主题2 第2讲 氧化还原反应规律（课件PPT）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（江苏专版）

氧化还原反应规律 第 二 讲 (基础落实课) 内容与目标 1．掌握氧化还原反应的基本规律及应用。　 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 CONTENTS 目录 1 逐点清（一） 先后规律、价态规律及其应用 逐点清（二） 守恒规律及其应用 高考引领——充分发掘典型考题的素养价值 课时跟踪检测(五) 2 3 4 先后规律、价态规律及其应用 逐点清 （一） 再认再现·旧知新学 1．先后规律及应用 (1)同时含有几种还原剂(或氧化剂)，发生氧化还原反应时，还原性(或氧化性)强的优先反应，即“强者优先”，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性： ＞ ，所以 先与Cl2反应。 Fe2＋ Br－ Fe2＋ 2．价态规律及应用 (1)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，不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应是 注意：不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 (2)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。 (3)价态规律的应用 ①判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2不发生反应。 ②根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl＋NaClO3===NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2气体 ( ) (2)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA ( ) (3)硝酸铜分解的产物可能是CuO、NO2、NO ( ) 微点澄清训练 × × × (4)锌粉加入硝酸铁，硝酸铜的混合溶液中，锌首先与硝酸铁反应置换出铁 ( ) (5)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也可能是2NA ( ) √ × 解析：由①得出Q中Cl元素价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。 答案：G、Y、Q、Z、X 边练边学·实践提能 一、先后规律及其应用 1．已知有如下三个氧化还原反应： 2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2 2FeCl2＋Cl2===2FeCl3 2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若某溶液中Fe2＋和I－共存，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是(　 ) A．Cl2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl √ √ 3．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 mol·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合溶液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是(　 ) A．当a≤0.1时，发生的反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋ B．当0.1≤a＜0.2时，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a)mol C．当a≥0.2时，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M D．若有固体剩余，则可能是铁 √ 解析：因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入铁粉后，铁先与Fe3＋反应，后与M2＋反应。混合溶液中n(Fe3＋)＝0.2 mol，当a≤0.1时，铁粉只能将Fe3＋还原，A正确； 当0.1≤a<0.2时，Fe3＋全部被还原，M2＋部分被还原，加入的铁粉全部变为Fe2＋，根据铁元素守恒，则n(Fe2＋)＝(0.2＋a)mol，B正确； 当a≥0.2时，Fe3＋、M2＋全部被还原，发生的反应为2Fe3＋＋M2＋＋2Fe===4Fe2＋＋M，C正确； 若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有铁，因此可能是只有M，还可能是M和Fe的混合物，不可能只有Fe，D错误。 二、价态规律及其应用 4．氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定条件下能自身发生反应：KX―→KY＋KZ(未配平，KY与KZ的物质的量之比为1∶3)。以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(　 ) A．＋1 B．＋3 C．＋5 D．＋7 √ 解析：Cl2＋KOH―→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和－1价；由于KX也能发生歧化反应：KX―→KY＋KZ，可断定KY为KCl，化合价高低：Z中Cl>X中Cl(均为正价)。假设KX中Cl的化合价为＋a价，KZ中Cl的化合价为＋b价，依据化合价升降相等及KX―→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝1、a＝3、a＝5、a＝7代入上式讨论，可知a＝5时，b＝7符合题意，则KX中Cl的化合价为＋5。 5．已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O，下列关于该反应说法错误的是(　 ) A．氧化性：NaClO3>Cl2 B．当反应中有2 mol e－转移时，被氧化的HCl为4 mol C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2 D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌 √ 解析：在已知反应中，氯酸钠中氯元素的化合价降低被还原做氧化剂，对应的二氧化氯是还原产物，氯化氢中氯元素的化合价升高被氧化做还原剂，对应的氯气是氧化产物，据此回答问题。由分析可知，氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3>Cl2，故A正确； 当反应中有2 mol e－转移时，氯化氢中氯元素的化合价由－1价升高到0价，则被氧化的氯化氢为2 mol，故B错误； 由分析可知，氯气是氧化产物，二氧化氯是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2，故C正确； 产物二氧化氯和氯气都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D正确。 守恒规律及其应用 逐点清 （二） 再认再现·旧知新学 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1．电子守恒法的原理 氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数。 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，只要把物质分为始态和终态，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 第1步 找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物 第2步 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) 第3步 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) 边练边学·实践提能 √ √ 3．[分析反应过程]汽车的安全气囊内有叠氮化钠与硝酸钾等物质，受到猛烈撞击时迅速发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑，下列说法正确的是(　 ) A．KNO3中N元素被氧化 B．32.5 g NaN3参加反应，生成0.8 mol还原产物 C．氧化产物与还原产物质量比为1∶15 D．生成标准状况下71.68 L N2，转移电子数为2NA √ 当反应生成16 mol N2时，其中有1 mol来自硝酸钾，15 mol来自NaN3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1，C错误； 从反应可以看出，每转移10 mol电子，生成16 mol N2，所以转移2 mol电子，就会生成3.2 mol N2，标准状况下为3.2 mol×22.4 L·mol－1＝71.68 L，D正确。 