1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。第四讲氧化还原反应方程式的配平和计算 考点一氧化还原反应方程式的配平(命题指数)1配平原则2基本步骤(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。HO3C (NO3)2OH2O列变化。32HO3 (NO3)2OH2O求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。32HO33 (NO3)22OH2O配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。38HO3=3 (NO3)2
2、2O4H2O查守恒：检查方程式两边是否“原子守恒”和“电荷守恒”。1判断下列说法是否正确，正确的打“”，错误的打“”。(1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClO4H=2ClO2Cl2H2O()提示：。应为5ClO4H=4ClO2Cl2H2O。(2)NO2通入水中制硝酸： 2NO2H2O=2HNONO()提示：。应为3NO2H2O=2H2NONO。(3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3H2O2=O22H2Fe2 ()提示：。Fe3的氧化性弱于H2O2，不
3、能氧化H2O2，但Fe3能催化H2O2的分解： 2H2O22H2OO2。(4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al2OH2H2O=2AlO3H2 ()提示：。铝与NaOH反应生成AlO，镁与NaOH不反应。(5)用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnO16H5C2O=2Mn210CO28H2O()提示：。草酸为弱酸，写化学式。(6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2: IOI6H=I23H2O ()提示：。应为IO5I6H=3I23H2O。2根据题给信息写出对应的方程式：(1)(NH4)2S2O8是一种强氧化剂，能与Mn2反应生成SO和紫色MnO。用(NH4)2S2O8检验水相中的Mn2时
4、发生反应的离子方程式为_。(2)Sb2S3在溶液中和SbCl5发生氧化还原反应，生成单质硫和三价氯化锑，反应的化学方程式为_。(3)在NaOH的环境中，Cl2与NaI反应，每1 mol NaI完全反应转移6 mol电子，写出反应的化学方程式为_。(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，该反应的离子方程式为_。【解析】(1)S2O与Mn2反应，生成MnO和SO，根据S2O2SO、Mn2MnO，由得失电子守恒，S2O、Mn2的化学计量数之比为52，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为5S2O2Mn28H2O=2MnO10SO16H。(2)Sb2S3与SbC
5、l5生成SbCl3和S，其中还原产物是SbCl3。由锑原子和硫原子得失电子守恒配平反应。(3)在NaOH的环境中，每1 mol I完全反应转移6 mol电子生成IO， Cl2转化为Cl，由此可写出反应的化学方程式。(4)锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2是还原产物；碳元素化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为3)是还原剂，CO2是氧化产物，配平即可。答案：(1)5S2O2Mn28H2O=2MnO10SO16H(2)Sb2S33SbCl5=5SbCl33S(3)NaI3Cl26NaOH=NaIO36NaCl3H2O(4)2MnO5C2O16H2Mn210CO28H2O命题角度
6、1：正向配平类【典例1】配平化学方程式FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2【解析】第一步：标变价O2O3Na2CO3NaO3Na2O42O3CO2NaO2第二步：列得失第三步：求总数从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。FeOCr2O3的化学计量数为2，NaNO3的化学计量数为7, Na2CrO4的化学计量数为4，NaNO2的化学计量数为7。第四步：配系数先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。2FeOCr2O34Na2CO37NaNO34Na2CrO4Fe2O34CO27NaNO2第五步：查守恒检查剩余元素Na、C和O是
7、否守恒。答案：2474147【归纳提升】对于被氧化、被还原的元素分别在不同物质中的氧化还原反应，或者是归中反应，一般采用正向配平法。命题角度2：逆向配平类【典例2】配平下列反应方程式K2Cr2O7HCl(浓)=KClCrCl3Cl2H2O 【解析】第一步：标化合价第二步：列升降K22O7H (浓)KCl32H2O 降3 升2第三步：求公倍数：降32 升23，确定 CrCl3和 Cl2的化学计量数分别是 2 和 3，第四步：用观察法配平：K2Cr2O714HCl(浓)=2KCl 2CrCl3 3Cl27H2O。第五步：查守恒答案：1142237【归纳提升】对于反应物中部分被氧化或部分被还原的氧化
8、还原反应及其自身氧化还原反应(含歧化反应)，一般采用逆向配平法。命题角度3：缺项配平类【典例3】完成以下氧化还原反应的离子方程式：()MnO()C2O_=()Mn2()CO2_。【以图析题培养关键能力】 【解析】配平该化学方程式为2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O。答案：2516H2108H2O【归纳提升】缺项配平时，缺项物质一般是强酸、强碱或H2O，可结合电荷守恒和原子守恒分析判断。1缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。(1)方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确
