第一章 第5讲 氧化还原反应的配平与计算（讲义及解析）-化学·大一轮复习

大一轮·化学(周星星·化学） 第5讲 氧化还原反应的配平与计算 考点一 氧化还原方程式的配平 1．氧化还原方程式配平的三大原则 (1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高的总数＝化合价降低的总数 (2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变 (3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带的电荷总数相等 2．氧化还原方程式配平的一般步骤 (1)标变价——标出有变的元素化合价 (2)列得失——列出化合价的变化值 (3)求总数——求出化合价升降的最小公倍数，使化合价升高和降低的数目相等 (4)配系数——配出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，观察法配平其它物质的系数 (5)查守恒——查原子是否守恒、电荷是否守恒(通常通过检查氧元素的原子数)，画上等号 3．记住元素的价态 （1）记住元素的常见价态 氢H 物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O 价态 -1 0 +1 氧O H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2 -2 -1 0 +2 碳C 物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32- 价态 -4 -1 0 +2 +3 +4 硫S 物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O 价态 -2 -1 0 +2 +4 +6 氮N 物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3 价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5 氯Cl 物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4 价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7 碘I 物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6 价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7 铜Cu 物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+ 价态 0 +1 +2 铁Fe 物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+ K2FeO4 价态 0 +2 +2（1/3）、+3（2/3） +3 +6 铬Cr 物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7 价态 0 +3 +6 锰Mn 物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4 价态 0 +2 +3 +4 +6 +7 （2）明确一些特殊物质中元素的化合价： ①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：； ⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。 4．氧化还原反应配平的思维模型 第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物； 第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质； 第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等； 第四步：根据质量守恒配平反应方程式； 第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。 5．常用方法 (1)正向配平：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的以及归中反应，一般从左边反应物着手配平，即正向配平法，根据化合价升降总数相等，确定氧化剂和还原剂的化学计量数，然后用观察法配平其他物质 (2)逆向配平：部分氧化还原反应、自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平，即逆向配平法，先确定氧化产物和还原产物的化学计量数，然后用观察法确定氧化剂和还原剂的化学计量数 (3)缺项配平：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。其补项原则有： 条件 补项原则 酸性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ (4)有机物参与的氧化还原反应方程式的配平：在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平 配平化学方程式：H2S＋HNO3S↓＋NO↑＋H2O 第一步：标变价 H2＋↓＋O↑＋H2O 第二步：列得失 H2　　　＋　　　HO3 失去↓2e－　　　　　　 ↓得到(5－2)e－ 　　　　　　　　 O 第三步：求总数 通过求最小公倍数的方法使化合价升降总数相等，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 H2　　　＋　　　HO3 失去2e－×3↓　　　　　　　 ↓得到3e－×2 　　　　 　　　　　　　 O 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： 3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O 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 注意 ①配平之前应观察该反应是否是部分氧化还原反应，若是则部分参与氧化还原反应的计量系数应最后配 ②若反应中有双原子或者多原子时，化合价应当整体处理 5. “信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写 （1）“信息型”氧化还原反应化学（离子）方程式的书写程序 根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质 （2） 熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物 氧化剂 MnO4- (酸、碱、中) Cr2O72- (酸) NO3-（H+） （浓、稀） ClO3- H2O2 X2 (卤素) H2SO4 (浓） Fe3＋ 对应还原产物 Mn2＋（酸）、MnO42-（碱） MnO2（中） Cr3＋ NO2（浓） NO（稀） Cl－ H2O X－ SO2 Fe2＋ 氧化剂 Mn+(M表示金属） MnO2 HClO 、ClO－ FeO42- PbO2 ClO2 Co2O3 对应还原产物 M Mn2＋ Cl－ Fe3＋ Pb2＋ Cl－ Co2+ 还原剂 S2－ (HS-、H2S) SO2 (SO32-、HSO3-、H2SO3) S2O X－ Fe2＋ H2O2 对应氧化产物 S SO SO X2 Fe3＋ O2 还原剂 C6H12O6 C2O42-、HC2O4-、H2C2O4 H2 CO M 对应氧化产物 CO2 CO2 H2O CO2 Mn+(M表示金属） （3）掌握书写信息型氧化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法) 第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。 第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。 第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。 【逐点训练1】 1．