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第2章第5讲氧化还原反应规律的应用李仕才考纲要求1.掌握常见氧化还原反应方程式的配平。2.掌握常见氧化还原反应的相关计算。3.理解质量守恒定律。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：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：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。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Fe2Br，所以Fe2先与Cl2反应。(2)同时含有几种氧化剂时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Fe3Cu2H，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)电子转移数目的计算(1)根据反应KClO36HCl=3Cl2KCl3H2O可知，每生成3molCl2转移_mole；(2)2Na2O22H2O=4NaOHO2，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：4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，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3 mol Cl2转移电子5 mol。(2)中Na2O2中的氧由1到2、0价，故每生成1 mol O2转移2 mol e。(3)化合价升高总数：4Fe24Fe3，化合价升高4，对于4 mol Na2O2，其中1 mol Na2O2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：3 mol Na2O2中的氧由1到2价，降低总数为6，所以每4 mol Na2O2发生反应转移6 mol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=2NaClNaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是()ANaCl、NaClOBNaCl、NaClO3CNaClO、NaClO3DNaClO3、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黑龙江实验中学检测)在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn22H3AsO36H18Cl=2As3SnCl6M。关于该反应的说法中正确的组合是()氧化剂是H3AsO3还原性：ClAs每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3molM为OHSnCl是氧化产物ABCD只有答案B解析3Sn22H3AsO36H18Cl=2As3SnCl6M中，由原子守恒可知，M为H2O。As元素的化合价降低，则氧化剂是H3AsO3，所以正确。Cl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。由反应可知，生成1 mol As时转移3 mol电子，所以正确。由原子守恒可知，M为H2O，所以错误。反应中Sn元素化合价升高，则SnCl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：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O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()ACl2BKMnO4CFeCl3DHCl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)。由知氧化性：Fe3I2，还原性：IFe2；由知氧化性：Cl2Fe3，还原性：Fe2Cl；由知氧化性：MnOCl2，还原性：ClMn2；由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4Cl2FeCl3I2，还原性强弱顺序为IFe2ClMn2。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淮北高三联考)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)6molL1C当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24ClD原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213答案B解析根据还原性BrFe2I，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2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，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)213，D项正确。题组三氧化还原反应的推理分析5(2017仙游一中月考)已知NH4CuSO3与足量的3molL1硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成；产生有刺激性气味的气体；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BNH4CuSO3中硫元素被氧化C有刺激性气味的气体是氨气D1molNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子答案D解析反应的离子方程式为2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH。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12、10，每2 mol NH4CuSO3参加反应转移1 mol电子，则1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子，正确。6已知下列实验事实：Cr2O3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；将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉KI溶液中，溶液变蓝；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实验证明Cr2O3是两性氧化物C实验证明氧化性：Cr2OI2D实验证明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Cr2OI2，正确；D项，实验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温州中学期末)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ClO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0.09molBClO的生成是由氯气的量的多少引起的C在酸性条件下ClO和ClO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0.09 mol，还有KCl生成，因此溶液中KOH的物质的量应大于0.09 mol，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ClO反应可生成Cl2，那么Cl的化合价都降低，错误；D项，生成0.03 mol ClO和0.06 mol ClO共失电子为0.03 mol50.06 mol10.21 mol，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河南省实验中学月考)现有24mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02molL1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()A2B3C4D5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46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05molL10.024L(64)0.02molL10.020L2(6n)，解得n3。2Na2Sx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116，则x的值为()A2B3C4D5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。得关系式1x162，x5。题组二多元素之间得失电子守恒问题3在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴为()A1molB.molC.molD2mol答案C解析设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x4 mol，x mol。4在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(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：75mol(21)x(50)x1.5mol1mol3(21)1mol0(3)y(50)y1.2mol所以参加反应的P的物质的量为1.2mol1mol2.2mol。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伊犁质检)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()A8.64B9.20C9.00D9.44答案B解析反应流程为xg17.02gm(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)1210.46mol所以xg17.02g0.46mol17gmol19.20g。