第5講氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計(jì)算[復(fù)習(xí)目標(biāo)]1.掌握氧化還原反應(yīng)方程式的配平方法及技巧。2.能利用“守恒”規(guī)律進(jìn)行氧化還原反應(yīng)的簡(jiǎn)單計(jì)算?？键c(diǎn)一氧化還原反應(yīng)方程式的配平必備知識(shí)夯實(shí)1．氧化還原反應(yīng)方程式配平的基本原則2．氧化還原反應(yīng)方程式配平的基本方法(1)正向配平法適合反應(yīng)物分別是氧化劑、還原劑的反應(yīng)。如：(2)逆向配平法適用于一種元素的化合價(jià)既升高又降低的反應(yīng)和分解反應(yīng)中的氧化還原反應(yīng)。先確定生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后確定反應(yīng)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)。如：3eq\o(S,\s\up6(0))＋6KOH(熱、濃)=2K2eq\o(S,\s\up6(－2))＋K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2O化合價(jià)降低2×2化合價(jià)升高4由于S的化合價(jià)既升高又降低，而且升降總數(shù)要相等，所以K2S的化學(xué)計(jì)量數(shù)為eq\o(□,\s\up4(03))2，K2SO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為eq\o(□,\s\up4(04))1，然后確定S的化學(xué)計(jì)量數(shù)為eq\o(□,\s\up4(05))3。(3)整體配平法若某一氧化還原反應(yīng)中，有三種元素的化合價(jià)發(fā)生了變化，但其中一種反應(yīng)物中同時(shí)有兩種元素化合價(jià)升高或降低，這時(shí)要進(jìn)行整體配平。如Cu2S＋HNO3→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三種元素的化合價(jià)變化，Cu2S中Cu、S元素化合價(jià)均升高，看作一個(gè)整體，＋H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋H2O，配平得eq\o(□,\s\up4(06))3Cu2S＋eq\o(□,\s\up4(07))22HNO3=eq\o(□,\s\up4(08))6Cu(NO3)2＋eq\o(□,\s\up4(09))10NO↑＋eq\o(□,\s\up4(10))3H2SO4＋eq\o(□,\s\up4(11))8H2O?！疽族e(cuò)辨析】正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”，錯(cuò)誤的寫(xiě)明原因。(1)根據(jù)電荷守恒，方程式左右兩邊陽(yáng)離子總數(shù)一定相等(×)原因：根據(jù)電荷守恒，方程式左右兩邊正負(fù)電荷總數(shù)相等。(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(√)(3)(NH4)2Cr2O7=N2↑＋Cr2O3＋4H2O(√)名師課堂點(diǎn)撥“三步法”配平缺項(xiàng)型氧化還原反應(yīng)方程式(1)配平流程缺項(xiàng)方程式是指某些反應(yīng)物或生成物在方程式中沒(méi)有寫(xiě)出來(lái)，它們一般為水、酸(H＋)或堿(OH－)，配平流程如下：(2)補(bǔ)項(xiàng)原則條件補(bǔ)項(xiàng)原則酸性條件下缺H或多O補(bǔ)H＋，少O補(bǔ)H2O堿性條件下缺H或多O補(bǔ)H2O，少O補(bǔ)OH－(3)組合方式反應(yīng)物生成物使用條件組合一H＋H2O酸性溶液組合二H2OH＋酸性溶液或酸堿性未知組合三OH－H2O堿性溶液組合四H2OOH－堿性溶液或酸堿性未知關(guān)鍵能力提升一、正向配平1．配平下列化學(xué)方程式。(1)____KI＋____CuSO4=____I2＋____CuI↓＋____K2SO4(2)____P＋____CuSO4＋____H2O=____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4(3)____Cl2＋____Ca(OH)2=____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O(4)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3↑【答案】(1)42122(2)258525(3)22112(4)29335二、逆向配平2．配平下列化學(xué)方程式。(1)____I2＋____NaOH=____NaI＋____NaIO3＋____H2O(2)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O【答案】(1)36513(2)36213三、缺項(xiàng)配平3．配平下列化學(xué)方程式。(1)____ClOeq\o\al(－,3)＋____Fe2＋＋____=____Cl－＋____Fe3＋＋____(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O(3)____MnOeq\o\al(－,4)＋____NOeq\o\al(－,2)＋____=____Mn2＋＋____NOeq\o\al(－,3)＋____H2O【答案】(1)166H＋163H2O(2)256H＋258(3)256H＋253四、整體配平4．配平下列化學(xué)方程式。(1)____FeS2＋____O2eq\o(=,\s\up17(高溫))____Fe2O3＋____SO2(2)____NH4NO3eq\o(=,\s\up17(△))____HNO3＋____N2↑＋____H2O【答案】(1)41128(2)5249五、含有未知數(shù)的配平5．配平下列化學(xué)方程式。(1)____FexS＋____HCl=____S＋____FeCl2＋____H2S(2)____Na2Sx＋____NaClO＋____NaOH=____Na2SO4＋____NaCl＋____H2O【答案】(1)eq\f(1,x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))11(2)1(3x＋1)(2x－2)x(3x＋1)(x－1)六、有機(jī)物參與的配平6．配平下列化學(xué)方程式。(1)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4=____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O(2)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4=____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O【答案】(1)2122222(2)512186121033考點(diǎn)二氧化還原反應(yīng)的計(jì)算必備知識(shí)夯實(shí)1．