1、第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平考纲要求1.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。考点一氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质
2、的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。典例根据FeS2O2Fe2O3SO2，回答下列问题：(1)氧化剂_，还原剂_，氧化产物_，还原产物_。(2)元素化合价升高的元素为_，元素化合价降低的元素为_。(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为_，1“分子”氧化剂化合价降低总数为_。(4)配平后各物质的系数依次为_。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、11、2、8失误防范配平氧化还原反应方程式的关键是正确标出化合价，找准1“分子”氧化剂化合价降低总数，1“分子”还原
3、剂化合价升高总数，在计算时，往往容易忽略氧化剂、还原剂中的粒子个数。题组一正向配平类1(1)_HCl(浓)_MnO2_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnO_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)21610258题组二逆向配平类2(1)_S_KOH=_K2S_K2SO3_H2O(2)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案(1)36213(2)29335题组三缺项配平类3(1)_ClO_Fe(OH)3_=_
4、Cl_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_Mn2_O2_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。答案(1)324OH325(2)256H258(3)Al2O33CN2=2AlN3CO解析(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。题组四信息型氧化还原反应方程式的书写4按要求书写方程式：(1)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H
5、2SO4、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，BiO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_。(2)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_。(3)KMnO4的氧化性随pH的减小而增大，在酸性介质中还原产物是Mn2；在中性或碱性介质中还原产物主要是MnO2。三氯乙烯(C2HCl3)是地下水有机污染物的主要成分，研究显示在地下水中加入
6、KMnO4溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出反应的化学方程式_。答案(1)2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O2Mn25NaBiO314H=2MnO5Na5Bi37H2O(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)2KMnO4C2HCl3=2KCl2CO22MnO2HCl解析(1)根据信息，KMnO4在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。(3)根据信息，MnO的还原产物为MnO2，C2HCl3中C
7、被氧化为CO2，H、Cl的化合价不发生变化。配平的基本技能1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。2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。3缺项配平法：先使得失电子数配平，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。4当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。考点二电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用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
8、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。题组一两元素之间得失电子守恒问题1现有24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3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，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A2 B3 C4 D5答案B解析题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr
9、元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。2Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，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答案D解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。得关系式1x162，x5。守恒法解题的思维流程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得失
