化学 专题二 第讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平学案
第2讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平
[考纲要求] 1.掌握氧化还原反应方程式的简单配平方法。2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。
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)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根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、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。
(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 根据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)元素化合价升高的元素为________，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)O2 FeS2 Fe2O3、SO2 Fe2O3、SO2 (2)Fe、S O (3)11 4 (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"还原剂化合价升高总数，在计算时，往往容易忽略氧化剂、还原剂中的粒子个数。
题组一 正向配平类
1．(1)____HCl(浓)＋____MnO2△(△_)____Cl2↑＋____MnCl2＋____H2O
(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)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4
(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8
题组二 逆向配平类
2．(1)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O
(2)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3
答案 (1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
题组三 缺项配平类
3．(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____FeO＋____H2O
(2)____MnO＋____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。
＋＋―→＋
答案 (1)3 2 4OH－ 3 2 5
(2)2 5 6H＋ 2 5 8
(3)Al2O3＋3C＋N2===2AlN＋3CO
解析 (3)根据氮元素、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，BiO反应后变为无色的Bi3＋。写出该实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Cr2O，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，研究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___________________。
(4)已知：①MnO＋e－―→MnO(绿色)(强碱性条件)
②MnO＋8H＋＋5e－―→Mn2＋(无色)＋4H2O(强酸性条件)
将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式
________________________________________________________________________。
答案 (1)①2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O
②2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===2MnO＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)2KMnO4＋C2HCl3===2KCl＋2CO2↑＋2MnO2＋HCl
(4)4MnO＋4OH－△(△H)4MnO＋2H2O＋O2↑
解析 (1)①根据信息，KMnO4在H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成 Mn2＋。②注意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化剂，把Mn2＋氧化成MnO，
本身被还原成Bi3＋。(3)根据信息，MnO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。(4)根据信息，在强碱性条件下，MnO得电子生成MnO，
－2价的氧失电子生成O2。
解题技巧
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。
考点二 氧化还原反应计算题中重要的解题思想
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。
题组一 简单反应的得失电子守恒问题
1．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．2 B．3 C．4 D．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。
Na2―→xNa2＋6(＋6查)O4 Na+1(+1查)O―→Na-1(-1查)
得关系式1×·xe－＝16×2e－，x＝5。
2．现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·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．＋3 C．＋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0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
思维建模
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)。
题组二 多元素参与反应的得失电子守恒问题
3．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为________mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_______mol。
答案 1.5 2.2
解析 设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y
根据得失电子守恒得：
7．5 mol×(2－1)＝x·(5－0)
x＝1.5 mol
1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y·(5－0)
y＝1.2 mol
所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol＋1 mol＝2.2 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Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问题。
(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是____________。
(2)反应的化学方程式中x＝________。
(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为________mol，被Fe2＋还原的O2的物质的量为________mol。
答案 (1)Fe2＋、S2O (2)4 (3)4 0.5
解析 (2)根据电荷守恒得：x＋2×2－3×2＝2，解得x＝4。
