1、考点三氧化还原反应中的四大规律及其应用1氧化还原反应规律(1)守恒规律化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个完整的氧化还原反应，化合价升降总数相等，电子得失总数相等。(2)强弱规律具有较强氧化性的氧化剂跟具有较强还原性的还原剂反应，生成具有较弱还原性的还原产物和具有较弱氧化性的氧化产物。(3)转化规律氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应。(4)先后规律一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。2氧化
2、还原反应规律的应用(1)守恒规律(2)强弱规律(3)转化规律(4)先后规律4【互动思考】1根据氧化还原反应的规律写出浓H2SO4、H2S和SO2三种物质可能发生的氧化还原反应的化学方程式。答案2H2SSO2=3S2H2OH2SH2SO4(浓)=SSO22H2O2往FeBr2溶液中通入少量Cl2，哪种离子先被氧化？若改为FeI2呢？答案由于还原性：IFe2Br，所以往FeBr2溶液中通入少量Cl2，首先被氧化的是Fe2；向FeI2溶液中通入少量Cl2，首先被氧化的是I。3今有下列三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(
3、浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O若某溶液中含有Fe2、Cl和I，要除去I而不氧化Fe2和Cl，可以加入的试剂是_。答案FeCl3示向题组1(1)2013江苏，20(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：11P460CuSO496H2O=20Cu3P24H3PO460H2SO460 mol CuSO4能氧化白磷的物质的量是_。(2)2014江苏，20(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3 、FeCl2 、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是_。反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中
4、Fe3的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为_。在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有_。解析(1)Cu3P中Cu显1价，所以60 mol CuSO4参加反应得到60 mol电子，P4被氧化为H3PO4，每有1 mol P4被氧化失去电子20 mol，根据得失电子守恒可知，60 mol CuSO4能氧化3 mol白磷。(2)由图示反应原理，溶液里H2O中1价的H，Cl、Cu2没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。其他元素如O(O2被还原为2价氧)、Fe(Fe3与Fe2相互转化)、S(S2转化为S)的化合价
5、均有变化。根据得失电子守恒可知，1 mol H2S转化为S单质时，需要氧气0.5 mol。欲不生成CuS，可以增加氧化剂O2的量，也就是增加混合气体中空气的比例，使S2完全氧化为硫单质。答案(1)3 mol(2)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)0.5 mol提高混合气体中空气的比例2(2012海南化学，6)将0.195 g锌粉加入到 20.0 mL 的0.100 molL1 MO 溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是()。AM BM2 CM3 DMO2解析根据电子得失守恒解答。锌粉的物质的量为0.003 mol，完全反应后失去电子0.006 mol，若M的化合价由5价变为x，则(5x)0.02
6、0 0 L0.100 molL10.006 mol，可得x2。答案B3(2013浙江，26改编)AlH3和NH3之间_(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2，判断理由是_。答案可能AlH3中氢的化合价为1价，NH3中氢的化合价为1价，因而有可能发生氧化还原反应而产生氢气【考向揭示】由以上题组训练，可得出本考点的常见命题方向有：1通过电子转移守恒规律进行有关氧化还原反应的计算与配平2通过氧化还原规律进行定性判断，如判断反应产物、反应的先后顺序等跟进题组1已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：MnOMn2、H2O2H2O、HNO2NO、IOI2。如果用等物质的量的这些物质氧化
7、足量的KI，得到I2最多的是()。AMnO BH2O2 CHNO2 DIO解析等物质的量的氧化剂与KI反应，得到电子越多的氧化KI越多，生成I2也越多。反应中，1 mol MnO得到5 mol电子，1 mol H2O2得到2 mol电子，1 mol HNO2得到1 mol电子，1 mol IO得到5 mol电子，且IO中的碘元素也转化为I2，故IO氧化KI得到的I2最多。答案D2R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为()。A1 B2 C3 D4解析根据得失电子守恒，2 mol Mn22 mol MnO，失25
8、mol10 mol e，所以每1 mol R2O2 mol RO得2 mol e，故可知R2O中R的化合价为7价。因此n2。答案B3将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO反应后变为无色的Bi3。据此判断下列说法正确的是()。A滴加盐酸时，HCl是还原剂，Cl2是氧化产物B已知Bi为第A族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.8 molD此实验条件下，物质的氧化性：NaBiO3KMnO4Cl2解析浓盐酸被KMnO4溶液氧化为黄绿色Cl2，说明HC
9、l是还原剂，Cl2是氧化产物，氧化性KMnO4Cl2。向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，NaBiO3将Mn2氧化为KMnO4，说明氧化性：NaBiO3KMnO4，但不能说明Bi具有较强的非金属性，Bi的化合价由5价降低到3价，0.1 mol NaBiO3参加反应，则转移电子0.2 mol，因此B、C均错误，A、D正确。答案AD(时间：45分钟)一、选择题(每小题仅有一个选项符合题意)1(2012广东，10)下列应用不涉及氧化还原反应的是()。ANa2O2用作呼吸面具的供氧剂B工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC工业上利用合成氨实现人工固氮D实验室用NH4Cl和Ca(OH)
