4.1 氧化还原反应（同步讲义）化学沪科版2020选择性必修1

第四章 氧化还原反应和电化学 第一节 氧化还原反应 教学目标 1. 通过对氧化反应、还原反应的相关概念和实质的学习,培养宏观辨识与微观探析的化学学科核心素养。 2. 通过对氧化还原反应的特征——元素化合价的升降的理解,体会氧化还原反应的实质——电子的转移,培养变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。 3. 会判断常见的氧化剂和还原剂,会比较物质氧化性或还原性的强弱,培养证据推理与模型认知的化学学科核心素养。 4. 学会氧化还原反应的配平原则和基本方法,建立配平氧化还原反应方程式的思维模型。 重点和难点 氧化还原概念、从化合价升降理解氧化还原反应、方程式配平和计算 ◆知识点一 氧化反应与还原反应 1．氧化还原的基本知识 氧化还原的本质： ________________;判断依据：___________________ 氧化剂:_____电子，化合价________;具有_________性；在反应中被___________；在反应中的生成物叫________产物。 还原剂：_______电子，化合价________;具有__________性；在反应中被____________；在反应中的生成物叫________产物。 2. 电子转移的方向和数目 注意：1箭头由失电子的元素指向得电子的元素 2 箭头方向已经表示电子转移的方向，所以“桥”上无需在标得失，只需表明电子转移的总数即可。 3．常见的氧化剂和还原剂 （1）氧化剂：O2，O3，X2， KMnO4，K2Cr2O7，H2SO4， Na2O2，H2O2， HNO3，Fe3+，HClO，H2SO4(浓) （2）还原剂： C，H2，H2S，FeSO4，Na2SO3，CO，I- 特别提醒/易错提醒/教材延伸 本质为电子的转移：电子的偏移和电子的得失。 口诀法：“高原低氧 ”——元素化合价升高的是还原剂，元素化合价降低的是氧化剂。 即学即练 1．下列有关反应的说法中，错误的是 A．发生氧化反应 B．既是氧化产物，又是还原产物 C．氧化性： D．还原性： 2．铬能慢慢地溶于稀盐酸得到蓝色溶液，若通入空气则溶液颜色变绿，发生的反应有①Cr+2HCl= CrCl2+H2↑、②4CrCl2+4HCl+O2= 4CrCl3+2H2O，下列叙述中正确的是 A．反应①②均属于置换反应 B．HCl在反应①②中均发生还原反应 C．反应①中HCl被氧化 D．溶液颜色由蓝变绿是因为Cr2+发生氧化反应生成了Cr3+ 3．常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示。下列说法正确的是 A．白磷与浓氢氧化钠溶液的反应中氧化剂和还原剂的质量比是 B．次磷酸()为一元酸 C．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 D．1mol次磷酸分解时转移4mol电子 ◆知识点二 氧化性或还原性比较 1．氧化性和还原性强弱的比较 （1）根据氧化还原反应发生的规律来判断：氧化还原反应可用如下式子表示： → 规律：反应物中氧化剂的氧化性强于生成物中氧化产物的氧化性，反应物中还原剂的还原性强于生成物中还原产物的还原性。 （2）根据元素在周期表中位置判断： 1）对同一周期金属而言，从左到右其金属活泼性依次减弱。如Na、Mg、A1金属性依次减弱，其还原性也依次减弱。 2）对同主族的金属而言，从上到下其金属活泼性依次增强。如Li、Na、K、Rb、Cs金属活泼性依次增强，其还原性也依次增强。 3）对同主族的非金属而言，从上到下其非金属活泼性依次减弱。如F、Cl、Br、I非金属活泼性依次减弱，其氧化性也依次减弱。 一般来说，越活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越容易，其阳离子得电子还原成金属单质越难，氧化性越弱；反之，越不活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越难，其阳离子得电子还原成金属单质越容易，氧化性越强。 K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb，(H)、Cu、Hg、Pt、Au 金属的活动性逐渐减弱（还原性逐渐减弱） K＋、Ca2＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋、Zn3＋、Fe2＋、Sn2＋、Pb，(H＋)、Cu2＋、Hg2＋、Ag＋ 氧化性逐渐增强 一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。 （3） 根据原电池和电解池的电极反应 在原电池中，作负极的金属的还原性一般比作正极金属的还原性强。 在电解过程中，氧化性越强的阳离子优先在阴极放电，还原性强的非金属阴离子优先在阳极放电 （4） 根据外界条件 ①浓度 浓度越大，相应性质强些。如：浓、稀硫酸 ，浓、稀硝酸的氧化性。 ②温度 温度高时，一般氧化性或还原性强些。如;硝酸盐在高温下是强氧化剂，KClO3，KMnO4与浓盐酸反应制氯气不需要加热，二氧化锰和浓盐酸需加热才能反应。 ③介质 一般来说，氧化剂在酸性介质中氧化性强些。如：酸性高锰酸钾溶液是常用的强氧化剂。 （5）根据被氧化或被还原的程度来判断： 如：Cu +Cl2CuCl2 ，2Cu +SCu2S即氧化性：。 又如：2HBr+H2SO4(浓) Br2+SO2+2H2O，8HI+H2SO4(浓)4I2+H2S +4H2O 即有还原性：。 单质氧化性越强，对应离子还原性越弱。 特别提醒/易错提醒/教材延伸 规律：反应物中氧化剂的氧化性强于生成物中氧化产物的氧化性，反应物中还原剂的还原性强于生成物中还原产物的还原性。 单质氧化性越强，对应离子还原性越弱。 即学即练 1．如图为一些常见物质的氧化性、还原性强弱变化二维图，点a、b、c表示横、纵坐标对应粒子在水溶液中反应的产物。下列说法错误的是 A．点 b处的产物可表示为 B．由图推知，Fe³⁺也能氧化SO2 C．向FeI2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为 D．向SO2水溶液中通入少量Cl2，溶液导电能力变强 2．已知转化I：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是 A．氧化性： B．转化I、Ⅱ中消耗或生成等质量的，转移电子数相同 C．锰元素在转化I中被还原，在转化Ⅱ中被氧化 D．与溶液反应： 3．在常温下发生以下几个反应，根据反应判断下列结论正确的是 ①②③ A．溶液中不能发生： B．元素在①③反应中均被氧化 C．氧化性由弱到强的顺序是： D．可以被还原 ◆知识点三 半反应 1. 氧化还原反应的本质是反应物之间的电子转移，任何氧化还原反应都可以拆成一种物质失去电子而另一种物质获得电子的氧化反应和还原反应。这两个反应分别是氧化还原反应的一半，称为半反应。 例如， Zn + CuSO4 = ZnSO4 + Cu 可以拆成如下两个半反应： Zn — 2e— = Zn2+ （氧化反应） Cu2+ + 2e— = Cu （还原反应） 2. 半反应是用电子把同一元素的两种价态联系起来的反应，上述两个式子为该氧化还原反应的半反应式。氧化还原反应本质上是两个半反应之间竞争电子的反应。书写半反应式时，除了应该考虑在反应中存在电子转移的元素所在的物质得失电子的情况外，还必须考虑这些元素形成的物质在溶液中的主要存在形式，应该遵循离子方程式的书写要求。 特别提醒/易错提醒/教材延伸 书写半反应式时，除了应该考虑在反应中存在电子转移的元素所在的物质得失电子的情况外，还必须考虑这些元素形成的物质在溶液中的主要存在形式，应该遵循离子方程式的书写要求。 即学即练 1．某种以处理NO的反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是 A．能降低该反应的活化能 B．该历程中存在Fe与O之间的电子转移 C．该历程中有极性键和非极性键的断裂与形成 D．总反应的化学方程式为 2．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 和空气的混合气体通入 和 的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法正确的是 A．①反应的离子方程式为： B．过程③中，溶液的pH减小 C．回收32g S时，理论上需要消耗标准状况下 D．根据图中信息可知氧化性： 3．是极强的氧化剂，Xe和可制取稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氙制备方式如图所示。下列说法错误的是 A．总反应方程式为 B．是反应的催化剂 C．反应②③属于氧化还原反应 D．XeF、、、是反应的中间产物 ◆知识点四 氧化还原反应的配平 一、配平原则 由于在氧化还原反应里存在着电子的转移，因此元素的化合价必然有升有降，我们把化合价能 升高的元素或含该元素的物质称还原剂；反之称为氧化剂。 配平原则：还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数 还原剂（元素）化合价升高的总价数=氧化剂（元素）化合价降低的总价数。 二、氧化还原反应方程式配平的一般方法与步骤 1、一般方法：从左向右配。 2、步骤：标变价、找变化、求总数、配系数。即 ⑴ 标出变化元素化合价的始态和终态:   C + HNO3（浓）→NO2 + CO2 + H2O 分析：标变价 C (0) + HN (+5)O3（浓）→ N (+4)O2 ↑+ C (+4)O2 ↑+ H2O  ⑵ 找变化:  始态     终态    变化的总价数 = 变化 × 系数          C (0) + HN (+5)O3（浓）= N (+4)O2 ↑+ C (+4)O2 ↑+ H2O 即:N元素化合价由+5到+4 ，变化的价数为（5-4）=1，C元素化合价由0到+4 ， 变化的价数为（4-0）=4[若为负价则用大数减小数（带符号相加减）] 最小公倍数=4×1=4 注：假设以上变化均以正价表示，其中(b-a)×(d-c) 为最小公倍数。 ⑶ 将    上的系数，分别填在还原剂和氧化剂化学式的前面作为系数； ⑷配系数:用观察法配平其它元素     C 的系数为_____   HNO3的系数为 _____ ，用观察法将其它系数配平 ⑸ 检查配平后的方程式是否符合质量守恒定律（离子方程式还要看是否符合电荷守恒） 经检查满足质量守恒定律,配平后的化学方程式为： C+4HNO3（浓）= 4NO2↑+CO2↑+2H2O 即学即练 1．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)，下列说法正确的是 A．反应物微粒为SO2、Mn2+、H+ B．氧化产物为 C．氧化剂和还原剂的化学计量数之比为5∶2 D．配平后H+的化学计量数为8 2．高铜酸钾()是一种难溶于水的黑色粉末状固体(其中氧元素的化合价为价)，与高铁酸钾()性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②(未配平)。下列说法错误的是 A．①中还原剂和氧化剂的数量之比为 B．①反应中，HBrO过量更有利于反应发生 C．②中既表现氧化性，又表现还原性 D．由①、②可知氧化性强弱顺序为 3．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法错误的是 A．IO作氧化剂，具有氧化性 B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2 C．还原性：Mn2+> D．若有2molMn2+参加反应，则转移14mol电子 一、氧化还原反应的氧化剂与还原剂 氧化剂: 得电子，化合价降低;具有氧化性；在反应中被还原；在反应中的生成物叫还原产物。 还原剂：失电子，化合价升高;具有还原性；在反应中被氧化；在反应中的生成物叫氧化产物。 实践应用 1．下列变化过程中，需要加入氧化剂才能实现的是 A． B． C． D． 2．下列各组离子中，在水溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 3．下列变化需要加入还原剂才能实现的是 A． B． C． D． 2、 氧化还原反应综合 根据题目提示信息准确找出反应物和生成物，标出物质价态，根据得失电子确定变价元素的个数。再根据原子守恒和电荷守恒确定系数。 实践应用 1. 将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 下列说法不正确的是 A．有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为[若溶液中不变] B．在图示转化中，化合价不变的元素有铜、氢和氯 C．由图示转化可得出氧化性的强弱顺序是 D．提高混合气体中空气比例，充分搅拌，可以使得到的中不含 2. 铋酸钠()是一种新型的光催化剂。已知：元素铋(Bi)价态为+3价时较稳定，无色；铋酸钠无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：(已知湿润的KI-淀粉试纸置于空气中也会缓慢变为蓝色) 加入的物质 ①适量铋酸钠 ②过量双氧水 ③适量KI-淀粉溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色 下列结论错误的是 A．实验①中反应的离子方程式为 B．实验②中氧化剂与还原剂的质量之比为 C．实验③中将氧化为的不一定是 D．氧化性由强到弱的顺序是 3. 已知下列三组实验： ①向硫化钠溶液中通入氯气，有硫单质生成：； ②向溶液中通入，有生成； ③浓硝酸与铜剧烈反应，还原产物是，稀硝酸能与铜反应，还原产物是； 下列有关说法错误的是 A．可利用丁达尔效应鉴别氯化铁溶液和氢氧化铁胶体 B．实验①说明还原性： C．实验②说明溶液中含杂质时，可通入适量的除去 D．