主题2 第2讲 氧化还原反应规律（Word教师用书）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（山东海南版）

第二讲　氧化还原反应规律(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。 逐点清(一)　先后规律、价态规律及其应用 [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：Fe2＋＞Br－，所以Fe2＋先与Cl2反应。 (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．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。 微点澄清训练 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(×) (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(√) 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 解析：选C　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：选C　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。 3．[双选]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＋)＝(0.1＋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：选BD　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错误；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：选C　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：选B　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。 逐点清(二)　守恒规律及其应用 [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] 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：选D　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：选C　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。 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 解析：选D　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；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。 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 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： “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。 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)———————— 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。 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。 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； 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________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 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 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 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：选C　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。 [课时跟踪检测] 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 解析：选B　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；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。 2．K35ClO3晶体与含有H37Cl的浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，该反应生成氯气的摩尔质量为(　 ) A．74 g·mol－1 B．73.3 g·mol－1 C．72 g·mol－1 D．70 g·mol－1 解析：选B　该反应中化合价发生变化的只有Cl元素，根据同种元素不同价态的“归中反应”规律，利用“双线桥法”分析如下： 据此可知，若生成3 mol Cl2，有5 mol氯原子来自H37Cl的37Cl，有1 mol氯原子来自K35ClO3的35Cl，根据摩尔质量的定义可得，氯气的摩尔质量为 g·mol－1≈73.3 g·mol－1。 3．(2024·慈溪市期末)一定量的SO2通入到含0.2 mol NaOH的溶液中，充分反应后生成的Na2SO3和NaHSO3的物质的量之比为2∶1。再向反应后溶液中通入Cl2恰好使硫元素全部转化为SO。则通入Cl2的物质的量为(　 ) A．0.04 mol B．0.08 mol C．0.12 mol D．0.2 mol 解析：选C　设生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠物质的量分别为2x和x，根据钠原子守恒，2x×2＋x＝0.2，解得x＝0.04 mol，通入Cl2恰好使硫元素全部转化为SO，根据得失电子守恒，氯气物质的量：＝0.12 mol。 4．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 解析：选C　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。 5．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：选C　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；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；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。 6．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 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 B级——对标高考 7．[双选]在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是(　 ) A．最后得到的溶液中只含Cu2＋ B．残余固体可能为铁、铜混合物 C．残余固体一定含有铜 D．最后得到的溶液中含有Fe3＋ 解析：选BC　本题涉及的反应有：(1)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋。(2)Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。由于氧化性：Fe3＋>Cu2＋，则铁粉先和Fe3＋反应，再和Cu2＋反应，经分析存在几种情况：①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为FeSO4；②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为FeSO4和CuSO4混合液；③加入铁粉恰好将溶液中Fe3＋与Cu2＋反应完，剩余固体铜，溶液为FeSO4。 8．为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是(　 ) A．S2O中既存在非极性键又存在极性键 B．装置Ⅰ的作用是吸收SO2，装置Ⅱ的作用是吸收NO C．装置Ⅲ中生成Ce4＋与S2O的物质的量之比为6∶1 D．氧化装置Ⅳ中1 L 2 mol·L－1 NO，至少需要标准状况下22.4 L O2 解析：选C　根据流程分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2＋OH－===HSO，吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4＋，酸性条件下，NO与Ce4＋发生氧化还原反应生成NO和NO，Ce4＋被还原为Ce3＋，装置Ⅲ中阳极发生反应Ce3＋－e－===Ce4＋，Ce4＋从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，阴极发生反应2HSO＋2H＋＋2e－===S2O＋2H2O，进而得到Na2S2O4，装置Ⅳ中NO被O2氧化为NO，NO与NH3得到NH4NO3，据此分析解答。