10、2制备NH3解析A中有单质O2生成；B中有单质Al生成；C中有单质H2和N2参与反应。答案D2下列实验中，颜色的变化与氧化还原反应有关的是()。A往紫色石蕊试液中加入盐酸，溶液变红B饱和FeCl3溶液在沸水中变成红褐色胶体C向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀由白色变成灰绿色，最后变成红褐色DSO2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色解析向FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，首先得到白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速与空气中的O2发生氧化还原反应得到红褐色的Fe(OH)3。答案C3水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe22S2OO2xOH=Fe3O4S4O2H2O，下列说法中错误的
11、是()。A每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4 molBFe2和S2O都是还原剂C1 mol Fe2被氧化时，被Fe2还原的O2的物质的量为molDx4解析A项，该反应的氧化剂是O2，生成1 mol Fe3O4，消耗1 mol O2，转移的电子为4 mol；B项Fe2和S2O都是还原剂；C项，3 mol Fe2反应时，被氧化的只有2 mol，此时反应的O2为1 mol，被Fe2还原的O2为mol，所以当1 mol Fe2被氧化时，被Fe2还原的O2的物质的量为 mol；D项根据电荷守恒可知x4。答案C4已知下列反应：Co2O36HCl(浓)=2CoCl2Cl23H2O()；5C
12、l2I26H2O=10HCl2HIO3()。下列说法正确的是()。A反应中HCl是氧化剂B反应中Cl2发生氧化反应C还原性：CoCl2HClI2D氧化性：Co2O3Cl2HIO3解析选项A，反应()中，Cl失去电子，HCl为还原剂。选项B，反应()中，Cl2得到电子变为Cl，发生还原反应。根据反应()可知，Co2O3(氧化剂)的氧化性大于Cl2(氧化产物)，HCl(还原剂)的还原性大于CoCl2(还原产物)，根据反应()可知，Cl2的氧化性大于HIO3，I2的还原性大于HCl，故选项D正确，选项C错误。答案D5将0.48 g Mg粉加入到500 mL 0.1 molL1的硝酸中恰好完全反应，则
13、还原产物可能是()。ANO2 BNO CN2O3 DNH解析由题中数据知参加反应的Mg与硝酸物质的量之比：n(Mg)n(HNO3)(0.5 L0.1 molL1)25，根据质量守恒定律知，假设2 mol Mg参与反应，则生成2 mol Mg(NO3)2，所以5 mol HNO3中若只有1 mol HNO3被还原，依据得失电子守恒，还原产物为N2O，若只有0.5 mol HNO3被还原，还原产物为NH4NO3。答案D6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型离子方程式(未配平)：图1图2对于该离子方程式的说法不正确的是()。AIO作氧化剂B氧化性：Mn2IOC氧化剂与还原剂的物质的
14、量之比为52D若有2 mol Mn2参加反应时，则转移10 mol电子解析由Mn2MnO知，锰元素的化合价升高，Mn2作还原剂，氧化产物为MnO，由IOIO知碘元素的化合价降低，则IO作氧化剂，IO为还原产物，选项A正确。根据得失电子守恒得2Mn25IO5IO2MnO，根据电荷守恒得2Mn25IO5IO2MnO6H，根据质量守恒得2Mn25IO3H2O=5IO2MnO6H，根据配平后的反应可知选项C和D均正确。根据氧化性：氧化剂氧化产物还原产物还原剂可知选项B错。答案B二、不定项选择题(每小题有12个选项符合题意)7在一个氧化还原反应体系中反应物、生成物共六种粒子，Fe3、NO、Fe2、NH、
15、H、H2O，下列叙述正确的是()。A该反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化B该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为81C若有1 mol NO发生氧化反应，转移电子5 molD若将该反应设计成原电池，则负极反应为Fe3e=Fe2解析该题解题关键是根据信息正确写出离子方程式。氧化性：HNO3Fe3，根据电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可写出离子方程式：8Fe2NO10H=8Fe3NH3H2O。A项，若Fe(NO3)2溶液加酸酸化，形成的HNO3将Fe2氧化为Fe3，正确；B项，氧化剂是HNO3，还原剂是Fe2，二者物质的量之比为18，错误；C项，根据电子得失守恒，OH，1 mol NO发生氧化反
16、应时转移电子8 mol，错误；D项，若将该反应设计成原电池，负极反应为Fe2e=Fe3，错误。答案A8锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S33O26Fe=Sb4O66FeSSb4O66C=4Sb6CO关于反应、反应的说法正确的是()。A反应中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B反应中每生成3 mol FeS时，共转移6 mol电子C反应说明高温下Sb的还原性比C强D每生成1 mol Sb时，反应与反应中氧化剂的物质的量之比为31解析反应中的氧化剂分别是O2、Sb4O6，A错误；反应说明高温下C的还原性比Sb
17、强，C错误；每生成1 mol Sb时，反应与反应中氧化剂的物质的量之比为31，D正确。答案BD9在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS24Fe3=Cu25Fe22S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是()。A反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2C反应中转移电子的物质的量为x molD反应结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为y mol，则原Fe3的总物质的量为(yx) mol解析CuFeS2中Cu、Fe均为2价，S为2价，为氧化剂，CuFeS2为还原剂，S为氧化产物，A、B错误；生成x mol单质硫时转移2x
