课时1.9 氧化还原反应的分类和配平 讲义-2026-2027学年高一化学上学期人教版必修第一册

本高中化学讲义聚焦氧化还原反应的计算、配平及信息型方程式书写核心知识点，以电子守恒法原理及解题流程为基础，系统梳理配平的基本原则、步骤（标变价、列变化等）与正向、逆向、整体配平方法，进而延伸至信息型方程式书写的“判、平、补”步骤，构建递进式学习支架。 资料通过“归纳总结+对点练习”强化科学思维，如电子守恒法解题流程归纳与KClO3和HCl反应中电子转移分析，培养证据推理能力。信息型方程式书写环节结合真实情境问题，提升科学探究与实践中的问题解决能力。课中辅助教师系统授课，课后助力学生通过练习查漏补缺，巩固知识。

课时1.9 氧化还原反应的分类和配平 一、 氧化还原反应的计算 1.电子守恒法原理 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 【归纳总结】 1.“一找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“二定得失”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 3.“三列等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 【对点练习】 1、反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的个数之比为(　　) A．1∶6 B．6∶1 C．1∶5 D．5∶1 2.Cl2与NaOH反应的产物与温度有关，较低的温度下，主要的氧化产物是NaClO，而较高的温度下，主要的氧化产物则为NaClO3。某温度下，Cl2与NaOH反应生成ClO-和ClO3-的个数恰好相等，则被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为 A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4 二、氧化还原方程式的配平 1．配平的基本原则 (1)得失电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数＝化合价降低总数。 (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、阳离子所带电荷总数相等。 2．配平的一般步骤 (1)标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出反应前后变价元素的化合价。 ＋HO3(浓)——O2↑＋O2↑＋H2O (2)列变化：标出反应前后元素化合价的变化值。 (3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。 (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。 C＋4HNO3(浓)——4NO2↑＋CO2↑＋2H2O (5)查守恒：检查电荷是否守恒，原子个数是否守恒，配平后，把单线改成等号，标注反应条件。 C＋4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O 2．配平的基本方法 (1)正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： (2)逆向配平法 适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。如： 3＋6KOH(热、浓)===2K2　　＋　　K2O3＋3H2O 　　　　　　化合价降低2×2　　 化合价升高4 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 (3)整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，2＋ ―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 【归纳总结】（1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【对点练习】 1.已知KMnO4+HCl（浓）→ KCl+Cl2↑+MnCl2+H2O (未配平)。则下列说法正确的是 A．氧化性：Cl2>KMnO4 B．氧化剂与还原剂的个数比为1：8 C．Cl2为氧化产物 D．该反应中盐酸体现了氧化性和酸性 2. (1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O (2)____MnO＋____H＋＋____Cl－===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O 3.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、AlN、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。＋＋―→＋ 三、信息型氧化还原反应方程式的书写 1．一判：根据题给信息，联想所学知识，判断主要的反应物、生成物。 若反应物、生成物中主要元素化合价不一致的，要考虑是否为氧化还原反应，就要写出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 2．二平：根据质量守恒定律和氧化还原反应规律配平主要物质的化学计量数。 3．三补：根据溶液的介质条件以及电荷守恒补足反应物或生成物，一般酸性环境可以消耗或生成酸，碱性环境可以消耗或生成碱。 【对点练习】某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2中发生的过程为H2O2―→O2。 (1)该反应中的还原剂是______________________________________________________ (2)该反应中，发生还原反应的过程是__________―→___________ (3)写出该反应的化学方程式(配平)：______________________________________ 【课后作业】 1、下列说法正确的是(　　) A．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性 B．能在水溶液或熔融状态下导电的物质是电解质 C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原 D．清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的 2、有关氧化还原反应的叙述正确的是(　　) A．氧化还原反应的实质是有氧元素的得失 B．氧化还原反应的实质是元素化合价的升降 C．氧化还原反应的实质是电子的转移 D．物质所含元素化合价升高的反应是还原反应 3、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是(　　) A．Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋ B．10Cl－＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O C．Cu＋Cl2CuCl2 D．5Pb2＋＋2MnO＋2H2O===5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋ 4.