5．[含量分析](1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线： 答案：(1)0.5　(2)1.57 高考引领 ——充分发掘典型考题的素养价值 |高|考|导|向| (2022•北京卷T19题干材料) 实验装置如图(夹持装置略) 序号 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 |发|掘|训|练| 1．原题的节选与加工 (1)写出A装置中发生反应的离子方程式：__________________________________，该反应中，作为还原剂的HCl与起酸性的HCl的物质的量之比为__________。 (2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色，写出该过程的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向与数目：__________________________。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是________________________________________________ ____________________________________________________________。 (4)根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 ②取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是____________________________________________ ____________________________________________________________。 2．典题的启发与创造 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应，实验记录如下： 序号 实验方法 实验现象 实验装置 试剂a ① 水 产生黑色沉淀， 放置后不发生变化 ② 5% NaOH 溶液 产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 ③ 40% NaOH 溶液 产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 ④ 取③中放置后的悬浊液1 mL，加入4 mL 40% NaOH溶液 溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深 续表 √ 课时跟踪检测（五） A级——强基训练 1．(2022·浙江6月选考)关于反应Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，下列说法正确的是(　 ) A．H2SO4发生还原反应 B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D．1 mol Na2S2O3发生反应，转移4 mol电子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：已知反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S一种元素，硫酸的作用是提供酸性环境。H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A不正确； Na2S2O3中S的化合价为＋2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(＋4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B正确； 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，C不正确； 根据其中S元素的化合价变化情况可知，1 mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2．下列说法正确的是(　 ) A．KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O反应中氧化产物为Cl2，还原产物为KCl B．浓H2SO4具有强氧化性，浓H2SO4不能干燥SO2 C．H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1 D．NO2与NH3不可能发生反应 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析： A项，Cl2既是氧化产物又是还原产物； B项，浓H2SO4与SO2中S的化合价无中间价，二者不反应，可以用浓H2SO4干燥SO2； D项，NO2在一定条件下可以氧化NH3。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al，Al由＋3价降低为0价，只有Al元素化合价降低，所以1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子，B正确； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由LiAlH4＋4H2O===LiOH＋Al(OH)3↓＋4H2↑可知，标准状况下，1 mol LiAlH4跟足量水反应可生成4 mol×22.4 L·mol－1＝89.6 L氢气，C错误； 乙酸乙酯被还原为乙醇，所以LiAlH4作还原剂，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4．按要求填空。 (1)在Fe、Fe2＋、Fe3＋、H＋中，既有氧化性又有还原性的是________________。 (2)某同学写出以下三个化学方程式(未配平)： ①NO＋HNO3―→N2O3＋H2O　 ②NH3＋NO―→HNO2＋H2O ③N2O4＋H2O―→HNO3＋HNO2 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 在①②③反应中一定不可能实现的是________，在③反应中若消耗1 mol N2O4，转移电子______mol。 (3)氯酸是一种强酸，氯酸的浓度超过40%就会迅速分解，反应的化学方程式为8HClO3===3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O。该反应的氧化产物是__________________(填化学式)。 答案：(1)Fe2＋　(2)②　1　(3)O2和HClO4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ B级——对标高考 5．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是(　 ) A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞SO2＞I2 B．在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4 C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性 D．滴加KI溶液时，每转移2 mol e－会生成2 mol CuI沉淀 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI ②，该反应中SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，得到的还原产物是HI，故B、C项错误； 根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应①中氧化性：Cu2＋＞I2，反应②中I2将SO2氧化，说明氧化性：I2＞SO2，故A项错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6．(2023·北京卷)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑；②CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑。下列说法正确的是(　 ) A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键 B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应 C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性共价键，A错误； ①中水的化合价没有发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误； ①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 与水反应 与NaOH溶液反应 ⅰ.2XeF2＋2H2O=== 2Xe↑＋O2↑＋4HF ⅱ.2XeF2＋4OH－=== 2Xe↑＋O2↑＋4F－＋2H2O ⅲ.XeF6＋3H2O===XeO3＋6HF ⅳ.2XeF6＋4Na＋＋16OH－=== Na4XeO6↓＋Xe↑＋O2↑＋12F－＋8H2O 7．