18、mol电子，C错误；生成x mol单质硫，则参加反应的Fe3的物质的量为2x mol，生成n(Cu2)x mol，n(Fe2)x mol，溶液中剩余n(Fe3)yxx(y3x) mol，则原Fe3的总物质的量n(Fe3)(yx)mol。答案D10根据表中信息判断，下列选项正确的是()。序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnOCl2、Mn2A.第组反应的其余产物为H2OB第组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子5 molD氧化性由强到弱的顺序为MnOCl2Br2F
19、e3解析本题考查氧化还原反应的相关知识。A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，错误；B项，Fe2的还原性强于Br，Cl2与FeBr2的物质的量之比为12时，1 mol Cl2恰好氧化2 mol Fe2，Br不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnO得电子转化为Mn2，Cl2是氧化产物，只有Cl失电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，错误；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnOCl2Br2Fe3(还原性Fe2强于Br，故氧化性Br2Fe3)，D正确。答案BD三、填空题11高锰酸钾分别在酸性、中性、碱性
20、条件下发生的反应如下：MnO5e8H=Mn24H2OMnO3e2H2O=MnO24OHMnOe=MnO(溶液呈绿色)(1)从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液的_影响。(2)将SO2通入高锰酸钾溶液中，发生还原反应的离子反应过程为_。(3)将PbO2投入酸性MnSO4溶液中搅拌，溶液变为紫红色。下列说法正确的是_(填序号)。a氧化性：PbO2KMnO4b还原性：PbO2KMnO4cMnSO4溶液可以用盐酸酸化解析(1)MnO在酸性条件下被还原成Mn2，在中性条件下被还原成MnO2，在碱性条件下被还原成MnO，因此高锰酸根离子被还原的产物受溶液的酸碱性影响。(2)SO2溶于水
21、生成H2SO3，呈酸性，高锰酸根离子被还原的产物应为Mn2。(3)酸性条件下，PbO2将Mn2氧化成紫红色的MnO，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可知a正确，b错误；盐酸中的Cl具有还原性，PbO2能将Cl氧化，c错误。答案(1)酸碱性(2)MnO5e8H=Mn24H2O(3)a12高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型消毒剂，工业上制备高铁酸钠有下列四种方法：a2Fe(OH)33NaClO4NaOH=2Na2FeO43NaCl5H2O；b2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2；cFe2O33Na2O2=2Na2FeO4Na2O；dFe(NO3)3NaO
22、HCl2Na2FeO4NaNO3NaClH2O。请回答下列问题：(1)下列判断正确的是_(填序号)。A方法a、b、c都可在水溶液中进行B根据a、b可知NaClO、Na2O2的氧化性均强于Na2FeO4的CFeSO4只有还原性，没有氧化性D能用KSCN溶液检验b的产物中是否含有FeSO4(2)对于方法c下列说法正确的是_(填序号)。ANa2O2既是氧化剂又是还原剂B还原产物只有Na2OC3 mol Na2O2发生反应，有6 mol电子转移D在Na2FeO4中Fe为4价，具有强氧化性，能消毒杀菌(3)对于方法d，请回答下列问题：氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。写出Na2FeO4与H2O反应的离子
23、方程式：_请你推测Na2FeO4除了能消毒杀菌外，另一个用途是_解析(1)选项A，方法b、c中都有Na2O2参与反应，若在水溶液中进行，Na2O2与H2O反应，从而无法得到Na2FeO4。选项B，反应中NaClO、Na2O2均获得电子，为氧化剂。Na2FeO4为氧化产物，所以NaClO、Na2O2的氧化性均强于Na2FeO4的氧化性。选项C，FeSO4中的Fe元素为2价，在反应中可失去电子，也可得到电子，所以FeSO4既有氧化性，也有还原性。选项D，FeSO4不能与KSCN溶液反应生红色溶液。(2)选项A，根据反应：Fe2O33Na2O2=2Na2FeO4Na2O，Na2O2在反应中只获得电子
24、，只作氧化剂。选项B，Na2O2对应的产物包含Na2FeO4、Na2O，二者都是还原产物。选项C,3 mol Na2O2发生反应，有6 mol电子转移，正确。选项D，Na2FeO4中Fe元素的化合价为6价。(3)氧化剂为Cl2，其化学计量数为3；还原剂为Fe(NO3)3，其化学计量数为2，二者的物质的量之比为32。根据题目信息，反应物为Na2FeO4、H2O，生成物为Fe(OH)3、O2和NaOH，则有：Na2FeO4H2OFe(OH)3(胶体)NaOHO2，配平的反应化学方程式为4Na2FeO410H2O=4Fe(OH)3(胶体)8NaOH3O2，其离子反应方程式为4FeO10H2O=4Fe
25、(OH)3(胶体)8OH3O2。Na2FeO4具有强氧化性，能消毒，生成的Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，能吸附水中的悬浮物，起到净水的作用。答案(1)B(2)C(3)324FeO10H2O=4Fe(OH)3(胶体)8OH3O2生成的氢氧化铁胶体，具有较大的表面积，能吸附杂质而达到净水的目的13消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_(填序号)。ACl2 BH2
26、O2 CClO2 DO3(2)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCNH2OH2O2=ANH3，则生成物A的化学式为_，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是_。(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温下、黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2HClH2O(未配平)。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子数约为_。(4)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_(用离子方程式表示)。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，