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5molL1NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A60mLB45mLC30mLD15mL答案A解析由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)2n(O2)20.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。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：H2SHNO3SNOH2O分析配平步骤如下第一步：标变价，H2OH2O第二步：列得失，H2HO3得到(52)eO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。H2HO3失去2e3得到3e2O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。3H2S2HNO3=3S2NO4H2O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)_MnO_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_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_Mn2_O2_H2O答案(1)324OH325(2)256H2584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。=AlN答案Al2O33CN223CO解析根据氮元素、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。5(2017湖南百所中学阶段性诊断)硫的多种化合物在工业中有重要的应用。(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)又称保险粉，是最适合木浆造纸的漂白剂，其水溶液性质不稳定，有极强的还原性。Na2S2O4中S元素的化合价为_。Na2S2O4暴露于空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，发生反应时，当氧化剂和还原剂的物质的量之比为12时，产物为_(填化学式)。将甲酸和NaOH溶液混合，再通入SO2气体，会得到保险粉，此时甲酸被氧化为CO2。该反应的化学方程式为_。(2)铬会造成环境污染。某酸性废水中含有Cr2O，处理时可用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)将Cr2O转化为毒性较低的Cr3，再调节pH至8，使铬元素沉降，分离出污泥后测得废水中Cr3浓度为0.52mgL1，达到排放标准。Na2S2O5参加反应的离子方程式为_。处理后的废水中Cr3的物质的量浓度为_molL1。答案(1)3NaHSO3HCOOH2SO22NaOH=Na2S2O4CO22H2O(2)3S2O2Cr2O10H=6SO4Cr35H2O1105解析(1)根据题中信息可知，氧化剂是O2，还原剂是Na2S2O4，又知氧化剂和还原剂的物质的量之比为12，若设Na2S2O4被氧化后硫的化合价为x价，则根据得失电子守恒有14(x3)22，解得x4，又有水蒸气参与反应，所以产物为NaHSO3。(2)2O将Cr2O还原为Cr3，则S2O被氧化为SO，由电荷守恒可知反应物中还应有H，据此可写出反应的离子方程式。处理后的废水中Cr3的浓度已知是0.52 mgL1，只需将其转化为物质的量浓度即可，即c(Cr3)1105 molL1。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：MnOC2OMn2CO2。由MnOMn2，锰元素降了5价；由C2OCO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2前配2，即2MnO5C2O2Mn210CO2。第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H，右边补充H2O,2MnO5C2OH2Mn210CO2H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：2MnO5C2O16H2Mn210CO28H2O。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Cr2O与FeSO4溶液在酸性条件下反应的离子方程式：_。(2)用NaClONaOH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41)，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)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(2)2AgClO2OH=Ag2O2ClH2O(3)4Al(NO3)312NO23O22Al2O3(4)3Na2SO48C3Na2S4CO4CO2(5)2P43Ba(OH)26H2O=3Ba(H2PO2)22PH32根据下列各图示信息，完成有关方程式：(1)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：反应的化学方程式：_。(2)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。上图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：_。(3)2016北京理综，27(1)(2)改编以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用。其工作流程如下：()过程中，在Fe2催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的离子方程式是_。()过程中，Fe2催化过程可表示为：2Fe2PbO24HSO=2Fe3PbSO42H2O：写出的离子方程式：_。下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红。b_。答案(1)SO2I22H2O=H2SO42HI(2)4FeNO10H=4Fe2NH3H2O(3)()PbPbO24H2SO2PbSO42H2O()2Fe3PbSO=PbSO42Fe2取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去3(2017湖南百所中学阶段性诊断)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：CuSO4PH3H2O=Cu3PH3PO4H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。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。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AAl(OH)3(2)2411128324(3)P43NaOH3H2O=PH33NaH2PO2一2.5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)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。1 mol P4与烧碱溶液发生反应P43NaOH3H2O=PH33NaH2PO2，生成1 mol PH3和3 mol NaH2PO2,3 mol NaH2PO2与硫酸发生反应2NaH2PO2H2SO4=Na2SO42H3PO2，生成3 mol H3PO2，3 mol H3PO2再发生分解反应2H3PO2=PH3H3PO4，又生成1.5 mol PH3，所以整个工业流程中共生成PH3 2.5 mol。12017全国卷，27(1)FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。答案27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应解析首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeOCr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为27；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。22017全国卷，27(6)已知LiFePO4，写出该反应的化学方程式_。答案2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO4H2O3CO2解析反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。32016全国卷，26(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为_。答案NaClO2NH3=N2H4NaClH2O解析次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的3价升高到联氨分子中2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的1价降低到1价，根据化合价升高与降低总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO2NH3=N2H4NaClH2O。42016天津理综，9(4)MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)其化学计量数依次为_。