒子：ClO和SO2；根据价态规律，预测氧化产物和复原产物，

5、并写出参加氧化复原反响的物质与氧化产物和复原产物：ClOSO2ClSO；配电子守恒，由于ClOCl是得到2e；SO2SO是失去2e，因此，得失电子已经相等了。第二步：配电荷守恒，该反响所产生的溶液是呈酸性的，用H来配电荷，显然是加在生成物的一边，并且得加2个H，即ClOSO2ClSO2H。第三步：配原子守恒，反响是遵循质量守恒定律的，因此反响前后，相应原子个数要相等的，显然反响物的一边要加1个H2O，即ClOSO2H2O=ClSO2H。(2)S与Cl2的水溶液充分反响可生成2种强酸，该反响的化学反响方程式是_。答案S3Cl24H2O=6HClH2SO4解析反响体系中有S、Cl2和H2O，显然C

6、l2为氧化剂，S为复原剂；Cl2的复原产物为Cl，而S的氧化产物可在SO2、SO、SO中选择。根据题给信息(生成2种强酸)，可有2种方法进展判断。方法1：结合中学常见的六大强酸(HNO3、H2SO4、HClO4、HCl、HBr、HI)，根据原子守恒排除掉HBr、HI、HNO3，还剩下H2SO4、HCl、HClO4，生成物只能是HCl和H2SO4。方法2：根据得失电子守恒，得S3Cl26ClSO(第1步)；溶液呈酸性，在等式右侧添加8 mol H使电荷守恒，S3Cl26ClSO8H(第2步)；在等式左侧添加4 mol H2O使原子守恒，S3Cl24H2O=6ClSO8H(第3步)。检查无误，改写

7、成如下化学反响方程式：S3Cl24H2O=6HClH2SO4。(3)无色有刺激性气味的SO2NA个电子转移时，该反响的化学方程式是_。答案2HClO3SO2=2ClO2H2SO4解析可用于实验室制氧气的氯的含氧酸盐是KClO3，1.5 mol HClO3NA个，即1.5 mol 电子，说明1 mol Cl得到的电子为1 mol，化合价降低1价，从5价降为4价。复原剂为SO2，氧化产物为SO，根据得失电子守恒规律得2HClO3SO22ClO2SO(第1步)；溶液呈酸性，在等式右侧添加2 mol H使电荷守恒，2HClO3SO22ClO2SO2H(第2步)；检查原子已经守恒，改写成化学反响方程式(

8、第3步)：2HClO3SO2=2ClO2H2SO4。【解题技巧】未知氧化复原反响方程式的书写技巧(1)熟记常见的氧化剂与对应的复原产物、复原剂与对应的氧化产物氧化剂Cl2O2浓H2SO4HNO3KMnO4(H)、MnO2Fe3KClO3H2O2复原产物ClO2SO2NO或NO2Mn2Fe2ClH2O复原剂I(HI)S2(H2S)CO、CH2NH3SO2、SOH2O2氧化产物I2SCO2HNOSOO2(2)书写未知氧化复原反响方程式的步骤(3步法)第1步：根据氧化复原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，复原性最强的为复原剂；根据化合价规律与题给信息和元素化合物性质确定相应的复原产物、氧化产物；根据

9、氧化复原反响的守恒规律确定氧化剂、复原剂、复原产物、氧化产物的相应化学计量数。第2步：根据溶液的酸碱性，通过在反响方程式的两端添加H或OH的形式使方程式两端的电荷守恒。第3步：根据原子守恒，通过在反响方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。考点二氧化复原反响计算题中重要的解题思想对于氧化复原反响的计算，要根据氧化复原反响的实质反响中氧化剂得到电子总数与复原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反响过程，可不写化学方程式，不追究中间反响过程，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展整体思维，便可迅速获得正确结果。题组一简单反响的得失电子

10、守恒问题1Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被复原为NaCl，假如反响中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，如此x的值为()A2 B3 C4 D5答案D解析此题考查在氧化复原反响中利用得失电子守恒进展相关的计算。得关系式1xe162e，x5。224 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反响。Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，如此元素Cr在复原产物中的化合价为()A2 B3 C4 D5答案B解析题目中指出被复原的物质是Cr，如此得电子的物质必是K2Cr2O7，