27、写出有关反应的化学方程式：_。解析(2)根据原子守恒原理，可知反应KCNH2O2H2O=ANH3中的A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物H2O没有污染性。(3)该反应是歧化反应，HClO2中3价的氯元素一部分升高到ClO2中的4价，一部分降低到1价。当有1 mol ClO2生成时，反应中转移1 mol电子，即转移的电子数约为6.021023。(4)ClO与浓盐酸中的Cl会发生归中反应生成有毒的Cl2。氯碱工业的产物是NaOH、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2发生歧化反应可以得到含有NaClO的溶液。答案(1)C(2)KHCO3H2O2是氧化剂，其产物是H2O，没有污染(3)6.
28、021023(或NA)(4)ClOCl2H=Cl2H2OCl22NaOH=NaClONaClH2O综合课时2氧化还原反应的综合应用配平、计算及滴定【题型说明】氧化还原的配平及相关计算，是高考化学部分的难点，在非选择题中，常把这一重要知识融合于填空、推断及实验中进行综合考查，对氧化还原反应的相关计算，卷、卷都有可能出现，在计算时要充分利用得失电子守恒法及关系式法等，减化多步反应带来的计算困难。氧化还原反应的配平题型示例【示例1】 (1)2014江苏，19(1)向含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I等)中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为_(2)2014江
29、苏，20(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为_(3)2013江苏，16(2)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：加入H2O2氧化时，发生反应的化学方程式为_。(4)2013江苏，16(4)淡黄色固体S能与热的NaOH溶液反应，产物中元素的最高价态为4，写出该反应的离子方程式_(5)2012江苏，16(4)在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式_。(6)2012江苏，18(2)硫酸酸化的条件下，H2O2与
30、KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2，不加稀硫酸酸化，MnO被还原生成MnO2，其离子方程式为_。(7)2011江苏，20(5)350 时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为_。思路点拨(1)SO具有还原性，I2具有氧化性，二者发生氧化还原反应：SOI2H2O=SO2I2H。(2)若H2S分解生成H2和S，气体体积比为11，由图示可知在高温下分解生成的两种气体的体积比为21，设硫蒸气的化学式为Sn，则有H2SH2Sn，由原子守恒得n2，配平即可。(3)加氧化
31、剂H2O2目的是将Fe2氧化为Fe3，本身被还原为H2O，即反应物为FeSO4和H2O2，酸性环境(H2SO4)，发生2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O。(4)S和NaOH溶液加热反应，产物有Na2SO3，S元素的化合价既有升高，又有降低，即有Na2S生成，配平即可。(5)Ca(NO2)2发生分解是3价的氮元素发生歧化反应，生成NO，氮元素化合价降低；生成NO，氮元素化合价升高，根据化合价升降守恒逆向配平即可。(6)注意不加稀硫酸酸化，不是酸性环境。MnO被还原为MnO2，H2O2作还原剂被氧化成O2，根据电子守恒配平，再根据电荷守恒配缺项，注意利用OH、H2O补电荷。
32、(7)由Mg2Cu变为MgCu2，可知Mg含量下降，则生成物中氢化物仅含一种金属元素必为Mg，再根据其中氢的质量分数为0.077，则Mg与H物质的量之比为：，即化学式为MgH2，则反应的化学方程式为：2Mg2Cu3H2MgCu23MgH2。答案(1)SOI2H2O=2ISO2H(2)2H2S 2H2S2(3)2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O(4)3S6OH2S2SO3H2O(5)3NO2H=NO2NOH2O(6)2MnO3H2O2=2MnO23O22OH2H2O(7)2Mg2Cu3H2MgCu23MgH2【方法指导】氧化还原反应方程式的配平方法(1)配平原则(2)一般
33、氧化还原反应方程式的配平化合价升降法(3)方法技巧正向配平法：全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。逆向配平法：自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。缺项配平法：先用得失电子数相等配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH，生成物一边加水。然后进行两边电荷数配平。题组精练1(1)2014全国新课标，27(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2 溶液反应的化
34、学方程式： _ (2)2014全国新课标，27(2)(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_。(3)(2014天津，9(7)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_解析(1)根据题意可知反应物和生成物，然后根据得失电子守恒和质量守恒配平，即可得到白磷与Ba(OH)2 溶液反应的化学方程式：6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2。(2)由题意知：该反应中，Cl元素的化合价升高，则可推出Pb元素化合价降低，又由于2价Pb较稳定，因此PbO
35、2还原产物为Pb2，其化学方程式为：PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O。由题意知：PbOClOPbO2，铅元素化合价升高，则Cl元素化合价应降低，故有PbOClOPbO2Cl，利用化合价升降法配平，得反应的离子方程式为PbOClO=PbO2Cl。(3)S2O被Cl2氧化成SO，Cl2被还原为Cl，首先根据化合价升降总值相等写出S2O4Cl22SO8Cl，然后根据电子守恒、电荷守恒配平：S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H。答案(1)6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2(2)PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2OPbOClO=PbO2Cl(3)