下列各氧化还原反应方程式中电子转移表示方法正确的是 A． B． C． D． 5.已知反应：①Cl2+2KBr=Br2+2KCl；②KClO3+6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；③Cl2+2KBrO3=Br2+2KClO3。下列说法正确的是 A．上述三个反应都是置换反应 B．氧化性由强到弱的顺序为KBrO3>KClO3>Cl2>Br2 C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 D．反应③中若反应1molKBrO3，则还原剂得电子的物质的量为5mol 6.用硫化亚铁、硫化亚铜处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A.当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时，FeS去除的Cr2O较多 B.反应中每处理含0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－ C.反应Ⅱ中涉及三种元素价态变化 D.使用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 7.用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_____________________ _______________________________________________。 8.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图： 已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题： (1)已知Te为ⅥA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为______________________________________________________________________。 (2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为____________________________________________________________________________； “还原”过程中，发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________________。 9.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示： 请回答下列问题： (1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为______________________________。 (2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)________。 (3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为___________________________________________________。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 课时1.9 氧化还原反应的分类和配平 一、 氧化还原反应的计算 1.电子守恒法原理 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 【归纳总结】 1.“一找物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 2.“二定得失”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。 3.“三列等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。 n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。 【对点练习】 1、反应KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的个数之比为(　　) A．1∶6 B．6∶1 C．1∶5 D．5∶1 【答案】D 【解析】KClO3中的氯元素由＋5价被还原为0价，HCl中的氯元素部分由－1价被氧化为0价，由得失电子守恒可知，被氧化的氯原子(化合价升高的氯原子)和被还原的氯原子(化合价降低的氯原子)的个数之比为5∶1。 2.Cl2与NaOH反应的产物与温度有关，较低的温度下，主要的氧化产物是NaClO，而较高的温度下，主要的氧化产物则为NaClO3。某温度下，Cl2与NaOH反应生成ClO-和ClO3-的个数恰好相等，则被氧化的氯原子和被还原的氯原子的个数比为 A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:4 【答案】C 【解析】Cl2与NaOH产生ClO-和ClO3-的个数恰好相等，设其个数均为1，则反应过程中失去电子数目为6，相应得到电子的数目也应为6，对应得电子产物Cl-个数应为6。被氧化的氯原子数目为2(生成1个ClO-和1个ClO3-)，被还原的氯原子为6(生成6个Cl-)，其个数比为1:3；故选C。 二、氧化还原方程式的配平 1．配平的基本原则 (1)得失电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数＝化合价降低总数。 (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、阳离子所带电荷总数相等。 2．配平的一般步骤 (1)标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出反应前后变价元素的化合价。 ＋HO3(浓)——O2↑＋O2↑＋H2O (2)列变化：标出反应前后元素化合价的变化值。 (3)求总数：通过求最小公倍数使化合价升降总数相等。 (4)配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数。 C＋4HNO3(浓)——4NO2↑＋CO2↑＋2H2O (5)查守恒：检查电荷是否守恒，原子个数是否守恒，配平后，把单线改成等号，标注反应条件。 C＋4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O 2．配平的基本方法 (1)正向配平法 适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如： (2)逆向配平法 适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。如： 3＋6KOH(热、浓)===2K2　　＋　　K2O3＋3H2O 　　　　　　化合价降低2×2　　 化合价升高4 由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。 (3)整体配平法 若某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。 