11、失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化复原反响中得失电子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。【思维建模】守恒法解题的思维流程(1)找出氧化剂、复原剂与相应的复原产物和氧化产物。(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(复原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。题组二多元素参与反响的得失电子守恒问题3在PCuSO4H2OCu3

12、PH3PO4H2SO4(未配平)的反响中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为_mol。生成1 mol Cu3P时，参加反响的P的物质的量为_mol。答案解析设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化P的物质的量为y根据电子守恒得：75 mol(21)x(50)x1.5 mol1 mol3(21)1 mol0(3)y(50)y1.2 mol所以参加反响的P的物质的量为1.2 mol1 mol2.2 mol。4四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3

13、O4纳米颗粒的反响是3Fe22S2OO2xOH=Fe3O4S4O2H2O。请回答如下问题。(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反响中，复原剂是_。(2)反响的化学方程式中x_。(3)每生成1 mol Fe3O4，反响转移的电子为_mol，被Fe2复原的O2的物质的量为_mol。答案(1)Fe2、S2O解析(2)根据电荷守恒得：x22322，解得x4。(3)根据复原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成1 mol Fe3O4时，转移的电子数即是1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2复原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x1 mol3(2)，解得x0.5 mol。题组三多步反

14、响的得失电子守恒问题有的试题反响过程多，涉与的氧化复原反响也多，数量关系较为复杂，假如用常规方法求解比拟困难，假如抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，如此解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化复原反响，要理清具体的反响过程，分析在整个反响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现有铁粉和氧化铁的混合物共27.2 g，参加足量的稀硫酸使之充分反响。当固体粉末完全溶解时，收集到2.24 L(标准状况下)气体，当向溶液中滴加KS溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。答案58.8%614 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反响，将放出的气体与1.12 L(标准状

15、况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，如此合金中铜的质量为()A9.6 g B6.4 g C3.2 g D1.6 g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24，解得：m(Cu)3.2 g。题组四微粒先后反响时的得失电子守恒问题当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，如此强复原剂先被氧化。一种物质同时复原两种或两种以上微粒时，如此强氧化剂先被复原。被氧化和被复原到何种程度，要以复原剂和

16、氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化复原反响过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样适用。7如下微粒在溶液中的复原性和氧化性强弱如下：复原性HSOI，氧化性IOI2SO。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴参加KIO3溶液。参加KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下列图，如此x_mol。答案3解析开始参加KIO3溶液时，最先与IO反响的微粒是HSO，复原产物为I，氧化产物为SO。当HSO反响完后，b点到c点发生反响的离子方程式为IO5I6H=3I23H2O。所以0点到b点参加反响的HSO的物质的量可利用电子守恒求解，n(HSO)2en(IO

17、)6e，即n(HSO)21 mol6，所以x3。考点三氧化复原反响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复原反响的实验(一)关于物质氧化性、复原性强弱的实验1某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原理进展了如下探究：【实验】制备银镜，并与Fe(NO3)3溶液反响，发现银镜溶解。(1)如下有关制备银镜过程的说法正确的答案是_(填序号)。a边振荡盛有2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水，至最初的沉淀恰好溶解为止b将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中c制备银镜时，用酒精灯的灯焰给试管底部加热d银氨溶液具有较弱的氧化性e在

18、银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大【提出假设】假设1：Fe3具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe(NO3)3，溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag。【设计实验方案，验证假设】(2) 甲同学从上述实验的生成物中检验出了Fe2，验证了假设1成立。请写出Fe3氧化Ag的离子方程式：_。(3)乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容(提示：NO在不同条件下的复原产物较复杂，有时难以观察到气体产生)。实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论假如银镜消失，假设2成立；假如银镜不消失，假设2不成立【思考与交流】(4)甲同学验证了假设1成立，假如乙同学验证了假设2也成立，如此丙同学由此得出结论

19、：Fe(NO3)3溶液中的Fe3和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：_。答案(1)ade(2)AgFe3=AgFe2(3)实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH；配制一样pH的稀硝酸溶液，将此溶液参加有银镜的试管内(4)不同意。甲同学检验出了Fe2，可确定Fe3一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的复原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag(3)、(4)其他合理答案均可解析此题是一道探究类试题，以日常生活中的蚀刻银制作美丽的银饰为情境，以探究Fe(NO3)3溶液中何