10、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)。题组二多元素之间得失电子守恒问题3在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴元素为()A1 mol B. mol C. mol D2 mol答案C解析设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x,5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x4 mol，x mol。4在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为_mol。生成1 mo
11、l Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_mol。答案1.52.2解析设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y根据得失电子守恒得：75 mol(21)x(50)x1.5 mol1 mol3(21)1 mol0(3)y(50)y1.2 mol所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mol2.2 mol。题组三多步反应得失电子守恒问题有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具
12、体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。5取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A8.64 B9.20C9.00 D9.44答案B解析反应流程为x g17.02 gm(OH)，而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH)1210.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。6足量铜与一定量浓
13、硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A60 mL B45 mLC30 mL D15 mL答案A解析由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)2n(O2)20.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。探究高考明确考向全
14、国卷、高考题调研12014新课标全国卷，27(2)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。答案PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2O22014新课标全国卷，27(2)(3)(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则氧化产物为_(填化学式)。(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溶液反应的化学方程式_。答案(2)1
15、H3PO4(3)2P43Ba(OH)26H2O=3Ba(H2PO2)22PH3解析(2)H3PO2中P元素化合价为1价。根据H3PO2与Ag反应中两者物质的量之比为14，4 mol Ag在反应中得到4 mol e，1 mol H3PO2则失去4 mol e，所以P元素将显5价，产物为H3PO4，即氧化产物为H3PO4。(3)依据氧化还原反应方程式配平原则，得6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2。3(2013新课标全国卷，27)氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌含有Fe()、Mn()、Ni()等杂质的流程如下：滤液滤液滤饼ZnO提示：在本实
16、验条件下，Ni()不能被氧化；高锰酸钾的还原产物是MnO2。回答下列问题：(1)反应中除掉的杂质离子是_，发生反应的离子方程式为_；在加高锰酸钾溶液前，若pH较低，对除杂的影响是_。(2)反应的反应类型为_，过滤得到的滤渣中，除了过量的锌外还有_。(3)反应形成的沉淀要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。(4)反应中产物的成分可能是ZnCO3xZn(OH)2，取干燥后的滤饼11.2 g，煅烧后可得到产品8.1 g，则x等于_。答案(1)Fe2和Mn2MnO3Fe27H2O=3Fe(OH)3MnO25H、2MnO3Mn22H2O=5MnO24H铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂
17、质(2)置换反应镍(3)取少量水洗液于试管中，滴入12滴稀硝酸，再滴入硝酸钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净(4)1解析从分析整个流程图入手，明确每步发生的反应，从而解决相关问题。(1)在反应中，通过调节溶液的pH，高锰酸钾能将溶液中的Fe2氧化为Fe3，将Mn2氧化为MnO2而除去；若溶液的pH过低，Fe2、Mn2将很难生成沉淀而除去。(2)第一次过滤后的滤液中含有的阳离子有Zn2、Ni2、H等，加入锌后可将Ni置换出来，故滤渣中还含有金属镍。(3)反应生成的沉淀为ZnCO3，同时生成Na2SO4，若沉淀未洗涤干净，洗涤液中应含有SO和Na，故只要对洗涤液中是否含有SO进行检验
18、即可。(4)煅烧过程中ZnCO3、Zn(OH)2均发生分解反应生成ZnO，根据关系式ZnCO3xZn(OH)2(x1)ZnO，可得，故x1。各省市高考题调研1(2014大纲全国卷，13)已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)a mol时，下列有关说法错误的是()A若某温度下，反应后11，则溶液中B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为 a mol答案D解析A项，设反应后溶液中n(Cl)11n mol，则n(