9、定未知物，再根据原子守恒进行配平。(2)补项原则：条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H，少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH2.“五步骤”配平氧化还原反应方程式命题点1：正向配平类(基础性考点)1(1)HCl(浓)MnO2Cl2MnCl2H2O(2)KIKIO3H2SO4=I2K2SO4H2O(3)MnOHCl=Mn2Cl2H2O答案：(1)41112(2)513333(3)21610258命题点2：逆向配平类(综合性考点)2(1)SKOH=K2SK2SO3H2O(2)P4KOHH2O=K3PO4PH3答案：(1)36213(2)
10、29335命题点3：缺项配平类(应用性考点)3(1)ClOFe2_=ClFe3_。(2)MnOC2O_=Mn2CO2_。(3)LiCoO2H2SO4H2O2=Li2SO4CoSO4O2_。(4)ClOFe(OH)3_=ClFeOH2O答案：(1)166H163H2O(2)2516H2108H2O(3)2311214H2O(4)324OH3254(2020湘潭模拟)氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO4H3e=NO2H2O，KMnO4、Na2CO3、Cu2O、FeSO4四种物质中有物质甲能使上述还原过程发生。则下列说法中正确的是()A物质甲可能是KMnO4B
11、总反应中体现了硝酸的强氧化性、酸性C反应中若产生3.0 g气体，则转移电子数为0.6NAD氧化过程的反应式一定为Cu2O2e2H=2Cu2H2O【解析】选B。硝酸根得到电子是氧化剂，则物质甲应是还原剂，高锰酸钾一般作氧化剂，A错误；反应中还有硝酸盐生成，还体现硝酸的酸性，B正确；3.0 g NO是0.1 mol，转移电子的物质的量是0.3 mol，C错误；作还原剂的可以是氧化亚铜，也可以是硫酸亚铁，D错误。考点二氧化还原反应方程式的计算(命题指数)1氧化还原反应计算的基本方法：电子守恒法(化合价守恒)2解题的一般步骤(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)找准一个原子或离子得
12、失电子数(注意化学式中粒子的个数)。(3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式。n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。判断下列说法是否正确，正确的打“”，错误的打“”。(1)1 mol Cl2参与反应，转移的电子数一定是2NA。()提示：。1 mol Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为NA。(2)1 mol KIO3与足量的浓HI溶液完全反应生成I2，转移电子数为6NA。()提示：。1 mol KIO3与足量的HI完全反应，转移电子数为5NA。(3)24 mL浓度为0.05 molL1的Na2S
13、O3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知：Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，元素铬在还原产物中的化合价为3。()提示：。题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中硫元素的化合价从46；而铬元素的化合价将从6n(设n为生成物中铬元素的化合价)，根据得失电子数目相等，有0.024 L0.05 molL1(64)0.02 L0.02 molL12(6n)，解得n3。【加固训练拔高】良好生态环境是最普惠的民生福祉。治理大气污染物CO、NOx、SO2具有十分重要的意义。(1)氧化还原法消
14、除NOx的转化如下所示：反应为NOO3=NO2O2，其还原产物是_。反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(2)吸收SO2和NO获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置中，酸性条件下NO被Ce4氧化的产物主要是NO和NO，请写出生成等物质的量的NO和NO时的离子方程式_。装置中发生反应的离子方程式为_。(3)已知进入装置的溶液中NO的浓度为a molL1，要使1L该溶液中NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的氧气_L(用含a代数式表示)。【解析】(1)根据反应NOO3=NO2O2可知：O3中部分氧元素由0价下降到2价，生成了NO2，所以该反
15、应中的还原产物为NO2；反应中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物，NO2中氮元素由4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由3价升高到0价，被氧化，当n(NO2)nCO(NH2)232时氧化还原反应中得失电子数目守恒，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为32。(2)NO被Ce4氧化生成等物质的量的NO和NO，根据流程图可知Ce4被还原为Ce3，因此离子方程式为2NO3H2O4Ce4=NONO6H4Ce3；装置为电解池，Ce3失电子被氧化生成Ce4，在电解槽中阳极上失电子，阳极反应式为：2Ce32e=2Ce4，根据流程图可知HSO参与反应，在阴极得电子，因此反应式为2H2
16、HSO2e=S2O2H2O，则装置中发生反应的离子方程式为2Ce32H2HSO2Ce4S2O2H2O。(3)溶液中的NO完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置中加入了氨气和氧气，因此NO被氧气氧化生成NO，氮元素化合价由3价升高到5价，氧气中氧元素由0价降低到2价，根据得失电子守恒可知两者反应的关系式为：2NOO2，n(NO)a molL11 La mol，则需氧气的物质的量为：n(NO)2 mol，其标准状况下的体积为： mol22.4 Lmol111.2a L。答案：(1)NO232(2)2NO3H2O4Ce4=NONO6H4Ce32Ce32H2HSO2Ce4S2O2H2O(3)11.