20、种因素蚀刻银为研究课题，考查学生运用相关的化学反响原理、元素化合物知识与化学实验根本知识进展实验设计，考查学生运用控制变量思想设计实验的能力，对实验现象和结果进展分析、解释和科学举证能力，以与用正确的化学术语与文字进展表达的能力。第(3)题考查学生运用控制变量的科学方法设计实验是该题的核心。此题中有两个变量，如表所示：实验变量Fe3的氧化性NO的氧化性能否蚀刻银能不确定现象或结论银溶解无法测定复原产物由于NO的氧化能力随着溶液pH的变化而变化，那么在验证假设2即Fe(NO3)3溶液中的NO能氧化Ag时，就要求学生必须严格控制溶液的pH进展实验，这是考查单一变量控制法。解决此题的关键就是需测定上

21、述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH，然后配制一样pH的稀硝酸溶液，再将此溶液参加有银镜的试管内。显然，这是该实验的最优设计方案。(二)氧化复原反响滴定时指示剂的选择方法中学中氧化复原反响滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，如此滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，复原后的产物Mn2为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反响产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因

22、而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。2(1)配平氧化复原反响方程式：_C2O_MnO_H=_CO2_Mn2_H2O(2)称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中参加酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂或“复原剂)，该滴定过程_(填“需要

23、或“不需要)另加指示剂。滴至16 mL时反响完全，此时溶液颜色由_变为_。B假如在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，如此所测结果_(填“偏大、“偏小或“无影响)。C假如在达到滴定终点时俯视读数，如此所得结果_(填“偏大、“偏小或“无影响)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。答案(1)5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O(2)0.005A.氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%解析(1)C：34，改变量(43)22，Mn：72，改变量(72)15，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根

24、据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2前配10和2，再由电荷守恒在H前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。(2)由HOH=H2O知，n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反响完全时，溶液呈浅紫红色。由电子守恒得n(还)20.10 molL10.016 L5，n(还)0.004 mol。设6.0 g 试样中H2C2O42H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2

25、O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0.03 mol，H2C2O42H2O的质量分数为100%21%，KHC2O4的质量分数为100%64%。题组二氧化复原反响原理在化学工艺流程中的应用3高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种工艺流程：(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与如下_(填序号)物质相似。A75%酒精 B双氧水C苯酚 D84消毒液(NaClO溶液)(2)写出MnO2、KOH的熔

26、融混合物中通入空气时发生的主要反响的化学方程式：_。(3)向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反响中的复原剂是_。(4)上述流程中可以循环使用的物质有石灰、二氧化碳、_和_(写化学式)。(5)假如不考虑物质循环与制备过程中的损失，如此1 mol MnO2可制得_mol KMnO4。答案(1)BD(2)2MnO24KOHO22K2MnO42H2O(3)K2MnO4(4)KOHMnO2(5)0.67(或)解析KMnO4稀溶液用作消毒剂是利用KMnO4的强氧化性，所给消毒剂中与KMnO4稀溶液消毒原理相似的只有双氧水和84消毒液(NaClO溶液)，应当选BD。MnO2和KOH的熔融物中

27、通入空气后生成了K2MnO4，如此发生了氧化复原反响，O2作氧化剂，依据元素守恒原理可确定生成物中有水，根据化合价的升降总数相等即可配平该化学方程式。向K2MnO4溶液中通入CO2来制备KMnO4可知锰元素的化合价升高，K2MnO4作复原剂。从上述工艺流程中可知，KOH和MnO2作为反响原料参加反响，而反响过程中还有MnO2生成，最后的母液中又别离出KOH，都为可循环使用的物质。由2MnO24KOHO22K2MnO42H2O和3K2MnO42CO2=MnO22KMnO42K2CO3可知，1 mol MnO2可制得 mol KMnO4。4新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，