計(jì)算依據(jù)對(duì)于氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑eq\o(□,\s\up4(01))得到的電子總數(shù)與還原劑eq\o(□,\s\up4(02))失去的電子總數(shù)eq\o(□,\s\up4(03))相等，即eq\o(□,\s\up4(04))得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開(kāi)多步的反應(yīng)過(guò)程，可不寫(xiě)化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過(guò)程，只要把物質(zhì)分為初態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思考，便可迅速獲得正確結(jié)果。2．守恒法解題的思維模型(1)“一找各物質(zhì)”找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的eq\o(□,\s\up4(01))還原產(chǎn)物和eq\o(□,\s\up4(02))氧化產(chǎn)物。(2)“二定得失數(shù)”確定一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中的原子個(gè)數(shù))。(3)“三列相等式”根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出相等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值＝n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值。【易錯(cuò)辨析】正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”，錯(cuò)誤的寫(xiě)明原因。(1)在反應(yīng)KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每消耗1molKIO3，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA(×)原因：每消耗1molKIO3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5NA。(2)一定條件下，2.3g的Na完全與O2反應(yīng)生成3.6g產(chǎn)物時(shí)失去的電子數(shù)為0.1NA(√)(3)1molCl2參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定是2NA(×)原因：當(dāng)1molCl2與NaOH反應(yīng)時(shí)，發(fā)生反應(yīng)Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA。名師課堂點(diǎn)撥復(fù)雜氧化還原反應(yīng)的計(jì)算對(duì)于連續(xù)(或多個(gè)并列)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，可以通過(guò)分析反應(yīng)前后，“始態(tài)”“終態(tài)”涉及的所有物質(zhì)，找出所有“始態(tài)”物質(zhì)到“終態(tài)”物質(zhì)中化合價(jià)發(fā)生變化的元素，建立關(guān)系式，列式求解，簡(jiǎn)化解題步驟。關(guān)鍵能力提升一、單一氧化還原反應(yīng)的計(jì)算1．在一定條件下，PbO2與Cr3＋反應(yīng)，產(chǎn)物是Pb2＋和Cr2Oeq\o\al(2－,7)，則與1molCr3＋反應(yīng)所需PbO2的物質(zhì)的量為()A．3.0mol B．1.5molC．1.0mol D．0.75mol【解析】1molCr3＋反應(yīng)可生成0.5molCr2Oeq\o\al(2－,7)，失去3mol電子，1molPbO2得到2mol電子生成Pb2＋，根據(jù)得失電子守恒可知，1molCr3＋反應(yīng)失去3mol電子需1.5molPbO2?！敬鸢浮緽2．24mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5【解析】題目中指出被還原的元素是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從＋4→＋6，而Cr元素的化合價(jià)將從＋6→＋n(設(shè)化合價(jià)為n)。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒，有0.05mol/L×0.024L×(6－4)＝0.02mol/L×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3?！敬鸢浮緽二、復(fù)雜氧化還原反應(yīng)的計(jì)算3．(2023·山東德州期末)工業(yè)上以銅陽(yáng)極泥(主要成分是Cu2Te)為原料提取碲，涉及反應(yīng)：①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4=2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O=2H2SO4＋Te。以下說(shuō)法正確的是()A．Cu2Te中Cu元素的化合價(jià)是＋2價(jià)B．反應(yīng)①中氧化劑是O2，氧化產(chǎn)物是TeO2C．每制備1molTe理論上共轉(zhuǎn)移12mole－D．氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)镺2>SO2>TeO2【解析】Te為第ⅥA族元素，與Cu形成化合物時(shí)顯－2價(jià)，則Cu2Te中Cu為＋1價(jià)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)①中，Cu和Te元素化合價(jià)均升高，則氧化產(chǎn)物為CuSO4和TeO2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)②中每生成1molTe，轉(zhuǎn)移4mol電子，反應(yīng)①中每生成1molTeO2，轉(zhuǎn)移8mol電子，則每制備1molTe，理論上共轉(zhuǎn)移12mol電子，C項(xiàng)正確；根據(jù)反應(yīng)①判斷，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，則O2氧化性強(qiáng)于TeO2，根據(jù)反應(yīng)②判斷，TeO2為氧化劑，SO2為還原劑，則TeO2氧化性強(qiáng)于SO2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】C4．取xg銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應(yīng)過(guò)程中硝酸被還原只產(chǎn)生8960mL的NO2氣體和672mL的N2O4氣體(均已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為17.02g。則x等于__________?！