正向配平 (1)HCl(浓)＋MnO2Cl2↑＋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 (5)NaBO2＋SiO2＋Na＋H2===NaBH4＋Na2SiO3 (6)H2S＋KMnO4＋H2SO4===K2SO4＋MnSO4＋S↓＋H2O 2．逆向配平 (1)S＋KOH===K2S＋K2SO3＋H2O (2)P4＋KOH＋H2O===K3PO4＋PH3 (3)(NH4)2Cr2O7===N2↑＋Cr2O3＋H2O (4)I2＋NaOH===NaI＋NaIO3＋H2O 3．缺项配平 (1)将MnO在酸性条件下氧化Fe2＋的离子方程式补充完整： MnO＋Fe2＋＋===Mn2＋＋Fe3＋＋ (2)ClO－＋Fe(OH)3＋===Cl－＋FeO＋H2O (3)MnO＋H2O2＋===Mn2＋＋O2↑＋H2O (4)Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋ (5)完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO＋C2O＋===Mn2＋＋CO2↑＋ (6)MnO＋NO＋===Mn2＋＋NO＋H2O (7)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、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＋ (8)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↓＋________。 4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平 (1)KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋KHSO4＋H2O (2)C2H6O＋KMnO4＋H2SO4===K2SO4＋MnSO4＋CO2↑＋H2O 5．含有未知数的配平 (1)FexS＋HCl===S＋FeCl2＋H2S (2)Na2Sx＋NaClO＋NaOH===Na2SO4＋NaCl＋H2O 6．（1）重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质: 铬铁矿熔块 该步骤的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2↑+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为　　 　。  （2）酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)。配平该反应的方程式,其化学计量数依次为　　　　 　　　。 7．根据图示信息书写方程式。 （1）NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下： ①反应I的化学方程式为 。 ②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为 (被氧化为N2)。 （2）利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 。 8．根据信息书写方程式或描述反应过程。 （1）BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。 ①虚线框内BMO降解苯酚的过程可描述为： 。 ②写出与苯酚反应的离子方程式： 。 （2）氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式： 。 9．SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图： （1）尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：________________________ ________________________________________________。 （2）反应器中NH3还原NO2的化学方程式： 。 （3）当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成： 。 考点二 氧化还原反应的计算方法——电子守恒法 1．计算原理 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 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物 (2)列出一个原子或离子的化合价的变化 (注意化学式中粒子的个数) (3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式 在氧化还原反应中，转移电子数＝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) 【注意】部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原 3. 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用 得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。 (1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。 (2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。 (3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。 (4)多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。 【逐点训练2】 1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　) A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 2．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 3. R2O8n－在一定条件下可以把Mn2＋氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为(　　)  A．1          B．2                   C．3               D．4 4．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴元素为(　　) A．1mol B．mol C．mol D．2mol 5．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3∶7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为( ) A．4∶25 B．2∶17 C．1∶7 D．3∶8 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1.68 L O2(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5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　) A．60 mL B．45 mL　　 C．30 mL　　 D．15 mL 7．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为(　　) A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g 8. 一种利用金属磷化物作为催化剂，将CH3OH转化成甲酸钠的电化学示意图如下，阴极生成和一种气体。下列说法错误的是(　　) A．b为电源正极 B．Na+由右侧室向左侧室移动 C．阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑ D．理论上，当电路中转移时，阴极室质量增加134g 9. 在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为(　　) A.72% B.40% C.36% D.18% 10．在P＋CuSO4＋H2OCu3P＋H3PO4＋H2SO4(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 11. 