28、在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。工业上制备K2FeO4的常用方法有两种。方法：次氯酸盐氧化法。工艺流程如下列图。(1)完成“氧化过程中反响的化学方程式：_FeCl3_NaOH_NaClO=_Na2FeO4_。其中氧化剂是_(填化学式)。(2)“转化过程中发生反响的化学方程式为_。(3)上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯，操作是将粗产品用_溶解，然后_。方法：电解法。以铁为阳极电解氢氧化钠溶液，然后在阳极液中参加KOH。(4)电解时阳极发生反响生成FeO，该电极反响方程式为_。答案(1)210329NaCl5H2ONaClO (2)Na2FeO42KOH=K2FeO

29、42NaOH (3)稀KOH溶液参加饱和KOH溶液，冷却结晶 (4)Fe8OH6e=FeO4H2O解析(1)反响中NaClO是氧化剂，据(1)中反响的化学方程式和“转化后最终得到的产物，可知“转化过程是在参加KOH溶液后复原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反响式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式：2FeCl310NaOH3NaClO=2Na2FeO49NaCl5H2O。(2)根，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。(3)因为K2FeO4在中性或酸性溶液中能分解，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后参加饱和KOH溶液，冷却结晶。(4)电解时阳极

30、铁在强碱性条件下被氧化为FeO：Fe8OH6e=FeO4H2O。命题展望氧化复原反响命题4大趋向氧化复原反响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，考查对氧化复原反响有关概念的理解与应用；(2)将氧化复原反响与物质的推断结合在一起，考查学科内知识的综合应用能力；(3)将氧化复原反响与酸碱中和滴定相结合进展考查；(4)氧化复原反响与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合的综合性题目。1(2012某某，6)将0.195 g锌粉参加到20.0 mL的0.100 molL1 MO溶液中，恰好完全反响，如此复原产物可能是()AM BM2CM3D. M

31、O2答案B解析锌粉参加到MO溶液中发生氧化复原反响，反响物Zn为0.003 mol，反响中失去电子为0.003 mol20.006 mol，而溶液中MO103 L0.100 molL10.002 mol，根据反响中转移电子的物质的量相等，可求得反响中M元素降低3价，即MO的复原产物可能为M2。2. (2012某某理综，13)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中参加某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反响，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中参加1.0 molL1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。如下有关说法不正确的答案是 ()AC

32、u与Cu2O 的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1C产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反响后剩余HNO3为0.2 mol答案B解析解题的关键是会利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒。Cu(OH)2的质量为39.2 g，其物质的量为0.4 mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，如此x2y0.4 mol，64 gmol1x144 gmol1y27.2 g，解得：x0.2 mol，y0.1 mol，故A正确；Cu和Cu2O中的Cu都变成了2价，转移的电子的物质的量为(0.40.2) mol0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成

33、的NO应为0.2 mol，故C正确；n(NaOH)1 mol，生成0.4 mol Cu(OH)2时消耗了0.8 mol NaOH，另外0.2 mol NaOH中和了硝酸，故D正确；硝酸总的物质的量为0.2 mol(剩余的)0.2 mol(表现氧化性的)0.8 mol(表现酸性的)1.2 mol，其物质的量浓度为2.4 molL1，故B错。32011某某理综，28(1)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。NO2可用水吸收，相应的化学反响方程式为_。利用反响6NO28NH37N212H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。答案3NO2

34、H2O=2HNO3解析根据题给化学方程式可知当6 mol NO2全部参加反响时，转移电子6 mol(40)24 mol，故转移1.2 mol电子时，消耗NO2 0.3 mol，即6.72 L。4配平如下方程式(1)2011某某理综，23(6)在某强酸性混合稀土溶液中参加H2O2，调节pH3，Ce3通过如下反响形成Ce(OH)4沉淀得以别离。完成反响的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_答案21626H(2)2010某某理综，24(2)改编完成“氧化除铁步骤中反响的离子方程式：Fe(OH)2ClO_= Fe(OH)3Cl答案211H2O21(3)2011某某理综，27(2)改编配平

35、反响的离子方程式是Mn2ClOH2O=MnO2Cl2_。答案524518H(4)2010某某理综，26(3)配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：PFeOCaOCa3(PO4)2Fe答案253155(2012某某，五)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被复原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反响生成SeO2以回收Se。完成如下填空：(1) Se和浓HNO3反响的复原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为11，写出Se和浓HNO3的反响方程式_。(2)：Se2H2SO4(浓)2SO2SeO22H2O2SO2SeO22H2OSe2SO4HSeO2、H2SO4(浓)