(3)根据还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＋还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×(－2)，解得x＝0.5 mol。
题组三 多步反应的得失电子守恒问题
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．取x g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8 960 mL的NO2气体和672 mL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17.02 g。则x等于 ( )
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
答案 B
解析 反应流程为
浓HNO3(浓HNO3 )Mg2＋、Cu2＋\o(――→,\s\up7(NaOH(Mg2＋、Cu2＋\o(――→,\s\up7(NaOH复)
x g＝17.02 g－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－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
题组四 微粒先后反应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，强还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微粒时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和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，但是对氧化还原反应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。
6．下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱顺序如下：还原性HSO>I－，氧化性IO>I2>SO。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示，则x＝________mol。
答案 3
解析 开始加入KIO3溶液时，最先与IO反应的微粒是HSO，还原产物为I－，氧化产物为SO；当HSO反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。所以0点到b点参加反应的HSO的物质的量可利用电子守恒求解：n(HSO)×2e－＝n(IO)×6e－，即x mol×2＝1 mol×6，所以x＝3。
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实验
(一)关于物质氧化性、还原性强弱的实验
1．某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验)。
实验记录如下：
实验操作 实验现象 Ⅰ 打开活塞a，滴加
氯水，关闭活塞a A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 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色 请回答下列问题：
(1)A中反应的离子方程式是____________________________________。
(2)实验操作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)实验操作Ⅲ，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式是________________。 (5)由上述实验得出的结论是_____________________________。
(6)实验反思：
①有同学认为实验操作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实验操作Ⅲ，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)_________________
答案 (1)2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－
(2)吹出单质Br2
(3)吸收尾气 NaOH溶液
(4)H2O2＋2Br－＋2H＋===Br2＋2H2O
(5)氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3
(6)①不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察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H2SO3
②H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br－与H2O2反应慢等因素都可)
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)氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法
中学中氧化还原反应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，则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，还原后的产物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应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。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)配平氧化还原反应方程式：
C2O＋____MnO＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25.00 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1 NaOH溶液至20.00 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。
②第二份溶液中滴加0.10 mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填"氧化剂"或"还原剂")，该滴定过程________(填"需要"或"不需要")另加指示剂。滴至16.00 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果__________(填"偏大"、"偏小"或"无影响")。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填"偏大"、"偏小"或"无影响")。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为__________。
答案 (1)5 2 16 10 2 8
(2)①0.005 ②A.氧化剂 不需要 无色 浅紫红色
B．无影响 C．偏小 ③21% 64%
解析 (1)C：＋3―→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根据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H2O前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。
(2)①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 mol·L－1×0.02 L＝0.005 mol。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由电子守恒得n(还)×2＝0.10 mol·L－1×0.016 L×5，n(还)＝0.004 mol。③设6.0 g 试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01 mol，n(KHC2O4)＝0.03 mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为×100%＝64%。
题组二 氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用
