第五講氧化還原反應(yīng)方程式的配平與計(jì)算(能力課)復(fù)習(xí)目標(biāo)1.掌握氧化還原反應(yīng)的配平方法。2.整合有效信息書(shū)寫(xiě)氧化還原反應(yīng)方程式。能力點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)方程式的配平1.配平的三原則2.配平的五步驟1.正向配平。(1)________HCl(濃)＋________MnO2eq\o(=,\s\up7(△))________Cl2↑＋________MnCl2＋________H2O(2)__________Cu＋__________HNO3(稀)=__________Cu(NO3)2＋__________NO↑＋________H2O(3)________KI＋________KIO3＋________H2SO4=__________I2＋__________K2SO4＋________H2O(4)________MnOeq\o\al(－,4)＋________H＋＋________Cl－=__________Mn2＋＋__________Cl2↑＋________H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)216102582.逆向配平。(1)________S＋________KOH=________K2S＋________K2SO3＋________H2O(2)________P4＋________KOH＋________H2O=________K3PO4＋________PH3↑答案(1)36213(2)293353.整體配平法。(1)________FeS2＋________O2eq\o(=,\s\up7(高溫))________Fe2O3＋________SO2(2)________P＋________CuSO4＋________H2O=________Cu3P＋________H3PO4＋________H2SO4答案(1)41128(2)11152456154.有機(jī)物參與反應(yīng)的配平。(1)__________KClO3＋__________H2C2O4＋__________H2SO4=__________ClO2↑＋________CO2↑＋________KHSO4＋________H2O(2)__________C2H6O＋__________KMnO4＋__________H2SO4=__________K2SO4＋________MnSO4＋________CO2↑＋________H2O答案(1)2122222(2)5121861210335.缺項(xiàng)配平。(1)__________ClO－＋__________Fe(OH)3＋________=________Cl－＋________FeOeq\o\al(2－,4)＋________H2O(2)________MnOeq\o\al(－,4)＋________H2O2＋________=____________Mn2＋＋____________O2↑＋________H2O(3)將NaBiO3固體(黃色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加熱，溶液顯紫色(Bi3＋無(wú)色)。配平該反應(yīng)的離子方程式：eq\x()NaBiO3＋eq\x()Mn2＋＋eq\x()________=eq\x()Na＋＋eq\x()Bi3＋＋eq\x()________＋eq\x()________答案(1)324OH－325(2)256H＋258(3)5214H＋552MnOeq\o\al(－,4)7H2O缺項(xiàng)配平的原則和流程1.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－2.配平的思維流程能力點(diǎn)二電子守恒思想在氧化還原反應(yīng)計(jì)算中的應(yīng)用1.電子守恒法原理氧化劑得電子總數(shù)＝還原劑失電子總數(shù)。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)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，只要把物質(zhì)分為始態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得正確結(jié)果。2.守恒法解題的思維流程1.(判斷化合價(jià))在酸性條件下，可發(fā)生如下反應(yīng)：ClOeq\o\al(－,3)＋2M3＋＋4H2O=M2Oeq\o\al(n－,7)＋Cl－＋8H＋，M2Oeq\o\al(n－,7)中M的化合價(jià)是()A.＋4 B.＋5C.＋6 D.＋7答案C解析設(shè)M2Oeq\o\al(n－,7)中M的化合價(jià)為＋x，Cl元素由＋5價(jià)降低到－1價(jià)，M元素由＋3價(jià)升高到＋x，根據(jù)得失電子守恒可得：6＝2×(x－3)，解得x＝6，故C項(xiàng)正確。2.(多步反應(yīng)計(jì)算)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(都已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質(zhì)量為17.02g。則x等于()A.8.64 B.9.20C.9.00 D.9.44答案B解析反應(yīng)流程為eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up7(濃HNO3))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up7(NaOH))\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Mg（OH）2,Cu（OH）2)),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)×2×1＝0.46mol，所以xg＝17.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。3.(氧化還原滴定計(jì)算)某工業(yè)廢水中含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)，為了處理有毒的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，需要先測(cè)定其濃度：取20mL廢水，加入適量稀硫酸，再加入過(guò)量的V1mLc1mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反應(yīng)(還原產(chǎn)物為Cr3＋)。