窘馕觥糠磻?yīng)流程為eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up17(濃HNO3))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up17(NaOH))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4))xg＝17.02g－m(OH－)，而OH－的物質(zhì)的量等于鎂、銅失去電子的物質(zhì)的量，等于濃HNO3得電子的物質(zhì)的量，即：n(OH－)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1＋eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2＝0.46mol，OH－的質(zhì)量為0.46mol×17g/mol＝7.82g，所以金屬的質(zhì)量為17.02－7.82＝9.20g?！敬鸢浮?.20情境創(chuàng)新培優(yōu)應(yīng)用廣泛的環(huán)境消毒劑——漂白粉漂白粉的主要成分為次氯酸鈣[化學(xué)式為Ca(ClO)2]和氯化鈣，可作漂白劑和消毒劑。漂白粉中的有效成分是次氯酸鈣，漂白的原理是次氯酸鈣在空氣中與CO2和H2O發(fā)生反應(yīng)，生成碳酸鈣和次氯酸(HClO)；次氯酸是一種酸性比鹽酸弱的酸，不穩(wěn)定，具有漂白性，能使品紅等有色物質(zhì)褪色。(1)請(qǐng)寫(xiě)出制取漂白粉的化學(xué)方程式并用雙線橋法標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目。______________________________________________________________________(2)漂白粉若與濃鹽酸混合，會(huì)產(chǎn)生黃綠色氣體，試從氧化還原反應(yīng)角度分析其原因并寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式。______________________________________________________________________(3)將SO2持續(xù)通入漂白粉溶液中，發(fā)現(xiàn)澄清溶液先變?yōu)辄S綠色，隨后溶液中產(chǎn)生白色沉淀且黃綠色褪去，請(qǐng)用離子方程式解釋現(xiàn)象中黃綠色褪去并產(chǎn)生白色沉淀的原因。______________________________________________________________________【答案】(1)(2)漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，Ca(ClO)2中Cl元素的化合價(jià)為＋1價(jià)，而HCl中Cl元素為－1價(jià)，故Ca(ClO)2與HCl可發(fā)生價(jià)態(tài)歸中反應(yīng)生成Cl2，化學(xué)方程式為Ca(ClO)2＋4HCl=2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O。(3)Cl2＋SO2＋2H2O＋Ca2＋=CaSO4↓＋2Cl－＋4H＋。熱點(diǎn)微專題2信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)依據(jù)新信息完成化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)是歷年高考的高頻考題，此類試題信息新穎，知識(shí)引路，能較好地考查學(xué)生接受、提取、處理新信息的能力。解答此類試題，首先要根據(jù)材料中的信息寫(xiě)出反應(yīng)物和生成物的化學(xué)式，然后再配平即可。配平要遵循質(zhì)量守恒定律(原子守恒、元素守恒)，對(duì)于氧化還原反應(yīng)還要遵循得失電子數(shù)相等即得失電子守恒規(guī)律，對(duì)于離子反應(yīng)還要遵循電荷守恒規(guī)律。信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)“五”步驟(1)細(xì)致分析新信息或流程圖，確定反應(yīng)物和部分生成物。(2)依據(jù)元素化合價(jià)的變化及物質(zhì)氧化性、還原性確定氧化產(chǎn)物或還原產(chǎn)物。(3)書(shū)寫(xiě)“殘缺”方程式“氧化劑＋還原劑→還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物”，并利用化合價(jià)升降總數(shù)相等，先配平參與氧化還原反應(yīng)的各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。(4)根據(jù)電荷守恒、體系環(huán)境補(bǔ)充其他反應(yīng)物或生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)。(5)檢查是否滿足質(zhì)量守恒，勿漏反應(yīng)條件。一、依據(jù)陳述信息書(shū)寫(xiě)方程式【典例1】KMnO4能與熱的經(jīng)硫酸酸化的Na2C2O4溶液反應(yīng)，生成Mn2＋和CO2，該反應(yīng)的離子方程式是________________________________________________________________________?！舅悸穼?dǎo)引】第一步：依題意，錳元素的化合價(jià)降低，故KMnO4是氧化劑，Mn2＋是還原產(chǎn)物；碳元素的化合價(jià)升高，故Na2C2O4(碳元素化合價(jià)為＋3價(jià))是還原劑，CO2是氧化產(chǎn)物。第二步：按“氧化劑＋還原劑→還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物”把離子方程式初步寫(xiě)成：MnOeq\o\al(－,4)＋C2Oeq\o\al(2－,4)→Mn2＋＋CO2↑。由MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，錳元素降了5價(jià)；由C2Oeq\o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1價(jià)，1molC2Oeq\o\al(2－,4)共失去2mole－，故在C2Oeq\o\al(2－,4)前配5，在氧化產(chǎn)物CO2前配10；在MnOeq\o\al(－,4)前配2，在還原產(chǎn)物Mn2＋前配2，即2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)→2Mn2＋＋10CO2↑。第三步：反應(yīng)在硫酸中進(jìn)行，故在左邊補(bǔ)充H＋，右邊補(bǔ)充H2O,2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋eq\x()H2O。第四步：依據(jù)電荷守恒及H、O原子守恒配平如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。