某试样含有、及㤢性物质。称取试样，溶解后配制到容量瓶中。吸取，在介质中用将还原为，除去过量的后调至中性测定，消耗溶液。另吸取试液用酸化后加热除去，再调至中性，滴定过剩时消耗了上述溶液。计算试样中、的质量分数 、 。 12. 金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。 1．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、倠化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列化学反应表示正确的是(　　) A．汽车尾气处理： B．电催化为的阳极反应： C．硝酸工业中的氧化反应： D．和催化制二甲醚： 2．（2024·湖南卷）下列过程中，对应的反应方程式错误的是(　　) A 《天工开物》记载用炉甘石()火法炼锌 B 用作野外生氢剂 C 饱和溶液浸泡锅炉水垢 D 绿矾()处理酸性工业废水中的 3．（2024·甘肃卷）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是(　　) A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 4．（2024·浙江1月卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)(　　) A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能 C．是氧化剂，是还原剂 D．既是氧化产物又是还原产物 5．（2023·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是(　　) A．生成，转移电子 B．是还原产物 C．既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，为负极产物 6．（2023·北京卷）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是(　　) A．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．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为 D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同 7．（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　) A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L 8．（2022·山东卷）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是(　　) A．①中用瓷坩埚作反应器 B．①中用作强碱性介质 C．②中只体现氧化性 D．转化为的理论转化率约为66.7% 9．（2021·山东卷）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是(　　) A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为 B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为 C．产物中X、Y化合价之比一定为 D．由一定能确定产物中X、Y的化合价 10．（2021·湖南卷）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是(　　) A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移 B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6 C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉 D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在 答案及解析 【逐点训练1】 1．(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 (5)1　2　4　2　1　2　 (6)5　2　3　1　2　5　8 2．(1)3　6　2　1　3　 (2)2　9　3　3　5 (3)1　1　1　4 (4)3　6　5　1　3 3．(1)1 5 8H＋　1　5　4H2O (2)3　2　4OH－　3　2　5 (3)2　5　6H＋　2　5　8 (4)5　2　4　5　1　8H＋ (5)2　5　16H＋　2　10　8H2O (6)2　5　6H＋　2　5　3 (7)Al2O3　3C　N2　2　3CO (8)2　1　6　2　6　H＋ 4．(1)2　1　2　2　2　2　2 (2)5　12　18　6　12　10　33 5．(1)　2　(－1)　1　1 (2)1　3x＋1　2x－2　x　3x＋1　x－1 6. 【答案】（1）2∶7　（2）1、2、4、1、1、3 【解析】（1）根据得失电子守恒和质量守恒,配平化学方程式可得:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,故FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为2∶7。 （2）I元素化合价由-1价升高到0价,Mn元素化合价由+4价降低到+2价,根据元素化合价升降总数相等可得MnO(OH)2和I-的化学计量数分别为1、2,再结合原子守恒和电荷守恒配平:MnO(OH)2+2I-+4H+===Mn2++I2+3H2O。 7. 【答案】（1） （2） 【分析】钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程为：金属Na与液氨反应生成NaNH2和H2，加热硝酸铵发生反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑获得N2O，NaNH2和N2O加热到210 ~ 220℃发生反应，生成NaN3，分离出NaOH得到NaN3。 【解析】（1）①反应I是NaNH2、N2O在210-220℃发生氧化还原反应产生NaN3、NH3、NaOH，该反应的化学方程式为； ②NaClO具有强氧化性，NaN3具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生NaCl、NaOH、N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：； （2）Co(OH)3具有氧化性，具有还原性，二者在溶液中会发生氧化还原反应产生Co2+、，同时反应产生H2O，该反应的离子方程式为：。 8. 【答案】（1）①C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O ②3C6H5OH+28O2-+28H+=18 CO2↑+23H2O （2）AgCl+2NH3= +Cl- 【解析】（1）①根据图知，虚线框内BMO降解苯酚的过程中：反应物是苯酚和氧气，生成物是二氧化碳和水。所以该过程的总反应为：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；故答案为：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O； ②由图可知，C6H5OH可被氧化生成水和二氧化碳，反应的离子方程式是：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2↑+23H2O；故答案为：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2↑+23H2O； （2）氯化银可以溶于氨水中生成银氨络离子，该反应的离子方程式为 ：AgCl+2NH3= +Cl-；故答案为：AgCl+2NH3= +Cl-。 9. 【答案】 （1）CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑ （2）8NH3＋6NO27N2＋12H2O （3）2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4 【解析】（1）反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。