36、、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：SeO2KIHNO3SeI2KNO3H2OI22Na2S2O3Na2S4O62NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目。(4)实验中，准确称量SeO2样品0.150 0 g，消耗了0.200 0 molL1的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。答案(1)Se2HNO3(浓)H2SeO3NONO2(2)H2SO4(浓)SeO2SO2(3)(4)92.5%解析(3)可以采用化合价升降法配平，即Se元素化合价由4降低为0，而I元素化合价由1升高至0，根据化合价升降相等，

37、KI系数为4，故I2系数为2，然后配平即可；该反响中KI中的I元素失电子，而SeO2中Se元素得电子。1 硫代硫酸钠可作为脱氯剂，25.0 mL 0.100 molL1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl，如此S2O将转化成()AS2BS CSO DSO答案D解析设m为氧化产物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由得失电子守恒得：0.224 L22.4 Lmol1210.025 L0.100 molL12m，m4。Na2S2O3中S为2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为6价，得到SO。2 (NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂

38、，在此分解反响中，氧化产物与复原产物的物质的量之比是()A23 B32 C43 D13答案A解析(NH4)2PtCl6分解的氧化产物是N2，复原产物是Pt。根据得失电子守恒得：6n(N2)4n(Pt)，n(N2)n(Pt)23。3 一未完成的离子方程式_XO6H=3X23H2O，据此判断，氧化产物和复原产物的物质的量之比为()A11 B31C51 D71答案C解析由质量守恒和电荷守恒可得出该离子反响方程式为5XXO6H=3X23H2O，如此氧化产物和复原产物的物质的量之比为51。4 Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2

39、O2=2Na2FeO42Na2O2O2。如下对此反响的说法中，不正确的答案是()A方框中的物质为Na2SO4BNa2O2既是氧化剂，又是复原剂CNa2FeO4既是氧化产物，又是复原产物D2 mol FeSO4发生反响时，反响中共转移8 mol电子答案D解析根据元素守恒可知A正确。分析化合价变化可知，2个2价Fe原子失去8个电子，根据生成物中的“O2可知在“6 Na2O2中，有2个1价的氧的化合价升至0价，失去2个电子，另有10个1价氧的化合价降至2价，得失电子数均为10个。据此可知B、C均正确。2 mol FeSO4发生反响时，反响中共有10 mol电子发生转移，故D错误。5 一定物质的量的C

40、l2与NaOH溶液反响，所得产物中含NaClO和NaClO3的物质的量之比为35，如此参加反响的Cl2与NaOH的物质的量之比为()A811 B35C12 D94答案C解析Cl2与NaOH溶液反响中Cl2既是氧化剂又是复原剂，显然产物中还存在NaCl，在NaClO、NaClO3、NaCl中n(Na)n(Cl)11，根据元素守恒，如此n(Cl2)n(NaOH)12。6 N2O俗称“笑气，曾用作可吸入性麻醉剂。以下反响能产生N2O3CO2NO23CO2N2O。如下关于N2O的说法正确的答案是()A上述反响中每生成1 mol N2O，消耗1.5 mol COB等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子

41、数CN2O只具有氧化性，无复原性DN2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒答案B解析由方程式知，生成1 mol N2O时消耗3 mol CO，A错误；1 mol N2O与1 mol CO2都含有22 mol电子，B正确；N2O中氮元素的化合价为1价，是氮元素的中间价态，所以N2O既具有氧化性又具有复原性，C错误。7O中每种元素都满足8电子稳定结构，在反响OOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)中，如果有6 mol Cl2完全反响，如此被氧化的O的物质的量是()A2 mol B3 molC4 mol D6 mol答案C解析O中C显4价，N显3价，反响中只有N和Cl的化合价改变，根据ON2、Cl

42、22Cl，由得失电子守恒：2n(Cl2)3n(O)，可知6 mol Cl2完全反响，有4 mol O被氧化，C对。8 NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反响的化学方程式为MnONOMn2NOH2O。如下表示中正确的答案是()A该反响中NO被复原B反响过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D.中的粒子是OH答案C解析NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反响的离子方程式为2MnO5NO6H=2Mn25NO3H2O，据此可知B、D错误，C正确。9 Cu2S与一定浓度的HNO3反响，生成