【答案】2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O『對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練』1．(2021·全國(guó)甲卷)以NaIO3為原料制備I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入計(jì)量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反應(yīng)得到I2。上述制備I2的總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________________________________________?！敬鸢浮?IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O二、依據(jù)流程信息書(shū)寫(xiě)方程式【典例2】(2022·遼寧卷)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時(shí)過(guò)量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3；②金屬活動(dòng)性：Fe>(H)>Bi>Cu；(1)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(2)生成氣體A的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________?！舅悸穼?dǎo)引】(1)第一步：依題意，硫元素的化合價(jià)升高，氧元素的化合價(jià)降低，Bi2S3為還原劑，O2為氧化劑，Bi2O3為還原產(chǎn)物。第二步：按照氧化還原反應(yīng)的特征：“化合價(jià)有升必有降”，得出硫元素被O2氧化生成產(chǎn)物SO2，把產(chǎn)物初步寫(xiě)成：Bi2S3＋O2→Bi2O3＋SO2。第三步：依據(jù)得失電子守恒和元素質(zhì)量守恒，完成方程式的書(shū)寫(xiě)。(2)第一步：分析水浸后的濾渣成分為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2。第二步：依據(jù)Mn2O3具有氧化性，能氧化濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，初步寫(xiě)成：Mn2O3＋H＋＋Cl－→Mn2＋＋Cl2↑＋H2O。第三步：按照得失電子守恒、電荷守恒和元素質(zhì)量守恒，完成方程式的書(shū)寫(xiě)?！窘馕觥?1)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，根據(jù)原子守恒可知還應(yīng)生成SO2，結(jié)合得失電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up17(高溫))2Bi2O3＋6SO2；(2)因Mn2O3有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。【答案】(1)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up17(高溫))2Bi2O3＋6SO2(2)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O『對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練』2．三氧化二鎳(Ni2O3)是一種重要的電子元件材料和蓄電池材料。工業(yè)上利用含鎳廢料(鎳、鐵、鈣、鎂合金為主)制取草酸鎳(NiC2O4·2H2O)，再高溫煅燒草酸鎳制取三氧化二鎳。已知草酸的鈣、鎂、鎳鹽均難溶于水。工藝流程圖如圖所示：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)加入H2O2發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(2)草酸鎳(NiC2O4·2H2O)在熱空氣中干燥脫水后在高溫下煅燒，可制得Ni2O3，同時(shí)獲得混合氣體，該混合氣體的主要成分為(水除外)________________。(3)工業(yè)上還可用電解法制取Ni2O3，用NaOH溶液調(diào)NiCl2溶液的pH至7.5，加入適量Na2SO4后利用惰性電極電解。電解過(guò)程中產(chǎn)生的Cl2有80%在弱堿性條件下生成ClO－，再把二價(jià)鎳氧化為三價(jià)鎳。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。【解析】(1)加入H2O2的目的是將Fe2＋氧化成Fe3＋，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(2)NiC2O4·2H2O在熱空氣中干燥脫水后在高溫下煅燒可制得Ni2O3，Ni元素的化合價(jià)升高，則必有元素化合價(jià)降低，故生成CO，又生成的是混合氣體，必有CO2生成。(3)ClO－具有強(qiáng)氧化性，將Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被還原為Cl－，反應(yīng)的離子方程式為ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O?！敬鸢浮?1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(2)CO、CO2(3)ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O三、依據(jù)反應(yīng)機(jī)理圖書(shū)寫(xiě)方程式【典例3】(1)某催化轉(zhuǎn)化過(guò)程如圖所示：過(guò)程1：Ni2O3＋ClO－=2NiO2＋Cl－，過(guò)程2的離子方程式：__________________________________________。(2)NaClO氧化可除去氨氮，反應(yīng)機(jī)理如圖所示(其中H2O和NaCl略去)，NaClO氧化NH3的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________?！敬鸢浮?1)2NiO2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2O(2)2NH3＋3NaClO=N2＋3H2O＋3NaCl循環(huán)轉(zhuǎn)化關(guān)系圖中物質(zhì)變化分析思路(1)根據(jù)示意圖中的箭頭方向分清反應(yīng)物、生成物：箭頭進(jìn)入的是反應(yīng)物，箭頭出去的是生成物。(2)若上一步反應(yīng)生成某物質(zhì)，下一步該物質(zhì)又參加反應(yīng)，則該物質(zhì)為中間產(chǎn)物。(3)若某物質(zhì)參加反應(yīng)，后又生成該物質(zhì)，則該物質(zhì)為催化劑?！簩?duì)點(diǎn)訓(xùn)練』3．在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2，其中S為－1價(jià))催化氧化的反應(yīng)轉(zhuǎn)化如圖所示?？