用c2mol·L－1KMnO4溶液滴定過(guò)量的Fe2＋至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V2mL。則原廢水中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))為_(kāi)_______。答案eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1解析Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失電子守恒列等式：c1mol·L－1×V1mL×10－3L·mL－1＝20mL×10－3L·mL－1×6c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＋5c2mol·L－1×V2mL×10－3L·mL－1，解得：c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(c1V1－5c2V2,120)mol·L－1。1.(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(n（O2）,n（H2O）)：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答案D解析A.S2Oeq\o\al(2－,3)的中心S原子形成的4個(gè)σ鍵的鍵長(zhǎng)不一樣，故其空間結(jié)構(gòu)不是正四面體形，A錯(cuò)誤；B.As2S3中As的化合價(jià)為＋3價(jià)，反應(yīng)Ⅰ產(chǎn)物As2O3中As的化合價(jià)為＋3價(jià)，故該過(guò)程中As沒(méi)有被氧化，B錯(cuò)誤；C.根據(jù)題給信息可知，反應(yīng)Ⅰ的方程式為2As2S3＋6O2＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(紫外光))2As2O3＋3H2S2O3，反應(yīng)Ⅱ的方程式為As2S3＋7O2＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(自然光))2H3AsO4＋3H2SO4，則反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，參加反應(yīng)的eq\f(n（O2）,n（H2O）)：Ⅰ>Ⅱ，C錯(cuò)誤；D.As2S3中As為＋3價(jià)，S為－2價(jià)，在經(jīng)過(guò)反應(yīng)Ⅰ后，As的化合價(jià)沒(méi)有變，S變?yōu)椋?價(jià)，則1molAs2S3失電子3×4mol＝12mol；在經(jīng)過(guò)反應(yīng)Ⅱ后，As變?yōu)椋?價(jià)，S變?yōu)椋?價(jià)，則1molAs2S3失電子2×2mol＋3×8mol＝28mol，故反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為3∶7，D正確。2.(2022·湖南卷)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)某些生物酶體系可以促進(jìn)H＋和e－的轉(zhuǎn)移(如a、b和c)，能將海洋中的NOeq\o\al(－,2)轉(zhuǎn)化為N2進(jìn)入大氣層，反應(yīng)過(guò)程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A.過(guò)程Ⅰ中NOeq\o\al(－,2)發(fā)生氧化反應(yīng)B.a和b中轉(zhuǎn)移的e－數(shù)目相等C.過(guò)程Ⅱ中參與反應(yīng)的n(NO)∶n(NHeq\o\al(＋,4))＝1∶4D.過(guò)程Ⅰ→Ⅲ的總反應(yīng)為NOeq\o\al(－,2)＋NHeq\o\al(＋,4)=N2↑＋2H2O答案D解析過(guò)程Ⅰ發(fā)生的是還原反應(yīng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由以上分析知，a、b中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目不相等，B項(xiàng)錯(cuò)誤；過(guò)程Ⅱ中參加反應(yīng)的n(NO)與n(NHeq\o\al(＋,4))之比為1∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖知，總反應(yīng)為NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)=N2↑＋2H2O，D項(xiàng)正確。3.(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\up7(△))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)的存在答案A解析根據(jù)題干中的化學(xué)方程式可知，I元素的化合價(jià)由0價(jià)升高到＋5價(jià)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6×5×2＝60，所以產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4L(即1mol)氯氣需消耗2mol碘單質(zhì)，轉(zhuǎn)移20mole－，A說(shuō)法錯(cuò)誤；該反應(yīng)中I2為還原劑，KClO3為氧化劑，故氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11∶6，B說(shuō)法正確；工業(yè)上常用氯氣和石灰乳反應(yīng)制備漂白粉，C說(shuō)法正確；酸性條件下，I－與IOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成I2，淀粉遇I2變藍(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)IOeq\o\al(－,3)的存在，D說(shuō)法正確。4.(2022·遼寧卷)某工廠(chǎng)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。