3．目前，新能源不断被应用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个方向。
(1)高铁酸钾-锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是_______。
(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为
Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4
3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4↓＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O
Ⅱ.Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4
Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4↓＋2NaOH
主要的生产流程如下：
①写出反应①的离子方程式_____________。
②流程图中"转化"(反应③)是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下Ksp(K2FeO4)____Ksp(Na2FeO4)(填"＞"、"＜"或"＝")。
(3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：__FeO＋__H2O__Fe(OH)3↓＋__OH－＋__O2↑，配平上述方程式K2FeO4在水处理中的作用是__________________。
(4)FeO在水溶液中的存在形态如图所示：
①若向pH＝10的这种溶液中加硫酸至pH＝2，HFeO的分布分数的变化情况是________。
②若向pH＝6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，______________转化为____________(填化学式)。
答案 (1)Zn
(2)①Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O ②＜
(3)4 10 4 8 3 作净水剂和消毒剂
(4)①先增大后减小 ②HFeO FeO
解析 (1)负极失去电子，应为Zn。(2)①Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；②根据Ⅱ中方程式判断，Ksp前者小。(3)F＋6(＋6F)O＋H2O―→F＋3(＋3F) (OH)3＋OH－＋0(0O)2↑
采用倒配法：氧化合价降低4，铁化合价升高3，Fe(OH)3系数为4，O2系数为3，根据电荷守恒、元素守恒再配其他物质的系数。(4)根据变化图判断。
命题展望
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，考查学科内知识的综合应用能力；(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．(2013·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，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．9.0 L B．13.5 L
C．15.7 L D．16.8 L
答案 A
解析 若混合物全是CuS，其物质的量为＝0.15 mol，电子转移数0.15×(6＋2)＝1.2 mol，混合气体中NO与NO2体积相等，设NO x mol，NO2 x mol,3x＋x＝1.2，计算得x＝0.3，气体体积V＝0.6 mol×22.4 L·mol－1＝13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子数0.075×10＝0.75 mol，3x＋x＝0.75，计算得x＝0.187 5，气体体积V＝0.375 mol×22.4 L·mol－1＝8.4 L，因此8.4 L＜V＜13.44 L，故A项正确。
2．(2013·四川理综，7)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL－1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体 1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L－1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g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∶1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L－1
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
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
解之得，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＝＝＝14.0 mol·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，根据电子守恒得x＋(0.05 mol－x)×2＝0.06 mol，x＝0.04 mol，NO2的体积分数为80%；D项得到2.54 g沉淀后，溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)＝0.7 mol－0.04 mol－0.02 mol＝0.64 mol，则NaOH溶液的体积是640 mL。
3．[2013·福建理综，24(2)、(3)](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：
__(D)__＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋________
(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 (2)C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋18H2O＋Na2SO4 (3)2.5
解析 (2)纤维素水解得到的最终产物D应为葡萄糖(C6H12O6)，生成物可利用元素守恒推知，然后配平即可。(3)处理相同量的CN－，Cl2和ClO2转移的电子数应相同。1 mol Cl2―→2Cl－转移2 mol e－，1 mol ClO2―→Cl－转移5 mol e－，则转移相同量的电子时所需Cl2与ClO2的物质的量之比为5∶2。
4．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，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：
Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________
答案 2 1 6 2 6 H＋
(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：
Fe(OH)2＋ClO－＋________===Fe(OH)3＋Cl－
答案 2 1 1 H2O 2 1
(3)[2011·安徽理综，27(2)改编]配平反应的离子方程式：
Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋________。
答案 5 2 4 5 1 8 H＋
(4)[2010·重庆理综，26(3)]配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：
P＋FeO＋CaO高温(高温钙)Ca3(PO4)2＋Fe
答案 2 5 3 1 5
5．(2013·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，调节溶液的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至紫红色消失，过滤；
Ⅴ.浓缩、结晶、分离，得到产品。
(1)H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是_______________。