偡磻?yīng)：2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(1)寫(xiě)出反應(yīng)Ⅰ的離子方程式：______________________________。(2)NO在總反應(yīng)中的作用是__________________________________?！敬鸢浮?1)4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O(2)作催化劑角度一氧化還原反應(yīng)方程式的配平和書(shū)寫(xiě)1．完成下列化學(xué)方程式。(1)(2022·北京卷)高溫下，煤中CaSO4完全轉(zhuǎn)化為SO2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(2)(2022·海南卷)在H2O2存在下Cu溶于稀硫酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(3)(2022·全國(guó)甲卷)工業(yè)上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時(shí)生成CO，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________?！敬鸢浮?1)2CaSO4eq\o(=,\s\up17(高溫))2CaO＋2SO2↑＋O2↑(2)Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O(3)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up17(高溫))Na2S＋4CO↑＋10H2O角度二氧化還原反應(yīng)的相關(guān)計(jì)算2．(2023·北京卷)離子化合物Na2O2和CaH2與水的反應(yīng)分別為：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；②CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑。下列說(shuō)法正確的是()A．Na2O2、CaH2中均有非極性共價(jià)鍵B．①中水發(fā)生氧化反應(yīng)，②中水發(fā)生還原反應(yīng)C．Na2O2中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1∶2，CaH2中陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為2∶1D．當(dāng)反應(yīng)①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生的O2和H2的物質(zhì)的量相同【解析】Na2O2的電子式為Na＋[eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))]2－Na＋，含有離子鍵和O—O非極性共價(jià)鍵，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為1∶2；CaH2的電子式為[H]－Ca2＋[H]－，只含有離子鍵，陰、陽(yáng)離子個(gè)數(shù)比為2∶1，A錯(cuò)誤，C正確。①中過(guò)氧化鈉既發(fā)生氧化反應(yīng)又發(fā)生還原反應(yīng)，水中各元素的化合價(jià)不發(fā)生變化；②中水中氫元素的化合價(jià)從＋1→0，發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤。反應(yīng)①中轉(zhuǎn)移2mole－生成1molO2，反應(yīng)②中轉(zhuǎn)移2mole－生成2molH2，故①和②中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相同時(shí)，產(chǎn)生O2和H2的物質(zhì)的量不相同，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾3．(2023·湖南卷)油畫(huà)創(chuàng)作通常需要用到多種無(wú)機(jī)顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學(xué)反應(yīng)：下列說(shuō)法正確的是()A．S2Oeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)都是正四面體形B．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，參加反應(yīng)的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ<ⅡD．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7【解析】SOeq\o\al(2－,4)中S原子上的σ鍵電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為eq\f(1,2)×(6＋2－2×4)＝0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4＋0＝4，故SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，而S2Oeq\o\al(2－,3)相當(dāng)于是將SOeq\o\al(2－,4)中的1個(gè)O原子替換為1個(gè)S原子，故其空間結(jié)構(gòu)為四面體形，而非正四面體形，A不正確；反應(yīng)Ⅰ中只有S元素被氧化，B不正確；反應(yīng)Ⅰ為2As2S3＋6O2＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(紫外光))2As2O3＋3H2S2O3，反應(yīng)Ⅱ?yàn)锳s2S3＋7O2＋6H2Oeq\o(=,\s\up17(自然光))2H3AsO4＋3H2SO4，參加反應(yīng)的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C不正確；氧化1molAs2S3，反應(yīng)Ⅰ轉(zhuǎn)移12mole－，反應(yīng)Ⅱ轉(zhuǎn)移28mole－，轉(zhuǎn)移電子數(shù)之比為3∶7，D正確?！敬鸢浮緿4．(2021·湖南卷)KIO3常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移10mole－B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的Cl2制備漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中IOeq\o\al(－,3)的存在【解析】根據(jù)題給化學(xué)方程式可知，還原劑為I2,6molI2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移60mol電子，生成3molCl2，則產(chǎn)生1molCl2時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移20mol電子，A錯(cuò)誤；氧化劑為KClO3，還原劑為I2，二者物質(zhì)的量之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，為11∶6，B正確；Cl2與石灰乳發(fā)生反應(yīng)2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，可制備漂白粉，C正確；IOeq\o\al(－,3)與酸化的淀粉碘化鉀溶液發(fā)生反應(yīng)5I－＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，淀粉遇碘顯藍(lán)色，D正確?！