主题2 第二讲 氧化还原反应规律(基础落实课)（课件）-【新高考方案】2026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。 一、 二、 逐点清(一)　先后规律、 价态规律及其应用 三、 目 录 逐点清(二)　守恒规律及其应用 课时跟踪检测 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: > ,所以 先与Cl2反应。 (2)常见的强弱顺序 氧化性:Mn(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀H2SO4>S, 还原性:Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2-。 Fe2+ Fe2+ Br- 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。 微点精研 歧化反应、归中反应 (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+H2O X+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。 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:由题目中的三个反应可知氧化性强弱顺序为Mn>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.已知I-、Fe2+、SO2、Cl-和H2O2均有还原性,它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Cl-<Fe2+<H2O2<I-<SO2,则下列反应不能发生的是 (　　) A.2Fe3++SO2+2H2O===2Fe2++S+4H+ B.I2+SO2+2H2O===H2SO4+2HI C.H2O2+H2SO4===SO2↑+O2↑+2H2O D.2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- 解析:根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性,利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是Cl-<Fe2+<H2O2<I-<SO2来判断反应能否发生。因该反应中S元素的化合价升高,Fe元素的化合价降低,则SO2为还原剂,还原性强弱为SO2>Fe2+,与已知的还原性强弱一致,所以A能发生,故A正确;因该反应中S元素的化合价升高,I元素的化合价降低,则SO2为还原剂,还原性强弱为SO2>I-,与已知的还原性强弱一致,所以B能发生,故B正确;若该反应发生,S元素的化合价降低,O元素的化合价升高,则H2O2为还原剂,还原性强弱为H2O2>SO2,与已知的还原性强弱矛盾,所以C不能发生,故C错误;反应中Cl元素的化合价降低,Fe元素的化合价升高,则Fe2+为还原剂,还原性强弱为Cl-<Fe2+,与已知的还原性强弱一致,故D正确。 √ 3.已知氧化性:Br2>Fe3+。向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2,充分反应。下列说法不正确的是 (　　) A.离子的还原性:Fe2+>Br->Cl- B.当a≥2b时,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- C.当a=b时,反应后的离子浓度之比c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶1∶2 D.当3a≤2b时,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2===2Fe3++Br2+4Cl- 解析:氧化性越强,相应离子的还原性越弱,则离子的还原性:Fe2+>Br->Cl-,A正确;a mol Fe2+消耗0.5a mol Cl2,当a≥2b时,只有Fe2+被氯气氧化,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-,B正确;当a=b时,由2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-可知,a mol Fe2+消耗0.5a mol Cl2,生成a mol Fe3+、a mol Cl-,由2Br-+Cl2===2Cl-+Br2可知,0.5a mol Cl2消耗a mol Br-,且生成a mol Cl-,溶液中还剩余a mol Br-,则反应后的离子浓度之比c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶1∶2,C正确;a mol Fe2+消耗0.5a mol Cl2,2a mol Br-消耗a mol Cl2,当3a≤2b时,Fe2+、Br-完全被氧化,反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2===2Fe3++2Br2+6Cl-,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。 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S。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.[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: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。 3.[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V,则需要氧化剂KClO3至少为　　 mol。 解析:根据电子守恒可知6VO2+~KClO3,n(KClO3)=n(VO2+)=0.5 mol。 