如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，2＋ ―→ (NO3)2＋O＋H2O4＋H2O，配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。 【归纳总结】（1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价； （2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数； （3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等； （4）配系数：确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数； （5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。 【对点练习】 1.已知KMnO4+HCl（浓）→ KCl+Cl2↑+MnCl2+H2O (未配平)。则下列说法正确的是 A．氧化性：Cl2>KMnO4 B．氧化剂与还原剂的个数比为1：8 C．Cl2为氧化产物 D．该反应中盐酸体现了氧化性和酸性 【答案】C 【分析】反应中锰化合价由+7变为+2、HCl中部分氯化合价由-1升高为0，结合电子守恒，反应为：2KMnO4+16HCl（浓）= 2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O； 【解析】该氧化还原反应中高锰酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物，故氧化性：Cl2<KMnO4，A错误； 16个HCl中10个体现还原性生成氯气，6个体现酸性生成氯化锰，故氧化剂高锰酸钾与还原剂浓盐酸的个数比为2:10=1:5，B错误；部分HCl是还原剂失电子化合价升高生成氯气，故Cl2为氧化产物，C正确；由B分析可知，该反应中盐酸体现了还原性和酸性，D错误；故选C。 2. (1)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O (2)____MnO＋____H＋＋____Cl－===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O 【答案】 (1)5　1　3　3　3　3　 (2)2　16　10　2　5　8 3.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、AlN、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。＋＋―→＋ 【答案】Al2O3＋3C＋N2===2AlN＋3CO 三、信息型氧化还原反应方程式的书写 1．一判：根据题给信息，联想所学知识，判断主要的反应物、生成物。 若反应物、生成物中主要元素化合价不一致的，要考虑是否为氧化还原反应，就要写出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 2．二平：根据质量守恒定律和氧化还原反应规律配平主要物质的化学计量数。 3．三补：根据溶液的介质条件以及电荷守恒补足反应物或生成物，一般酸性环境可以消耗或生成酸，碱性环境可以消耗或生成碱。 【对点练习】某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2中发生的过程为H2O2―→O2。 (1)该反应中的还原剂是______________________________________________________ (2)该反应中，发生还原反应的过程是__________―→___________ (3)写出该反应的化学方程式(配平)：______________________________________ 【答案】(1)H2O2 (2)H2CrO4　Cr(OH)3 (3)2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O 【解析】本题疑难之处是需根据题意分析出H2O2是反应物。(1)由H2O2―→O2可知，氧元素的化合价升高，所以H2O2作还原剂。(2)H2O2中氧元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，从题给物质可看出化合价降低的是Cr，其发生还原反应的过程为H2CrO4―→Cr(OH)3。(3)根据得失电子守恒法配平该氧化还原反应方程式：2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O。 【课后作业】 1、下列说法正确的是(　　) A．在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性 B．能在水溶液或熔融状态下导电的物质是电解质 C．在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原 D．清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的 【答案】D 【解析】在氧化还原反应中，金属阳离子可能具有还原性，如亚铁离子，A错误；能在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，B错误；在一个氧化还原反应中，被氧化和被还原的元素可能是同一种，如：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，C错误。 2、有关氧化还原反应的叙述正确的是(　　) A．氧化还原反应的实质是有氧元素的得失 B．氧化还原反应的实质是元素化合价的升降 C．氧化还原反应的实质是电子的转移 D．物质所含元素化合价升高的反应是还原反应 【答案】C 【解析】元素化合价的升降只是电子转移的表现，所含元素化合价升高的反应都是氧化反应。 3、PbO2、KMnO4、Cl2、FeCl3、CuCl2的氧化性依次减弱。下列反应不可能发生的是(　　) A．Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋ B．10Cl－＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O C．Cu＋Cl2CuCl2 D．5Pb2＋＋2MnO＋2H2O===5PbO2↓＋2Mn2＋＋4H＋ 【答案】D 【解析】由氧化性强弱顺序PbO2>MnO>Cl2> Fe3＋> Cu2＋，可知选项D中的反应不可能发生。 4.下列各氧化还原反应方程式中电子转移表示方法正确的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】该反应中水中H得电子，O失电子，且转移电子数为4，故A错误；Fe元素共得到8个电子，C元素共失去8个电子，双线桥表示正确，故B正确；氯气在反应中既得电子也失去电子，电子转移数为1，故C错误；反应中 Cl元素化合价从+5降为0，得电子，HCl中Cl元素化合价从-1升高为 0，失电子，反应转移 5 mol电子，表示方法错误，故D错误；故选B。 5.已知反应：①Cl2+2KBr=Br2+2KCl；②KClO3+6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；③Cl2+2KBrO3=Br2+2KClO3。下列说法正确的是 A．上述三个反应都是置换反应 B．氧化性由强到弱的顺序为KBrO3>KClO3>Cl2>Br2 C．