43、Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物中n(NO2)n(NO)11时，如下说法正确的答案是()A产物中nCu(NO3)2nCuSO411B参加反响的n(Cu2S)n(HNO3)15C反响中Cu2S既作氧化剂，又作复原剂D1 mol Cu2S参加反响时有8 mol电子转移答案A解析根据题意可写出反响的化学方程式为2Cu2S14HNO3=2Cu(NO3)22CuSO45NO25NO7H2O，据此可知A正确、B错误。反响中Cu2S只作复原剂，C错误。1 mol Cu2S参加反响时有10 mol电子转移，D错误。10 铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固

44、醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。如下表示错误的答案是()A发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有复原性BK2Cr2O7可以氧化乙醇，该反响可用于检查酒后驾驶C在反响Cr2OIHCr3I2H2O中，氧化产物与复原产物的物质的量之比为32D污水中的Cr3在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O答案D解析维生素C具有复原性，可与六价铬反响生成无毒的三价铬；K2Cr2O7可将乙醇氧化为乙酸，同时反响后含铬化合物颜色发生变化；C项反响中，氧化产物为I2，复原产物为Cr3，根据得失电子守恒可知二者

45、的物质的量之比为32；Cr2O的氧化性比氧气的氧化性强，氧气不能将Cr3氧化为Cr2O。11在热的稀硫酸中溶解了11.4 g FeSO4固体，当参加50 mL 0.5 molL1 KNO3溶液时，其中的Fe2全部转化成Fe3，KNO3也完全反响并放出NxOy气体。(1)推算出x_；y_。(2)配平该反响的方程式：FeSO4_KNO3_H2SO4=_K2SO4_Fe2(SO4)3_(NxOy)_H2O(配平时x、y用具体数值表示，物质填在中)。(3)反响中氧化产物是_。(4)用双线桥法表示该反响中的电子转移方向和数目：_。答案(1)11(2)624132NO4(3)Fe2(SO4)3(4)解析n

46、(FeSO4)0.075 moln(KNO3)0.05 L0.5 molL10.025 molFe2转化为Fe3共失去0.075 mol电子，根据得失电子守恒原理，可知1 mol N原子得到3 mol电子，反响中N元素由5价降为2价，既得到的氧化物为NO。12含氮废水进入水体中对环境造成的污染越来越严重。某校环保小组的同学认为可以用金属铝将水中的NO复原成N2，从而消除氮污染。(1)配平以下有关的离子反响方程式：NOAlH2ON2Al(OH)3OH(2)以上反响中失电子的物质是_，复原产物是_，每生成1 mol复原产物，将有_电子发生转移。(3)现需除去1 m3含氮0.3 mol的废水中的NO

47、(设氮元素都以NO的形式存在)，如此至少需要消耗金属铝的物质的量为_。(4)你对以上治理污染的方案有何评价？答案(1)610183106(2)AlN210 mol(3)0.5 mol(4)治理后的废水中含Al3较多，产生新的污染，危害人体健康解析(1)用化合价升降法配平。在该反响中，氧化剂(2O2)，化合价降低的总数为10；复原剂(AA3)，化合价升高的总数为3。由此先确定氧化剂与复原产物、复原剂与氧化产物的化学计量数。由电荷守恒确定OH的化学计量数，最后用观察法配平其他物质。(2)在该反响中，失电子的物质是Al，复原产物是N2。生成1 mol N2时，转移电子的物质的量是1 mol2(50)

48、10 mol。(3)设需要铝的物质的量为x，由得失电子守恒可知：0.3 mol(50)3x，解得x0.5 mol。(4)应综合考虑治理本钱、是否产生新的污染等问题。如长期饮用含Al3较多的水，使人易患痴呆症等。13碘化钠是实验室中常用的分析试剂，工业上用铁屑复原法制备NaI的流程如下列图。请回答如下问题。(1)判断反响中碘是否反响完全的方法是_。(2)操作的名称是_。(3)反响的离子方程式为_。(4)反响中NaIO3被Fe单质复原为NaI，同时生成Fe(OH)3，该反响的化学方程式是_；在该反响中假如有99 g NaIO3被复原，如此转移电子的物质的量为_mol。答案(1)取少量反响后的溶液于