0.5 (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: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。 考题溯源 有效氯含量的计算(鲁科版教材必修1) 　1.57 随堂训练——融会贯通本课主干知识 阅读下列材料,完成1~3题。 氧化还原反应是一类重要的化学反应,在我们的生产、生活和科技创新方面无处不在。火箭使用的推进剂为偏二甲肼(C2H8N2)和N2O4,发生的反应为C2H8N2+2N2O4===2CO2↑+4H2O+3N2↑。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,是国际上公认的新一代高效、安全、环保的杀菌消毒剂。工业上制备ClO2的方法有多种,其中一种为2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl;还可以利用FeS2(Fe的化合价为+2)制备ClO2。用ClO2可以除去水体中H2S等物质。 1.对于反应:C2H8N2+2N2O4===2CO2↑+4H2O+3N2↑。已知偏二甲肼中C、N元素的化合价相等。关于该反应,下列说法正确的是 (　　) A.C2H8N2是氧化剂 B.N2O4被氧化 C.C2H8N2发生还原反应 D.1 mol N2O4完全反应,有8 mol电子转移 解析:偏二甲肼中C、N元素的化合价相等,由于氢元素是+1价,所以C和N的化合价均是-2价,反应后碳元素化合价从-2价升高到+4价,氮元素化合价从-2价升高到0价,所以C2H8N2是还原剂,A错误;N2O4中氮元素化合价从+4价降低到0价,得到电子,被还原,B错误;C2H8N2是还原剂,发生氧化反应,C错误;N2O4中氮元素化合价从+4价降低到0价,因此1 mol N2O4完全反应,有8 mol电子转移,D正确。 √ 2.对于反应①:2FeS2+30NaClO3+14H2SO4===30ClO2↑+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+ 14H2O　反应②:2ClO2+5H2S===5S↓+2HCl+4H2O。下列说法不正确的是 (　　) A.反应①中,FeS2是还原剂,发生氧化反应 B.反应②属于置换反应 C.反应①中,每生成1 mol ClO2,反应转移1 mol电子 D.由反应②可知氧化性:ClO2>S 解析:反应①中,FeS2中Fe、S元素的化合价升高,FeS2是还原剂,发生氧化反应,A项正确;反应②是两种化合物反应,不是置换反应,故B项错误;反应①中,NaClO3中Cl元素的化合价由+5降低为+4,每生成1个ClO2,反应转移1个电子,故C项正确;反应②中,ClO2中Cl元素的化合价降低,ClO2是氧化剂,H2S中S元素的化合价升高,S是氧化产物,所以氧化性:ClO2>S,故D项正确。 √ 3.制备ClO2的原理为2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl,同时发生副反应NaClO3+6HCl===NaCl+3Cl2↑+3H2O,利用下图装置制备ClO2并吸收ClO2: 下列有关说法正确的是(　　) A.实验过程中不断缓慢通入N2的目的是排出装置中的空气 B.装置B中反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2===2ClO2+2NaCl C.反应2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl,每生成1 mol ClO2,转移 5 mol电子 D.用装置C吸收ClO2,是因为ClO2具有强氧化性 √ 解析:氮气性质稳定,在本实验中的作用是将A中产生的ClO2和Cl2以及B中产生的ClO2吹出,不是为了排出装置中的空气,A错误;装置B的作用是利用NaClO2除去氯气,过程中氯气被还原,NaClO2被氧化为ClO2,方程式为2NaClO2+Cl2===2ClO2 +2NaCl,B正确;反应2NaClO3+4HCl===2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl中,根据氧化还原反应价态规律,NaClO3被还原为ClO2,则每生成1 mol ClO2,转移1 mol电子,C错误;装置C用纯水吸收ClO2,是因为ClO2易溶于水,与ClO2具有强氧化性无关,D错误。 课时跟踪检测 (说明:标 的为难度题,建议教师重点讲评) 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 一、选择题 1.已知下列反应: 反应Ⅰ:Co2O3+6HCl(浓) ===2CoCl2+Cl2↑+3H2O 反应Ⅱ:5Cl2+I2+6H2O===10HCl+2HIO3 下列说法正确的是(　　) A.反应Ⅰ中HCl是氧化剂 B.反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应 C.氧化性:Co2O3>Cl2>HIO3 D.还原性:CoCl2>HCl>I2 解析:反应Ⅰ中Cl元素的化合价部分升高,则HCl为还原剂,故A项错误;反应Ⅱ中Cl元素的化合价降低,则Cl2发生还原反应,故B项错误;由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,反应Ⅰ中氧化性:Co2O3>Cl2,反应Ⅱ中氧化性:Cl2>HIO3,则氧化性:Co2O3>Cl2>HIO3,故C项正确;由还原剂的还原性强于还原产物的还原性,反应Ⅰ中还原性:HCl>CoCl2,反应Ⅱ中还原性:I2>HCl,故还原性:I2>HCl>CoCl2,D项错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 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: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,有1 mol氯原子来自K35ClO3,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。