敬鸢浮緼課后作業(yè)(五)氧化還原反應(yīng)方程式的配平和計(jì)算[A組基礎(chǔ)鞏固]1．(2024·廣東江門(mén)模擬)2022年11月9日，“天舟五號(hào)”貨運(yùn)飛船與“長(zhǎng)征七號(hào)”遙六運(yùn)載火箭組合體轉(zhuǎn)運(yùn)至發(fā)射區(qū)?；鸺七M(jìn)過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)CH3HN—NHCH3＋2N2O4=2CO2＋3N2＋4H2O。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．氧化性：N2O4>CO2B．該反應(yīng)中N2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物C．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比約為1∶1D．生成7.2gH2O時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為1.6NA【解析】N2O4為氧化劑，CO2為氧化產(chǎn)物，氧化性：N2O4>CO2，A項(xiàng)正確；N2O4中N元素為＋4價(jià)，C2H8N2中N元素為－3價(jià)，N2中N元素為0價(jià)，所以N2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物，B項(xiàng)正確；由反應(yīng)知消耗1molC2H8N2，氧化產(chǎn)物為2molCO2和1molN2，總質(zhì)量為2mol×44g·mol－1＋1mol×28g·mol－1＝116g，還原產(chǎn)物為2molN2，總質(zhì)量為2mol×28g·mol－1＝56g，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為29∶14，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由反應(yīng)知生成4mol(即72g)H2O時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為16NA，則生成7.2gH2O時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為1.6NA，D項(xiàng)正確。【答案】C2．(2023·江西新余模擬)向碘水中滴加Na2SO3溶液時(shí)發(fā)生反應(yīng)：Na2SO3＋I(xiàn)2＋H2O=2HI＋Na2SO4。下列說(shuō)法不正確的是()A．Na2SO3為還原劑B．I2發(fā)生氧化反應(yīng)C．還原性：Na2SO3>HID．每生成1molNa2SO4，理論上轉(zhuǎn)移電子2mol【解析】Na2SO3→Na2SO4，硫元素的化合價(jià)從＋4→＋6，被氧化，作還原劑，A項(xiàng)正確；I2→KI，碘元素的化合價(jià)從0→－1，被還原，B項(xiàng)錯(cuò)誤；還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，則還原性：Na2SO3>HI，C項(xiàng)正確；生成1molNa2SO4時(shí)，理論上轉(zhuǎn)移2mol電子，D項(xiàng)正確?！敬鸢浮緽3．(2023·河北保定一模)關(guān)于反應(yīng)：K2H3IO6＋9HI=2KI＋4I2＋6H2O，下列判斷正確的是()A．K2H3IO6中碘元素為＋5價(jià)B．HI作還原劑，發(fā)生還原反應(yīng)C．n(還原產(chǎn)物)∶n(氧化產(chǎn)物)＝1∶2D．生成0.2molI2時(shí)，轉(zhuǎn)移0.35mol電子【解析】K2H3IO6中I為＋7價(jià)，A錯(cuò)誤；HI失電子，被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，作還原劑，B錯(cuò)誤；K2H3IO6是氧化劑，當(dāng)1molK2H3IO6參加反應(yīng)時(shí)，9molHI中作還原劑的為7mol，故n(還原產(chǎn)物)∶n(氧化產(chǎn)物)＝1∶7，C錯(cuò)誤；生成4molI2時(shí)轉(zhuǎn)移7mol電子，則生成0.2molI2時(shí)，轉(zhuǎn)移0.35mol電子，D正確?！敬鸢浮緿4．(2024·湖南永州適應(yīng)考)甲硅烷(SiH4)具有強(qiáng)還原性，將甲硅烷通入AgNO3溶液中可發(fā)生反應(yīng)：SiH4＋AgNO3＋H2O→Ag↓＋SiO2↓＋HNO3(未配平)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為1、8、2、8、1、8B．SiH4作還原劑，AgNO3作氧化劑C．反應(yīng)消耗32gSiH4時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4molD．SiO2可作為制備光導(dǎo)纖維和玻璃的原料【解析】SiH4中H的化合價(jià)從－1價(jià)變?yōu)椋?，失去8個(gè)電子，AgNO3中Ag元素化合價(jià)從＋1變?yōu)?，得到1個(gè)電子，結(jié)合得失電子守恒配平方程式可得SiH4＋8AgNO3＋2H2O=8Ag↓＋SiO2↓＋8HNO3，各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為1、8、2、8、1、8，A項(xiàng)正確；SiH4失去電子作還原劑，AgNO3得電子作氧化劑，B項(xiàng)正確；消耗1mol(即32g)SiH4，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol，C項(xiàng)錯(cuò)誤；SiO2可作為制備光導(dǎo)纖維和玻璃的原料，D項(xiàng)正確?！敬鸢浮緾5．神舟十四號(hào)飛船的天線用鈦鎳記憶合金制造，工業(yè)上用鈦酸亞鐵(FeTiO3)冶煉鈦(Ti)的過(guò)程包含以下反應(yīng)：____FeTiO3＋____C＋____Cl2eq\o(=,\s\up17(高溫))____TiCl4＋____FeCl3＋____CO，下列說(shuō)法不正確的是()A．Cl2是氧化劑B．該反應(yīng)方程式中各物質(zhì)的系數(shù)為2、6、7、2、2、6C．