(2023·福建卷)稀有气体氙的氟化物(XeFn)与NaOH溶液反应剧烈，与水反应则较为温和，反应式如下： 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 下列说法错误的是(　 ) A．XeO3具有平面三角形结构 B．OH－的还原性比H2O强 C．反应ⅰ～ⅳ中有3个氧化还原反应 D．反应ⅳ每生成1 mol O2，转移6 mol电子 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO3分子为三角锥形分子，A错误； 由ⅲ、ⅳ两组实验对比可知，在氢氧化钠溶液中，XeF6可以发生还原反应，而在水中则发生非氧化还原反应，故可知：OH－的还原性比H2O强，B正确； ⅰ、ⅱ、ⅳ三组化学反应均为氧化还原反应，C正确； 分析ⅳ可知，每生成一个O2，整个反应转移6个电子，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 8．(2024·盐城市三校第一次联考)用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2＋和H＋，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9．(1)在太阳能的作用下，缺铁氧化物[如Fe0.9O]能分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是__________________________ __________________________________。在过程②中每产生1 mol O2，转移电子的物质的量为________ mol。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)用FeCl2溶液与NaBH4(H为－1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式为FeCl2＋2NaBH4＋6H2O===Fe＋2B(OH)3＋2NaCl＋7H2↑。当生成1 mol Fe时，转移电子的物质的量为____________。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：(1)由图可知，过程①中Fe0.9O与CO2发生反应生成Fe3O4和碳，化学方程式为10Fe0.9O＋CO2===3Fe3O4＋C；过程②中Fe3O4高温分解生成Fe0.9O和O2，每生成1 mol O2，转移电子的物质的量为1 mol×4＝4 mol。 (2)NaBH4中H元素为－1价，反应中FeCl2、H2O作氧化剂，NaBH4作还原剂，每生成1 mol Fe转移8 mol电子。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3) 根据价态升降规律，反应中N元素由＋3价降低到＋1价、由－2价升高到0价，每生成1 mol N2转移4 mol电子。 答案：(1)10Fe0.9O＋CO2===3Fe3O4＋C　4　 (2)8 mol　 (3)0.4 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10．(2024·江苏模拟预测)我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。 (1)催化剂制备。在60～100 ℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。 ①通入N2的目的是____________________________________。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 ②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为_______________________________________________________。 (2)催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 已知：·OH能将NO、SO2氧化。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 ·OH产生机理如下。 反应Ⅰ：Fe3＋＋H2O2===Fe2＋＋·OOH＋H＋ (慢反应) 反应Ⅱ：Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋·OH＋OH－ (快反应) ①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___________________________________________。 ②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为______________________________。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 ③实验表明·OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是_________________________________________________。 解析：(1)①向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，排出装置中的空气，防止空气将亚铁离子氧化； ②氢氧化钠溶液和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸钠溶液，故制备Fe3O4的反应为12Fe(OH)2＋NaNO3===4Fe3O4＋NH3＋10H2O＋NaOH； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)①Fe3O4中含有Fe2＋，由·OH产生机理可知Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋·OH＋OH－反应更快，故相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高； ③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 答案：(1)①排出装置中的空气　 ②12Fe(OH)2＋NaNO3===4Fe3O4＋NH3＋10H2O＋NaOH　 (2)①Fe3O4中含有Fe2＋，由·OH产生机理可知Fe2＋＋H2O2===Fe3＋＋·OH＋OH－反应更快 ③二氧化硫在水中的溶解度较大，且可以和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，从而被完全脱除 (2)常见的强弱顺序 氧化性：MnO(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S， 还原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SO)<S2－。 2．已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)： ①G―→Q＋NaCl ②Q＋H2OX＋H2 ③Y＋NaOH―→G＋Q＋H2O ④Z＋NaOH―→Q＋X＋H2O 这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是________________。 解析：由题目中的三个反应可知氧化性强弱顺序为MnO>Cl2>Fe3＋>I2，因Cl2、KMnO4均能氧化Fe2＋，故选项A、B不符合题意，HCl不能氧化I－，D错误。 2．往含Fe3＋、H＋、NO的混合液中加入少量SO，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是(　 ) A．2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋ B．2H＋＋SO===H2O＋SO2↑ C．2H＋＋2NO＋3SO===3SO＋2NO↑＋H2O D．2Fe3＋＋3SO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3SO2↑ 解析：三价铁离子、硝酸根离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子，所以加入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只与硝酸根离子反应，所以离子方程式为2H＋＋2NO＋3SO===3SO＋2NO↑＋H2O，C项正确。 1．[确定化学式]某强氧化剂[XO(OH)2]＋可被Na2SO3还原，氧化产物为SO。如果还原1.2×10－3 mol [XO(OH)2]＋需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　 ) A．XO B．X2O3 C．X2O D．X 解析：根据得失电子守恒分析，得到X元素化合价应该降低＝5个价态，[XO(OH)2]＋中X价态为＋5价，则被还原后的产物的价态为0价，故D符合题意。 2．