(2)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)______________________________________________。(5)生成氣體A的離子方程式為_(kāi)_____________________________________________________________________________。答案(2)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Bi2O3＋6SO2(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O解析(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，根據(jù)質(zhì)量守恒可知還應(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\up7(高溫))2Bi2O3＋6SO2；(5)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。5.(2023·北京卷)以銀錳精礦(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化錳礦(主要含MnO2)為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，MnO2的氧化性強(qiáng)于Fe3＋。(1)“浸銀”時(shí)，使用過(guò)量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[AgCl2]－形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整。eq\x()Fe3＋＋Ag2S＋eq\x()________eq\x()________＋2[AgCl2]－＋S②結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋浸出劑中Cl－、H＋的作用：______________________________________________________________________________________________。(2)“沉銀”過(guò)程中需要過(guò)量的鐵粉作為還原劑，該步反應(yīng)的離子方程式有______________________________________________________________________________________________。答案(1)①2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S②Cl－是為了與Ag2S電離出的Ag＋結(jié)合生成[AgCl2]－，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率；H＋是為了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe(OH)3沉淀(2)2[AgCl2]－＋Fe=Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋解析(1)①Ag2S中S元素化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素化合價(jià)降低，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為2Fe3＋＋Ag2S＋4Cl－2Fe2＋＋2[AgCl2]－＋S；②Cl－是為了與Ag2S電離出的Ag＋結(jié)合生成[AgCl2]－，使平衡正向移動(dòng)，提高Ag2S的浸出率；H＋是為了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。(2)鐵粉可將[AgCl2]－還原為單質(zhì)銀，過(guò)量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應(yīng)，因此離子方程式為2[AgCl2]－＋Fe=Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋?；A(chǔ)落實(shí)選擇題只有1個(gè)選項(xiàng)符合題意1.在反應(yīng)Cu＋HNO3(稀)→Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O中，氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為()A.3∶8 B.32∶21C.21∶32 D.21∶8答案C解析由反應(yīng)可知，Cu是還原劑，HNO3是氧化劑，由得失電子守恒知N(Cu)×2＝N(HNO3)×3，N(HNO3)∶N(Cu)＝2∶3，因此氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為(63×2)∶(64×3)＝21∶32。2.測(cè)定某溶液中甲醇含量的部分過(guò)程如下：①KMnO4溶液處理：CH3OH＋MnOeq\o\al(－,4)＋X→COeq\o\al(2－,3)＋MnOeq\o\al(2－,4)＋H2O(未配平，下同)②酸化處理：MnOeq\o\al(2－,4)＋H＋→MnO2↓＋MnOeq\o\al(－,4)＋H2O，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.“反應(yīng)①”中X為OH－，配平后計(jì)量系數(shù)為8B.“反應(yīng)①”中氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>COeq\o\al(2－,3)C.“反應(yīng)②”中，可用鹽酸進(jìn)行酸化D.“反應(yīng)②”消耗71.4gMnOeq\o\al(2－,4)時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移0.4mole－答案C解析A.根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒和電荷守恒，將反應(yīng)①配平為CH3OH＋6MnOeq\o\al(－,4)＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6MnOeq\o\al(2－,4)＋6H2O，選項(xiàng)A正確；B.