36、S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H2(1)ZnSO4溶液中含有少量Fe2和Mn2，为了除去这两种离子，调节溶液pH为5，然后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两反应的离子方程式：_(2)用HNO3清洗试管壁上的Ag，该反应的化学方程式为_(3)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质。写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式，并配平_在反应后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，B
37、iO反应后变为无色的Bi3。写出该实验中涉及反应的离子方程式_(4)6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O，可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。写出该反应的离子方程式_(5)已知：MnOeMnO(绿色)(强碱性条件)MnO8H5eMn2(无色)4H2O(强酸性条件)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微热，得到透明的绿色溶液，写出反应的离子方程式_解析(1)除去杂质离子Fe2和Mn2发生反应的离子方程式为MnO3Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H，2MnO3Mn22H2O=5MnO24H。(2)浓硝酸与Ag发生氧化还原反应，生成AgNO
38、3、NO2和H2O。(3)根据信息，KMnO4在浓H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被还原成Mn2。注意NaBiO3不能拆写成离子形式。NaBiO3作为氧化剂，把Mn2氧化成MnO，本身被还原成Bi3。(5)根据信息，在强碱性条件下，MnO得电子生成MnO，2价的氧失电子生成O2。答案(1)MnO3Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H，2MnO3Mn22H2O=5MnO24H(2)Ag2HNO3(浓)=AgNO3NO2H2O(3)2KMnO410KCl8H2SO4(浓)=6K2SO42MnSO45Cl28H2O2Mn25NaBiO314H=2MnO5Na5Bi37H2O(4)
39、Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(5)4MnO4OH4MnO2H2OO2【方法技巧】信息给予型氧化还原反应离子方程式的书写(1)根据题给信息或流程图信息，找出反应物和生成物，特别是氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。(2)根据化合价升降或得失电子守恒配平氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。(3)观察离子方程式前后电荷是否守恒，判断反应前后电荷的差异，进行补项，若反应物正电荷多，生成物正电荷少，若溶液呈酸性，则反应物补H2O，生成物补H，若溶液呈碱性，则反应物补OH，生成物补H2O，因此判断溶液的酸碱性是配平离子方程式的关键。(4)离子方程式书写出来，一要进行电子守恒、电荷守恒、
40、原子守恒的检查，二要进行书写的规范性检查。有关氧化还原反应的计算题型示例【示例2】 (2014上海，16)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则()。A被氧化的砒霜为1.98 mgB分解产生的氢气为0.672 mLC和砒霜反应的锌为3.90 mgD转移的电子总数为6105NA思路点拨本题考查氧化还原反应。砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应的方程式为As2O36Zn12HCl2AsH36ZnCl23H2O。根据砷的相对原子质量为75，若砷的质量为1.50 mg，物质的量为0.02 mmol
41、，被还原的砒霜为0.02 mmol2198 gmol11.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH32As3H2分解产生的氢气标准状态下为0.03 mmol22.4 Lmol10.672 mL；转移的电子总数为0.18103NA。答案C【方法指导】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，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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。题组精练1Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2S
42、O4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()。A2 B3 C4 D5 解析本题考查在氧化还原反应中用得失电子守恒进行相关的计算。 得关系式1xe162e，x5。答案D2在一定条件下PbO2与Cr3反应，产物是Cr2O和Pb2，则与1 mol Cr3反应所需PbO2的物质的量为()。A3.0 mol B1.5 mol C1.0 mol D0.75 mol解析根据氧化还原反应中得失电子守恒计算。已知Pb由4价变为2价，Cr由3价变为6价，设所需PbO2的物质的量为x mol，则有(63)1(42)x，解得x1.5，故B正确。答案B3将51
43、.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 molL1 NaOH溶液完全吸收，发生的反应为2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2ONONO22NaOH=2NaNO2H2O。则生成的盐溶液中NaNO2的物质的量为()。A0.4 mol B0.6 mol C0.8 mol D0.2 mol解析反应中Cu2eCu2，NONO、NO2、N2O4NONO，从得失电子守恒可知，铜失去的电子数与NO变成NO过程中得到的电子数相等，NO2e2H=NOH2O，故生成NaNO2的物质的量与铜的物质的量相等：51.