实验③中稀硝酸被还原时转移的电子多，氧化性更强 3、 氧化还原反应的应用 较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成较弱的还原产物和较弱氧化性的氧化产物。 应用： （1）比较物质问氧化性或还原性的强弱。 （2）在适宜条件下，用氧化性强的物质制备氧化性弱的物质或用还原性强的物质制备还原性弱的物质。 实践应用 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。 已知：。下列离子方程式书写正确的是 A．反应①： B．用Na2S2O3测定碘单质的含量时生成Na2S4O6的离子反应方程式为： C．反应③： D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸： 2．下列有关生产、生活应用中，所对应的离子方程式书写正确的是 A．用硝酸银与氨水制备银氨溶液： B．用除去废水中的 C．用酸性溶液验证的还原性： D．用检验久置溶液中的： 3．下列应用中不涉及氧化还原反应的是 A．使用漂白粉漂白纸张 B．钢铁的锈蚀 C．食物的腐败 D．钟乳石的形成 4、 陌生方程式的书写 守恒规律： （1）质量守恒：即反应前后各元素种类不变，各元素原子数目，种类，质量不变。 （2）电荷守恒：有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带电荷总数相等。 （3）化合价升降守恒：即化合价升高的总价数等于化合价降低的总价数。 （4）得失电子守恒：即氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。 实践应用 1. 以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写错误的是 A．碳酸锰铜矿加入稀硫酸中发生的反应有： B．加入将转化为Fe3+： C．若向溶液中通入氨气除去Cu2+： D．若向溶液中加入MnS除去Cu2+： 2. 对于下列过程中发生的化学反应，相应的方程式书写错误的是 A．在CO2中点燃镁条： B．用FeCl3溶液制作印刷铜电路板： C．泡沫灭火器工作时： D．海水提溴过程中，将溴吹入SO2吸收塔： 3. 下列离子方程式中书写错误的是 A．用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)＋Hg2+(aq) HgS(s)＋Fe2+(aq) B．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2：＋Cl2＋H2O=＋2Cl-＋2H＋ C．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢： D．在弱碱性条件下FeS与反应：FeS＋＋4H2O=Fe(OH)3↓＋Cr(OH)3↓＋S↓＋2OH- 考点一 根据方程式判定氧化性还原性强弱 【例1】已知：；。则以下说法中错误的是 A．还原性： B．和在溶液中能大量共存 C．溶液中通氯气，氯气先与反应 D．和在溶液中能大量共存 解题要点 根据方程式中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性。 【变式1-1】已知在酸性溶液中的还原产物是的氧化性依次减弱。下列叙述中正确的是 A．在酸性溶液中易被氧化成 B．溶液中，能稳定存在 C．溶液能将KI溶液中的I-氧化 D．具有较强的氧化性，可以将氧化成 【变式1-2】标准电极电位指离子有效浓度为1mol/L时相对标准氢电极的电极电位差值，电对的标准电极电势()越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。酸性介质中，以下电对的标准电极电势为：①；②；③；④；⑤；⑥。下列有关说法正确的是 A．向1mol/L的HBr溶液中滴加溶液，无明显现象发生 B．2mol/L的与2mol/L的稀盐酸等体积混合有大量产生 C．在含、、的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是 D．浓度相等时，还原性： 考点二 根据氧化性或还原性大小书写陌生方程式 【例2】已知：Ⅰ．；Ⅱ．。下列说法正确的是 A．还原性强弱的顺序为： B．溶液中可发生反应： C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，可生成Br2和FeCl3 D．Ⅱ反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 解题要点  根据氧化性强弱与还原性强弱书写方程式。 遵循方程式中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性；还原剂还原性大于还原产物还原性。 【变式2-1】已知：①②③。根据上述反应，判断下列结论错误的是 A．氧化性强弱顺序为 B．溶液中可发生反应： C．反应③中，发生还原反应，显示氧化性 D．反应①中，氧化剂与还原剂的微粒个数比为 【变式2-2】已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO═2MnO+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是 A．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO B．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(Ⅳ)含量之比为1：2 C．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑ D．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3═3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O 考点三 氧化还原中的计算问题 【例3】已知：的还原性强于的还原性，的氧化性强于的氧化性。在含一定量的溶液中逐滴加入溶液，加入和析出的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是 A．原溶液中含有的物质的量为3mol B．反应进行到z点时，共生成的物质的量为1mol C．y→z的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1 D．当溶液中与的物质的量之比为5：6时，加入的为1.7mol 解题要点 根据原子守恒。抓住原子的来源和去向。 根据得失电子守恒。找出升降价元素和对应原子个数。 【变式3-1】已知反应：，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗96 gFeS2，下列叙述错误的是 A．转移的电子数为8.8NA B．消耗的氧化剂分子数为2.2NA C．氧化产物的物质的量共1.6 mol D．生成SO2的体积为35.84 L(标准状况) 【变式3-2】碱性条件下，亚氯酸钠能较好的去除氮氧化物。向溶液中通入(标准状况)，恰好完全反应，反应后完全转化为，则元素可能存在的形式是 A． B． C． D． 基础达标 1．工业上可利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备，其工艺流程的一种如图所示，下列说法正确的是 A．为了加快反应速率，“浸取”操作时可进行加热 B．“氧化除铁”的反应为 C．若还原剂选择单质锌，“还原”操作后的滤渣只有单质铜 D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解 2．一种以废旧电池正极材料（主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂）为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．灼烧后的固体产物中，和均为+3价 B．酸浸中的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中溶液先变为紫红色，原因可能是 D．合成过程中，有和放出 3．控制光沉积构建的光催化材料在人工模拟的光合作用下，可实现、与有机物的转化，转化过程的反应机理如图所示。下列说法中错误的是 A．该过程光能最终转化成了化学能 B．在—Pt催化剂表面发生了还原反应 C．电子转移只发生在与间 D．每转化，会生成 4．实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是 A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏 B．步骤④中反应消耗时，转移电子 C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为： D．理论上，步骤④消耗的和步骤⑤消耗的的物质的量相等 5．下列各组离子能大量共存的是 A．滴加石蕊溶液显红色的水溶液中：、、、 B．在硝酸银溶液中：、、、 C．在氨水中：、、、 D．在溶液中：、、、 6．有下列氧化还原反应： ①      ② ③ 根据上述反应可判断下列说法错误的是 A．反应①中氧化产物与还原产物的质量比为2：1 B．还原性顺序为 C．氧化性顺序为 D．推测能发生 7．已知下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI =2FeCl2+2KCl+I2 ；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ；③2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。若溶液中Cl−、Fe2+与I−共存，要除去I−而又不影响Cl−、Fe2+，可加入的试剂是 A．I2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl 8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．的溶液： B．由水电离产生的的溶液中： C．含的溶液中： D．溶液中： 9．I．据化学反应：，回答下列问题。 （1）用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目： 。 （2）该反应中，氧化产物是 ，还原产物是 。 （3）每生成1分子，转移的电子数为 个，被氧化的HCl的分子数为 个。 （4）写出该反应的离子方程式： 。 II．按要求回答下列问题。 （5）配平方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目： 。 （6）该反应中，被还原的元素是 。 （7）氧化剂与还原剂的个数比是 。 Ⅲ．某一反应体系中有反应物和生成物共六种物质：、、、、KCl、KOH。已知在该反应中，的氧化性强于的氧化性。 （8）该反应中的还原剂是 。 (9)该反应中，发生还原反应的过程是 → 。 (10)写出该反应的化学方程式 。 10．很多物质具有杀菌消毒的作用，不同杀菌剂的作用原理、合成方法也有区别。 ．氯气是合成漂白液、漂白粉的重要原料。 （1）写出氯碱工业生产的离子方程式 。由氯气生产漂白粉的化学方程式为 。 ．双氧水(过氧化氢的水溶液)被称为“绿色氧化剂”，一定浓度下也有杀菌消毒的作用。 （2）一种火箭推进器中含有液态肼()和液态过氧化氢。已知0.4mol液态肼与足量的液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，并放出256.6kJ的热量。该反应的热化学方程式为 。 （3）双氧水能将碱性废水中的转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体。的电子式为 ，该反应的离子方程式为 。 ．在一些特定环境中也可用作杀菌剂。 （4）一种利用废弃铜锌合金制取的流程如下图所示： ①与Al类似，碱溶Zn时还会产生。写出碱溶时Zn反应的化学方程式 。 ②写出沉铜时反应的离子方程式 。 综合应用 11．下列说法不正确的是 A．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸 B．火柴头中通常含有KClO3，将火柴头浸入水中，加入硝酸银溶液和稀硝酸，通过观察是否产生白色沉淀来检验其中是否含有氯元素 C．制备硫酸亚铁铵晶体时，可用少量酒精对晶体进行洗涤，除去附着在晶体表面的水 D．在K2Cr2O7酸性溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；若改加NaNO2溶液，则溶液变成绿色 12．下列解释事实的离子方程式正确的是 A．溶液中加入溶液，生成棕红色沉淀： B．Cu溶于浓硝酸，有棕色气体放出： C．NaClO溶液中通入SO2，pH逐渐变小： D．澄清石灰水在空气中久置，生成白色沉淀： 13．实验探究是化学学习方法之一，下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 实验设计 现象 实验结论 A 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu(NO3)2和浓HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液是绿色主要原因是溶有NO2 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHSO3溶液 有白色沉淀生成 [Al(OH)4]-和发生互相促进的水解反应 D 将25℃ 0.1 mol·L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动 14．