生成1molTiCl4轉(zhuǎn)移7mol電子D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為7∶6【解析】該反應(yīng)中氯元素化合價(jià)降低，Cl2是氧化劑，A正確；配平該反應(yīng)為2FeTiO3＋6C＋7Cl2eq\o(=,\s\up17(高溫))2TiCl4＋2FeCl3＋6CO，B正確；該反應(yīng)中轉(zhuǎn)移14e－，故生成1molTiCl4，轉(zhuǎn)移7mol電子，C正確；Cl2為氧化劑，F(xiàn)eTiO3、C均為還原劑，故氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為7∶8，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緿6．(2022·上海閔行一模)一定量的某黃鐵礦(主要成分為FexS，S為－2價(jià))與100mL鹽酸恰好完全反應(yīng)(雜質(zhì)不與鹽酸反應(yīng))，生成0.01mol硫單質(zhì)、0.04molFeCl2和一定量的某種氣體，且反應(yīng)后溶液中無(wú)Fe3＋。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．c(HCl)＝0.4mol/LB．生成了896mL氣體C．x＝4D．FexS中，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1【解析】100mL鹽酸恰好完全反應(yīng)，生成0.04molFeCl2，沒(méi)有其他氯化物生成，根據(jù)氯原子守恒，n(HCl)＝n(Cl－)＝0.04mol×2＝0.08mol，c(HCl)＝eq\f(nHCl,Vaq)＝eq\f(0.08mol,0.1L)＝0.8mol/L，A錯(cuò)誤；FexS和鹽酸反應(yīng)，生成硫單質(zhì)、FeCl2和H2S氣體，根據(jù)氫原子守恒，生成的H2S為0.04mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為896mL，但題中沒(méi)有注明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，B錯(cuò)誤；反應(yīng)的化學(xué)方程式為5FexS＋8HCl=S↓＋4FeCl2＋4H2S↑，根據(jù)鐵原子守恒，得出x＝0.8，C錯(cuò)誤；在FexS中S為－2價(jià)，設(shè)該化合物中Fe2＋和Fe3＋的物質(zhì)的量分別為amol和bmol，則a＋b＝0.8,2a＋3b＝2，解得a＝b＝0.4，則n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，D正確。【答案】D7．(2024·湖南益陽(yáng)模擬)已知：①ClO2＋MnSO4＋H2O→MnO2↓＋H2SO4＋HCl(未配平)②NaClO3＋SO2＋H2SO4→ClO2＋NaHSO4(未配平)③MnO2＋H2SO4＋NaBr→MnSO4＋H2O＋NaHSO4＋Br2(未配平)下列說(shuō)法正確的是()A．氧化性：MnO2>NaClO3>Br2B．反應(yīng)①②中含氯的反應(yīng)物均被還原C．NaClO3溶液與MnSO4溶液不能發(fā)生反應(yīng)D．反應(yīng)②③中轉(zhuǎn)移等物質(zhì)的量的電子時(shí)，消耗H2SO4的物質(zhì)的量相等【解析】反應(yīng)①中氧化性：ClO2>MnO2，反應(yīng)②中氧化性：NaClO3>ClO2，反應(yīng)③中氧化性：MnO2>Br2，則氧化性：NaClO3>ClO2>MnO2>Br2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)①②中含氯的反應(yīng)物分別為ClO2、NaClO3，氯元素的化合價(jià)均降低，二者均被還原，B項(xiàng)正確；根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知，NaClO3溶液與MnSO4溶液能發(fā)生反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)②的化學(xué)方程式為2NaClO3＋SO2＋H2SO4=2ClO2＋2NaHSO4，反應(yīng)③的化學(xué)方程式為MnO2＋3H2SO4＋2NaBr=MnSO4＋2H2O＋2NaHSO4＋Br2，反應(yīng)②③中轉(zhuǎn)移等物質(zhì)的量的電子時(shí)，消耗H2SO4的物質(zhì)的量之比為1∶3，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽8．(2024·湖南常德桃源一中摸底)鈦合金等新型合金廣泛應(yīng)用于航空航天領(lǐng)域，工業(yè)上以鈦鐵礦(FeTiO3，其中Ti為＋4價(jià))為主要原料制備金屬鈦的工藝流程如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．“氯化”過(guò)程中，F(xiàn)eTiO3既不是氧化劑也不是還原劑B．“氯化”過(guò)程中，每生成0.3molCO氣體，轉(zhuǎn)移電子0.7molC．由TiCl4制備Ti的過(guò)程中，Ar氣可換成氮?dú)釪．由TiCl4制備Ti反應(yīng)的原子利用率為100%【解析】分析題中流程可知，“氯化”發(fā)生的反應(yīng)為2FeTiO3＋7Cl2＋6Ceq\o(=,\s\up17(高溫))2FeCl3＋2TiCl4＋6CO，得到TiCl4，然后鎂和四氯化鈦反應(yīng)生成鈦和氯化鎂，化學(xué)方程式為T(mén)iCl4＋2Mgeq\o(=,\s\up17(800℃),\s\do15(Ar氣氛中))Ti＋2MgCl2?！奥然边^(guò)程中，F(xiàn)eTiO3中Fe由＋2價(jià)變?yōu)椋?價(jià)，則FeTiO3是還原劑，A錯(cuò)誤。由上述分析可得關(guān)系式7molCl2～14mole－～6molCO，則“氯化”過(guò)程中每生成0.3molCO氣體，轉(zhuǎn)移電子eq\f(0.3,6)×14mol＝0.7mol，B正確。高溫下Ti與N2反應(yīng)，故由TiCl4制備Ti的過(guò)程中，Ar氣不可換成氮?dú)?，C錯(cuò)誤。由TiCl4制備Ti的反應(yīng)為置換反應(yīng)，有副產(chǎn)物生成，則原子利用率不是100%，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽[B組能力提升]9．(2024·重慶萬(wàn)州二中三檢)二氧化氯(ClO2)是國(guó)際上公認(rèn)的安全、無(wú)毒的綠色消毒劑，對(duì)酸性污水中的Mn2＋也有明顯的去除效果，其反應(yīng)原理為ClO2＋Mn2＋→MnO2↓＋Cl－(部分反應(yīng)物和產(chǎn)物省略、未配平)。下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法正確的是()A．工業(yè)上可用更為廉價(jià)的Cl2來(lái)代替ClO2B．利用該原理處理含Mn2＋的污水后溶液的pH升高C．該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為5∶2D．