(2)将MnO氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：
MnO＋Fe2＋＋________===Mn2＋＋Fe3＋＋________。
(3)已知：
生成氢氧化物沉淀的pH
Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 开始沉淀时 3.4 6.3 1.5 完全沉淀时 4.7 8.3 2.8 注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L－1
根据表中数据解释步骤Ⅱ的目的_________________。
(4)已知：一定条件下，MnO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)5 8 H＋ 5 4 H2O
(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MnO
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MnO和Fe2＋的化学计量数之比为1∶5，然后观察配平。得MnO＋ 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＋。调节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，从而达到分离Fe3＋和Al3＋的目的。
(4)①联想Cl2的实验室制法，很容易分析实验设计的意图，即通过是否产生Cl2来判断沉淀中有无MnO2。②操作Ⅳ中加入MnSO4，紫红色消失，说明过量的MnO因加入MnSO4而被转化成沉淀，然后过滤除去MnO，保证产品的纯度。
6．(2013·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：
工业ZnO稀硫酸①浸出液 过滤(过滤 )
滤液Zn③过滤(过滤 )滤液Na2CO3④过滤(过滤C)滤饼煅烧⑤ZnO
提示：在本实验条件下，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，检验沉淀是否洗涤干净的方法是________________。
(4)反应④中产物的成分可能是ZnCO3·xZn(OH)2，取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于__________。
答案 (1)Fe2＋和Mn2＋ MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋、2MnO＋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干净
(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，通过调节溶液的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，若沉淀未洗涤干净，洗涤液中应含有SO和Na＋，故只要对洗涤液中是否含有SO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，根据关系式ZnCO3·xZn(OH)2～(x＋1)ZnO，可得＝，故x＝1。
练出高分
1．下列有关反应SiO2＋3C高温(高温有)SiC＋2CO↑的叙述中，正确的是 ( )
A．氧化剂是SiO2
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．碳在反应中只作还原剂
D．若生成1 mol SiC，则转移电子2 mol
答案 B
解析 该反应的氧化剂和还原剂都是碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A、C错误，B项正确；生成1 mol SiC转移电子4 mol，D项错误。
2．(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∶3 B．3∶2 C．4∶3 D．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，根据电子得失守恒得：6n(N2)＝4n(Pt)，n(N2)∶n(Pt)＝2∶3。
3．NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的方程式是MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是 ( )
A．该反应中NO被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D.中的粒子是OH－
答案 C
解析 该反应的方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，D项错误；反应中NO被氧化，A项错误；反应过程中消耗H＋，溶液的pH增大，B项错误。
4．一未配平的离子方程式为______＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为 ( )
A．1∶1 B．3∶1 C．5∶1 D．7∶1
答案 C
解析 由质量守恒和电荷守恒可得出该离子方程式为5X－＋XO＋6H＋===3X2＋3H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶1。
5．从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7X＋5FeSO4＋12H2SO4，下列说法正确的是 ( )
A．X的化学式为CuS，它既是氧化产物又是还原产物
B．5 mol FeS2发生反应，有10 mol电子转移
C．产物中的SO有一部分是氧化产物
D．FeS2只作还原剂
答案 C
解析 根据元素守恒得X应为Cu2S，
A项，Cu2S为还原产物；B项，5 mol FeS2发生反应，有21 mol电子转移；C项，产物中有3个SO为氧化产物，正确；D项，FeS2既是氧化剂又是还原剂。
6．0.02 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol甲气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，又收集到b mol乙气体，设此时Mn元素全部以Mn2＋存在于溶液中，则下列说法正确的是 ( )
A．甲、乙均为无色无味的气体
B．a的最大值为0.02
C．b的最小值为0.01
D．a＋b的最小值为0.04
答案 D
解析 A项，甲气体为O2，乙气体为Cl2，错误；
2KMnO4△(△M)K2MnO4＋MnO2＋O2↑
2a a a a
(0.02－2a)×5＋4a＋2a＝2b
即b＝0.05－2a。
B项，KMnO4全部分解时生成O2最多，为0.01 mol错误；C项，当a＝0.01时，b＝0.05－2a最小，等于0.03，错误；D项，a＋b＝a＋0.05－2a＝0.05－a，当a＝0.01时，a＋b最小，为0.04，正确。
7． a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量一定是( )
A．(b－2a) mol B.b mol
C.a mol D．2a mol
答案 A
解析 表现酸性的HNO3为2a mol，所以被还原的HNO3为(b－2a) mol。
8．硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 mol·L－1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－，则S2O将转化为 ( )
A．S2－ B．S C．SO D．SO
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： 0.224 L÷22.4 L·mol－1×2×1＝0.025 L×0.100 mol·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SO。
9．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，下列说法正确的是 ( )
A．产物n[Cu(NO3)2]∶n[CuSO4]＝1∶1
B．参加反应的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶5
C．反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂
D．1 mol Cu2S参加反应时转移8 mol电子
答案 A
解析 配平后方程式为2Cu2S＋14HNO3===2Cu(NO3)2＋2CuSO4＋5NO2↑＋5NO↑＋7H2O，由此可知A项正确，B项错误；反应中Cu2S只作还原剂；1 mol Cu2S参加反应时转移10 mol电子。
10．已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：
4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋
则下列说法正确的是 ( ) A．该反应中还原剂为Fe2＋，O2、Fe(OH)3均为氧化产物
B．充分反应后可以看到白色沉淀和气体生成
C．标准状况下，每生成22.4 L O2，则有4 mol Na2O2被还原
D．若有4 mol Na2O2参加反应，则反应中共转移6NA个电子
答案 D
解析
该反应中Fe2＋为还原剂，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，Fe(OH)3既是氧化产物又是还原产物，O2为氧化产物，A、B错误；在标准状况下，每生成22.4 L O2应有3 mol Na2O2被还原，C项错误。
11．小明为验证NO2的氧化性和NO的还原性，设计了如下装置制取NO2和NO，并验证其性质，装置图如下：
(1)写出甲中反应的离子方程式：__________________________，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的还原性。
(2)实验前丙中充满水的作用是________(用反应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)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
溶液变浑浊 有红棕色气体生成
(2)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，制取NO，并用排水法收集NO
(3)NO2和水反应生成的HNO3是一种强氧化性酸，可将Na2S氧化，使溶液变浑浊 可将干燥的NO2与干燥的H2S气体混合，若有淡黄色固体生成，即可证明NO2的氧化性
解析 本题利用Cu与浓HNO3的反应制取NO2，再利用NO2与水的反应制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
12．工业上从4J29合金(铁钴镍合金)废料中提取钴和镍，一般先用硫酸溶解合金使之成为 Fe2＋、Co2＋、Ni2＋，再把Fe2＋氧化为Fe3＋，从而使Fe3＋转化为某种沉淀析出，达到与Ni2＋、Co2＋分离的目的。生产上要使Fe2＋氧化为Fe3＋，而不使Co2＋、Ni2＋被氧化的试剂是NaClO或NaClO3(均含少量H2SO4)溶液，反应的部分化学方程式如下(A为还原剂)：
NaClO＋A＋B―→NaCl＋C＋H2O
NaClO3＋A＋B―→NaCl＋C＋H2O
(1)请完成以上化学方程式：___________，________________。
实际生产中采用NaClO3来氧化Fe2＋比较合算，其理由是_______________。
(2)配平下列离子方程式，并回答问题。
Fe(OH)3＋ClO－＋OH－===FeO＋Cl－＋H2O
(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应，共转移了5.418×1022个电子，则n＝________。
(4)根据上述(2)(3)题推测FeO能与下列哪些物质反应________(填序号)。
A．Cl2 B．SO2 C．H2S D．O2
答案 (1)NaClO＋2FeSO4＋H2SO4===NaCl＋Fe2(SO4)3＋H2O
NaClO3＋6FeSO4＋3H2SO4===NaCl＋3Fe2(SO4)3＋3H2O
相同质量NaClO3比NaClO能氧化更多的Fe2＋
(2)2 5－n 2n 2 5－n 3＋n
(3)2
(4)BC
解析 (1)根据题干信息，A(或B)为FeSO4，B(或A)为H2SO4，根据电子守恒配平。因为NaCl3O中氯元素的化合价为＋5价，NaClO中氯元素的化合价为＋1价，相同质量的两种物质，NaClO3氧化更多的Fe2＋。
(2)＋3(＋3多) (OH)3＋＋1(＋1H)O－＋OH－―→ ( 1)O＋－1(－1))－＋H2O，Fe的化合价升高5－n，氯的化合价降低2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，系数依次为2, 5－n,2n,2，5－n，3＋n。
(3)电子转移数为×(5－n)×NA＝5.418×1022，解得n＝2。
(4)FeO具有强氧化性，能氧化SO2、H2S等还原性物质。
13．为了防止枪支生锈，常将枪支的钢铁零件放在NaNO2和NaOH的混合液中进行化学处理，使钢铁零件表面生成Fe3O4的致密的保护层--"发蓝"。其过程可用下列化学方程式 表示：
①3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
②____Na2FeO2＋____NaNO2＋____H2O―→____Na2Fe2O4＋____NH3↑＋____NaOH
③Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2OFe3O4＋4NaOH
(1)配平化学方程式②。
(2)上述反应①中还原剂为________，被还原的是______________________。若有1 mol Na2FeO2生成，则反应中有____ mol电子转移。
(3)关于形成"发蓝"的过程，下列说法正确的是________。
A．该生产过程不会产生污染
B．反应③生成的四氧化三铁具有抗腐蚀作用
C．反应①②③均是氧化还原反应
D．反应①②中的氧化剂均为NaNO2
(4)当NaOH溶液浓度过大，"发蓝"的厚度会变小，其原因是：______________。
答案 (1)6 1 5 3 1 7
(2)Fe ＋3(＋3F) (或＋3价的N) 2
(3)BD
(4)反应③为可逆反应，氢氧化钠浓度过大，平衡向逆反应方向移动
解析 (1)根据氧化还原反应中得失电子守恒配平方程式，其计量数分别是6,1,5,3,1,7；(2)该反应中还原剂是铁，被还原的是＋3(＋3中) (或＋3价的N)，若有1 mol Na2FeO2生成，则反应中有(2－0) mol＝2 mol电子转移；(3)A项，该反应中有氨气生成，所以产生污染，错误；B项，四氧化三铁是致密的保护层，所以具有抗腐蚀性，正确；C项，③不是氧化还原反应，错误；D项，反应①②中的氧化剂均为NaNO2，故正确；(4)反应③可逆，氢氧化钠浓度过大，平衡向逆反应方向移动。
14．实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制取粗铜、绿矾(FeSO4·7H2O)和明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的操作流程如下：
(1)试剂X是________(写化学式)。
(2)配平下列方程式：
MnO＋____SO2＋____H2O===____Mn2＋＋____SO＋____H＋
(3)为了分析产品(绿矾)中铁元素的含量，某同学称取20.0 g 样品配成100 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用1.000×10－1 mol·L－1的KMnO4标准溶液进行滴定(MnO被还原为Mn2＋)。
请回答下列问题：
①滴定时，KMnO4标准溶液应盛放在______________中(填仪器名称)。
②若到达滴定终点消耗KMnO4标准溶液的体积为25.00 mL，则该产品中铁元素的质量分数为________。
答案 (1)H2SO4(或KHSO4) (2)2 5 2 2 5 4
(3)①酸式滴定管 ②14%
解析 根据废弃固体的成分及流程，气体A为SO2，固体B中含有CuO、Fe2O3，溶液B中含有KAlO2、K2SiO3，试剂X为H2SO4(或KHSO4)，固体C为H2SiO3；加入过量铁屑后，固体D为Cu、Fe,溶液D为FeSO4；(3)滴定反应的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O,在20.0 g样品中，n(Fe2＋)＝25.00×10－3 L×1.000× 10－1 mol·L－1×5×＝0.05 mol,其质量分数为×100%＝14%。
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