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程如图，回答下列问题： 已知： ①浸出液中含有的阳离子主要为、、、、、、等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：(溶液中离子浓度小于或等于mol/L可视为完全沉淀) 沉淀物 开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）Co2O3中Co的化合价为 价。 （2）部分金属浸取率随固液比变化的关系如图，则最佳的固液比为 。 （3）“浸出”工序中Co2O3发生反应的离子方程式为 。 （4）沉淀Ⅰ的主要成分为 (填化学式)。 （5）简述检验进行“除杂Ⅰ”后的滤液中是否含有Fe3+的方法： 。 （6）“操作Ⅰ”包括向水层中加入浓盐酸调节pH为2～3、 、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 （7）将2.196 g草酸钴晶体()置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 1.764 290～320 0.964 经测定，整个受热过程中产生的气体只有水蒸气和CO2气体，则150～210℃温度范围内发生反应的化学方程式为 ；290～320℃温度范围内，剩余的固体物质化学式为 。 15．实验室制备高铜酸钠部分实验装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①NaClO与在强碱性条件下反应生成不溶物； ②难溶于水，高温下易分解；在中性或酸性条件下不稳定，遇酸生成和。 回答下列问题： （1）仪器X的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 。 （2）装置丙中生成的离子方程式为 。 （3）下列说法正确的是___________。 A．甲装置中的可用代替 B．丙装置中冰水浴的主要作用是降低反应速率 C．可用NaOH溶液吸收尾气 D．产品应在低温下密封干燥保存 （4）实验过程涉及如下全部操作，请排序： 。 c→___________→___________→___________→a→粗产品。 a．干燥 b．过滤 c．关闭 d．洗涤 e．打开，向装置丙中通入 f．打开向丙中加入溶液至出现大量棕黑色固体 （5）测定产品中铜的含量： ⅰ.准确称取1.02g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ⅱ.加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用0.100 mol/L 标准溶液滴定至溶液蓝色刚好消失，消耗溶液的体积为20.00 mL (已知：、)。 产品中铜元素的质量分数为 (保留一位小数)。 拓展培优 16．高温下，将磷灰石与石英砂混合，在石墨电极电炉中发生反应。将生成的白磷蒸气和CO通过冷水，便可得到固体白磷，反应方程式为：。下列说法不正确的是 A．上述反应中，既不是氧化剂又不是还原剂 B．上述反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：1 C．上述反应中，每失去5mol电子可生成1mol D．生成的白磷在热的KOH溶液中有可能发生反应生成磷化氢PH₃和磷的含氧酸盐 17．二甘氨酸合铜中Cu元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A．步骤I，加入稍过量的稀尽可能使Cu元素转化为 B．步骤II，过量KI溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的 C．为防止与反应，步骤III应将溶液调至强碱性 D．用上述方法测定中的Cu元素含量，结果偏大 18．以辉铜矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、)为原料联合提取铜和锰的一种工艺流程如下(部分操作和条件略)。 Ⅰ．将辉铜矿和软锰矿按一定比例配料，加入过量硫酸充分反应，过滤； Ⅱ．向Ⅰ中滤液加入适量碳酸氢铵，调节溶液的pH，过滤； Ⅲ．将Ⅱ中滤液蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤； Ⅳ．将Ⅲ中滤液冷却至室温，静置，使晶体析出。 已知：i．在酸性条件下，的氧化性强于 ii．，金属离子的起始浓度为时生成氢氧化物沉淀的pH 开始沉淀时 5.8 1.1 4.2 7.6 完全沉淀时 8.3 2.8 6.7 10.1 iii．和在不同温度下的溶解度 温度(℃) 0 20 40 60 80 100 12.5 17.2 22.5 28.5 35.5 43.0 34.6 38.6 37.5 34.9 31.3 26.1 （1）步骤Ⅰ是利用硫酸浸取矿石中的铜、锰元素。 ①补全该步骤中与反应的离子方程式： 。 ____________________________ ②在上述反应中，氧化剂是 (填化学式，下同)，被氧化的是 。 ③为防止在酸浸过程中产生，配料时应加入过量 (填“辉铜矿”或“软锰矿”)。 （2）步骤Ⅱ是通过调节溶液的酸碱度除去杂质离子。 ①若Ⅰ中滤液所含和的浓度均为，则Ⅱ中滤液的pH范围是 。 ②在除杂过程中可能生成黄铵铁矾沉淀，补全该反应的离子方程式： 。 ___________________________________ （3）步骤Ⅲ和Ⅳ是利用铜盐、锰盐溶解度的差异实现铜、锰元素的分离。 ①步骤Ⅲ中析出晶体的主要成分是 (填“”或“”)。 ②上述晶体需趁热过滤的原因是 。 19．用活化后的作催化剂，在有氧条件下氨气将NO还原成的一种反应历程如图所示。      （1）上述历程中，钒元素被氧化的过程有 (填序号)；写出总反应的化学方程式： （2）按上述图中、和的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，和NO的转化率与温度的关系如上图所示。超过后，NO转化率急剧下降，而仍维持较高，原因可能是： 。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 氧化还原反应和电化学 第一节 氧化还原反应 教学目标 1. 通过对氧化反应、还原反应的相关概念和实质的学习,培养宏观辨识与微观探析的化学学科核心素养。 2. 通过对氧化还原反应的特征——元素化合价的升降的理解,体会氧化还原反应的实质——电子的转移,培养变化观念与平衡思想的化学学科核心素养。 3. 会判断常见的氧化剂和还原剂,会比较物质氧化性或还原性的强弱,培养证据推理与模型认知的化学学科核心素养。 4. 学会氧化还原反应的配平原则和基本方法,建立配平氧化还原反应方程式的思维模型。 重点和难点 氧化还原概念、从化合价升降理解氧化还原反应、方程式配平和计算 ◆知识点一 氧化反应与还原反应 1．氧化还原的基本知识 氧化还原的本质： __________电子转移______;判断依据：_________有化合价的变化_____________ 氧化剂:____得___电子，化合价_____降低____;具有____氧化______性；在反应中被_____还原_______；在反应中的生成物叫____还原____产物。 还原剂：___失____电子，化合价____升高_____;具有______还原____性；在反应中被_____氧化_______；在反应中的生成物叫___氧化_____产物。 2. 电子转移的方向和数目 注意：1箭头由失电子的元素指向得电子的元素 2 箭头方向已经表示电子转移的方向，所以“桥”上无需在标得失，只需表明电子转移的总数即可。 3．常见的氧化剂和还原剂 （1）氧化剂：O2，O3，X2， KMnO4，K2Cr2O7，H2SO4， Na2O2，H2O2， HNO3，Fe3+，HClO，H2SO4(浓) （2）还原剂： C，H2，H2S，FeSO4，Na2SO3，CO，I- 特别提醒/易错提醒/教材延伸 本质为电子的转移：电子的偏移和电子的得失。 口诀法：“高原低氧 ”——元素化合价升高的是还原剂，元素化合价降低的是氧化剂。 即学即练 1．下列有关反应的说法中，错误的是 A．发生氧化反应 B．既是氧化产物，又是还原产物 C．氧化性： D．还原性： 【答案】D 【解析】A．反应中，中碘元素得到电子，化合价由+5价降低为0价，发生还原反应，作氧化剂，中碘元素失去电子，化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，作还原剂，A项正确； B．反应中，中碘元素得到电子，化合价由+5价降低为0价，发生还原反应， 中碘元素失去电子，化合价由-1价升高到0价，发生氧化反应，因此既是氧化产物又是还原产物，B项正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：，C项正确； D．还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性：，D项错误； 故选D。 2．铬能慢慢地溶于稀盐酸得到蓝色溶液，若通入空气则溶液颜色变绿，发生的反应有①Cr+2HCl= CrCl2+H2↑、②4CrCl2+4HCl+O2= 4CrCl3+2H2O，下列叙述中正确的是 A．反应①②均属于置换反应 B．HCl在反应①②中均发生还原反应 C．反应①中HCl被氧化 D．溶液颜色由蓝变绿是因为Cr2+发生氧化反应生成了Cr3+ 【答案】D 【解析】A．置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应②不属于置换反应，A错误； B．反应②中，HCl所含两种元素的化合价在反应过程中均保持不变，故HCl未发生还原反应，B错误； C．反应①中，HCl中的H元素化合价降低，被还原，C错误； D．反应②中，Cr2+被O2氧化生成Cr3+，导致溶液颜色由蓝变绿，D正确； 故选D。 3．常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，一种制备的流程如图所示。下列说法正确的是 A．白磷与浓氢氧化钠溶液的反应中氧化剂和还原剂的质量比是 B．次磷酸()为一元酸 C．上述流程中每一步均属于氧化还原反应 D．1mol次磷酸分解时转移4mol电子 【答案】B 【分析】白磷与过量的浓NaOH溶液在加热条件下反应生成PH3和次磷酸钠，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，次磷酸最后分解生成PH3和H3PO4。 【解析】A．P4与NaOH反应生成PH3和NaH2PO2，P4转化为1个PH3时得到3个电子，P4转化为1个NaH2PO2时失去1个电子，根据转移电子守恒可知1个P4中个P4为氧化剂，个P4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，质量比也是1：3，A错误； B．第一步反应中NaOH过量，则反应后溶液呈碱性，若H3PO2不是一元酸，则不会生成NaH2PO2而是生成Na2HPO2或者Na3PO2等物质，现生成NaH2PO2，说明H3PO2只能电离出一个氢离子，其为一元酸，B正确； C．次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸和NaHSO4，该反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，C错误； D．次磷酸分解的化学方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，P化合价从+1价分别升高到+5价和降低到-3价，2molH3PO2参与反应转移4mol电子，1mol次磷酸参与反应转移2mol电子，D错误； 故答案选B。 ◆知识点二 氧化性或还原性比较 1．氧化性和还原性强弱的比较 （1）根据氧化还原反应发生的规律来判断：氧化还原反应可用如下式子表示： → 规律：反应物中氧化剂的氧化性强于生成物中氧化产物的氧化性，反应物中还原剂的还原性强于生成物中还原产物的还原性。 （2）根据元素在周期表中位置判断： 1）对同一周期金属而言，从左到右其金属活泼性依次减弱。如Na、Mg、A1金属性依次减弱，其还原性也依次减弱。 2）对同主族的金属而言，从上到下其金属活泼性依次增强。如Li、Na、K、Rb、Cs金属活泼性依次增强，其还原性也依次增强。 3）对同主族的非金属而言，从上到下其非金属活泼性依次减弱。如F、Cl、Br、I非金属活泼性依次减弱，其氧化性也依次减弱。 一般来说，越活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越容易，其阳离子得电子还原成金属单质越难，氧化性越弱；反之，越不活泼的金属，失电子氧化成金属阳离子越难，其阳离子得电子还原成金属单质越容易，氧化性越强。 K、Ca、Na、Mg、Al、Zn、Fe、Sn、Pb，(H)、Cu、Hg、Pt、Au 金属的活动性逐渐减弱（还原性逐渐减弱） K＋、Ca2＋、Na＋、Mg2＋、Al3＋、Zn3＋、Fe2＋、Sn2＋、Pb，(H＋)、Cu2＋、Hg2＋、Ag＋ 氧化性逐渐增强 一般来说，越活泼的非金属，得到电子还原成非金属阴离子越容易，其阴离子失电子氧化成单质越难，还原性越弱。 （3） 根据原电池和电解池的电极反应 在原电池中，作负极的金属的还原性一般比作正极金属的还原性强。 在电解过程中，氧化性越强的阳离子优先在阴极放电，还原性强的非金属阴离子优先在阳极放电 （4） 根据外界条件 ①浓度 浓度越大，相应性质强些。如：浓、稀硫酸 ，浓、稀硝酸的氧化性。 ②温度 温度高时，一般氧化性或还原性强些。如;硝酸盐在高温下是强氧化剂，KClO3，KMnO4与浓盐酸反应制氯气不需要加热，二氧化锰和浓盐酸需加热才能反应。 ③介质 一般来说，氧化剂在酸性介质中氧化性强些。如：酸性高锰酸钾溶液是常用的强氧化剂。 （5）根据被氧化或被还原的程度来判断： 如：Cu +Cl2CuCl2 ，2Cu +SCu2S即氧化性：。 又如：2HBr+H2SO4(浓) Br2+SO2+2H2O，8HI+H2SO4(浓)4I2+H2S +4H2O 即有还原性：。 