根據(jù)反應(yīng)中氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，“反應(yīng)①”中MnOeq\o\al(－,4)為氧化劑，COeq\o\al(2－,3)是氧化產(chǎn)物，則氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>COeq\o\al(2－,3)，選項(xiàng)B正確；C.由于Cl－在酸性條件下可與MnOeq\o\al(－,4)、MnOeq\o\al(2－,4)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，因此“反應(yīng)②”中，不能用鹽酸進(jìn)行酸化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平“反應(yīng)②”為3MnOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=MnO2↓＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O，則消耗71.4gMnOeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量為eq\f(71.4g,119g/mol)＝0.6mol時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為eq\f(2,3)×0.6mol＝0.4mol，選項(xiàng)D正確。3.酸性KMnO4溶液和CuS混合時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)如下：MnOeq\o\al(－,4)＋CuS＋H＋→Cu2＋＋SO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)，下列有關(guān)該反應(yīng)的說(shuō)法中正確的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2＋的還原性強(qiáng)于CuS的還原性C.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶5D.若生成2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)SO2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.8mol答案C解析反應(yīng)中，銅元素的化合價(jià)沒(méi)變，硫元素的化合價(jià)由－2價(jià)升到＋4價(jià)，只有硫元素被氧化，A項(xiàng)錯(cuò)誤；還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，則還原性CuS＞Mn2＋，B項(xiàng)錯(cuò)誤；氧化劑為KMnO4，還原劑為CuS，設(shè)KMnO4為xmol，CuS為ymol，根據(jù)電子守恒：x×(7－2)＝y(tǒng)×[4－(－2)]，x∶y＝6∶5，所以氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶5，C正確；二氧化硫物質(zhì)的量為0.1mol，由方程式可知，反應(yīng)中硫元素化合價(jià)由－2升高為＋4，故轉(zhuǎn)移電子為0.1mol×(4＋2)＝0.6mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.在焊接銅器時(shí)可用NH4Cl溶液除去銅器表面的氧化銅以便焊接，其反應(yīng)為CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列說(shuō)法正確的是()A.反應(yīng)中被氧化和被還原的元素分別為Cu和NB.該反應(yīng)中被還原的CuO占參與反應(yīng)CuO的eq\f(1,2)C.反應(yīng)中產(chǎn)生0.2mol氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移0.6mol電子D.反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2答案D解析根據(jù)CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由＋2價(jià)降低為0價(jià)，被還原；N的化合價(jià)由－3升高為0，被氧化；根據(jù)電子守恒、原子守恒配平：4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O。氯化銨中N化合價(jià)升高被氧化，氧化銅中Cu化合價(jià)降低被還原，則被氧化和被還原的元素分別為N和Cu，故A錯(cuò)誤；由反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，被還原的氧化銅占參加反應(yīng)的氧化銅的eq\f(3,4)，故B錯(cuò)誤；由反應(yīng)可知，生成1mol氣體時(shí)轉(zhuǎn)移6mol電子，則產(chǎn)生0.2mol的氣體時(shí)轉(zhuǎn)移的電子為0.2mol×6＝1.2mol，故C錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)化學(xué)方程式可知，參加反應(yīng)的氧化劑為氧化銅，還原劑為氯化銨，作氧化劑的氧化銅與作還原劑的氯化銨的物質(zhì)的量之比為3∶2，故D正確。5.(2023·宣城期末)用硫化亞鐵、硫化亞銅處理酸性廢水中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，發(fā)生的反應(yīng)如下：反應(yīng)Ⅰ：FeS＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)反應(yīng)Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.當(dāng)參加反應(yīng)的FeS和Cu2S物質(zhì)的量相同時(shí)，F(xiàn)eS去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)較多B.反應(yīng)中每處理含0.1molCr2Oeq\o\al(2－,7)的廢水需要轉(zhuǎn)移0.6mole－C.