44、2 g/64 gmol10.8 mol，C项正确。答案C【题型建模】应用得失电子守恒解题的一般步骤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“三列关系”根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。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氧化还原滴定题型示例【示例3】 (2014江苏，21B)磷酸铁(FePO42H2O，难溶于水的米白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁。(1)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀
45、硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤。反应加热的目的是_。(2)向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2 。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中 的Fe2，离子方程式如下： Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O 在向滴定管注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、_和_。 若滴定x mL滤液中的Fe2，消耗a molL1 K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c(Fe2)_molL1。 为使滤液中的Fe2完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是_(填序号)。A加入适当过量的H2O2溶液B缓慢滴加H2O2溶液并搅拌C加热，使反应在较高温度下进行D用氨水
46、调节溶液pH7思路点拨(1)加热是为了加快反应速率。(2)滴定管检漏后，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗23次。6Fe2Cr2O，n(Fe2)6n(Cr2O)，有c(Fe2)x mL6a molL1b mL，得c(Fe2) molL1。C项，温度过高，H2O2会分解，使Fe2氧化不充分，错误；D项，用氨水调节pH7，Fe2、Fe3均生成沉淀，错误。答案(1)加快铁与稀硫酸反应速率(2)用蒸馏水洗净用K2Cr2O7标准溶液润洗23次AB【方法指导】1氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的滴定分析方法。利用氧化还原滴定法可以直接或间接测定许多具有氧化性或还原性的物质，也可以用氧化还原滴定法间接测定。
47、因此，它的应用非常广泛。2氧化还原反应有的反应速率比较慢，也有的因不同的反应条件而产生副反应或生成不同的产物。因此，在氧化还原滴定中，必须创造和控制适当的反应条件，加快反应速率，防止副反应发生，以利于分析反应的定量进行。3在氧化还原滴定中，要使分析反应定量地进行完全，常常用强氧化剂和较强的还原剂作为标准溶液。根据所用标准溶液的不同，氧化还原滴定法可分为高锰酸钾法、重铬酸钾法等。题组精练12014天津，9(5)(6)Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。测定产品(Na2S2O35H2O)纯度准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂， 用0.100 0 mo
48、lL1碘的标准溶液滴定。 反应原理为：2S2OI2=S4O2I(1)滴定至终点时，溶液颜色的变化：_。 (2)滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_ mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)_。 解析(1)用淀粉作指示剂，用碘的标准溶液滴定，终点时碘稍过量点，则溶液变蓝。(2)滴定管内液面由0.00 mL至18.10 mL，则消耗碘的标准溶液的体积为18.10 mL。根据关系式：2S2OI2得，n(S2O)218.10103 L0.1 000 molL13.620103 mol，故产品的纯度为100%100%。答案(1)由无色变蓝色，半分钟内不褪色(2)
49、18.10100%2称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。已知：5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2OAKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终
50、点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。解析(1)由HOH=H2O知，n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得，n(还)20.10 molL10.016 L5，n(还)0.004 mol。设6.0 g试样中H2C2O42H2O、KHC2
51、O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0.03 mol，H2C2O42H2O的质量分数为100%21%，KHC2O4的质量分数为100%64%。答案0.005A.氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%【方法规律】氧化还原反应滴定指示剂的选择1自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身
52、颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。2显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。(时间：45分钟)一、选择题(每小题仅有一个选项符合题意)1下列有关反应SiO23CSiC2CO的叙述中，正确的是()。A氧化剂是SiO2B氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C碳在反应中只作还原剂D若生成1 mol SiC，则转移电子2 mo