19、ClO)n mol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol电子，生成n mol ClO失去n mol电子，而生成1 mol ClO失去5 mol电子，因此反应生成的ClO应为2n mol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl
20、，故转移电子a mol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为a mol，错误。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答案C解析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As2O36Zn12HCl=
21、2AsH36ZnCl23H2O。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，被还原的砒霜为0.02 mmol2198 gmol11.98 mg，和砒霜反应的锌为3.90 mg。2AsH32As 3H2分解产生的氢气标准状况下为0.03 mmol22.4 Lmol10.672 mL; 转移的电子总数为1.8104NA。3(2014高考试题组合)(1)2014天津理综，7(6)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。答案4KClO3KCl3KCl
22、O4(2)2014天津理综，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_。答案S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H(3)2014天津理综，10(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：_。答案2NH4HSO22NH3H2O2S(4)(2014上海，28)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式。_。答案3H2SO45H2S2KMnO
23、4=5S2MnSO4K2SO48H2O解析(4)考查氧化还原反应方程式的书写：根据所给出的反应物和生成物配平含变价元素物质的计量系数，再根据质量守恒配平其他计量系数，所以化学方程式为3H2SO45H2S2KMnO4=5S2MnSO4K2SO48H2O。42014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。(1)在图示的转化中，化合价不变的元素是_。(2)反应中当有1 mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为_。(3)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
24、拌。欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有_。答案(1)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)(2)0.5 mol(3)提高混合气体中空气的比例解析(1)根据图示可知，整个过程中2价的S与0价的S之间相互转化，还存在Fe2与Fe3之间的相互转化。(2)根据电子守恒和化学反应方程式知，1 mol H2S转化为单质S转移2 mol电子，而1 mol O2转移4 mol电子，因此需消耗O2 0.5 mol。(3)根据图示，可增大空气的量，使S2完全转化为单质S，使其没有机会和Cu2结合生成CuS。52014福建理综，23(3)工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：NaCl溶液NaClO3溶液KCl
25、O3晶体完成中反应的总化学方程式：NaClH2O=NaClO3_。中转化的基本反应类型是_，该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是_。答案NaClH2O=NaClO3H2复分解反应室温下，氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体62014重庆理综，11(1)(2)氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料，其燃烧产物为_。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为_。答案(1)H2O(2)NaBH42H2O=NaBO
26、24H24NA或2.40810247配平下列方程式(1)2011福建理综，23(6)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_答案21626H(2)2010福建理综，24(2)改编完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：Fe(OH)2ClO_=Fe(OH)3Cl答案211H2O21(3)2011安徽理综，27(2)改编配平反应的离子方程式：Mn2ClOH2O=MnO2Cl2_。答案524518H(4)2010重庆理综，26(3)配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式：PFeOCaOCa
27、3(PO4)2Fe答案25315练出高分1已知反应：Cu2O2H=CuCu2H2O，则可用来检验氢气还原CuO所得的红色固体中是否含Cu2O的试剂是()A稀硝酸 B浓硝酸C盐酸 D浓硫酸答案C解析根据信息，应选用非氧化性酸。2宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有银针验毒的记载，“银针验毒”涉及的化学反应是4Ag2H2SO2=2X2H2O，下列说法正确的是()AX的化学式为AgSB银针验毒时，空气中氧气失去电子C反应中Ag和H2S均是还原剂D每生成1 mol X，反应转移2 mol电子答案D解析根据原子守恒X应为Ag2S，A项错误；B项，O2作氧化剂应得电子，错误；C项，根据化合价变化，Ag作还原