反應(yīng)Ⅱ中涉及三種元素價(jià)態(tài)變化D.使用FeS除去廢水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)的同時(shí)，還有利于吸附懸浮雜質(zhì)答案A解析根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒，配平兩個(gè)方程式如下：反應(yīng)Ⅰ：2FeS＋3Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋26H＋=2Fe3＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6Cr3＋＋13H2O，反應(yīng)Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋10Cr3＋＋23H2O。A.根據(jù)以上方程式可知，當(dāng)參加反應(yīng)的FeS和Cu2S物質(zhì)的量相同時(shí)，Cu2S去除的Cr2Oeq\o\al(2－,7)較多，A錯(cuò)誤；B.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中Cr元素化合價(jià)由＋6價(jià)變成＋3價(jià)，1molCr2Oeq\o\al(2－,7)反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子，處理0.1molCr2Oeq\o\al(2－,7)的廢水需要轉(zhuǎn)移0.6mole－，B正確；C.反應(yīng)Ⅱ中Cu元素化合價(jià)由＋1價(jià)變成＋2價(jià)，S元素元素化合價(jià)由－2價(jià)變成＋6價(jià)，Cr元素化合價(jià)由＋6價(jià)變成＋3價(jià)，反應(yīng)涉及三種元素價(jià)態(tài)變化，C正確；D.使用FeS除去廢水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)的同時(shí)生成Fe3＋，F(xiàn)e3＋水解生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，可以吸附懸浮雜質(zhì)，D正確。6.(2023·玉林期末)金屬鈦(Ti)性能優(yōu)越，被稱(chēng)為繼鐵、鋁之后的“第三金屬”。工業(yè)上以金紅石為原料制取Ti的反應(yīng)為Ⅰ.aTiO2＋bCl2＋eCeq\o(→,\s\up7(1173K))aTiCl4＋eCOⅡ.TiCl4＋2Mgeq\o(→,\s\up7(1220～1420K))Ti＋2MgCl2關(guān)于反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的分析不正確的是()A.TiCl4在反應(yīng)Ⅰ中是還原產(chǎn)物，在反應(yīng)Ⅱ中是氧化劑B.C、Mg在反應(yīng)中均被氧化C.a＝1，b＝e＝2D.每生成19.2gTi，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中共轉(zhuǎn)移4.8mol電子答案D解析A.在反應(yīng)Ⅰ中四氯化鈦是氯氣做氧化劑生成的還原產(chǎn)物，在反應(yīng)Ⅱ中鈦化合價(jià)降低，做氧化劑，故A正確；B.反應(yīng)Ⅰ中C做還原劑，被氧化，反應(yīng)Ⅱ中Mg做還原劑，被氧化，故B正確；C.根據(jù)反應(yīng)前后各元素質(zhì)量守恒，有2a＝e，2b＝4a，所以a＝1，b＝e＝2，故C正確；D.將方程式相加，得TiO2＋2Cl2＋2C＋2Mg=Ti＋2MgCl2＋2CO，每生成48克鈦，轉(zhuǎn)移電子8mol，所以生成19.2g鈦轉(zhuǎn)移電子為3.2mol，故D錯(cuò)誤。7.(1)三氟化氮(NF3)是一種新型電子材料，它在潮濕的空氣中與水蒸氣能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)的產(chǎn)物有HF、NO和HNO3。請(qǐng)根據(jù)要求回答下列問(wèn)題：①反應(yīng)過(guò)程中，被氧化與被還原的元素原子的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。②寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：___________________________________________________________________________，若反應(yīng)中生成0.2molHNO3，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為_(kāi)__________________。(2)已知Fe(OH)3能與次氯酸鹽發(fā)生如下反應(yīng)(未配平)：Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeOeq\o\al(n－,4)＋Cl－＋H2O①已知有10.7gFe(OH)3參加反應(yīng)，共轉(zhuǎn)移了0.3NA個(gè)電子，則n＝________，F(xiàn)eOeq\o\al(n－,4)中鐵元素的化合價(jià)為_(kāi)_______。②根據(jù)所學(xué)的知識(shí)，推測(cè)FeOeq\o\al(n－,4)能和________(填字母)反應(yīng)。A.KMnO4 B.SO2C.H2S D.O2答案(1)①1∶2②3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF0.4NA(或2.408×1023)(2)①2＋6價(jià)②BC解析(1)①分析題給信息知NF3轉(zhuǎn)化為NO，氮元素的化合價(jià)降低1價(jià)，被還原，NF3轉(zhuǎn)化為HNO3，氮元素的化合價(jià)升高2價(jià)，被氧化，氧化還原反應(yīng)中氧化劑和還原劑得失電子數(shù)目相等，則被氧化與被還原的元素原子的物質(zhì)的量之比為1∶2。②由題目給出的反應(yīng)物和生成物，利用得失電子守恒、原子守恒配平，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF，若反應(yīng)中生成0.2molHNO3，氮元素的化合價(jià)升高2價(jià)，則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4NA(或2.408×1023)。