53、l解析该反应的氧化剂和还原剂都是碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，A、C错误，B项正确；生成1 mol SiC转移电子4 mol，D项错误。答案B2(NH4)2PtCl6晶体受热分解，生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂，在此分解反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是()。A23 B32 C43 D13解析(NH4)2PtCl6分解反应的氧化产物是N2，还原产物是Pt，根据电子得失守恒得：6n(N2)4n(Pt)，n(N2)n(Pt)23。答案A3一未配平的离子方程式为_XO6H=3X23H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为()。A11 B31 C51 D71解析由质量守
54、恒和电荷守恒可得出该离子方程式为5XXO6H=3X23H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为51。答案C4已知离子方程式：As2S3H2ONOAsOSONO_(未配平)，下列说法错误的是()。A配平后水的化学计量数为4B反应后溶液呈酸性C配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为328D氧化产物为AsO和SO解析从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为：3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，则A、B、D正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为283，则C不正确。答案C5O3具有强氧化性，将O3
55、通入KI溶液中发生反应：O3IHI2O2H2O (未配平)，下列说法正确的是()。A配平后的离子方程式为2O32I4H=I22O22H2OB每生成1 mol I2转移电子2 molCO2是还原产物之一D该反应能说明O2的氧化性大于I2的解析A项中离子方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O32I2H=I2O2H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。答案B6向21.6 g
56、铁粉和铜粉的混合物中加入1 L 1 molL1硝酸溶液，充分反应，放出NO气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(NO)可能为(忽略溶液体积的变化)()。A0.45 molL1 B0.6 molL1C0.75 molL1 D0.9 molL1解析电子守恒法A(Fe、Cu)A(NO3)2由此可知反应后溶液中的NO与反应转移电子数相同，设NO、NO的物质的量分别为x、y则：解得c(NO)0.75 molL1。答案C二、不定项选择题(每小题有12个选项符合题意)7某含铬(Cr2O)废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol
57、FeOFeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()。A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB处理废水中Cr2O的物质的量为molC反应中发生转移的电子总物质的量为nx molD在FeOFeyCrxO3中，3xy解析Cr2O具有强氧化性，Fe2具有还原性，二者作用后铁元素由2价被氧化为3价，铬元素由6价被还原为3价。由铁原子和铬原子守恒可知消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1y)mol，废水中Cr2O的物质的量为mol，A项错误，B项正确；铁元素由2价被氧化为3价，失电子总数为ny mol，铬元素由6价被还原为3价，得电子总物质的量为3nx mol，由得失电子数相等得3x
58、y，C错误、D正确。答案AC8某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是()。ANa2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHBNa2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OCNa2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol解析Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由3价变成1价，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为2.5价
59、)是生成物。根据反应前后硫原子守恒有2Na2S2O3Na2S4O6，根据钠原子守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3Au2O4e，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。答案C9将SO2通入足量Fe2(SO4)3溶液中，完全反应后再加入K2Cr2O7溶液，发生的两个化学反应为SO22Fe32H2O=SO2Fe24W，Cr2OaFe2bHCr3Fe3H2O。下列有关说法正确的是()。A还原性：Cr3SO2B方程式中，a6，b7CCr2O能将Na2SO3氧化成Na2SO4D方程式中W为H解析由反应中
60、各元素的价态变化可知，反应中，SO2为还原剂，Fe3为氧化剂，且还原性为SO2Fe2，氧化性为Fe3SO。反应中，Fe2为还原剂，Cr2O为氧化剂，且还原性为Fe2Cr3，氧化性为Cr2OFe3。由此可见选项A错误。选项B，配平反应：Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，故a6，b14，错误。选项C，由于Cr2O具有氧化性，Na2SO3具有还原性，故Cr2O能将Na2SO3氧化成Na2SO4，正确。选项D，根据质量守恒定律，可知反应中W为H，正确。答案CD10向FeCl3和BaCl2的混合液中通入过量SO2，有白色沉淀产生。下列说法正确的是()。A白色沉淀为BaSO3B该实验表明F