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 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.Al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:Al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。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 4.铼(Re)及其化合物应用较为广泛,已知铼可以发生如下反应: 2Re+7H2O2===2HReO4+6H2O Re+7HNO3(浓) ===HReO4+3H2O+7NO2↑ 下列说法正确的是(　　) A.Re和Mn位于同一副族,化学性质相似,因此可推测高铼酸HReO4具有较强的氧化性 B.H2O2与Re反应时生成的大量气泡可能是HReO4将水氧化为O2 C.Re与浓硝酸反应会发生钝化 D.HReO4可能会被Mg还原为ReO2等化合物 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:Re和Mn位于同一副族,化学性质相似,由以上两个反应可知HReO4的氧化性比H2O2还要弱,因此可推测HReO4不一定具有较强的氧化性,故A错误;H2O2与Re反应时H2O2被还原为H2O,生成的大量气泡不可能是HReO4将水氧化为O2,故B错误;Re与浓硝酸会发生反应,生成HReO4、H2O、NO2,故C错误;HReO4中Re化合价为+7,处于最高价,只具有氧化性,Mg具有还原性,它们之间会发生氧化还原反应,HReO4可能会被Mg还原为ReO2等化合物,故D正确。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 5.(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 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;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;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 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 6.(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: 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 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 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 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 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 7.(2025·南通海安期初质量监测)实验室用MnO2等作原料制取少量KMnO4的实验流程如下: 下列说法正确的是(　　) A.“熔融”时应先将MnO2和KClO3混合加热一段时间后再加入KOH B.“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、Mn C.“K2MnO4歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2 D.流程中可以循环使用的物质是MnO2、CO2 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:氯酸钾在碱性条件下将二氧化锰氧化成锰酸钾,自身被还原形成氯离子,溶解后的溶液中含有大量的锰酸根、氯离子和钾离子,在酸性条件下锰酸钾发生自身歧化反应,生成二氧化锰和高锰酸钾,流程中能够循环使用的只有二氧化锰,二氧化碳形成了碳酸钾。氯酸钾在MnO2催化下加热会生成氯化钾和氧气,故“熔融”时应先加入KOH,再将混合物加热,3MnO2+KClO3+6KOH KCl+3K2MnO4+3H2O, A错误;“溶解”后的溶液中存在大量的K+、Cl-、Mn,B错误;3K2MnO4+2CO2 ===2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3,“K2MnO4歧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,C正确;流程中可以循环使用的物质是MnO2,D错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 8.从废旧CPU中回收金(Au)、Ag和Cu的部分流程如图: 已知:①浓硝酸不能溶解Au; ②HAuCl4===H++AuC。 下列说法正确的是(　　) A.“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少 B.用过量Zn粉将1 mol HAuCl4完全还原为Au,参加反应的Zn为1.5 mol C.用浓盐酸和NaNO3也可以溶解金 D.N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4Ag+===N2↑+4Ag↓+4H+ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:硝酸与金不反应,与银和铜反应,酸溶后过滤得到金,滤液中含金属离子为铜离子和银离子,经过溶金、分离后得到氯金酸溶液,锌粉还原得到金;向含铜离子和银离子的滤液中加入氯化钠,银离子转化成氯化银沉淀,向氯化银沉淀中加入氨水得到银氨溶液,加入肼还原得到银单质;向含铜离子的滤液中加入过量铁粉还原得到铜单质和铁粉的混合物,加入盐酸过滤得到铜单质,由此分析回答。