(2)①10.7gFe(OH)3的物質(zhì)的量為0.1mol，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移了0.3NA個(gè)電子，則鐵化合價(jià)升高3價(jià)，則FeOeq\o\al(n－,4)中鐵元素的化合價(jià)為＋6價(jià)，則n＝2。②根據(jù)所學(xué)的知識(shí)，推測(cè)FeOeq\o\al(n－,4)具有強(qiáng)氧化性，能和具有還原性的SO2、H2S反應(yīng)，不能和氧化性的高錳酸鉀和氧氣反應(yīng)，選BC。能力提升8.已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液還原成Mn2＋而使溶液褪色。欲使20.00mL1.00×10－2mol·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00mLNa2SO3溶液，則該Na2SO3溶液的物質(zhì)的量濃度(單位：mol·L－1)為()A.2.00×10－2 B.3.00×10－2C.4.00×10－2 D.5.00×10－2答案A解析酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液還原成Mn2＋而使溶液褪色，發(fā)生的反應(yīng)為2MnOeq\o\al(－,4)＋5SOeq\o\al(2－,3)＋6H＋=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O，則有關(guān)系式：2MnOeq\o\al(－,4)～5SOeq\o\al(2－,3)，使20.00mL1.00×10－2mol·L－1酸性KMnO4溶液恰好褪色，需消耗25.00mLNa2SO3溶液，則該Na2SO3溶液的物質(zhì)的量濃度為eq\f(5×20.00×10－3L×1.00×10－2mol·L－1,2×25.00×10－3L)＝2.00×10－2mol·L－1，故選A。9.工業(yè)生產(chǎn)中除去電石渣漿(含CaO)中的S2－并制取硫酸鹽的一種常用流程如圖。下列說(shuō)法正確的是()A.堿性條件下，氧化性：O2＞S2Oeq\o\al(2－,3)＞MnOeq\o\al(2－,3)B.過(guò)程Ⅰ中氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為2∶1C.過(guò)程Ⅱ中反應(yīng)的離子方程式為4MnOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O=S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－D.將1molS2－轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)理論上需要O2的體積為22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)答案C解析由題圖可知，過(guò)程Ⅰ中O2氧化Mn(OH)2生成MnOeq\o\al(2－,3)，則氧化性：O2＞MnOeq\o\al(2－,3)；過(guò)程Ⅱ中MnOeq\o\al(2－,3)氧化S2－生成S2Oeq\o\al(2－,3)，則氧化性：MnOeq\o\al(2－,3)＞S2Oeq\o\al(2－,3)，所以堿性條件下，氧化性：O2＞MnOeq\o\al(2－,3)＞S2Oeq\o\al(2－,3)，故A錯(cuò)誤；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，則氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1∶2，故B錯(cuò)誤；過(guò)程Ⅱ中MnOeq\o\al(2－,3)得電子轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2，S2－失電子轉(zhuǎn)化為S2Oeq\o\al(2－,3)，根據(jù)原子守恒、得失電子守恒及電荷守恒可得反應(yīng)的離子方程式為4MnOeq\o\al(2－,3)＋2S2－＋9H2O=S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Mn(OH)2↓＋10OH－，故C正確；1molS2－轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(2－,4)理論上轉(zhuǎn)移8mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知：n(O2)＝eq\f(8mol,4)＝2mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下需要O2體積為2mol×22.4L·mol－1＝44.8L，故D錯(cuò)誤。10.把圖2中的物質(zhì)補(bǔ)充到圖1中，可得到一個(gè)完整的氧化還原型離子方程式(未配平)。對(duì)該氧化還原型離子方程式說(shuō)法不正確的是()A.IOeq\o\al(－,4)作氧化劑B.若1molMn2＋參加反應(yīng)則轉(zhuǎn)移5mol電子C.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2D.配平后Mn2＋、H＋的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為2、3答案D解析分析圖1、圖2可知，Mn2＋作還原劑，那么IOeq\o\al(－,4)作氧化劑，配平后的氧化還原反應(yīng)的離子方程式為2Mn2＋＋5IOeq\o\al(－,4)＋3H2O=6H＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)，若有1molMn2＋參加反應(yīng)則轉(zhuǎn)移5mol電子，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為2、6，A、B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11.向某FeBr2溶液中通入1.12L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)的Cl2，測(cè)得溶液中c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3mol·L－1。