单质氧化性越强，对应离子还原性越弱。 特别提醒/易错提醒/教材延伸 规律：反应物中氧化剂的氧化性强于生成物中氧化产物的氧化性，反应物中还原剂的还原性强于生成物中还原产物的还原性。 单质氧化性越强，对应离子还原性越弱。 即学即练 1．如图为一些常见物质的氧化性、还原性强弱变化二维图，点a、b、c表示横、纵坐标对应粒子在水溶液中反应的产物。下列说法错误的是 A．点 b处的产物可表示为 B．由图推知，Fe³⁺也能氧化SO2 C．向FeI2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为 D．向SO2水溶液中通入少量Cl2，溶液导电能力变强 【答案】C 【解析】A．根据图中物质的氧化性、还原性强弱，反应b中碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，故A正确； B．铁离子能氧化I-，而SO2还原性比I-强，故Fe³⁺也能氧化SO2，故B正确； C．由图可知，I-的还原性强于Fe2+，故向FeI2溶液中通入少量Cl2，I-与Cl2反应，离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，故C错误； D．向SO2水溶液中通入少量Cl2，发生反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成了两种强电解质，溶液导电能量变强，故D正确； 答案选C。 2．已知转化I：；转化Ⅱ：。下列说法错误的是 A．氧化性： B．转化I、Ⅱ中消耗或生成等质量的，转移电子数相同 C．锰元素在转化I中被还原，在转化Ⅱ中被氧化 D．与溶液反应： 【答案】D 【解析】A．反应I中氧化剂是，氧化产物是；反应Ⅱ中氧化剂是，氧化产物是，根据氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，可知物质的氧化性：，A正确； B．根据得失电子守恒可知：在反应I中每消耗1个，反应过程中转移5个电子；而在反应Ⅱ中，每反应生成1个，反应过程中转移5个电子，因此转化I、Ⅱ消耗或生成等质量的，转移电子数相同，B正确； C．锰元素在转化I中由降到被还原，在转化Ⅱ中由升到被氧化，C正确； D．与会反应产生难溶性沉淀，不能大量共存，反应的离子方程式应该为：，D错误； 故选D。 3．在常温下发生以下几个反应，根据反应判断下列结论正确的是 ①②③ A．溶液中不能发生： B．元素在①③反应中均被氧化 C．氧化性由弱到强的顺序是： D．可以被还原 【答案】D 【分析】①中氧化剂为，还原剂为Z-，氧化产物为Z2，还原产物为X2+；②中氧化剂为B2，还原剂为A2+，氧化产物为A3+，还原产物为B-；③中氧化剂为Z2，还原剂为B-，氧化产物为B2，还原产物为Z-，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性顺序为>Z2>B2>A3+，据此解答。 【解析】A．因氧化性：Z2 >A3+，因此反应可以发生，A错误； B．元素在①反应中被氧化，在③反应中被还原，B错误； C．根据分析，氧化性由强到弱的顺序是：，C错误； D．氧化性 >A3+，则可以与发生氧化还原反应，可以被还原，D正确； 答案选D。 ◆知识点三 半反应 1. 氧化还原反应的本质是反应物之间的电子转移，任何氧化还原反应都可以拆成一种物质失去电子而另一种物质获得电子的氧化反应和还原反应。这两个反应分别是氧化还原反应的一半，称为半反应。 例如， Zn + CuSO4 = ZnSO4 + Cu 可以拆成如下两个半反应： Zn — 2e— = Zn2+ （氧化反应） Cu2+ + 2e— = Cu （还原反应） 2. 半反应是用电子把同一元素的两种价态联系起来的反应，上述两个式子为该氧化还原反应的半反应式。氧化还原反应本质上是两个半反应之间竞争电子的反应。书写半反应式时，除了应该考虑在反应中存在电子转移的元素所在的物质得失电子的情况外，还必须考虑这些元素形成的物质在溶液中的主要存在形式，应该遵循离子方程式的书写要求。 特别提醒/易错提醒/教材延伸 书写半反应式时，除了应该考虑在反应中存在电子转移的元素所在的物质得失电子的情况外，还必须考虑这些元素形成的物质在溶液中的主要存在形式，应该遵循离子方程式的书写要求。 即学即练 1．某种以处理NO的反应历程如图所示。下列关于该历程的说法错误的是 A．能降低该反应的活化能 B．该历程中存在Fe与O之间的电子转移 C．该历程中有极性键和非极性键的断裂与形成 D．总反应的化学方程式为 【答案】D 【解析】A．根据图示，先消耗后生成的是催化剂，先生成后消耗的是中间产物，和在反应过程中先消耗后生成，是该反应的催化剂，能通过降低该反应的活化能而加快反应速率，A正确。 B．与反应生成和的过程中，存在O与Fe之间的电子转移，B正确。 C．该历程中既有极性键(键、NO中氮氧键)和非极性揵(中氧氧键)的断裂，又有极性键(键)和非极性键(键)的形成，C正确。 D．根据图示可知，反应物为、，生成物为和，中的1个H与)结合生成1个，4个(Ⅱ)和1个结合得到，剩下的与1个NO结合最后得到1个和1个，结合得失电子守恒可知，总反应的化学方程式为，D错误； 故答案选D。 2．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 和空气的混合气体通入 和 的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法正确的是 A．①反应的离子方程式为： B．过程③中，溶液的pH减小 C．回收32g S时，理论上需要消耗标准状况下 D．根据图中信息可知氧化性： 【答案】C 【解析】A．根据流程图可知，反应①的离子方程式为 （H2S是弱酸，不能拆写），A错误； B．过程③中4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，消耗氢离子，pH变大，B错误； C．根据流程图可知，吸收硫化氢的总反应方程式：，回收32g S时，物质的量为1mol，消耗氧气0.5mol，标准状况下体积为11.2L，C正确； D．氧化剂氧化性大于氧化产物，过程②中Fe3+氧化CuS生成S和Fe2+，则氧化性： ；过程③中O2氧化Fe2+生成Fe3+和水，则氧化性：，Cu元素反应整个过程不变价，无法由图中信息得知氧化性：，D错误； 答案选C。 3．是极强的氧化剂，Xe和可制取稀有气体离子化合物。六氟合铂酸氙制备方式如图所示。下列说法错误的是 A．总反应方程式为 B．是反应的催化剂 C．反应②③属于氧化还原反应 D．XeF、、、是反应的中间产物 【答案】B 【解析】A．该过程是Xe和可制取稀有气体离子化合物，根据配平可知，总反应为：，A正确； B．根据图中转化过程可知，①中F－为反应物，④中F－为生成物，所以F－为催化剂，B错误； C．观察反应过程可知，反应②中生成，Pt化合价发生改变，反应③中生成，Pt化合价发生变化，因此均是氧化还原反应，C正确； D．根据图中转化关系可知，XeF、，是反应②的生成物，是反应①的生成物，是反应④的生成物，故XeF、、、是反应的中间产物，D正确； 故答案选B。 ◆知识点四 氧化还原反应的配平 一、配平原则 由于在氧化还原反应里存在着电子的转移，因此元素的化合价必然有升有降，我们把化合价能 升高的元素或含该元素的物质称还原剂；反之称为氧化剂。 配平原则：还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数 还原剂（元素）化合价升高的总价数=氧化剂（元素）化合价降低的总价数。 二、氧化还原反应方程式配平的一般方法与步骤 1、一般方法：从左向右配。 2、步骤：标变价、找变化、求总数、配系数。即 ⑴ 标出变化元素化合价的始态和终态:   C + HNO3（浓）→NO2 + CO2 + H2O 分析：标变价 C (0) + HN (+5)O3（浓）→ N (+4)O2 ↑+ C (+4)O2 ↑+ H2O  ⑵ 找变化:  始态     终态    变化的总价数 = 变化 × 系数          C (0) + HN (+5)O3（浓）= N (+4)O2 ↑+ C (+4)O2 ↑+ H2O 即:N元素化合价由+5到+4 ，变化的价数为（5-4）=1，C元素化合价由0到+4 ， 变化的价数为（4-0）=4[若为负价则用大数减小数（带符号相加减）] 最小公倍数=4×1=4 注：假设以上变化均以正价表示，其中(b-a)×(d-c) 为最小公倍数。 ⑶ 将    上的系数，分别填在还原剂和氧化剂化学式的前面作为系数； ⑷配系数:用观察法配平其它元素     C 的系数为  1   HNO3的系数为  4   ，用观察法将其它系数配平 ⑸ 检查配平后的方程式是否符合质量守恒定律（离子方程式还要看是否符合电荷守恒） 经检查满足质量守恒定律,配平后的化学方程式为： C+4HNO3（浓）= 4NO2↑+CO2↑+2H2O 即学即练 1．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)，下列说法正确的是 A．反应物微粒为SO2、Mn2+、H+ B．氧化产物为 C．氧化剂和还原剂的化学计量数之比为5∶2 D．配平后H+的化学计量数为8 【答案】B 【解析】A．由纸条上信息可知，SO2为还原剂，则氧化剂应为Mn，反应的离子方程式为5SO2+2Mn+2H2O=5S+2Mn2++4H+，因此反应物微粒为SO2、Mn和H2O，A错误； B．氧化剂为Mn，还原剂为SO2，氧化产物是，B正确； C．氧化剂为Mn，还原剂为SO2，二者化学计量数之比为2∶5，C错误； D．配平后离子方程式为5SO2+2Mn+2H2O=5S+2Mn2++4H+，H+的化学计量数为4，D错误； 答案选B。 2．高铜酸钾()是一种难溶于水的黑色粉末状固体(其中氧元素的化合价为价)，与高铁酸钾()性质相似，可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。高铜酸钾在酸性条件下不稳定：②(未配平)。下列说法错误的是 A．①中还原剂和氧化剂的数量之比为 B．①反应中，HBrO过量更有利于反应发生 C．②中既表现氧化性，又表现还原性 D．由①、②可知氧化性强弱顺序为 【答案】B 【解析】A．①中，HBrO中Br+1价发生还原反应生成KBr，HBrO作氧化剂，Cu的化合价由K2[Cu(OH)4]中Cu的+2价升高到KCuO2中+3价Cu，2K2[Cu(OH)4]+2HBrO=2KCuO2+KBr+KBrO+5H2O，则还原剂：氧化剂的物质的量之比为2：1，A正确； B．①反应中，HBrO过量有可能与KBr反应生成溴单质，不利于反应发生，B错误； C．②中Cu的化合价降低，O化合价升高，则KCuO2既是氧化剂也是还原剂，C正确； D．氧化性：氧化剂＞氧化产物，在①中HBrO＞KCuO2，在②中KCuO2＞O2，D正确； 故选B。 3．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。 对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法错误的是 A．IO作氧化剂，具有氧化性 B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2 C．还原性：Mn2+> D．若有2molMn2+参加反应，则转移14mol电子 【答案】D 【分析】图1中，产物中有H＋，反应物中有Mn2＋，根据原子守恒，反应物中有H2O，产物中有MnO，Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，I元素的化合价必须降低，IO为反应物，为产物，即该离子方程式为Mn2＋＋IO＋H2O→MnO＋＋H＋(未配平)。 【解析】A．根据上述分析，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，即IO为氧化剂，具有氧化性，A正确； B．Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高5价，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，化合价降低2价，根据得失电子数目守恒，因此有n(Mn2＋)×5=n(IO)×2，则n(IO)：n(Mn2＋) =5：2，B正确； C．Mn2＋为还原剂，为还原产物，根据氧化还原反应的规律中强弱规律，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即还原性：Mn2+>，C正确； D．根据B选项分析，1molMn2＋参加反应，转移电子物质的量为5mol，2molMn2+参加反应，则转移10mol电子，D错误； 故选：D。 一、氧化还原反应的氧化剂与还原剂 氧化剂: 得电子，化合价降低;具有氧化性；在反应中被还原；在反应中的生成物叫还原产物。 还原剂：失电子，化合价升高;具有还原性；在反应中被氧化；在反应中的生成物叫氧化产物。 实践应用 1．下列变化过程中，需要加入氧化剂才能实现的是 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】A．化合价降低作氧化剂，需要加入还原剂，A项错误； B．化合价降低作氧化剂，需要加入还原剂，B项错误； C．化合价升高作还原剂，需要加入氧化剂，C项正确； D．化合价不变，不需要加入氧化剂，D项错误； 故答案选C。 2．下列各组离子中，在水溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．，A不符合题意； B．K＋、Na＋、OH－、Cl－在水溶液中可以大量共存，B符合题意； C．，C不符合题意； D．，D不符合题意； 故选B。 3．下列变化需要加入还原剂才能实现的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．，铜元素化合价升高发生氧化反应，需加入氧化剂才能实现，故不选A；     B．