浓硝酸被还原产生NO2,产生1 mol NO2得1 mol电子,稀硝酸被还原产生NO,产生1 mol NO得3 mol电子,金属的量相同,“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多,A错误;HAuCl4===H++AuC,氢离子也会与锌反应,参加反应时转移的电子物质的量为4 mol,消耗锌的物质的量为2 mol,B错误;浓盐酸和NaNO3在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子,相当于有硝酸,也可以溶解金,C正确;二氨合银离子不能拆分,N2H4与银氨溶液反应的离子方程式为N2H4+4[Ag(NH3)2]++4OH-===N2↑+4Ag↓+8NH3↑+4H2O,D错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 9.(6分)(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。  解析: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。 10Fe0.9O+CO2===3Fe3O4+C 4 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 (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　　　　。  解析: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。 8 mol (3)反应2HNO2+N2===N2O↑+N2↑+3H2O+H+中,每生成0.1 mol N2转移电子的物质的量为　　　mol。  解析: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。 0.4 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (1)制备Fe2(SO4)3。需要将焙烧后的硫铁矿粉经过“酸浸→还原→除铝→氧化”等过程。 ①酸浸。将焙烧后的硫铁矿粉,缓慢加入一定浓度的稀硫酸中充分反应,过滤。酸浸时需适当提高溶液的温度,其目的是　　　　　　　。  解析:酸浸时需适当提高溶液的温度,其目的是加快反应速率。 加快反应速率 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (1)制备Fe2(SO4)3。需要将焙烧后的硫铁矿粉经过“酸浸→还原→除铝→氧化”等过程。 ②还原。向滤液中加入FeS固体,充分反应至溶液中Fe3+全部被还原,同时生成S。其反应的离子方程式为　　　　　　　　　 　。  解析:向滤液中加入FeS固体,充分反应至溶液中Fe3+全部被还原,同时生成S。其反应的离子方程式为2Fe3++FeS===3Fe2++S。 2Fe3++FeS===3Fe2++S 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (1)制备Fe2(SO4)3。需要将焙烧后的硫铁矿粉经过“酸浸→还原→除铝→氧化”等过程。 ③除铝。向还原后的溶液中加入FeCO3固体,不断搅拌,使Al3+完全转化为Al(OH)3,同时产生一种气体,过滤,得FeSO4溶液。此过程中产生的气体是　　。  解析:向还原后的溶液中加入FeCO3固体,不断搅拌,使Al3+完全转化为Al(OH)3和CO2。 CO2 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (2)制备高铁酸钾。向NaOH和NaClO混合溶液中加入Fe2(SO4)3,得到Na2FeO4溶液,再向溶液中加入饱和KOH溶液,过滤得到K2FeO4固体。 ①制备Na2FeO4的离子方程式为　 。  解析:向NaOH和NaClO混合溶液中加入Fe2(SO4)3,得到Na2FeO4溶液,故离子方程式为10OH-+3ClO-+2Fe3+===2Fe+3Cl-+5H2O。 10OH-+3ClO-+2Fe3+===2Fe+3Cl-+5H2O 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (2)制备高铁酸钾。向NaOH和NaClO混合溶液中加入Fe2(SO4)3,得到Na2FeO4溶液,再向溶液中加入饱和KOH溶液,过滤得到K2FeO4固体。 ②向反应后的溶液中加入饱和KOH溶液能将Na2FeO4转化为K2FeO4,其原因可能是　 。  解析:Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液,过滤得到K2FeO4固体,是因为相同条件下在饱和溶液中K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小。 相同条件下在饱和溶液中K2FeO4的溶解度比Na2FeO4小 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.(12分)以硫铁矿(主要成分为FeS2,含少量的SiO2、Al2O3、Fe3O4)为原料制备高铁酸钾(K2FeO4),其可用于去除水体中的As(Ⅲ)。已知:K2FeO4氧化性强,易溶于水,微溶于KOH浓溶液。 (3)K2FeO4的应用。已知:As(Ⅴ)更容易被Fe(Ⅲ)吸附 去除。向某废水样品中[As元素主要以As(Ⅲ)存在]加入 FeCl3或K2FeO4后,水中铁浓度对As去除率的影响如图所示。 在铁浓度相同条件下,使用K2FeO4对As的去除率比使用FeCl3时高的原因是______ ______________________________________________________________________ 　 。  K2FeO4 将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),K2FeO4被还原为Fe(Ⅲ), As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被Fe(Ⅲ) 吸附去除 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:在铁浓度相同条件下,使用K2FeO4对As的去除率比使用FeCl3时高的原因是K2FeO4将As(Ⅲ)氧化为As(Ⅴ),K2FeO4被还原为Fe(Ⅲ), As(Ⅴ)比As(Ⅲ)更容易被Fe(Ⅲ)吸附去除。 $$