[判断化合价]在酸性条件下，可发生如下反应：ClO＋2M3＋＋4H2O===M2O＋Cl－＋8H＋，M2O中M的化合价是(　 ) A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7 解析：设M2O中M的化合价为＋x，Cl元素由＋5价降低到－1价，M元素由＋3价升高到＋x，根据得失电子守恒可得：6＝2×(x－3)，解得x＝6，故C项正确。 解析：在10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑反应中，叠氮化钠中氮元素的化合价由－价升高到0价，KNO3中氮元素由＋5价降到了0价，则NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，氧化产物和还原产物都是氮气，且氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1。KNO3的氮元素由＋5价降到了0价，N元素被还原，A错误； 32.5 g NaN3为＝0.5 mol，从反应可知，此时生成 0.5 mol×1.6＝0.8 mol N2，其中还原产物为0.8 mol×＝0.05 mol，B错误； 4．[多步计算应用]某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol ·L－1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为____________________________。 解析：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失电子守恒列等式：c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L·mL－1＝20 mL×10－3 L·mL－1×6c(Cr2O)＋5c2 mol·L－1×V2 mL×10－3 L·mL－1，解得：c(Cr2O)＝ mol·L－1。 答案： mol·L－1 “氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。 (2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________(计算结果保留两位小数)。 解析：(1)根据电子守恒可知6VO2＋～KClO3，n(KClO3)＝ n(VO2＋)＝0.5 mol。(2)氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。 根据：NaClO2～Cl－，Cl2～2Cl－，得电子数相等时，存在：NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57。 某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ.Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。 ⅱ.浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。 ①取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O，该反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为________，每得到标准状况下11.2 L O2，被还原的高锰酸钾的物质的量为____________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被__________(填“化学式”)氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量； 答案：(1)10Cl－＋16H＋＋2MnO===5Cl2↑＋8H2O＋2Mn2＋　5∶3 (2) (3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①1∶4　2 mol　Cl2　 ②3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O 资料：水溶液中，Mn(OH)2为白色沉淀，MnO呈绿色；浓碱性条件下，MnO可被OH－还原为MnO；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 下列说法不正确的是(　 ) A．对比实验①和②可知，碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态 B．④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O C．④中绿色缓慢加深的可能原因是MnO2被Cl2氧化为MnO D．③中未得到绿色溶液，可能是因为MnO被氧化为MnO的反应速率快于MnO被还原为MnO的反应速率 解析：对比实验①和②可知，当试剂a为水时，Mn2＋被氧化成MnO2，当试剂a为5% NaOH溶液时，Mn2＋可以被氧化成MnO，所以碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态，选项A正确； ④中溶液紫色迅速变为绿色，说明MnO可被OH－还原为MnO，选项B正确； ④中绿色缓慢加深的可能原因是MnO可被OH－还原为MnO，MnO2的氧化性强于Cl2，不能被Cl2氧化，选项C错误； ③中未得到绿色溶液，可能是因为MnO被氧化为MnO的反应速率快于MnO被还原为MnO的反应速率，选项D正确。 3．LiAlH4是金属储氢材料，又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出H2，在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是(　 ) A．AlH的空间结构为正四面体形 B．1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子 C．1 mol LiAlH4跟足量水反应，生成标准状况下44.8 L氢气 D．LiAlH4与乙酸乙酯反应生成乙醇，反应中LiAlH4作还原剂 解析：AlH中Al原子的价层电子对数为4＋＝4，不含孤电子对，所以空间结构为正四面体形，A正确； 解析：由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：，当转移2 mol e－时生成2 mol CuI沉淀，D项正确； Na2O2由Na＋和O组成，阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2＋和H－组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确； 已知：“还原”时，发生反应FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===2SO＋15Fe2＋＋16H＋；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法不正确的是(　 ) A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率 B．“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶7 C．“过滤Ⅰ”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2＋、Fe3＋和H＋ D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2===8NH＋4FeOOH↓＋2H2O 解析：硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)加硫酸溶解，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为亚铁离子，同时生成SO，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2＋和H＋，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可加快反应速率，A正确； 有关的离子方程式为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===2SO＋15Fe2＋＋16H＋，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则SO为氧化产物，Fe3＋转化为Fe2＋，化合价降低，Fe2＋为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶14＝1∶7，B正确； 滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2＋＋8NH3·H2O＋O2===8NH＋4FeOOH↓＋2H2O，D正确。 (3)反应2HNO2＋N2H===N2O↑＋N2↑＋3H2O＋H＋中，每生成0.1 mol N2转移电子的物质的量为_________ mol。 ②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O； ②2NO2＋2OH－===NO＋NO＋H2O $$