49、试管中，滴入几滴淀粉溶液，假如溶液未变蓝，如此证明碘已反响完全；反之，碘未反响完全(或取少量反响后的溶液于试管中，滴入几滴CCl4，振荡、静置，假如下层液体呈无色，证明碘已反响完全；假如下层液体呈紫红色，证明碘未反响完全)(2)过滤(3)3I26OH=5IIO3H2O(4)2FeNaIO33H2O=2Fe(OH)3NaI3解析(2)操作显然是为了除去过量的铁粉和反响生成的Fe(OH)3沉淀，因此采用过滤的方法。(3)和(4)根据得失电子守恒和元素守恒可写出反响的离子(化学)方程式。由于1 mol NaIO3被复原为NaI转移6 mol电子，故99 g(0.5 mol)NaIO3被复原时转移3

50、mol电子。14小明为验证NO2的氧化性和NO的复原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：(1)写出甲中反响的离子方程式：_，乙中的现象是_，可证明NO2的氧化性；在丙中鼓入空气后现象是_，可证明NO的复原性。(2)实验前丙中充满水的作用是_。(用反响方程式和简要文字回答)。(3)小华对小明的实验设计提出了质疑，他认为乙中的现象不足以证明NO2的氧化性，他的理由是_。你认为怎样才能准确证明NO2的氧化性？(简要回答出原理和现象即可)_。答案(1)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O溶液变浑浊有红棕色气体生成(2)3NO2H2O=2HNO3NO，制取NO，并用排水法收集

51、NO(3)NO2和水反响生成的HNO3是一种强氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊可将枯燥的NO2与枯燥的H2S气体混合，假如有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性解析此题利用Cu与浓HNO3的反响制取NO2，再利用NO2与水的反响制NO；分别在不同的装置中检验它们的性质，在小明的实验设计中乙装置不能区分NO2和HNO3是谁氧化了Na2S，故应在无水的环境中检验NO2的氧化性。15Cu2S是火法炼铜的重要原料之一，下面是由Cu2S冶炼铜与制取CuSO45H2O的流程图。Cu2SCuCu2O、CuOAB胆矾(1)Cu2S中铜元素的化合价为_，火法炼铜的反响原理是_(用化学方程式表示)。(2

52、)向Cu2O、CuO中参加足量稀硫酸得到的体系A中溶液呈蓝色，且有红色物质生成，请写出生成红色物质的离子方程式：_。(3)假如将A中红色物质反响掉，操作中参加的试剂最好是_(填字母序号)。A适量的NaNO3B适量的HNO3C适量的H2O2(4)假如B溶液的体积为0.2 L，电解B溶液一段时间后溶液的pH由2变为1(体积变化忽略不计)，此时电解过程中转移电子的物质的量是_。(5)取5.0 g胆矾样品逐渐升高温度使其分解，分解过程的热重曲线如下列图。通过计算确定258 时发生反响的化学方程式：_，e点对应物质的化学式为_(计算过程略去)。答案(1)1Cu2SO22CuSO2(2)Cu2O2H=Cu

53、Cu2H2O(3)C(4)0.018 mol(5)CuSO4H2OCuSO4H2OCu2O解析(1)Cu2S中铜为1价，火法炼铜中Cu、O被复原，S被氧化，反响原理为Cu2SO22CuSO2。(2)生成的红色物质为Cu，Cu2O与硫酸发生氧化复原反响：Cu2O2H=CuCu2H2O。(4)根据2CuSO42H2O2H2SO42CuO2(转移4e)，电解后生成的n(H2SO4)n(H)(0.1 molL10.01 molL1)0.2 L0.009 mol，故转移电子的物质的量为0.018 mol。(5)设258 时反响前后固体的摩尔质量为M1 gmol1、M2 gmol13.20250M1M2，解得M1178，M2160。对应的固体分别为CuSO4H2O、CuSO4，故258 时发生反响的化学方程式为CuSO4H2OCuSO4H2O。同理可以推断d处物质为1.60 g CuO，而e处物质的质量为1.44 g，为0.01 mol Cu2O。19 / 19