，氯元素化合价降低发生还原反应，需要加入还原剂才能实现，故选B； C．，元素化合价不变，属于非氧化还原反应，故不选C； D．，氮元素化合价升高发生氧化反应，需加入氧化剂才能实现，故不选D； 选B。 2、 氧化还原反应综合 根据题目提示信息准确找出反应物和生成物，标出物质价态，根据得失电子确定变价元素的个数。再根据原子守恒和电荷守恒确定系数。 实践应用 1. 将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 下列说法不正确的是 A．有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为[若溶液中不变] B．在图示转化中，化合价不变的元素有铜、氢和氯 C．由图示转化可得出氧化性的强弱顺序是 D．提高混合气体中空气比例，充分搅拌，可以使得到的中不含 【答案】C 【解析】A．依据得失电子守恒，可建立如下关系式：O2—4Fe3+—2H2S，有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为 [若溶液中不变]，A正确； B．在图示转化中，Cu、H、Cl始终保持+2、+1、-1价，所以化合价不变的元素有铜、氢和氯，B正确； C．步骤II中，CuS与Fe3+反应，生成Fe2+、Cu2+、S，S氧化产物，Fe3+为氧化剂，氧化剂氧化性大于氧化产物，氧化性Fe3+＞S；步骤Ⅲ中为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Fe3+＜，由图示转化可得出氧化性的强弱顺序是，C不正确； D．提高混合气体中空气比例，可以得到充足的Fe3+，从而保证CuS完全转化为S等，D正确； 故选C。 2. 铋酸钠()是一种新型的光催化剂。已知：元素铋(Bi)价态为+3价时较稳定，无色；铋酸钠无色，难溶于水。现取一定量稀硫酸酸化的溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如表所示：(已知湿润的KI-淀粉试纸置于空气中也会缓慢变为蓝色) 加入的物质 ①适量铋酸钠 ②过量双氧水 ③适量KI-淀粉溶液 实验现象 溶液呈紫红色 溶液紫红色消失，产生气泡 溶液缓慢变成蓝色 下列结论错误的是 A．实验①中反应的离子方程式为 B．实验②中氧化剂与还原剂的质量之比为 C．实验③中将氧化为的不一定是 D．氧化性由强到弱的顺序是 【答案】AB 【分析】分析题给实验现象可知，Mn2+先被氧化成(被还原为Bi3+)，然后被H2O2还原成Mn2+，同时生成O2，再加入淀粉-KI溶液，有I2生成，使溶液变蓝，因H2O2过量，H2O2和O2都能将I-氧化成I2，故实验③中将I-氧化为I2的不一定是H2O2，综上所述，NaBiO3、、H2O2的氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2，据此分析。 【解析】A．由于NaBiO3难溶于水，故不能拆，正确的离子方程式为，故A错误； B．反应中由②中现象可知：氧化H2O2产生O2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，参加反应的氧化剂(KMnO4)和还原剂(H2O2)的个数比为2：5，质量之比为：2：5=158：85，故B错误； C．因H2O2过量，H2O2和O2都能将I-氧化成I2，故实验③中将I-氧化为I2的不一定是O2，故C正确； D．由上述分析可知，氧化性由强到弱的顺序是：NaBiO3＞＞H2O2，故D正确； 答案选AB。 3. 已知下列三组实验： ①向硫化钠溶液中通入氯气，有硫单质生成：； ②向溶液中通入，有生成； ③浓硝酸与铜剧烈反应，还原产物是，稀硝酸能与铜反应，还原产物是； 下列有关说法错误的是 A．可利用丁达尔效应鉴别氯化铁溶液和氢氧化铁胶体 B．实验①说明还原性： C．实验②说明溶液中含杂质时，可通入适量的除去 D．实验③中稀硝酸被还原时转移的电子多，氧化性更强 【答案】D 【解析】A．一束光照射到胶体上，可以看到一条光亮的通路，照射到溶液中不能产生光亮通路，可利用丁达尔效应鉴别氯化铁溶液和氢氧化铁胶体，A正确； B．根据可知，S2-为还原剂，Cl-为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，因此还原性，B正确； C．溶液中通入生成，溶液中含杂质时，可通入适量的除去，C正确； D．氧化性强弱与得失电子多少无关，与得失电子的难易程度有关，浓硝酸与铜反应比稀硝酸更剧烈，说明浓硝酸氧化性大于稀硝酸，D错误； 答案选D。 3、 氧化还原反应的应用 较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成较弱的还原产物和较弱氧化性的氧化产物。 应用： （1）比较物质问氧化性或还原性的强弱。 （2）在适宜条件下，用氧化性强的物质制备氧化性弱的物质或用还原性强的物质制备还原性弱的物质。 实践应用 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。 已知：。下列离子方程式书写正确的是 A．反应①： B．用Na2S2O3测定碘单质的含量时生成Na2S4O6的离子反应方程式为： C．反应③： D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸： 【答案】B 【分析】复分解反应发生时，强酸与弱酸盐反应制取弱酸。NaHSO3和Na2CO3发生反应①生成Na2SO3、NaHCO3，Na2SO3和S发生反应②生成Na2S2O3，Na2S2O3和AgBr发生反应③生成Na3[Ag(S2O3)2]、NaBr。 【解析】A．根据，可知NaHSO3和Na2CO3发生反应①生成Na2SO3、NaHCO3，该反应的离子方程式应该为：，A错误； B．用Na2S2O3测定碘单质的含量时生成Na2S4O6，同时I2得到电子被还原为I-，该反应的离子反应方程式为：，B正确； C．反应③Na2S2O3和AgBr发生反应③生成Na3[Ag(S2O3)2]、NaBr。由于AgBr难溶于水，因此不能写成离子形式，应该写化学式，离子方程式应该为：，C错误； D．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应产生S、SO2、H2O，该反应的离子方程式应该为：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，D错误； 故合理选项是B。 2．下列有关生产、生活应用中，所对应的离子方程式书写正确的是 A．用硝酸银与氨水制备银氨溶液： B．用除去废水中的 C．用酸性溶液验证的还原性： D．用检验久置溶液中的： 【答案】B 【解析】A．用硝酸银与足量氨水制备银氨溶液：，A错误； B．沉淀剂中的与产生沉淀以除去，B正确； C．该离子方程式得失电子不平，配平系数与比为，C错误； D．检验的试剂为，生成的沉淀是，D错误； 故选B。 3．下列应用中不涉及氧化还原反应的是 A．使用漂白粉漂白纸张 B．钢铁的锈蚀 C．食物的腐败 D．钟乳石的形成 【答案】D 【解析】A．使用漂白粉漂白纸张，利用HClO的漂白性，体现HClO的强氧化性，涉及氧化还原反应，A错误； B．钢铁的锈蚀，铁元素失去电子发生氧化反应，涉及氧化还原反应，B错误； C．食物的腐败，食物被氧气氧化，涉及氧化还原反应，C错误； D．钟乳石的形成，没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应， D正确； 故选D。 4、 陌生方程式的书写 守恒规律： （1）质量守恒：即反应前后各元素种类不变，各元素原子数目，种类，质量不变。 （2）电荷守恒：有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带电荷总数相等。 （3）化合价升降守恒：即化合价升高的总价数等于化合价降低的总价数。 （4）得失电子守恒：即氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。 实践应用 1. 以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的主要过程：第一步溶于稀硫酸、第二步氧化、第三步除去等，有关离子方程式书写错误的是 A．碳酸锰铜矿加入稀硫酸中发生的反应有： B．加入将转化为Fe3+： C．若向溶液中通入氨气除去Cu2+： D．若向溶液中加入MnS除去Cu2+： 【答案】B 【解析】A．碳酸锰与稀硫酸反应生成MnSO4、H2O和CO2，方程式符合实验事实，拆分正确，原子和电荷都守恒，A正确； B．离子方程式中选项未配平Fe2+的系数，电荷不守恒，反应中Fe2+与MnO2的物质的量比应为2:1，正确的离子方程式为：，B错误； C．通入适量氨气时，Cu2+与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀，方程式符合实际反应，拆分正确，原子和电荷都守恒，C正确； D．MnS与Cu2+反应生成更难溶的CuS，符合沉淀转化规律，方程式正确，D正确； 答案选B。 2. 对于下列过程中发生的化学反应，相应的方程式书写错误的是 A．在CO2中点燃镁条： B．用FeCl3溶液制作印刷铜电路板： C．泡沫灭火器工作时： D．海水提溴过程中，将溴吹入SO2吸收塔： 【答案】C 【解析】A．镁在CO2中燃烧生成MgO和C，反应方程式符合物质反应事实，遵循原子守恒和电子守恒，A正确； B．由于氧化性：Fe3+＞Cu2+，故Fe3+与Cu能够发生反应：，方程式符合反应事实，遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，遵循物质的拆分原则，B正确； C．泡沫灭火器的实际反应是明矾电离产生的Al3+与NaHCO3电离产生的发生盐的双水解反应：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，选项中使用不符合反应事实，C错误； D．Br2与SO2在溶液中发生氧化还原反应产生H2SO4、HBr，符合反应事实，遵循电子守恒、电荷守恒和原子守恒，符合物质的拆分原则，D正确； 故合理选项是C。 3. 下列离子方程式中书写错误的是 A．用FeS除去废水中的Hg2+：FeS(s)＋Hg2+(aq) HgS(s)＋Fe2+(aq) B．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2：＋Cl2＋H2O=＋2Cl-＋2H＋ C．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢： D．在弱碱性条件下FeS与反应：FeS＋＋4H2O=Fe(OH)3↓＋Cr(OH)3↓＋S↓＋2OH- 【答案】D 【解析】A．用FeS除去废水中的Hg2+，实质上是沉淀的转化，离子方程式为：FeS(s)＋Hg2+(aq) HgS(s)＋Fe2+(aq)，故A正确； B．向Na2SO3溶液中通入少量Cl2，被氧化为，离子方程式为：＋Cl2＋H2O=＋2Cl-＋2H＋，故B正确； C．向酸性高锰酸钾溶液中滴加过氧化氢，H2O2被氧化为O2，离子方程式为： ，故C正确； D．在弱碱性条件下FeS与反应，FeS被氧化为Fe3+和S，被还原为Cr3+，Fe3+和Cr3+分别与OH-结合为氢氧化物，由于FeS为固态，因此生成物中的沉淀不打沉淀符号，离子方程式为：FeS＋＋4H2O=Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH-，故D错误； 故选D。 考点一 根据方程式判定氧化性还原性强弱 【例1】已知：；。则以下说法中错误的是 A．还原性： B．和在溶液中能大量共存 C．溶液中通氯气，氯气先与反应 D．和在溶液中能大量共存 【答案】D 【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，，氧化性Br2>Fe3+，还原性Fe2+>Br-，反应中，氧化性Fe3+>I2，还原性I->Fe2+。 【解析】A．根据分析，还原性：，A正确； B．和都具有还原性，在溶液中可以大量共存，B正确； C．I-的还原性大于Fe2+，溶液中通氯气，氯气先与还原性强的反应，C正确； D．氧化性Fe3+>I2，Fe3+能把I-氧化为I2，和在溶液中不能大量共存，D错误； 答案选D。 解题要点 根据方程式中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性。 【变式1-1】已知在酸性溶液中的还原产物是的氧化性依次减弱。下列叙述中正确的是 A．在酸性溶液中易被氧化成 B．溶液中，能稳定存在 C．溶液能将KI溶液中的I-氧化 D．具有较强的氧化性，可以将氧化成 【答案】C 【解析】A．Co2O3在酸性溶液中钻由+3价降低为+2价，易被还原成Co2+，A错误； B．铁离子的氧化性强于碘单质，即铁离子与碘离子不能共存，不存在FeI3，B错误； C．铁离子的氧化性强于碘单质，FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，C正确； D．Co2O3的氧化性比I2强，碘不能将 Co2+氧化成Co2O3，D错误； 故选C。 【变式1-2】标准电极电位指离子有效浓度为1mol/L时相对标准氢电极的电极电位差值，电对的标准电极电势()越高，其电对中氧化剂的氧化性越强。酸性介质中，以下电对的标准电极电势为：①；②；③；④；⑤；⑥。下列有关说法正确的是 A．向1mol/L的HBr溶液中滴加溶液，无明显现象发生 B．2mol/L的与2mol/L的稀盐酸等体积混合有大量产生 C．在含、、的混合溶液中若仅氧化，最佳的氧化剂是 D．浓度相等时，还原性： 【答案】D 【解析】A．根据和，氧化性：H2O2>Br2，则向1mol/L的HBr溶液中滴加H2O2溶液，反应生成Br2，溶液出现橙色，故A错误； B．、，重铬酸根的氧化性和氯气相当，则2mol/L的与2mol/L的稀盐酸等体积混合没有大量Cl2产生，故B错误； C．