28、剂，错误。3氢化亚铜(CuH)是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在4050 时反应可产生它。下列有关叙述中错误的是()A“某物质”具有还原性BCuH与盐酸反应，可能产生H2CCuH与足量的稀硝酸反应：CuH3HNO=Cu2NO2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuHCl2CuClHCl答案D解析CuH中Cu呈1价，当“某物质”与CuSO4溶液反应时，该物质作还原剂，A正确；B项，CuHH=CuH2，正确；C项，CuH被氧化成Cu2和H2O，正确；D项，CuH在Cl2中燃烧应生成CuCl2和HCl，方程式为2CuH3Cl22CuCl22HCl。4 NH3和N
29、O2在催化剂作用下反应：8NH36NO2=7N212H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断正确的是()A转移电子4.8NA个B生成气体的体积42.56 L(标准状况)C还原剂比氧化剂多0.2 molD被还原的氮原子是11.2 g答案C解析设还原产物为3x，则氧化产物为4x,4x3x0.1 mol，x0.1 mol，即有0.8 mol NH3和0.6 mol的NO2反应生成0.7 mol N2。A项，应转移2.4NA个电子；B项，N2在标准状况下的体积为0.7 mol22.4 Lmol115.68 L；C项，NH3比NO2多0.8 mol0.6 mol0.2 mol；D项，被还
30、原的N质量为0.6 mol14 gmol18.4 g。55.6 g Cu、Mg合金与一定量的硝酸恰好完全反应，收集到NO和NO2的混合气体V L(标准状况)；向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，沉淀完全后将其过滤、洗涤、干燥，称得质量为10.7 g。则V等于()A2.24 B4.48C6.72 D7.84答案B解析合金中Cu、Mg失去的电子数等于硝酸获得的电子数，也等于Mg2、Cu2结合的OH个数。则Mg(OH)2、Cu(OH)2的质量等于合金质量与OH质量之和，故有：5.6 g17n(OH)10.7 g，n(OH)0.3 mol。假设生成的气体全部为NO，则V(NO)2.24 L，假设全部
31、为NO2，则V(NO2)6.72 L，所以混合气体的体积范围为2.24 LV L6.72 L，对照选项只有B项符合。6某金属和硝酸反应，已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之比为16，若已知还原产物唯一，则还原产物为()AN2 BN2O CNO DNO2答案A解析设还原产物的化合价为x，根据电子守恒得1(5x)(61)x0，故还原产物为N2。7(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答案A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
32、失守恒得：6n(N2)4n(Pt)，n(N2)n(Pt)23。8 a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量一定是()A(b2a) mol B.b molC.a mol D2a mol答案A解析表现酸性的HNO3为2a mol，所以被还原的HNO3为(b2a) mol。9 0.02 mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol甲气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，又收集到b mol乙气体，设此时Mn元素全部以Mn2存在于溶液中，则下列说法正确的是()A甲、乙均为无色无味的气体 Ba的最大值为0.02Cb的最小值为0.01
33、Dab的最小值为0.04答案D解析A项，甲气体为O2，乙气体为Cl2，错误；2KMnO4K2MnO4MnO2O2 2a a a a(0.022a)54a2a2b即b0.052a。B项，KMnO4全部分解时生成O2最多，为0.01 mol，错误；C项，当a0.01时，b0.052a最小，等于0.03，错误；D项，aba0.052a0.05a，当a0.01时，ab最小，为0.04，正确。10硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0 mL 0.100 molL1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl，则S2O将转化为()AS2 BS CSO DSO答案D解析设m为氧化产
34、物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由电子得失守恒得：0.224 L22.4 Lmol1210.025 L0.100 molL12m，解得m4。Na2S2O3中S为2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为6价，转化为SO。11与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应如下：NaClO2HClClO2_(没有配平)(1)上述方程式中，缺项物质是_，配平方程式，并在下面补全反应物系数。NaClO2HCl(2)该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是_。生成0.2 mol ClO2转移电子的物质的量为_ mol。(3)C
35、lO2对污水中的Fe2、Mn2、S2和CN等有明显的去除效果。某污水中含CN a mgL1，现用ClO2将CN氧化，只生成两种无毒气体。处理100 m3这种污水，至少需要ClO2_ mol。答案(1)NaCl、H2O5NaClO24HCl(2)140.2(3)(或3.85a)解析根据邻位转化规律，NaClO2既是氧化剂又是还原剂，盐酸提供酸性环境；。 (2)作还原剂的NaClO2为4 mol，作氧化剂的NaClO2为1 mol；当有4 mol ClO2生成时，转移电子4 mol，所以当有0.2 mol ClO2生成时，转移电子0.2 mol。(3)根据电子守恒得(23)5xx mol。12(1