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 D．反应③中若反应1molKBrO3，则还原剂得电子的物质的量为5mol 【答案】B 【分析】由反应①：Cl2+2KBr=Br2+2KCl可知，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，则氧化性：Cl2>Br2；由反应②：KClO3+6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O可知，KClO3为氧化剂，Cl2为氧化产物，氧化性：KClO3>Cl2；由反应③：Cl2+2KBrO3=Br2+2KClO3可知，KBrO3为氧化剂，KClO3为氧化产物，氧化性：KBrO3>KClO3，综上，氧化性：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2。 【解析】置换反应是指由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的反应，由分析可知，反应①和反应③满足置换反应的定义，属于置换反应，反应②不满足置换反应的定义，A错误；根据分析，氧化性：KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，B正确；在反应①Cl2+2KBr=Br2+2KCl中，Cl2为氧化剂，KBr为还原剂，根据方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，C错误；反应③中若反应1molKBrO3，Br元素化合价从+5价降低为0价，得5mol电子，则同时还原剂氯气失去电子的物质的量为5mol，D错误；故选B。 6.用硫化亚铁、硫化亚铜处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A.当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时，FeS去除的Cr2O较多 B.反应中每处理含0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－ C.反应Ⅱ中涉及三种元素价态变化 D.使用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 【答案】A 【解析】根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，配平两个方程式如下：反应Ⅰ：2FeS＋3Cr2O＋26H＋=== 2Fe3＋＋2SO＋6Cr3＋＋13H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。A.根据以上方程式可知，当参加反应的FeS和Cu2S物质的量相同时，Cu2S去除的Cr2O较多，A错误；B.反应Ⅰ、Ⅱ中Cr元素化合价由＋6价变成＋3价，1 mol Cr2O反应转移6 mol电子，处理0.1 mol Cr2O的废水需要转移0.6 mol e－，B正确；C.反应Ⅱ中Cu元素化合价由＋1价变成＋2价，S元素元素化合价由－2价变成＋6价，Cr元素化合价由＋6价变成＋3价，反应涉及三种元素价态变化，C正确；D.使用FeS除去废水中Cr2O的同时生成 Fe3＋，Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可以吸附悬浮杂质，D正确。 7.用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_____________________ _______________________________________________。 【答案】2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O 【解析】由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2＋(NH2)2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。 8.碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如图： 已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。回答下列问题： (1)已知Te为ⅥA族元素，TeO2被浓NaOH溶液溶解，所生成盐的化学式为______________________________________________________________________。 (2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2，反应的化学方程式为____________________________________________________________________________； “还原”过程中，发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________________。 【答案】(1)Na2TeO3　(2)Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O　Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋ Te↓＋8H＋ 【解析】(1)Te与S同主族，SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，所以TeO2与浓NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2TeO3。(2)“酸浸1”过程中，控制溶液的酸度使Cu2Te与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和TeO2，反应的化学方程式是Cu2Te＋2O2＋2H2SO4===2CuSO4＋TeO2＋2H2O；“还原”过程中，四氯化碲与二氧化硫反应生成单质碲和硫酸，反应的离子方程式是Te4＋＋2SO2＋4H2O===2SO＋ Te↓＋8H＋。 9.三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示： 请回答下列问题： (1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为______________________________。 (2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)________。 (3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为___________________________________________________。 【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O (2)CO、CO2 (3)ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O 【解析】(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2===Cl－＋Ni2O3＋2H2O。 2 学科网（北京）股份有限公司 $