理論上處理含1molMn2＋的污水，需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的ClO28.96L【解析】氯氣是有毒的氣體，ClO2安全、無(wú)毒，A項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)的離子方程式為2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O=5MnO2↓＋2Cl－＋12H＋，故處理后溶液的pH減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物為MnO2，還原產(chǎn)物為Cl－，由B項(xiàng)離子方程式可知，二者的物質(zhì)的量之比為5∶2，C項(xiàng)正確；5Mn2＋～2ClO2，則處理1molMn2＋，需要0.4mol的ClO2，但在標(biāo)準(zhǔn)狀況下ClO2呈液態(tài)，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！敬鸢浮緾10．(2023·浙江金華東陽(yáng)中學(xué)模擬)工業(yè)上除去電石渣漿(含CaO)上層清液中的S2－，并制取石膏CaSO4·2H2O的流程如圖：下列說(shuō)法正確的是()A．上述流程中，每步轉(zhuǎn)化均涉及氧化還原反應(yīng)B．由上述轉(zhuǎn)化過(guò)程知，還原性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)C．將上層清液中的0.1molS2－轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)，理論上共需要0.2mol的O2D．過(guò)程Ⅰ中，反應(yīng)的離子方程式為2Mn(OH)2＋O2=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H＋【解析】流程中，CaO轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2和SOeq\o\al(2－,4)轉(zhuǎn)化為CaSO4·2H2O均為非氧化還原反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；過(guò)程Ⅰ中，O2可將Mn(OH)2氧化為MnOeq\o\al(2－,3)，過(guò)程Ⅱ中，MnOeq\o\al(2－,3)可將S2－氧化為S2Oeq\o\al(2－,3)，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物，即氧化性：O2>MnOeq\o\al(2－,3)>S2Oeq\o\al(2－,3)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；將上層清液中的0.1molS2－轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)，共失去0.1mol×8＝0.8mol電子，而1molO2在反應(yīng)中得4mol電子，則理論上共需要eq\f(0.8mol,4)＝0.2mol的O2，C項(xiàng)正確；CaO與水反應(yīng)生成Ca(OH)2，則溶液呈堿性，過(guò)程Ⅰ中反應(yīng)的離子方程式為2Mn(OH)2＋O2＋4OH－=2MnOeq\o\al(2－,3)＋4H2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【答案】C11．(2024·山東淄博期中)含氰化物的廢液亂倒或與酸混合，均易生成有劇毒且易揮發(fā)的氰化氫。工業(yè)上常采用堿性氯化法來(lái)處理高濃度氰化物污水，發(fā)生的主要反應(yīng)為：CN－＋OH－＋Cl2→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平，CN－中N為－3價(jià))。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(其中NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)()A．CN－是還原劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物B．若生成22.4LN2，則消耗4molOH－C．該反應(yīng)中，若有1molCN－發(fā)生反應(yīng)，則有5NA電子發(fā)生轉(zhuǎn)移D．該反應(yīng)中，若有71gCl2發(fā)生反應(yīng)，則發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)有0.4mol【解析】將方程式配平，可得出：2CN－＋8OH－＋5Cl2=2CO2＋N2＋10Cl－＋4H2O。CN－中C、N元素的化合價(jià)都升高，則CN－是還原劑，CO2和N2是氧化產(chǎn)物，A正確；若生成22.4LN2，由于沒(méi)有指明是否為標(biāo)準(zhǔn)狀況，所以無(wú)法確定其物質(zhì)的量，也就無(wú)法確定消耗OH－的物質(zhì)的量，B錯(cuò)誤；該反應(yīng)中，CN－中C由＋2價(jià)升高到＋4價(jià)，N由－3價(jià)升高為0價(jià)，若有1molCN－發(fā)生反應(yīng)，則有5NA電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，C正確；該反應(yīng)中，若有71gCl2(物質(zhì)的量為1mol)發(fā)生反應(yīng)，則發(fā)生氧化反應(yīng)的物質(zhì)CN－有eq\f(2,5)×1mol＝0.4mol，D正確?！敬鸢浮緽12．(2023·山東聊城模擬)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種既能殺菌消毒又能絮凝凈水的水處理劑。工業(yè)制備高鐵酸鉀反應(yīng)的離子方程式為Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeOeq\o\al(2－,4)＋Cl－＋H2O(未配平)。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是()A．上述反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2B．高鐵酸鉀中鐵顯＋6價(jià)C．由上述反應(yīng)可知，F(xiàn)e(OH)3的氧化性強(qiáng)于FeOeq\o\al(2－,4)D．K2FeO4處理水時(shí)，不僅能殺菌消毒，而且生成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質(zhì)【解析】離子方程式配平后為2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O，由此可知氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，A正確；高鐵酸鉀中鐵顯＋6價(jià)，B正確；由上述反應(yīng)可知，ClO－的氧化性強(qiáng)于FeOeq\o\al(2－,4)，C錯(cuò)誤；K2FeO4處理水時(shí)，因具有強(qiáng)氧化性能殺菌消毒，而且生成的Fe3＋水解形成Fe(OH)3膠體能吸附水中的懸浮雜質(zhì)，D正確?！敬鸢浮緾13．(2023·山東青島模擬)采用強(qiáng)還原劑硼氫化鉀制備納米