17、2a 命题角度1：根据化学方程式的计算【典例1】在氧化还原反应3S6KOH=K2SO32K2S3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为()A11B21C12D32【解析】选C。在反应3S6KOH=K2SO32K2S3H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，反应中SK2S，S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，SK2SO3，S化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为12。【归纳提升】根据化学方程式进行计算的思维模型：(1)找出氧化剂、还原剂及对应产物；(2)分析电子转移情况；(3)找出等量关系。命题角度2：根据得失电子守恒的计算【典例
18、2】根据要求回答下列问题：(1)(2016全国卷)“氧化”中欲使3 mol的VO2变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(2)(2020南充月考)还原2.4103mol XO(OH)2 到X元素的低价态时，需消耗30 mL 0.2 molL1的亚硫酸钠(Na2SO3)溶液，则在此反应中X元素的低价态为_价。【解析】(1)根据VO2 VO失e，KClO3Cl得6e，由得失电子守恒，则n(VO2)6n(KClO3)，故n(KClO3)n(VO2)3 mol0.5 mol。(2)30 mL 0.2 molL1的亚硫酸钠的物质的量是0.006 mol，硫从4升高到6价，反应中失去0.012
19、mol电子，根据电子守恒，2.4103 mol XO(OH)2也得到0.012 mol电子，所以每摩尔XO(OH)2得到5 mol电子，X的化合价从5价降到0价。答案：(1)0.5(2)0【归纳提升】根据得失电子守恒计算的思维模型：(1)找出物质变化，根据提供信息，找出氧化剂、还原剂，判断发生变化；(2)列出守恒等式，根据得失电子守恒，氧化剂物质的量变价元素原子的个数化合价的变化值还原剂物质的量变价元素原子的个数化合价的变化值。电子守恒在氧化还原反应计算中的应用a直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。b对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间
20、的关系进行计算，忽略反应过程。c以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。d串联电解池时，流经各个电极上的电子数相等。命题点1：根据化学方程式的计算(基础性考点)1(2020北京模拟)将第B族元素铌金属单质(Nb)与I2、Nb2O5置于封闭容器中，控制温度进行反应：6Nb15I22Nb2O510NbOI3。下列说法错误的是()ANb的最高化合价为5BNb2O5具有酸性氧化物的性质C还原剂与氧化剂的物质的量之比为615D6 mol Nb参加反应共转移28 mol电子【解析】选D。铌的最高化合价为5，A正确；Nb2O5是酸性氧化物，B正确；氧化剂为碘，还原剂为Nb，反
21、应前后Nb2O5中Nb的化合价没有变化，还原剂与氧化剂的物质的量之比为615，C正确；6 mol Nb参加反应共转移30 mol电子，D错误。命题点2：根据得失电子守恒的计算(综合性考点)2(2021年重庆适应性测试)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下：下列说法错误的是()A反应1说明酸性：H2SO3H2CO3B反应1结束后，可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为12D反应2最好在无氧条件下进行【解析】选C。反应1生成CO2的反应为2SO2Na2CO3H
22、2O=2NaHSO3CO2，所以说明酸性H2SO3H2CO3，A正确；NaHSO3如果被氧化生成SO，先加过量的盐酸除去HSO，再加BaCl2如果有沉淀则为BaSO4，说明已被氧化，相反没有，B正确；NaHSO3和Zn的反应中，硫元素价态由4变为3，化合价降低1，为氧化剂，Zn价态由0变为2，为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的比应为21，C错误；因Na2S2O4有强还原性，反应应尽量避免O2，D正确。【加固训练拔高】1(2021北京模拟)某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO的物质的量之比是12，则Cl2与氢氧化钾
23、反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为()A23B43C103 D113【解析】选D。Cl2生成ClO与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为1价和5价，经测定ClO与ClO物质的量之比为12，则可设ClO为1 mol，ClO为2 mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1 mol2 mol3 mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1 mol(10)2 mol(50)11 mol；氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中得到电子的物质的量也是11 mol；Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则被还原的氯元素的物质的量为： 11 m
24、ol；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11 mol3 mol113。2(2021重庆月考)NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO4NH3=5N26H2O。现有NO与NH3的混合物共1 mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4 g，则下列判断中正确的是()A原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为32B有0.6 mol NH3被氧化C生成还原产物2.8 gD原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol【解析】选D。由方程式6NO4NH3=5N26H2O可知，6 mol NO得到3 mol还原产物N2，4 mol NH3得到2 mol氧化产物N2，相差1 mol
25、 N2，若还原产物比氧化产物多1.4 g即0.05 mol，则相当于0.3 mol NO和0.2 mol NH3反应，由题意可知NO和NH3的总物质的量为1 mol，则其中一种过量，所以有两种情况：0.3 mol NO和0.7 mol NH3或0.2 mol NH3和0.8 mol NO反应。A.原混合物中NO与NH3的物质的量之比为37或41，A错误；B.有0.2 mol NH3被氧化，B错误；C.生成还原产物0.15 mol即4.2 g，C错误；D.原混合气体中含氨气为0.2 mol或0.7 mol，D正确。3(2021衡水模拟)将9 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中，充分反应后得
26、到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()A原混合物中铜和铁各0.065 molB稀硝酸的物质的量浓度为4.0 mol L1C第一次剩余的4.8 g金属为铜和铁D向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100 mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56 L【解析】选D。A.整个过程可以看作是9 g铜和铁混合物与200 mL硝酸反应生成0.1 mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝
27、酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为3Fe8HNO3=3Fe(NO3)22NO4H2O；3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，设铁为x mol，铜为y mol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x64y9、2(xy)/32.24/22.4，联立方程，解得：x0.075 mol、y0.075 mol。A.由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075 mol，故A错误；B.根据方程式可知，n(HNO3)4n(NO)0.4 mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.4 mol0.2 L2 molL1，故B错误；C.9 g混合物中含铁质量为0.075 mol56 gmol14.2
28、g，含铜质量为0.075 mol64 gmol14.8 g，故第一次剩余金属4.8 g为Cu的质量，故C错误；D.再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075 mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为0.025 mol，其体积为0.025 mol22.4 Lmol10.56 L，故D正确。1(2019江苏高考)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2的离子方程式为_；水解聚合反应会导致溶液的pH_。 【解析】H2O2氧
29、化Fe2生成Fe3，自身还原为H2O，根据Fe和O得失电子守恒配平，用H平衡电荷。Fe3水解结合OH，释放出H，酸性增强，pH减小。答案：2Fe2 H2O2 2H=2Fe3 2H2O减小2(2020海南等级考节选)以黄铁矿(主要成分FeS2)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染。其中一种流程如图所示。回答下列问题：(1)黄铁矿中硫元素的化合价为_。(2)由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为_。(3)欲得到更纯的NaHSO3，反应应通入_ (填 “过量”或“不足量”)的SO2气体。(4)因为Na2S2O5具有_性， 导致商品Na2S2O5中不可避免地存在Na2SO
30、4。检验其中含有SO的方法是_。【解析】(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是2价，因此硫元素的化合价为1价。(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O33CO2Fe 3CO2。(3)Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应应通入过量的SO2气体。(4)Na2S2O5转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有SO的方法是首先用盐酸酸化，除去S2O，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有SO，否则没有SO。答案：(1)1
31、(2)Fe2O33CO2Fe 3CO2(3)过量(4)还原先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有SO【加固训练拔高】(2018北京高考)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是_(锰被还原为Mn2)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O，另外还有_。(2)探究K2FeO4的性质取
32、C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i.由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生(用方程式表示)。ii.方案可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO(填“”或“”)，而方案实验表明，Cl2和FeO
33、的氧化性强弱关系相反，原因是_。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeOMnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeOMnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_。【解析】(1)A中KMnO4与浓盐酸反应，锰被还原为Mn2，故反应方程式是2KMnO416HCl(浓)=2MnCl22KCl5Cl28H2O。Cl2中混有HCl，可用饱和食盐水除去，故除杂装置B为。由图示信息，溶液中有KOH，故还有Cl2与KOH之间的歧化反应：Cl22OH=ClClOH2O。(2)“取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红
34、色”，说明a中含Fe3，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，因为K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，还可能由4FeO20H=4Fe33O210H2O产生。K2FeO4在碱性溶液中较稳定。ClO与Cl在酸性条件下反应生成Cl2，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO的干扰。K2FeO4的制备实验中，溶液呈碱性，发生反应3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性：Cl2FeO。实验中加入了盐酸，溶液的酸碱性发生变化，Cl2和FeO的氧化性强弱关系发生变化。若能证明，根据题意K2FeO4在足量
35、H2SO4溶液中会转化为Fe3和O2，最后溶液中不存在FeO，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO的颜色，说明FeO将Mn2氧化成MnO，所以该实验方案能证明氧化性FeOMnO(或不能证明，因溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c(FeO)变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)。答案：(1)2KMnO416HCl(浓)= 2MnCl22KCl5Cl28H2OCl22OH=ClClOH2O(2)i.Fe34FeO20H=4Fe33O210H2Oii.排除ClO的干扰溶液的酸碱性不同能证明，理由：FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色(或不能证明，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀硫酸，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)1方程式配平步骤：标变价、列变化、求总数、配系数、查守恒。2方程式的计算：根本原则就是利用电子守恒建立物质之间的比例关系，写出守恒式。关闭Word文档返回原板块