（2）反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。（3）NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。 【逐点训练2】 1．B。1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。 2．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1×·x＝16×2，x＝5。 3．A 4．C。解析：设被水还原的溴元素(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：3x＝4 mol，x＝ mol。 5．A 6．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)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。 7．C。解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的＋5价氮元素相当于电子的“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×2＋＝×4，解得：m(Cu)＝3.2 g。 8. 【答案】D 【分析】由CH3OH制取HCOONa，C元素由-2价升高到+2价，则右侧电极为阳极，b电极为正极；左侧电极为阴极，a为负极。 【解析】A．由分析可知，右侧为阳极，电极发生氧化反应，与电源正极相连，则b为电源正极，A正确；B．阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑，阳极的电极反应式为，根据电极反应式的离子消耗与生成情况可知，由阳极向阴极移动，即由右侧室向左侧室移动，B正确；C．由B选项可知，阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑，C正确；D．当电路中转移2mole-时，根据，吸收n(CO2)=n(e-)=2mol，生成n(H2)=1mol，定向移动到阴极的n(Na+)=n(e-)=2mol，则阴极室增加的质量m=m(CO2)+m(Na+)-m(H2)=2mol×44g/mol+2mol×23g/mol-1mol×2g/mol=132g，D错误；故选D。 9. 【答案】C 【解析】由S原子守恒和有关反应可得出： S～H2SO4～2NaOH 32 g 2 mol m(S) 0.5×10×10－3 mol 得m(S)＝0.08 g 原混合物中w(S)＝×100%＝36%。 10．1.5　2.2 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：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0) x＝1.5mol 1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y·(5－0) y＝1.2mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2mol＋1mol＝2.2mol。 10. 【答案】16.7% 71.4% 【解析】设去除的25.00mL试液中的KBrO3、KBr的物质的量分别为n1mol、n2mol， 由可知，，故n1+n2==0.00175，，n2- 5n1==0.00025，解得n1=0.00025，n2=0.0015，原样品中n(KBrO3)=4n1=0.001mol，n(KBr)=4n2=0.006mol，故KBrO3的质量分数为：，KBr的质量分数为：。 12.【答案】93.2%。 【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系： 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g 1 mol x 0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g w(Sn)＝×100%≈93.2%。 1.【答案】D 【解析】A． 该反应方程式配平错误，汽车尾气处理：，A错误； B． 电催化为，N元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，反应方程式是：，B错误； C． 硝酸工业中发生催化氧化生成NO，NO进一步反应得到NO2后再与水反应制得硝酸，该氧化反应：，C错误； D． 和催化制二甲醚：，D正确； 故选D。 2.【答案】A 【解析】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C在高温条件下生成还原性气体CO，CO还原ZnO生成Zn，因此总反应为，故A项错误； B．为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为，故B项正确； C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确； D．具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确； 综上所述，错误的是A项。 3.【答案】C 【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。 【解析】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确； B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确； C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确； D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁换置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确； 综上所述，本题选C。 4.【答案】D 【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应； 【解析】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确；B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故答案为：D。 5.【答案】A 【解析】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。 6.【答案】C 【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．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；D．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；故选C。 7.【答案】A 【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。 【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。 8.【答案】D 【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。 【解析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。 9.【答案】D 【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。 【解析】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；综上所述，错误的D项，故答案为D。 10.【答案】A 【解析】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，A错误；B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。故选A。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$