36、)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2和H2PO，在酸性条件下发生以下镀镍反应：Ni2_H2PO_Ni_H2PO_请配平上述化学方程式。上述反应中，若生成1 mol H2PO，反应中转移电子的物质的量为_。(2)高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2若生成2 mol Na2FeO4，则反应中电子转移的物质的量为_mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn21 mg的水体样本，需要1.2 mg
37、L1高铁酸钾_ L。(3)S2O具有强氧化性，其还原产物为SO，硫酸锰(MnSO4)和过硫酸钾(K2S2O8)两种盐溶液在银离子催化下可发生反应，得到紫红色溶液。请写出此反应的化学方程式：_。(4)在热的稀硫酸溶液中溶解一定量的FeSO4后，再加入足量的KNO3溶液，可使其中的Fe2全部转化成Fe3，并有气体逸出，请配平该化学方程式：FeSO4_KNO3_H2SO4_K2SO4_Fe2(SO4)3_NO_H2O；其中氧化剂为_。铁红是一种红色颜料，其成分是Fe2O3，将一定量的铁红溶于160 mL 5 molL1盐酸中，在加入一定量铁粉恰好溶解，收集到2.24 L(标准状况)，经检测，溶液中无
38、Fe3，则参加反应的铁粉的质量为_。答案(1)1Ni21H2PO1H2O=1Ni1H2PO2H2 mol(2)102(3)5K2S2O82MnSO48H2O4K2SO42KMnO48H2SO4(4)6FeSO42KNO34H2SO4=K2SO43Fe2(SO4)32NO4H2OKNO311.2 g解析(1)H2PO中P显1价，H2PO中P显3价，所以若生成1 mol H2PO，应转移电子2 mol。(2)在该反应中，Fe由2价升到6价，氧由1价升到0价。所以当生成2 mol Na2FeO4时，应转移电子10 mol。根据电子守恒得：23x2 L。(3)根据信息，Mn2被氧化成MnO，而S2O被
39、还原生成稳定的SO。(4)Fe2O36H=2Fe33H2O x mol 6x mol 2x mol2Fe3Fe=3Fe2 2x mol x molFe2H=H2Fe2 0.1 mol 0.2 mol 0.1 mol由题意得：0.2 mol6x0.16 L5 molL1x0.1 mol参加反应的铁粉质量为(0.1 molx)56 gmol111.2 g。13(2014福建省高三高考压轴卷)甲、乙两同学研究Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情况。步骤操作现象向2 mL 1 molL1FeCl3溶液中加入一定量的Na2SO3溶液溶液由棕黄色变为红褐色，并有少量刺激性气味的气体逸出(1)常温下，F
40、eCl3溶液的pH_7(填“”或“”)。(2)分析红褐色产生的原因。甲同学认为步骤中溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，用化学平衡移动原理解释溶液呈红褐色的原因：_。乙同学认为可能是发生了氧化还原反应，完成并配平其反应的离子方程式：Fe3SO_Fe2_乙同学查阅资料得知： (3)甲同学为了确认溶液呈红褐色的原因是生成了Fe(OH)3，设计并完成了如下实验：步骤操作现象用激光笔照射步骤中的红褐色溶液出现“丁达尔效应”甲同学因此得出结论：溶液呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3。而乙同学认为甲同学得出结论的证据仍然不足，乙同学的理由是_。(4)为进一步确认Na2SO3溶液与FeCl3溶液反应的情
41、况，乙同学设计并完成了如下实验：步骤操作现象向1 molL1的FeCl3溶液中通入一定量的SO2溶液由黄色变为红褐色用激光笔照射步骤中的红褐色溶液没有出现“丁达尔效应”经检验步骤中红褐色溶液含有Fe2，检验Fe2选用的试剂是_(填字母)。aK3Fe(CN)6溶液bKSCN溶液cKMnO4溶液已知H2SO3是弱酸，请结合电离方程式说明步骤中出现红褐色的原因：_。(5)结论：由上述实验得知，甲、乙两同学所持观点均正确。答案(1)(2)Fe33H2OFe(OH)33H，加入Na2SO3后，c(H)减小，平衡正向移动，生成的Fe(OH)3增多2Fe3SOH2O=2Fe2SO2H(3)FeSO3和FeC
42、l3的混合溶液也可能出现“丁达尔效应”(4)aH2SO3HHSO；HSOHSO，SO与被还原生成的Fe2结合为FeSO3，与剩余的FeCl3溶液混合而呈现红褐色14(2014聊城市模拟)实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制取粗铜、绿矾(FeSO47H2O)和明矾KAl(SO4)212H2O的操作流程如下：(1)试剂X是_(写化学式)。(2)配平下列方程式：MnO_SO2_H2O=_Mn2_SO_H(3)为了分析产品(绿矾)中铁元素的含量，某同学称取20.0 g 样品配成100 mL溶液，移取25.00 mL于锥形瓶中，用1.000101 molL1的K
43、MnO4标准溶液进行滴定(MnO被还原为Mn2)。请回答下列问题：滴定时，KMnO4标准溶液应盛放在_(填仪器名称)中。若到达滴定终点消耗KMnO4标准溶液的体积为25.00 mL，则该产品中铁元素的质量分数为_。答案(1)H2SO4(或KHSO4)(2)252254(3)酸式滴定管14%解析根据废弃固体的成分及流程，气体A为SO2，固体B中含有CuO、Fe2O3，溶液B中含有KAl(OH)4、K2SiO3，试剂X为H2SO4(或KHSO4)，固体C为H2SiO3；加入过量铁屑后，固体D为Cu、Fe，溶液D为FeSO4。(3)滴定反应的离子方程式为MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O，在20.0 g样品中，n(Fe2)25.00103 L1.000101 molL150.05 mol，其质量分数为100%14%。