S2O中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，故A正确；根据上述分析可知，装置Ⅰ吸收SO2，装置Ⅱ吸收NO，故B正确；装置Ⅲ中阳极发生反应Ce3＋－e－===Ce4＋，阴极发生反应2HSO＋2H＋＋2e－===S2O＋2H2O，根据电子守恒，生成Ce4＋与S2O的物质的量之比为2∶1；故C错误；装置Ⅳ中NO被O2氧化为NO，N元素化合价由＋3价升高至＋5价，O的化合价由0价降低至－2价，氧化装置Ⅳ中1 L 2 mol·L－1 (2 mol) NO，则转移4 mol电子，消耗1 mol O2，即需要标准状况下22.4 L O2，故D正确。 9．(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： 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 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 解析：选A　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。 10．[双选]现有NaNO3和HCl的混合溶液400 mL，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉(假设反应中HNO3只被还原成NO)，如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．硝酸钠的物质的量浓度为2.5 mol·L－1 B．反应生成气体的体积为33.6 L C．整个反应过程共转移电子的物质的量为5 mol D．将反应后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为NaCl和FeCl2的混合物 解析：选AC　由图分析可知，当加入铁粉的物质的量大于1 mol时，溶液中才生成亚铁离子，说明加入铁粉的物质的量小于等于1 mol时，发生反应：Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，则n(Fe)＝n(NO)＝n(NaNO3)＝n(NO)＝1 mol，c(NaNO3)＝2.5 mol·L－1，A正确；因Fe3＋的氧化性大于H＋，则继续加入铁时发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，该反应消耗0.5 mol铁，然后是0.5 mol铁再与氢离子反应生成氢气，则n(H2)＝n(Fe)＝0.5 mol，所以，在整个过程中产生气体的物质的量为1.5 mol，在标准状况下的体积为33.6 L，B错误；整个反应过程分三步进行，每步转移电子分别是3 mol、0.5 mol×2、0.5 mol×2，共转移5 mol电子，C正确；滤液中的溶质为NaCl和FeCl2，蒸发结晶过程中，FeCl2会被氧化、水解，最后所得固体为NaCl和Fe(OH)3的混合物，D错误。 11．(2024·马鞍山市红星中学月考)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空： (1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。 (2)上述反应中的氧化剂是________________，反应产生的气体可用__________________________吸收。 (3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S3＋10H＋＋10NO===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O。若生成2 mol H3AsO4，则反应中被S元素还原的NO的物质的量为______________。 (4)若反应产物NO2与11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应所产生的CO2的物质的量______(填字母)。 a．小于0.5 mol b．等于0.5 mol c．大于0.5 mol d．无法确定 解析：(1)根据得失电子守恒知1 mol As2S3作氧化剂得到2 mol电子，而1 mol SnCl2作还原剂失去2 mol电子，所以二者的物质的量之比是1∶1；(2)反应中As元素化合价降低，As2S3为氧化剂，H2S为酸性气体，可用NaOH溶液或硫酸铜溶液吸收；(3)反应As2S3＋10H＋＋10NO===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O中，As元素化合价由＋3价升高到＋5价，S元素化合价由－2价升高到0价，则生成2 mol H3AsO4，被S元素还原的NO的物质的量为6 mol；(4)根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3、C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O可得，反应的关系式为O2～4HNO3～CO2，n(O2)＝＝0.5 mol，根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5 mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则生成的二氧化碳的物质的量小于0.5 mol，故a正确。 答案：(1)1∶1　(2)As2S3　氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液　(3)6　(4)a 12．氧化剂和还原剂在生产、生活中广泛使用。 (1)KMnO4和HBr溶液可以发生如下反应： 2KMnO4＋16HBr===2KBr＋2MnBr2＋8H2O＋5Br2。 ①其中还原剂与氧化剂的物质的量之比为________。 ②若消耗0.1 mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为________，转移电子数目为________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。 (2)人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的、颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为________________________________________，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的O2氧化，写出该反应的离子方程式：________________________________________________。 (3)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，具有较强还原性，可与足量的NaOH溶液完全中和生成NaH2PO2，NaH2PO2溶液可使酚酞溶液变红， ①H3PO2中，磷元素的化合价为________。 ②写出H3PO2电离方程式：______________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为金属银，从而用于化学镀银。利用(H3PO2)进行的化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，写出该反应的离子方程式： ________________________________________________________________________。 解析：(1)反应2KMnO4＋16HBr===2KBr＋2MnBr2＋8H2O＋5Br2中Mn元素化合价由＋7价下降到＋2价，KMnO4为氧化剂；HBr中Br元素由－1价升高到0价，HBr为还原剂。①由得失电子守恒可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1。②若消耗0.1 mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量为0.5 mol；转移电子数目为0.1 mol×(7－2)×NA mol－1＝0.5NA。(3)①根据化合物中化合价的代数和为0，可计算出H3PO2中磷元素的化合价为＋1；②H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为H3PO2H＋＋H2PO；③Ag＋被还原为金属银，则Ag＋作氧化剂，H3PO2作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，根据得失电子守恒知生成H3PO4，离子方程式为H3PO2＋4Ag＋＋2H2O===4Ag↓＋H3PO4＋4H＋。 答案：(1)①5∶1　②0.5 mol　0.5NA (2)2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑ 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O (3)①＋1　②H3PO2H＋＋H2PO ③H3PO2＋4Ag＋＋2H2O===4Ag↓＋H3PO4＋4H＋ 学科网（北京）股份有限公司 $$