61、eCl3有氧化性C反应后溶液酸性增强D反应后向溶液中滴加KSCN溶液，显血红色解析Fe3氧化SO2发生反应2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H，Ba2与SO生成BaSO4沉淀，溶液酸性增强。SO2过量，溶液中无Fe3，加KSCN溶液无明显变化，综上，B、C项正确。答案BC三、填空题11KMnO4是一种典型的强氧化剂。请回答下列问题：(1)实验室中可用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液滴定含Fe2的溶液，从而测定溶液中Fe2的浓度，离子反应方程式如下，请在空格内填上缺少的反应物，并配平：Fe2_MnO_=_Fe3_Mn2_H2O(2)在稀硫酸中，MnO和H2O2也能发生氧化还原反应：氧化反应：H2O
62、22e=2HO2还原反应：MnO5e8H=Mn24H2O写出该氧化还原反应的化学方程式：_。反应中若有0.5 mol H2O2参加此反应，转移电子的个数为_。实验中发现，当加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应快速放出气体。其可能的原因是_。解析(1)生成物中有H2O，反应物中应该存在H，则有：Fe2MnOHFe3Mn2H2O，Fe元素化合价升高1，MnO中Mn元素化合价降低5，根据得失电子相等可得：5Fe21MnOH5Fe31Mn2H2O，再根据电荷守恒和原子守恒进行配平，即为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。(2)中根据已知的氧化反应和还原反应可知，该反应的化学方程
63、式是5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2O；根据氧元素的化合价变化可知，双氧水中氧元素从1价升高到0价，所以1 mol双氧水转移2 mol电子，则0.5 mol双氧水转移电子的个数是NA，即6.021023；加入的少量KMnO4完全反应后，H2O2仍能发生反应快速放出气体，这说明反应中生成的Mn2对H2O2分解具有催化作用。答案(1)518H514(2)5H2O22KMnO43H2SO4=2MnSO45O2K2SO48H2O6.021023(或NA)生成Mn2对H2O2分解具有催化作用12工业上从4J29合金(铁钴镍合金)废料中提取钴和镍，一般先用硫酸溶解合金
64、使之成为Fe2、Co2、Ni2，再把Fe2氧化为Fe3，从而使Fe3转化为某种沉淀析出，达到与Ni2、Co2分离的目的。生产上要使Fe2氧化为Fe3，而不使Co2、Ni2被氧化的试剂是NaClO或NaClO3(均含少量H2SO4)溶液，反应的部分化学方程式如下(A为还原剂)：NaClOABNaClCH2ONaClO3ABNaClCH2O(1)请完成以上化学方程式：_，。实际生产中采用NaClO3来氧化Fe2比较合算，其理由是_。(2)配平下列离子方程式，并回答问题。Fe(OH)3ClOOH=FeOClH2O(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应，共转移了5.4181022个电子，则n
65、_。(4)根据上述(2)(3)题推测FeO能与下列哪些物质反应_(只填序号)。ACl2 BSO2 CH2S DO2解析(1)根据题干信息，A(或B)为FeSO4，B(或A)为H2SO4，根据电子守恒配平。因为NaClO3中氯元素的化合价为5价，NaClO中氯元素的化合价为1价，相同质量的两种物质，NaClO3能氧化更多的Fe2。(2) (OH)3OOHOH2O，Fe的化合价升高5n，氯的化合价降低2，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，化学计量数依次为：2,5n,2n,2，5n，3n。(3)电子转移数为(5n)NA5.4181022，解得n2。(4)FeO具有强氧化性，能氧化SO2、H2S等
66、还原性物质。答案(1)NaClO2FeSO4H2SO4=NaClFe2(SO4)3H2ONaClO36FeSO43H2SO4=NaCl3Fe2(SO4)33H2O相同质量的NaClO3比NaClO能氧化更多的Fe2(2)25n2n25n3n(3)2(4)BC13高铁酸钾是一种重要的绿色净水剂，具有净水和消毒双重功能。某课外学习小组设计如下方案制备高铁酸钾：(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为_，推测它具有的化学性质是_。(2)在NaClO溶液中加入烧碱固体形成碱性环境，将研磨的硝酸铁少量多次地加入上述溶液中，冰水浴中反应1 h。发生的离子反应为2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O，氧化
67、剂是_。将KOH加入反应后的溶液中搅拌半小时，静置，过滤粗产品，该过程发生的反应为2KOHNa2FeO4=K2FeO42NaOH，根据复分解反应原理，高铁酸钠的溶解度_(填“大于”、“小于”或“等于”)高铁酸钾的溶解度。(3)在强碱性溶液中，高铁酸钾能将亚铬酸钾(KCrO2)氧化为铬酸钾(K2CrO4)，生成的铬酸盐溶解酸化后，得到的重铬酸钾(K2Cr2O7)用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，以二苯胺磺酸钠为指示剂。到达滴定终点时，溶液由紫色变为淡绿色(6价铬转化成3价铬)，有关反应的离子方程式为FeOCrO2H2O=CrOFe(OH)3OH，2CrO2H=Cr2OH2O，Cr2O6
68、Fe214H=2Cr36Fe37H2O。现称取5.00 g高铁酸钾样品于烧杯中，加入适量氢氧化钾溶液，加入稍过量的KCrO2，充分反应后，转移到250 mL 容量瓶中，定容，量取25.00 mL，再用稀硫酸酸化，用0.100 0 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，消耗标准溶液33.33 mL。计算上述实验制得的样品中高铁酸钾的质量分数。解析(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为6价，为最高价态，所以高铁酸钾具有强氧化性。(2)在该反应中，次氯酸钠中Cl元素化合价降低，被还原，是氧化剂；复分解反应向物质溶解度较小的方向进行，故高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。答案(1)6强氧化性(2)NaClO大于(3)根据离子方程式得到关系式：K2FeO43Fe2，n(Fe2)0.100 0 molL133.33103 L3.333103 mol，n(K2FeO4)1.111103 mol，w(K2FeO4)1.111103 mol198 gmol1100%44.0%。