反應(yīng)過(guò)程中溶液的體積變化忽略不計(jì)。則下列說(shuō)法正確的是()A.原溶液的濃度為0.1mol·L－1B.反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝0.1mol·L－1C.反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝c(Fe2＋)D.原溶液中c(Br－)＝0.4mol·L－1答案B解析還原性：Fe2＋＞Br－，通入的氯氣先與Fe2＋發(fā)生反應(yīng)：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，F(xiàn)e2＋反應(yīng)完畢，剩余的Cl2再與Br－發(fā)生反應(yīng)：2Br－＋Cl2=Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，說(shuō)明Cl2完全反應(yīng)，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3mol·L－1，c(Cl－)＝0.1mol·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1，若FeBr2溶液中Fe2＋全部被氧化，則溶液中的c(Br－)≤0.2mol·L－1。而c(Br－)＝0.3mol·L－1，說(shuō)明Fe2＋沒(méi)反應(yīng)完，根據(jù)c(Br－)＝0.3mol·L－1計(jì)算原溶液的濃度為0.15mol·L－1，故A錯(cuò)誤；反應(yīng)后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1，c(Fe2＋)＝(0.15－0.1)mol·L－1＝0.05mol·L－1，故B正確，C錯(cuò)誤；原溶液中c(Br－)＝0.3mol·L－1，故D錯(cuò)誤。12.氧化還原型有機(jī)反應(yīng)在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。(1)酒精儀中酸性重鉻酸鉀(稀硫酸酸化)可將乙醇氧化成乙酸，本身被還原成Cr3＋。寫(xiě)出該反應(yīng)的離子方程式：_____________________________________________________________________________________；在該反應(yīng)中還原劑是________(填化學(xué)式)。氧化23g乙醇時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)_______。(2)向酸性高錳酸鉀溶液中通入乙烯，溶液褪色。配平下列反應(yīng)方程式：________KMnO4＋________H2SO4＋________CH2=CH2→________K2SO4＋________MnSO4＋________CO2↑＋________(3)乙烯與雙氧水在一定條件下反應(yīng)生成HOCH2CH2OH，化學(xué)方程式為CH2=CH2＋H2O2→HOCH2CH2OH，這個(gè)反應(yīng)既是加成反應(yīng)，又是氧化反應(yīng)。判斷為“氧化反應(yīng)”的依據(jù)是____________________________________。(4)在保溫瓶膽上鍍銀，常用葡萄糖作還原劑。發(fā)生反應(yīng)如下HOCH2(CHOH)4CHO＋2Ag(NH3)2OHeq\o(→,\s\up7(△))HOCH2(CHOH)4COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O。鍍銀時(shí)，假設(shè)平均每個(gè)瓶膽上消耗0.108g銀，則10000個(gè)這樣的瓶膽最少需要消耗葡萄糖的質(zhì)量為_(kāi)_______kg。答案(1)2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3CH3CH2OH＋16H＋=4Cr3＋＋3CH3COOH＋11H2OCH3CH2OH2mol(2)12KMnO4＋18H2SO4＋5CH2=CH2=6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋28H2O(3)碳元素化合價(jià)從－2價(jià)升高至－1價(jià)(4)0.9解析(1)酸性重鉻酸鉀(稀硫酸酸化)可將乙醇氧化成乙酸，本身被還原成Cr3＋，則離子方程式：2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3CH3CH2OH＋16H＋=4Cr3＋＋3CH3COOH＋11H2O；在反應(yīng)中作還原劑的是CH3CH2OH；23g乙醇對(duì)應(yīng)物質(zhì)的量為0.5mol，根據(jù)反應(yīng)方程式可知轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol；(2)乙烯中碳元素化合價(jià)為－2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和質(zhì)量守恒可配平方程式：12KMnO4＋18H2SO4＋5CH2=CH2=6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2↑＋28H2O；(3)乙烯中碳元素化合價(jià)為－2價(jià)，反應(yīng)生成HOCH2CH2OH中碳元素化合價(jià)為－1價(jià)，化合價(jià)發(fā)生變化為氧化還原反應(yīng)；(4)假如10000個(gè)瓶膽消耗銀的質(zhì)量m(Ag)＝1080g，對(duì)應(yīng)物質(zhì)的量n(Ag)＝eq\f(1080g,108g/mol)＝10mol，根據(jù)方程式可知n(C6H12O6)＝5mol，則消耗葡萄糖質(zhì)量m(C6H12O6)＝5mol×180g/mol＝900g＝0.9kg。13.工業(yè)上以軟錳礦(主要成分MnO2)為原料，通過(guò)液相法生產(chǎn)KMnO4。即在堿性條件下用氧氣氧化MnO2得到K2MnO4，分離得到的K2MnO4后，再用惰性材料為電極電解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生產(chǎn)工藝簡(jiǎn)略如下：(1)反應(yīng)器中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____