根据①；②；③；④，氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则在含I-、Br-、Cl-的混合溶液中若仅氧化I-，最佳的氧化剂是Fe3+，故C错误； D．由电对的标准电极电势可知，氧化性：> Br2>Fe3+。根据氧化性越强，对应离子还原性越弱，则浓度相等时，还原性：，故D正确； 故选D。 考点二 根据氧化性或还原性大小书写陌生方程式 【例2】已知：Ⅰ．；Ⅱ．。下列说法正确的是 A．还原性强弱的顺序为： B．溶液中可发生反应： C．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，可生成Br2和FeCl3 D．Ⅱ反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1 【答案】C 【分析】反应，氯气中氯元素化合价降低发生还原反应，是氧化剂，Cl-是还原产物，NaBr中Br元素化合价升高发生氧化反应， Br-是还原剂、Br2是氧化产物；还原性Br->Cl-，氧化性> Br2；反应，溴元素化合价降低发生还原反应，Br2是氧化剂、Br-是还原产物，铁元素化合价升高发生氧化反应，Fe2+是还原剂，Fe3+是氧化产物，氧化性Br2> Fe3+、还原性Fe2+> Br-，所以氧化性> Br2> Fe3+、还原性Fe2+> Br-> Cl-。 【解析】A. 根据以上分析，还原性强弱的顺序为：，故A错误； B. 氧化性> Fe3+，根据“强制弱”，溶液中不能发生反应，故B错误； C. 氧化性> Br2> Fe3+，根据“强制弱”，向FeBr2溶液中通入过量Cl2，可生成Br2和FeCl3，故C正确； D. Ⅱ反应中，Br2是氧化剂，Fe2+是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故D错误； 选C。 解题要点  根据氧化性强弱与还原性强弱书写方程式。 遵循方程式中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性；还原剂还原性大于还原产物还原性。 【变式2-1】已知：①②③。根据上述反应，判断下列结论错误的是 A．氧化性强弱顺序为 B．溶液中可发生反应： C．反应③中，发生还原反应，显示氧化性 D．反应①中，氧化剂与还原剂的微粒个数比为 【答案】D 【解析】A．根据上述三个离子方程式可知，①中为氧化剂，Cl2为氧化产物，则氧化性>Cl2，同理②中Br2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Br2>Fe3+，③中Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，氧化性Cl2>Br2，则氧化性，A正确； B．根据A中解析可知，氧化性Cl2>Fe3+，则氯气可与亚铁离子反应生成氯离子和铁离子，选项中的离子方程式正确，B正确； C．反应③中Cl2为氧化剂得电子被还原发生还原反应，显示氧化性，C正确； D．反应①中，为氧化剂，Cl-为还原剂，两者的物质的量之比为2：10=1：5，D错误； 故答案选D。 【变式2-2】已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+═PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO═2MnO+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是 A．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO B．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(Ⅳ)含量之比为1：2 C．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl═3PbCl2+4H2O+Cl2↑ D．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3═3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O 【答案】C 【解析】A．反应I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV)，说明氧化性：HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成，说明氧化性PbO2＞，则物质的氧化性：PbO2＞＞HNO3，，A错误； B．反应I未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与PbO2物质的量之比为2：1，说明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2：1，，B错误； C．据反应II可知氧化性：PbO2＞，而酸性条件下能将HCl氧化成Cl2，则Pb(IV)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑能发生，C正确； D．根据反应I可得硝酸不能将Pb氧化成+4价，不能反应生成Pb(NO3)4，D错误； 故选C。 考点三 氧化还原中的计算问题 【例3】已知：的还原性强于的还原性，的氧化性强于的氧化性。在含一定量的溶液中逐滴加入溶液，加入和析出的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是 A．原溶液中含有的物质的量为3mol B．反应进行到z点时，共生成的物质的量为1mol C．y→z的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1 D．当溶液中与的物质的量之比为5：6时，加入的为1.7mol 【答案】D 【解析】A．0→y发生的反应为，y点时的物质的量为1.5mol，则原溶液中含有的物质的量为4.5mol，故A错误； B．y→z发生的反应为，反应进行到z点时，共生成的物质的量为，故B错误； C．y→z的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故C错误； D．第一步反应有，第二步反应中有如下计量关系，设，则、，当溶液中时，解得x=1mol，加入的，故D正确； 故答案为D。 解题要点 根据原子守恒。抓住原子的来源和去向。 根据得失电子守恒。找出升降价元素和对应原子个数。 【变式3-1】已知反应：，NA为阿伏加德罗常数的值，若消耗96 gFeS2，下列叙述错误的是 A．转移的电子数为8.8NA B．消耗的氧化剂分子数为2.2NA C．氧化产物的物质的量共1.6 mol D．生成SO2的体积为35.84 L(标准状况) 【答案】C 【分析】的物质的量是。根据反应方程式可知：每反应消耗，反应过程中会消耗，反应产生、，反应过程中转移电子，然后根据反应消耗的的物质的量进行有关计算。 【解析】A．根据分析，反应中转移电子，消耗，反应中转移的电子的物质的量为：，则转移的电子数目是，A正确； B．在该反应中，为还原剂，为氧化剂，每反应消耗，同时反应消耗，反应消耗 ，反应消耗的物质的量是，则反应消耗的氧化剂分子数为，B正确； C．、既是氧化产物也是还原产物，根据方程式可知：每消耗，反应过程中会消耗，同时产生、，反应产生的氧化产物的物质的量是，有反应，则产生的氧化产物的物质的量是n(氧化产物)=，C错误； D．根据方程式计量系数，消耗，生成二氧化硫，在标准状况下，其体积为：，D正确； 故选C。 【变式3-2】碱性条件下，亚氯酸钠能较好的去除氮氧化物。向溶液中通入(标准状况)，恰好完全反应，反应后完全转化为，则元素可能存在的形式是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】n(NaClO2)=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，Cl从+3价到-1价，得到4个电子，总共得到0.03mol×4=0.12mol电子，n(NO)==0.04mol，每个N失去0.12mol÷0.04mol=3个电子，即升高3价，从+2价到+5价，生成了，答案选A。 基础达标 1．工业上可利用含锌废料(主要成分是ZnO，还含有CuO、FeO等)制备，其工艺流程的一种如图所示，下列说法正确的是 A．为了加快反应速率，“浸取”操作时可进行加热 B．“氧化除铁”的反应为 C．若还原剂选择单质锌，“还原”操作后的滤渣只有单质铜 D．加入浓盐酸的目的是抑制ZnCl2水解 【答案】D 【分析】由题给流程可知：向含锌废料中加入盐酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的金属氯化物，然后向浸取液中加入漂白液，漂白液的有效成分次氯酸钠能够将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液。向滤液中加入还原剂，能够将溶液中的铜离子转化为铜单质，过滤得到铜和氯化锌溶液﹔溶液在浓盐酸中经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化锌。 【解析】A．升高温度可以加快反应速率，但浓盐酸加热易挥发，导致盐酸浓度降低，故在浸取时不能采用加热的方法来加快反应速率，A错误； B．用盐酸浸取后溶液为酸性(含盐酸)，其中不可能存在大量OH⁻，若加入过量漂白液，反应的离子方程式应为：5ClO-+2Fe2++5H2O=Cl-+2Fe(OH)3↓+4HClO，B错误； C．若加入的还原剂为Zn，过量的Zn与Cu2+反应生成Cu后还有剩余，则过滤操作后所得滤渣会含有Cu和Zn，C错误； D．ZnCl2为强酸弱碱盐，Zn2+水解使溶液显酸性，加入浓盐酸可增大溶液中H⁺浓度，抑制Zn2+水解，D正确； 故合理选项是D。 2．一种以废旧电池正极材料（主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂）为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．灼烧后的固体产物中，和均为+3价 B．酸浸中的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中溶液先变为紫红色，原因可能是 D．合成过程中，有和放出 【答案】B 【分析】该工艺流程以废旧电池正极材料为原料制备，废料灼烧除去炭黑、有机物，并使铝箔转化为氧化物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去氧化铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”；加把氧化为沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍；滤液中再加碳酸钠生成沉淀，和合成。 【解析】A．灼烧目的除去炭黑、有机物，并使铝箔转化为氧化铝，Co价态未发生变化，故固体产物中，和均为+3价，A正确； B．酸浸中使+3价Co还原为+2价，为还原剂，B错误； C．溶液变为紫红色是因为锰元素被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，C正确； D．合成时，中锰元素价态降低，故和合成反应为氧化还原反应，应有元素价态升高，根据得失电子守恒、元素守恒配平，化学方程式为，有和放出，D正确； 故选B。 3．控制光沉积构建的光催化材料在人工模拟的光合作用下，可实现、与有机物的转化，转化过程的反应机理如图所示。下列说法中错误的是 A．该过程光能最终转化成了化学能 B．在—Pt催化剂表面发生了还原反应 C．电子转移只发生在与间 D．每转化，会生成 【答案】C 【解析】A．反应利用光能实现、与有机物的转化，将光能转化成了化学能，A正确； B．如图所示，在催化剂表面还原为甲酸，B正确； C．与间不发生电子转移，C错误； D．1molCO2得到2mole-生成1molHCOOH，1molH2O失去2mole-生成0.5molO2，根据得失电子守恒，反应转移2mole-时，消耗1molCO2，生成0.5molO2，D正确； 故答案为C。 4．实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是 A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏 B．步骤④中反应消耗时，转移电子 C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为： D．理论上，步骤④消耗的和步骤⑤消耗的的物质的量相等 【答案】B 【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，据此分析； 【解析】A．由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误； B．步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62g物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确； C．由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为，C错误； D．由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，故理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的的物质的量之比为2：1，D错误； 故选B。 5．下列各组离子能大量共存的是 A．滴加石蕊溶液显红色的水溶液中：、、、 B．在硝酸银溶液中：、、、 C．在氨水中：、、、 D．在溶液中：、、、 【答案】A 【解析】A．