答案1,2,4,1,1,3解析Mn元素的化合价由4价降低到2价，碘元素的化合价由1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，配平后化学方程式为MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，故其化学计量数依次为1,2,4,1，1,3。1某强酸性溶液中可能存在NO、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NO，含Fe3B含有NO、I、ClC含I，但不能确定是否含ClD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NO、Fe3；有关实验现象无法确定溶液中是否含有Cl。2(2017郑州五校高三联考)氮化钠和氢化钠都是离子化合物，与水反应的化学方程式(未配平)如下：Na3NH2ONaOHNH3，NaHH2ONaOHH2。有关它们的叙述：与水反应都是氧化还原反应；与水反应后的溶液都显碱性；与盐酸反应都只生成一种盐。正确的是()ABCD答案D解析反应Na3N3H2O=3NaOHNH3中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，错误；正确；氮化钠和盐酸反应会生成氯化钠、氯化铵两种盐，氢化钠与盐酸反应会生成氯化钠一种盐，错误。3(2018蚌埠高三检测)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()AMg(NO2)2、O2BMgO、NO2、O2CMg3N2、O2DMgO、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吉林大学附属中学高三调研)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：2Sb2S33O26Fe=Sb4O66FeSSb4O66C=4Sb6CO关于反应和的说法错误的是()A反应中每1molSb2S3参加反应时，共转移6mol电子B反应中的氧化剂是Sb2S3和O2，中的氧化剂是Sb4O6C反应说明高温下C的还原性比Sb强D每生成4molSb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为11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1 mol Sb2S3参加反应时，3 mol Fe参加反应，转移6 mol电子，正确；B项，反应中只有O2是氧化剂，Fe是还原剂，错误；C项，反应中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4 mol Sb时需要消耗6 mol C、1 mol Sb4O6，则需还原剂铁的物质的量为6 mol，所以反应与反应中还原剂的物质的量之比为11，正确。5ClO2遇浓盐酸会生成Cl2，反应方程式为2ClO28HCl=5Cl24H2O，该反应中若转移电子的数目为9.6321023，则产生的Cl2在标况下的体积为()A11.2LB33.6LC22.4LD44.8L答案C解析2ClO28HCl=5Cl24H2O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86.021023个电子，若转移电子的数目为9.6321023，则生成氯气为mol1mol，所以产生的Cl2在标况下的体积为1mol22.4Lmol122.4L。6.(2018山西模拟)某离子反应中涉及H2O、ClO、NH、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ClB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23D反应后溶液的酸性明显增强答案D解析反应方程式为3ClO2NH=N23H2O3Cl2H，该反应的还原剂为NH，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32，故C错误；反应生成H，溶液酸性增强，故D正确。7MnO2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MnO2ZnS2H2SO4=MnSO4ZnSO4S2H2O，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2Cl2e=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()AFe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41D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15答案A解析A项，铁与氯气反应生成FeCl3，有1 mol FeCl3生成时转移3 mol电子，铁与硫反应生成FeS，有1 mol FeS生成时转移2 mol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3x，HNO3的系数为x3x，硝酸与还原产物NO的比例为(x3x)x41，正确；D项，该反应的化学方程式为2KMnO416HCl(浓)=5Cl22MnCl22KCl8H2O，其中2 mol的KMnO4作氧化剂，10 mol的HCl作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为15，正确。9已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。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()氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2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ABCD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Fe3I2、Br2Fe3，故正确；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Cl2Br2Fe3I2，氯气的量不确定，则Br不一定被氧化，故错误，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，故正确。10(2018滁州调研)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：2LiAlH42LiH2Al3H2，LiAlH42H2O=LiAlO24H2。下列说法正确的是()A若反应中生成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LiHH2O=LiOHH2C生成等质量的氢气，反应、转移电子数之比为43DLiAlH4是共价化合物，LiH是离子化合物答案B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LiHH2O=LiOHH2，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1 mol LiAlH4完全分解，转移3 mol电子，生成1.5 mol的氢气，由LiAlH42H2O=LiAlO24H2生成4 mol的氢气转移4 mol的电子，所以生成1 mol 的氢气转移电子分别为2 mol和1 mol，所以反应、生成等质量的H2转移电子数之比为21，C项错误；LiAlH4、LiH是离子化合物，D项错误。11(2017牡丹江第一高级中学高三质检)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2Fe32I=2Fe2I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25molDK2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为13答案D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：2Fe32I=2Fe2I2，正确；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：Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O，则n(Cr2O)n(I)1.5 mol0.25 mol，正确；D项，6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O，K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为16，错误。12(1)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。每生成1molFeO转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，原因是_。(2)工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为_。向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为_。将所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为_。答案(1)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O30.15该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小(2)Cl22Br=Br22Cl3Na2CO33Br2=5NaBrNaBrO33CO2(或6Na2CO33Br23H2O=5NaBrNaBrO36NaHCO3)5NaBrNaBrO33H2SO4=3Br23Na2SO43H2O解析(1)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO作氧化剂被还原生成Cl，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，该反应的离子方程式为2Fe(
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