滴加石蕊溶液显红色的水溶液呈酸性，在酸性条件下，、、、之间不发生反应，可以大量共存，符合题意； B．在硝酸银溶液中，与会反应生成沉淀，与也会反应生成微溶物，不能大量共存，不符合题意； C．在氨水中，会电离出，与会反应生成沉淀，若氨水过量还可能生成[Cu(NH3)4]2+，不能大量共存，不符合题意； D．在溶液中，在酸性（存在）条件下具有强氧化性，具有还原性，会将氧化，不能大量共存，不符合题意； 综上，答案是A。 6．有下列氧化还原反应： ①      ② ③ 根据上述反应可判断下列说法错误的是 A．反应①中氧化产物与还原产物的质量比为2：1 B．还原性顺序为 C．氧化性顺序为 D．推测能发生 【答案】B 【解析】A．反应中，SO2中S元素化合价降低得到还原产物，H2S中S元素化合价升高得到氧化产物，根据得失电子守恒可知，氧化产物与还原产物的质量比为2∶1，故A正确； B．反应①中，H2S是还原剂，S是还原产物，还原性：H2S>S，反应②中SO2是还原剂，Fe2+是还原产物，还原性：SO2>Fe2+，故B错误； C．反应①中，SO2是氧化剂，S是氧化产物，氧化性：SO2>S，反应②中Fe3+是氧化剂，SO2是还原剂，氧化性：Fe3+>SO2，反应③中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化性：Cl2>Fe3+；综上，氧化性：，故C正确； D．由C项可知，氧化性：，反应中中Fe3+的氧化性大于S，符合上述顺序，能发生，故D正确； 答案选B。 7．已知下列三个氧化还原反应：①2FeCl3+2KI =2FeCl2+2KCl+I2 ；②2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ；③2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。若溶液中Cl−、Fe2+与I−共存，要除去I−而又不影响Cl−、Fe2+，可加入的试剂是 A．I2 B．KMnO4 C．FeCl3 D．HCl 【答案】C 【分析】由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为：，还原性由强至弱的顺序为，据此回答。 【解析】A．I2氧化性弱于，无法氧化I−，A错误； B．KMnO4的氧化性很强，可将Cl−、Fe2+与I− 氧化，B错误； C．FeCl3能氧化除去I−而又不影响Cl−、Fe2+，C正确； D．HCl作为酸，仅提供和，不参与氧化反应，D错误； 故选C。 8．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．的溶液： B．由水电离产生的的溶液中： C．含的溶液中： D．溶液中： 【答案】A 【解析】A．的溶液显碱性，各离子可以大量共存，A选； B．由水电离产生的的溶液，水的电离受到抑制，溶液既可能显酸性，也可能显碱性，与碳酸氢根不能共存，与铵根和碳酸氢根均可以反应，不能大量共存，B不选； C．与发生氧化还原反应不能共存，，C不选； D．溶液可以与碳酸氢根发生双水解反应，，D不选； 故选A。 9．I．据化学反应：，回答下列问题。 （1）用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目： 。 （2）该反应中，氧化产物是 ，还原产物是 。 （3）每生成1分子，转移的电子数为 个，被氧化的HCl的分子数为 个。 （4）写出该反应的离子方程式： 。 II．按要求回答下列问题。 （5）配平方程式并用单线桥标出电子转移方向和数目： 。 （6）该反应中，被还原的元素是 。 （7）氧化剂与还原剂的个数比是 。 Ⅲ．某一反应体系中有反应物和生成物共六种物质：、、、、KCl、KOH。已知在该反应中，的氧化性强于的氧化性。 （8）该反应中的还原剂是 。 (9)该反应中，发生还原反应的过程是 → 。 (10)写出该反应的化学方程式 。 【答案】（1） （2）Cl2 MnCl2 （3）2 2 （4） （5） （6）碘 （7）5：1 （8） (9) KCl (10) 【解析】（1） 根据方程式可知Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子。Cl元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒、原子守恒可知反应中电子转移的方向和数目可表示为； （2）Cl化合价由-1价升高到0价，被氧化，故氧化产物为Cl2，Mn化合价由+7价降低到+2价，被还原，还原产物为MnCl2； （3）Cl化合价由-1价升高到0价，每生成1分子，转移的电子数为2个，被氧化的HCl的分子数为2个； （4）该反应的离子方程式：； （5） 反应中0价的碘的化合价升高为+5价，失去5个电子，0价的碘的化合价降低为-1价，得到1个电子，依据氧化还原反应得失电子守恒，二者最小公倍数为5，则碘化钾系数为5，碘酸钾系数为1，单质碘系数为3，依据原子个数守恒可知，KOH系数为6，碘系数为3，水系数为3，反应方程式：3I2+6KOH=3H2O +KIO3+5KI，用单线桥表示为：； （6）该反应中，0价的碘的化合价降低为-1价，被还原的元素是碘； （7）6个0价的碘原子中，有5个碘原子化合价降低，1个碘原子化合价升高，则氧化剂与还原剂的个数比是5：1； （8）的氧化性强于的氧化性，做氧化剂，KCl做还原产物，作氧化产物，做还原剂； （9）该反应中，发生还原反应的过程是→KCl； （10）该反应的化学方程式：； 10．很多物质具有杀菌消毒的作用，不同杀菌剂的作用原理、合成方法也有区别。 ．氯气是合成漂白液、漂白粉的重要原料。 （1）写出氯碱工业生产的离子方程式 。由氯气生产漂白粉的化学方程式为 。 ．双氧水(过氧化氢的水溶液)被称为“绿色氧化剂”，一定浓度下也有杀菌消毒的作用。 （2）一种火箭推进器中含有液态肼()和液态过氧化氢。已知0.4mol液态肼与足量的液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，并放出256.6kJ的热量。该反应的热化学方程式为 。 （3）双氧水能将碱性废水中的转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体。的电子式为 ，该反应的离子方程式为 。 ．在一些特定环境中也可用作杀菌剂。 （4）一种利用废弃铜锌合金制取的流程如下图所示： ①与Al类似，碱溶Zn时还会产生。写出碱溶时Zn反应的化学方程式 。 ②写出沉铜时反应的离子方程式 。 【答案】（1）2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O （2）N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.38kJ•mol-1 （3） 5H2O2+CN-+2OH-=2CO+N2+6H2O （4） 【解析】（1）氯碱工业中采用电解饱和食盐水方法，生成氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；氯气与石灰乳反应生成漂白粉，方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； （2）反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为256.652KJ÷0.4=641.38kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.38kJ•mol-1； （3） CN-的电子式为；双氧水能将碱性废水中的CN－转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体，该气体是氧化产物氮气，该反应的离子方程式：5H2O2+CN-+2OH-=2CO+N2+6H2O； （4）①碱溶时Zn与氢氧化钠反应的化学方程式：； ②沉铜时铜离子氧化二氧化硫生成氯化亚铜沉淀，二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：。 综合应用 11．下列说法不正确的是 A．为增强高锰酸钾的氧化性常对其进行酸化，酸化时常使用稀硫酸而不采用盐酸 B．火柴头中通常含有KClO3，将火柴头浸入水中，加入硝酸银溶液和稀硝酸，通过观察是否产生白色沉淀来检验其中是否含有氯元素 C．制备硫酸亚铁铵晶体时，可用少量酒精对晶体进行洗涤，除去附着在晶体表面的水 D．在K2Cr2O7酸性溶液中加入NaOH溶液，溶液由橙色变为黄色；若改加NaNO2溶液，则溶液变成绿色 【答案】B 【解析】A．高锰酸钾在酸性条件下氧化性增强，但盐酸中含有的Cl⁻具有强的还原性，会被酸性高锰酸钾溶液氧化，故酸化高锰酸钾溶液时要用稀硫酸而不能使用盐酸，A正确； B．火柴头中的Cl元素以形式存在，其中不含Cl-，直接加AgNO3溶液，不能产生白色沉淀，因此无法检测是否含有Cl元素。要检验Cl元素的存在，需先在酸性条件下用还原剂将其还原为Cl⁻后，再用硝酸酸化的硝酸银溶液来检验，B错误； C．硫酸亚铁铵晶体易溶于水，在酒精中溶解度比较小，用酒精洗涤硫酸亚铁铵晶体，可减少溶解并去除表面水分，C正确； D．在溶液中存在化学平衡：(橙色)+H2O2H++2(黄色)，在碱性溶液中OH-反应消耗H+，使平衡正向移动，橙色的转化为黄色的；当加入具有还原性的物质NaNO2时，被还原为绿色Cr3+，从而使溶液变为绿色，D正确； 故合理选项是B。 12．下列解释事实的离子方程式正确的是 A．溶液中加入溶液，生成棕红色沉淀： B．Cu溶于浓硝酸，有棕色气体放出： C．NaClO溶液中通入SO2，pH逐渐变小： D．澄清石灰水在空气中久置，生成白色沉淀： 【答案】C 【解析】A．Fe3+与在溶液中会发生盐的双水解反应，生成Fe(OH)3沉淀和CO2气体，而不是直接形成Fe2(CO3)3沉淀，该反应的离子方程式应该为：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，A错误； B．浓硝酸与Cu反应生成红棕色气体NO2，而不是生成NO，反应的离子方程式应该为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，B错误； C．ClO-表现氧化性，与具有还原性的SO2发生氧化还原反应，SO2中S元素被氧化为，ClO-被还原为Cl-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：，C正确； D．澄清石灰水久置在空气中，其中的Ca(OH)2与空气中的CO2反应生成CaCO3沉淀和H2O，而不能生成可溶性Ca(HCO3)2，该反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D错误； 故合理选项是C。 13．实验探究是化学学习方法之一，下列实验设计、现象和实验结论都正确的是 实验设计 现象 实验结论 A 将NO2通入下列溶液至饱和： ①浓HNO3 ②Cu(NO3)2和浓HNO3混合溶液 ①无色变黄色 ②蓝色变绿色 Cu和浓HNO3反应后溶液是绿色主要原因是溶有NO2 B 将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液 紫红色变浅，有白色沉淀产生 通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量 C 向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHSO3溶液 有白色沉淀生成 [Al(OH)4]-和发生互相促进的水解反应 D 将25℃ 0.1 mol·L-1Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化 溶液的pH逐渐减小 温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动 【答案】A 【解析】A．二氧化氮通入浓硝酸溶液由无色变为黄色；通入硝酸铜和浓硝酸混合溶液颜色由蓝色变为绿色，对比可知Cu和浓HNO3反应后溶液是绿色主要原因是溶有NO2，A正确； B．将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，然后加入足量氯化钡溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于酸化用的酸为硫酸，因此不能通过白色沉淀的质量推算二氧化硫的物质的量，B错误； C．向Na[Al(OH)4]溶液中滴加NaHSO3溶液，反应产生Al(OH)3沉淀和Na2SO3、H2O，生成白色的沉淀是Al(OH)3，[Al(OH)4]-和电离出来的氢离子反应产生，C错误； D．亚硫酸钠溶液由于离子的水解而显碱性，将亚硫酸钠溶液加热后pH减小可能是被空气中氧气氧化生成了强酸强碱盐硫酸钠导致，D错误； 故合理选项是A。 14．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程如图，回答下列问题： 已知： ①浸出液中含有的阳离子主要为、、、、、、等。 ②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。 ③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：(溶液中离子浓度小于或等于mol/L可视为完全沉淀) 沉淀物 开始沉淀的pH 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）Co2O3中Co的化合价为 价。 （2）部分金属浸取率随固液比变化的关系如图，则最佳的固液比为 。 （3）“浸出”工序中Co2O3发生反应的离子方程式为 。 （4）沉淀Ⅰ的主要成分为 (填化学式)。 （5）简述检验进行“除杂Ⅰ”后的滤液中是否含有Fe3+的方法： 。 （6）“操作Ⅰ”包括向水层中加入浓盐酸调节pH为2～3、 、 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 （7）将2.196 g草酸钴晶体()置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。 温度范围/℃ 固体质量/g 150～210 1.764 290～320 0.964 经测定，整个受热过程中产生的气体只有水蒸气和CO2气体，则150～210℃温度范围内发生反应的化学方程式为 ；290～320℃温度范围内，剩余的固体物质化学式为 。 【答案】（1）+3 （2）1：3 （3） （4）Fe(OH)3、Al(OH)3 （5）取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则滤液中含有Fe3+，反之则不含Fe3+ （6）蒸发浓缩 冷却结晶 （7） (或) 【分析】由题给流程可知：向水钴矿中加入盐酸和亚硫酸钠溶液，在酸性条件下，Na2SO3将Co2O3和Fe2O3还原为Co2+和Fe2+，Al2O3、MnO、MgO、CaO溶于盐酸转化为Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，SiO2不发生反应，过滤得到浸出液；向浸出液中加入适量NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3溶液调节溶液pH为5.2，将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，过滤得到沉淀Ⅰ和滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入氟化钠溶液，将Mg2+和Ca2+转化为MgF2沉淀和CaF2沉淀，过滤得到滤渣Ⅱ和滤液Ⅱ﹔向滤液Ⅱ中加入有机萃取剂萃取，分液得到萃取剂层和水层；向水层中加入草酸铵溶液，将Co2+转化为沉淀，过滤得到CoC2O4·2H2O；向水层中加入浓盐酸调整pH为2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干得到CoC12·6H2O。 【解析】（1）根据在任何化合物中所有元素化合价代数和为0，结合O为-2价，可知Co2O3中Co元素化合价为+3价； （2）要制取草酸钴晶体和氯化钴晶体，根据部分金属浸取率随固液比变化的关系图示可知：在固液比为1：3时Co浸取率已经很大，此时Fe、Mg浸出率相对Co来说较小，它们的浸出率相差较大，此后固液比增大，Co的浸出率增大不多，故最佳的固液比为1：3； （3）“浸出”工序中Co2O3与HCl、Na2SO3反应产生CoCl2、Na2SO4、H2O，发生该反应的离子方程式为：； （4）根据上述分析可知：沉淀Ⅰ主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3； （5）Fe3+与SCN-会反应产生血红色Fe(SCN)3，据此判断溶液中是否含有Fe3+。则检验进行“除杂Ⅰ”后的滤液中是否含有Fe3+的方法是：取少许滤液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红，则滤液中含有Fe3+，反之则不含Fe3+； （6）“操作Ⅰ”包括向水层中加入浓盐酸调节pH为2～3、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程； （7）根据题意：在整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，2.196 g CoC2O4·2H2O的物质的量为n(CoC2O4·2H2O)==0.012 mol，当固体质量变为1.764 g时，质量减少△m=2.196 g-1.764 g =0.432 g，恰好为0.024 mol H2O的质量，因此1.764g固体为0.012mol CoC2O4。则在150-210℃时CoC2O4·2H2O分解产生CoC2O4、H2O，反应方程式为：CoC2O4·2H2OCoC2O4+2H2O↑； 根据C元素守恒可知，CoC2O4·2H2O完全分解生成的CO2的物质的量n(CO2)= 0.012 mol ×2=0.024 mol，其质量为m(CO2)=0.024 mol×44 g/mol=1.056 g。而固体质量由1.764 g变为0.964 g时，质量减少0.8 g＜1.056 g，说明290~320℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有O2。参加反应的O2的质量m(O2)=1.056 g-0.8 g =0.256 g，n(O2)==0.008 mol，n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.012：0.008：0.024=3：2：6，根据原子守恒，配平化学方程式，可得化学方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，故 290~320℃温度范围内，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。 15．实验室制备高铜酸钠部分实验装置如图所示(夹持装置略)。 已知：①NaClO与在强碱性条件下反应生成不溶物； ②难溶于水，高温下易分解；在中性或酸性条件下不稳定，遇酸生成和。 回答下列问题： （1）仪器X的名称是 ，装置乙中盛放的试剂是 。 （2）装置丙中生成的离子方程式为 。 （3）下列说法正确的是___________。 A．甲装置中的可用代替 B．丙装置中冰水浴的主要作用是降低反应速率 C．可用NaOH溶液吸收尾气 D．产品应在低温下密封干燥保存 （4）实验过程涉及如下全部操作，请排序： 。 c→___________→___________→___________→a→粗产品。 a．干燥 b．过滤 c．关闭 d．洗涤 e．打开，向装置丙中通入 f．打开向丙中加入溶液至出现大量棕黑色固体 （5）测定产品中铜的含量： ⅰ.准确称取1.02g粗产品，与足量硫酸反应后配制成100 mL溶液，取25.00 mL于锥形瓶中； ⅱ.加入足量10%KI溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用0.100 mol/L 标准溶液滴定至溶液蓝色刚好消失，消耗溶液的体积为20.00 mL (已知：、)。 产品中铜元素的质量分数为 (保留一位小数)。 【答案】（1）三颈烧瓶 饱和氯化钠溶液 （2） （3）CD （4）fbd （5）50.2% 【分析】装置甲中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，装置乙中盛有饱和食盐水，作用是除去氯气中混有的HCl气体，装置丙中与在强碱性条件下反应，生成，以此解答。 【解析】（1）仪器X的名称是三颈烧瓶，装置乙中盛放的试剂是饱和氯化钠溶液，用来除去氯气中混有的HCl气体，故答案为：三颈烧瓶；饱和氯化钠溶液； （2）装置丙中首先氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，随后与在强碱性条件下反应生成，该反应中Cl元素化合价由+1价下降到-1价，Cu元素化合价由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：； （3）A．甲装置中的不可用代替，与浓盐酸反应制取氯气需要加热，A错误； B．丙装置中冰水浴的主要作用是防高温分解，B错误； C．尾气中含氯气，可用NaOH溶液吸收，C正确； D．产品高温下易分解，在中性或酸性条件下不稳定，故应在低温下密封干燥保存，D正确； 故选CD； （4）打开，向装置丙中通入，一段时间后，关闭，打开向丙中加入溶液至出现大量棕黑色固体，抽滤、洗涤、干燥得粗产品，故顺序fbd，故答案为：fbd； （5）根据已知反应、，列关系式，产品中铜元素的质量分数为，故答案为：50.2%。 拓展培优 16．高温下，将磷灰石与石英砂混合，在石墨电极电炉中发生反应。将生成的白磷蒸气和CO通过冷水，便可得到固体白磷，反应方程式为：。下列说法不正确的是 A．上述反应中，既不是氧化剂又不是还原剂 B．上述反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：1 C．上述反应中，每失去5mol电子可生成1mol D．生成的白磷在热的KOH溶液中有可能发生反应生成磷化氢PH₃和磷的含氧酸盐 【答案】C 【解析】A．反应中元素和元素化合价均未发生变化，故既不是氧化剂又不是还原剂，A正确； B．反应中，碳元素化合价升高，为氧化产物，磷元素化合价降低，为还原产物，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：1，B正确； C．反应中，磷元素由价降低到价，每生成1mol，转移电子，C错误； D．白磷在热的KOH溶液中有可能发生歧化反应，并生成磷化氢PH₃和磷的含氧酸盐，D正确； 故选C。 17．二甘氨酸合铜中Cu元素含量可按下列步骤测定： 下列说法不正确的是 A．步骤I，加入稍过量的稀尽可能使Cu元素转化为 B．步骤II，过量KI溶液既有利于的充分还原，也有利于生成易溶于水的 C．为防止与反应，步骤III应将溶液调至强碱性 D．用上述方法测定中的Cu元素含量，结果偏大 【答案】C 【分析】二甘氨酸合铜与硫酸反应使Cu元素转化为，把I-氧化为，用还原，根据消耗的体积计算Cu元素含量。 【解析】A. 步骤I，加入稍过量的稀，增大硫酸浓度，使二甘氨酸合铜与硫酸反应正向移动，尽可能使Cu元素转化为，故A正确； B. 步骤II，过量KI溶液既有利于的充分还原为CuI沉淀，也有利于I2和I-反应生成易溶于水的，故B正确； C. 步骤III应将溶液调至中性或弱酸性，目的是防止与反应、防止在强碱性条件下I2发生歧化反应，故C错误； D. 用上述方法测定中的Cu元素含量，、硝酸均能把I-氧化为，所以生成的物质的量增多，消耗的体积偏大，测定结果偏大，故D正确； 选C。 18．以辉铜矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、)为原料联合提取铜和锰的一种工艺流程如下(部分操作和条件略)。 Ⅰ．将辉铜矿和软锰矿按一定比例配料，加入过量硫酸充分反应，过滤； Ⅱ．向Ⅰ中滤液加入适量碳酸氢铵，调节溶液的pH，过滤； Ⅲ．将Ⅱ中滤液蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤； Ⅳ．将Ⅲ中滤液冷却至室温，静置，使晶体析出。 已知：i．在酸性条件下，的氧化性强于 ii．，金属离子的起始浓度为时生成氢氧化物沉淀的pH 开始沉淀时 5.8 1.1 4.2 7.6 完全沉淀时 8.3 2.8 6.7 10.1 iii．和在不同温度下的溶解度 温度(℃) 0 20 40 60 80 100 12.5 17.2 22.5 28.5 35.5 43.0 34.6 38.6 37.5 34.9 31.3 26.1 （1）步骤Ⅰ是利用硫酸浸取矿石中的铜、锰元素。 ①补全该步骤中与反应的离子方程式： 。 ____________________________ ②在上述反应中，氧化剂是 (填化学式，下同)，被氧化的是 。 ③为防止在酸浸过程中产生，配料时应加入过量 (填“辉铜矿”或“软锰矿”)。 （2）步骤Ⅱ是通过调节溶液的酸碱度除去杂质离子。 ①若Ⅰ中滤液所含和的浓度均为，则Ⅱ中滤液的pH范围是 。 ②在除杂过程中可能生成黄铵铁矾沉淀，补全该反应的离子方程式： 。 ___________________________________ （3）步骤Ⅲ和Ⅳ是利用铜盐、锰盐溶解度的差异实现铜、锰元素的分离。 ①步骤Ⅲ中析出晶体的主要成分是 (填“”或“”)。 ②上述晶体需趁热过滤的原因是 。 【答案】（1）Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O MnO2 Cu2S 软锰矿 （2）2.8 4.2 2641212CO2↑ （3） 防止硫酸铜析出 【解析】（1）①反应中中Cu从+1价到+2价，S从-2价到0价，共升高4价，从+4价到+2价，降低4价，最小公倍数是4，根据电子得失守恒，配平有Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++S+2Mn2++4H2O； ②反应中，MnO2化合价降低，发生还原反应，是氧化剂，Cu2S中Cu和S化合价均升高，被氧化。 ③为防止在酸浸过程中产生，需要加入氧化剂，即配料时应加入过量软锰矿。 （2）①Ⅱ滤液加入适量碳酸氢铵，调节溶液的pH的目的是除去Fe3+，Cu2+和Mn2+留在溶液中，故pH范围是2.84.2； ②在除杂过程中可能生成黄铵铁矾沉淀，该反应为非氧化还原反应，配平为：2641212CO2↑ （3）①在高温下硫酸铜的溶解度大于硫酸锰的溶解度，故加热蒸发浓缩，先析出硫酸锰晶体； ②然后趁热过滤，防止硫酸铜析出；过滤后得到的滤液冷却后结晶，析出硫酸铜晶体。 19．用活化后的作催化剂，在有氧条件下氨气将NO还原成的一种反应历程如图所示。      （1）上述历程中，钒元素被氧化的过程有 (填序号)；写出总反应的化学方程式： （2）按上述图中、和的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，和NO的转化率与温度的关系如上图所示。超过后，NO转化率急剧下降，而仍维持较高，原因可能是： 。 【答案】（1）④ （2）超过200℃后，NH3与O2生成NO 【解析】（1）根据题中反应历程图所示，变化④中V元素化合价升高，钒元素被氧化的过程有④； V2O5作催化剂，NH3与O2、NO反应生成N2和H2O，根据化合价升降相等及原子守恒可得，反应化学方程式为：。 （2）一定条件下，NH3和O2反应生成NO，超过200℃后NH3→NO，导致NO的转化率急剧下降，而NH3仍维持较高，故答案为：超过200℃后，NH3与O2生成NO。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $