还剩10页未读，
继续阅读
第09讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算（讲义）（解析版） 练习题
展开
这是一份第09讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算（讲义）（解析版） 练习题，共13页。试卷主要包含了氧化还原反应配平原则，05 ml·L－1×0，64 B．9，00 D．9等内容，欢迎下载使用。
第九讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算
1.氧化还原反应配平原则
(1)一般配平原则
(2)“缺项”配平原则
对于化学反应方程式，所缺物质往往是酸、碱或水、补项的两原则
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OH－
(3)陌生化学方程式书写步骤
特别强调：
1.理解并记忆常见氧化剂或还原剂对应的反应产物。
2.运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物。
3.运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的原子个数(特别是同种物质中的同种元素有不同化合价的升降变化)。
4.运用电荷守恒时,要准确把握H+与OH-的使用符合题中反应环境。
课堂检测01
1.24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则铬(Cr)元素在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
答案：B
【解析】题目中指出被还原的是铬元素，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6，而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据得失电子守恒可得，0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
2.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(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
答案：B
【解析】反应流程为
x g＝17.02 g－m(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－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
3.在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O72-，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为( )
A．3.0 mol B．1.5 mol
C．1.0 mol D．0.75 mol
答案：B
【解析】1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O72-，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。
4.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )
A．FeS2既是氧化剂也是还原剂
B．CuSO4在反应中被还原
C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
答案：C
【解析】反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。
5.足量铜与一定量浓硝酸反应，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 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 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)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
6.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
答案 1∶16
【解析】Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16。
课堂检测02
1.控制100 ℃、pH=5的条件时,利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O,同时产生SO2气体,相关反应的离子方程式为 , ,
反应过程中需要不断地加入烧碱,其原因是 。
答案：2Cu2++SO32-+2H2OCu2O+4H++SO42- SO32-+2H+SO2↑+H2O 反应过程中溶液的酸性不断增强,为控制pH=5的反应条件,所以需要加入烧碱
2.工业上可用电解法制取Ni2O3,用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5,加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2,有80%在弱碱性条件下发生反应生成ClO-,再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为 ,a mol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过电子的物质的量为 mol。
答案：ClO-+2Ni(OH)2Cl-+Ni2O3+2H2O 1.25a
3.实验室一般采用次氯酸钠碱性溶液氧化尿素()制备水合肼(N2H4·H2O),其离子方程式为 。
答案：ClO-+CO(NH2)2+2OH-N2H4·H2O+Cl-+CO32-
4.V2O5在酸性条件下具有较强的氧化性,其对应的还原产物为V3+,写出向V2O5酸性悬浊液中通入SO2反应的离子方程式: 。
答案：2SO2+V2O5+2H+2SO42-+2V3++H2O
5.NaCN不慎泄露时,消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理,以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体,二者溶于水均呈碱性,该反应的离子方程式为 。
答案：CN-+H2O2+H2OHCO3-+NH3↑
6.向氢氧化钠溶液中加入双氧水,然后通入ClO2可以制取NaClO2,写出反应的离子方程式: 。
答案：H2O2+2ClO2+2OH-2ClO2-+O2+2H2O
2.氧化还原反应定量测定
(1)滴定
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。因此，它的应用非常广泛。
②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。
(2)计算
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，只要把物质分为始态和终态，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。
课堂检测03
1.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为__________________________________ 。
②溶液X中大量存在的阴离子有________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是________(填标号)。
a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水
(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____________________________。
②玻璃液封装置的作用是________________。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是________。
④测得混合气中ClO2的质量为________g。
答案：(1) 2∶1
(2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3 ②Cl－、OH－ ③c
(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O
②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)
③淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复原色
④0.027 00
【解析】(1)由KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反应中，KCl
，则Na2SO3作还原剂，根据电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制备ClO2的流程图可知， 电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备ClO2的流程图可知，NaClO2和NCl3两溶液反应生成NH3，说明溶液呈碱性；，，因此溶液X中大量存在的阴离子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的气体，a项错误，d项错误；b项，碱石灰与NH3不反应，错误；c项，浓硫酸易吸收NH3，而与ClO2不反应，正确。
(3)①ClO2与KI溶液反应时，，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气。③步骤V反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L/mL＝2×10－3 mol，则n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。
2.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为____________________ __________________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClO存在于中性溶液中)：
①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：________________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是_____________
____________________ _____，该水样中ClO2的浓度是________mg·L－1。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：________________________________________________________________。
将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
②装置B的作用是_____________________________________________________________。
③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。
答案：(1)H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
(2)①2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2 ②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 1.35
(3)①2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2 ②防止C中试管中的溶液倒吸到A中 ③在装置C后画(或其他合理装置)
【解析】(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
(2)①由题中信息可知，ClO存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为ClO，反应的化学方程式是2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2。
②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m(ClO2)＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg÷0.50 L＝1.35 mg·L－1。
(3)①在C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2。③补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。
提升训练
1.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1倒入烧瓶中,水浴加热,同时滴入H2SO4溶液,产生棕黄色的气体X,反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应,则X为( )
A.ClO2 B.Cl2O C.Cl2 D.Cl2O3
答案：A
【解析】因NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1加入烧瓶中,再滴入H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应,Cl元素的化合价降低,S元素的化合价升高,Na2SO3作还原剂,S元素的化合价由+4价升高为+6价,设X中Cl元素的化合价为x,由电子守恒可知,2×(5-x)=1×(6-4),解得x=4。ClO2中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+4价,A正确;Cl2O中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+1价,B错误;Cl2中Cl元素的化合价为0,C错误;Cl2O3中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+3价,D错误。
2.在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是( )
A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C.反应Ⅲ是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
答案：C
【解析】根据图示可知,反应Ⅰ的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,则反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,则氧化剂是Fe3+,故B正确;反应Ⅲ的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,该过程没有元素的化合价发生变化,则不是氧化还原反应,故C错误;根据2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+,再结合反应过程中NO参与反应,最后又有NO生成,则NO作催化剂,故D正确。
3.将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HBr>H2SO3>HCl
B．HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6 mol·L－1
C．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2Br－＋4H2O===4SO＋Br2＋10Cl－＋16H＋
D．若再通入0.05 mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化
答案：C
【解析】因反应H2SO3＋Br2＋H2O===H2SO4＋2HBr知还原性：H2SO3>HBr。0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由得失电子守恒可知，0.1 mol×2＝x×0.5×1＋x×(6－4)，解得x＝0.08 mol。由上述分析可知，A项错误；根据上述计算，HBr的物质的量为0.08 mol，溶液的物质的量浓度为0.8 mol·L－1，B项错误；通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2Br－＋4H2O===4SO＋Br2＋10Cl－＋16H＋，C项正确；由上述分析可知，还有0.04 mol HBr未被氧化，则再通入0.02 mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，D项错误。
4.某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是( )
A．＋2 B．＋1 C．0 D．－1
答案：C
【解析】XO(OH)中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。
5．若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为( )
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
答案：B
【解析】反应方程式是3(NH4)2SO4==3SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是－3价，化合价不变，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(1×2)∶(4×1)＝1∶2。
6.(1)重晶石在回转炉中900～1 200 ℃条件下，被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________。
答案：(1)BaSO4＋4C===BaS＋4CO↑ CO＋H2O===CO2＋H2
7.工业上可由天然二氧化锰粉和硫化锰矿用硫酸溶浸得硫单质和硫酸锰，写出该反应的化学方程式____________________________________________________。
答案：(2)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
8. FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是______________________________________________。
答案：2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
【解析】首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
9.硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]广泛应用于电子、催化工业，其合成路线如下：
氢氧化铈溶于硫酸得到硫酸铈，标准硫酸铈溶液常作Fe2＋的滴定剂。为了测定KMnO4溶液浓度，进行如下实验：
取x mL KMnO4溶液于锥形瓶中，加入V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1标准Ce(SO4)2溶液滴定Fe2＋至终点，消耗V2 mL标准Ce(SO4)2溶液(滴定反应：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。c(KMnO4)＝__________mol·L－1(用代数式表示)。
答案：
【解析】根据得失电子守恒有：c(KMnO4)·x×10－3 L×5＋c2V2×10－3 mol＝c1V1×10－3 mol，c(KMnO4)＝ mol·L－1。
10．某工业废钒的主要成分为V2O5、VOSO4和SiO2等，如图是从废钒中回收钒的一种工艺流程：
为预估“还原”工序加入H2C2O4的量，需测定“酸浸”液中VO的浓度。每次取25.00 mL“酸浸”液于锥形瓶用a mol·L－1 (NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液和苯代邻氨基苯甲酸为指示剂进行滴定(其中VO→VO2＋)，若三次滴定消耗标准液的体积平均为b mL，则VO的浓度为________ g·L－1(用含a、b的代数式表示)。
答案：
【解析】由得失电子关系可知：VO ～(NH4)2Fe(SO4)2，故n(VO)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝ab×10－3 mol，所以VO的浓度为＝ g·L－1。
11.按要求书写方程式。
(1)酸性环境中脱硫过程示意图如下：
过程ⅰ反应的离子方程式为______________________________________________。
(2)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，将步骤ⅱ补充完整：
ⅰ.NO＋Fe＋2H＋===NO＋Fe2＋＋H2O；
ⅱ.________＋________＋H＋===Fe2＋＋________＋________。
(3)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)：
NaClO氧化NH3的总反应的离子方程式为________________________________。
(4)以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________________________。
(5)以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_____________________________。
答案：(1)H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(2)1 NO 3 Fe 8 3 1 NH 2 H2O
(3)2NH3 ＋3ClO－ ===N2＋3H2O＋3Cl－
(4)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
(5)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S
【解析】(4)Fe3O4在酸浸中加H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，在“氧化”时，ClO－氧化Fe3＋生成FeO，同时生成Cl－，根据Cl和Fe得失电子守恒配平反应。
(5)CuFeS2与FeCl3反应生成CuCl和S以及Fe2＋，根据得失电子守恒配平反应。
12．NaClO3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaCl)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：
已知：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。
为检测电解后盐水中NaClO3的物质的量浓度进行下列实验：
Ⅰ.准确吸取10.00 mL电解后的盐水，加入适量的3% H2O2溶液充分搅拌并煮沸。
Ⅱ.准确吸取0.10 mol·L－1的(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液25.00 mL于300 mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。
Ⅲ.将Ⅰ的溶液加入Ⅱ的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10 min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10 mL 0.4 mol·L－1 MnSO4溶液、5 mL 85%磷酸溶液，用c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2＋至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。
(1)步骤Ⅰ中加入H2O2溶液的作用是______________________________________。
(2)步骤Ⅱ中ClO被Fe2＋还原为Cl－的离子方程式为__________________ 。
(3)该盐水中NaClO3的物质的量浓度为__________ mol·L－1。
答案：(1)除去电解后盐水中Cr2O和CrO
(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
(3)
【解析】(1)电解后的盐水中含有Cr2O和CrO，Cr2O和CrO具有强氧化性，能氧化Fe2＋，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O和CrO。
(2)NaClO3具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。
(3)KMnO4滴定剩余Fe2＋，Fe2＋被氧化成Fe3＋，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2做还原剂，NaClO3、KMnO4做氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00×10－3 L×0.10 mol·L－1×1＝n(NaClO3)×6＋V×10－3 L×c mol·L－1×5，解得：n(NaClO3)＝
mol，
则c(NaClO3)
＝ mol·L－1
＝ mol·L－1。
第九讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算
1.氧化还原反应配平原则
(1)一般配平原则
(2)“缺项”配平原则
对于化学反应方程式，所缺物质往往是酸、碱或水、补项的两原则
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OH－
(3)陌生化学方程式书写步骤
特别强调：
1.理解并记忆常见氧化剂或还原剂对应的反应产物。
2.运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物。
3.运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的原子个数(特别是同种物质中的同种元素有不同化合价的升降变化)。
4.运用电荷守恒时,要准确把握H+与OH-的使用符合题中反应环境。
课堂检测01
1.24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则铬(Cr)元素在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
答案：B
【解析】题目中指出被还原的是铬元素，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6，而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据得失电子守恒可得，0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
2.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(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
答案：B
【解析】反应流程为
x g＝17.02 g－m(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－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
3.在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O72-，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为( )
A．3.0 mol B．1.5 mol
C．1.0 mol D．0.75 mol
答案：B
【解析】1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O72-，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。
4.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )
A．FeS2既是氧化剂也是还原剂
B．CuSO4在反应中被还原
C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2
答案：C
【解析】反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。
5.足量铜与一定量浓硝酸反应，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 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 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)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
6.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
答案 1∶16
【解析】Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2＋16Fe2O311Fe3O4＋2SO2↑，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝1∶16。
课堂检测02
1.控制100 ℃、pH=5的条件时,利用亚硫酸钠与硫酸铜溶液反应可以制得Cu2O,同时产生SO2气体,相关反应的离子方程式为 , ,
反应过程中需要不断地加入烧碱,其原因是 。
答案：2Cu2++SO32-+2H2OCu2O+4H++SO42- SO32-+2H+SO2↑+H2O 反应过程中溶液的酸性不断增强,为控制pH=5的反应条件,所以需要加入烧碱
2.工业上可用电解法制取Ni2O3,用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5,加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2,有80%在弱碱性条件下发生反应生成ClO-,再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为 ,a mol二价镍全部转化为三价镍时,外电路中通过电子的物质的量为 mol。
答案：ClO-+2Ni(OH)2Cl-+Ni2O3+2H2O 1.25a
3.实验室一般采用次氯酸钠碱性溶液氧化尿素()制备水合肼(N2H4·H2O),其离子方程式为 。
答案：ClO-+CO(NH2)2+2OH-N2H4·H2O+Cl-+CO32-
4.V2O5在酸性条件下具有较强的氧化性,其对应的还原产物为V3+,写出向V2O5酸性悬浊液中通入SO2反应的离子方程式: 。
答案：2SO2+V2O5+2H+2SO42-+2V3++H2O
5.NaCN不慎泄露时,消防人员通常采用喷洒过氧化氢溶液的方式处理,以减少污染。反应生成一种酸式盐和一种气体,二者溶于水均呈碱性,该反应的离子方程式为 。
答案：CN-+H2O2+H2OHCO3-+NH3↑
6.向氢氧化钠溶液中加入双氧水,然后通入ClO2可以制取NaClO2,写出反应的离子方程式: 。
答案：H2O2+2ClO2+2OH-2ClO2-+O2+2H2O
2.氧化还原反应定量测定
(1)滴定
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。因此，它的应用非常广泛。
②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。
(2)计算
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，只要把物质分为始态和终态，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。
课堂检测03
1.二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为__________________________________ 。
②溶液X中大量存在的阴离子有________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是________(填标号)。
a.水 b.碱石灰 c.浓硫酸 d.饱和食盐水
(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为____________________________。
②玻璃液封装置的作用是________________。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为________，滴定至终点的现象是________。
④测得混合气中ClO2的质量为________g。
答案：(1) 2∶1
(2)①NH4Cl＋2HCl3H2↑＋NCl3 ②Cl－、OH－ ③c
(3)①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O
②吸收残余的二氧化氯气体(其他合理答案也可)
③淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色且30 s内不恢复原色
④0.027 00
【解析】(1)由KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制取ClO2的反应中，KCl
，则Na2SO3作还原剂，根据电子守恒，n(KClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由制备ClO2的流程图可知， 电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2，根据电子守恒和质量守恒可写出该反应的化学方程式。②由制备ClO2的流程图可知，NaClO2和NCl3两溶液反应生成NH3，说明溶液呈碱性；，，因此溶液X中大量存在的阴离子有OH－和Cl－。③ClO2和NH3均是易溶于水的气体，a项错误，d项错误；b项，碱石灰与NH3不反应，错误；c项，浓硫酸易吸收NH3，而与ClO2不反应，正确。
(3)①ClO2与KI溶液反应时，，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。②玻璃液封装置的作用是防止残余的ClO2气体挥发到空气中，污染空气。③步骤V反应中，I2→2I－，I2使淀粉溶液显蓝色，故可选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点时溶液由蓝色变为无色。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L/mL＝2×10－3 mol，则n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。
2.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为____________________ __________________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClO存在于中性溶液中)：
①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：________________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是_____________
____________________ _____，该水样中ClO2的浓度是________mg·L－1。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：________________________________________________________________。
将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
②装置B的作用是_____________________________________________________________。
③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。
答案：(1)H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
(2)①2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2 ②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 1.35
(3)①2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2 ②防止C中试管中的溶液倒吸到A中 ③在装置C后画(或其他合理装置)
【解析】(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
(2)①由题中信息可知，ClO存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为ClO，反应的化学方程式是2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2。
②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4 mol·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 mol，m(ClO2)＝1.00×10－5 mol×67.5 g·mol－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg÷0.50 L＝1.35 mg·L－1。
(3)①在C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2。③补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。
提升训练
1.实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1倒入烧瓶中,水浴加热,同时滴入H2SO4溶液,产生棕黄色的气体X,反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应,则X为( )
A.ClO2 B.Cl2O C.Cl2 D.Cl2O3
答案：A
【解析】因NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2∶1加入烧瓶中,再滴入H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应,Cl元素的化合价降低,S元素的化合价升高,Na2SO3作还原剂,S元素的化合价由+4价升高为+6价,设X中Cl元素的化合价为x,由电子守恒可知,2×(5-x)=1×(6-4),解得x=4。ClO2中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+4价,A正确;Cl2O中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+1价,B错误;Cl2中Cl元素的化合价为0,C错误;Cl2O3中O为-2价,由化合物中正负化合价的代数和为0可知Cl为+3价,D错误。
2.在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是( )
A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C.反应Ⅲ是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
答案：C
【解析】根据图示可知,反应Ⅰ的反应物为Fe(NO)2+和O2,生成物是Fe3+和NO,则反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O,故A正确;反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2,生成物是Fe2+和SO42-,反应中铁元素的化合价降低,则氧化剂是Fe3+,故B正确;反应Ⅲ的反应物是Fe2+和NO,生成物是Fe(NO)2+,该过程没有元素的化合价发生变化,则不是氧化还原反应,故C错误;根据2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+,再结合反应过程中NO参与反应,最后又有NO生成,则NO作催化剂,故D正确。
3.将0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HBr>H2SO3>HCl
B．HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6 mol·L－1
C．通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2Br－＋4H2O===4SO＋Br2＋10Cl－＋16H＋
D．若再通入0.05 mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化
答案：C
【解析】因反应H2SO3＋Br2＋H2O===H2SO4＋2HBr知还原性：H2SO3>HBr。0.1 mol Cl2通入100 mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由得失电子守恒可知，0.1 mol×2＝x×0.5×1＋x×(6－4)，解得x＝0.08 mol。由上述分析可知，A项错误；根据上述计算，HBr的物质的量为0.08 mol，溶液的物质的量浓度为0.8 mol·L－1，B项错误；通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2Br－＋4H2O===4SO＋Br2＋10Cl－＋16H＋，C项正确；由上述分析可知，还有0.04 mol HBr未被氧化，则再通入0.02 mol Cl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，D项错误。
4.某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是( )
A．＋2 B．＋1 C．0 D．－1
答案：C
【解析】XO(OH)中X的化合价是＋5，Na2SO3中S的化合价从＋4升高到＋6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4×10－3×(5－a)＝0.2×0.03×(6－4)，解得a＝0。
5．若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为( )
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
答案：B
【解析】反应方程式是3(NH4)2SO4==3SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是－3价，化合价不变，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(1×2)∶(4×1)＝1∶2。
6.(1)重晶石在回转炉中900～1 200 ℃条件下，被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为__________________________________________________________________。
答案：(1)BaSO4＋4C===BaS＋4CO↑ CO＋H2O===CO2＋H2
7.工业上可由天然二氧化锰粉和硫化锰矿用硫酸溶浸得硫单质和硫酸锰，写出该反应的化学方程式____________________________________________________。
答案：(2)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O
8. FeO·Cr2O3＋Na2CO3＋NaNO3Na2CrO4＋Fe2O3＋CO2＋NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是______________________________________________。
答案：2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应
【解析】首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。
9.硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]广泛应用于电子、催化工业，其合成路线如下：
氢氧化铈溶于硫酸得到硫酸铈，标准硫酸铈溶液常作Fe2＋的滴定剂。为了测定KMnO4溶液浓度，进行如下实验：
取x mL KMnO4溶液于锥形瓶中，加入V1 mL c1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1标准Ce(SO4)2溶液滴定Fe2＋至终点，消耗V2 mL标准Ce(SO4)2溶液(滴定反应：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。c(KMnO4)＝__________mol·L－1(用代数式表示)。
答案：
【解析】根据得失电子守恒有：c(KMnO4)·x×10－3 L×5＋c2V2×10－3 mol＝c1V1×10－3 mol，c(KMnO4)＝ mol·L－1。
10．某工业废钒的主要成分为V2O5、VOSO4和SiO2等，如图是从废钒中回收钒的一种工艺流程：
为预估“还原”工序加入H2C2O4的量，需测定“酸浸”液中VO的浓度。每次取25.00 mL“酸浸”液于锥形瓶用a mol·L－1 (NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液和苯代邻氨基苯甲酸为指示剂进行滴定(其中VO→VO2＋)，若三次滴定消耗标准液的体积平均为b mL，则VO的浓度为________ g·L－1(用含a、b的代数式表示)。
答案：
【解析】由得失电子关系可知：VO ～(NH4)2Fe(SO4)2，故n(VO)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝ab×10－3 mol，所以VO的浓度为＝ g·L－1。
11.按要求书写方程式。
(1)酸性环境中脱硫过程示意图如下：
过程ⅰ反应的离子方程式为______________________________________________。
(2)酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，将步骤ⅱ补充完整：
ⅰ.NO＋Fe＋2H＋===NO＋Fe2＋＋H2O；
ⅱ.________＋________＋H＋===Fe2＋＋________＋________。
(3)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)：
NaClO氧化NH3的总反应的离子方程式为________________________________。
(4)以硫铁矿烧渣(主要成分Fe2O3、SiO2，少量的Fe3O4、Al2O3、MgO)生产安全高效的水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)的工艺流程如下：
“氧化”时发生反应的离子方程式为____________________________________。
(5)以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下：
FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_____________________________。
答案：(1)H2S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(2)1 NO 3 Fe 8 3 1 NH 2 H2O
(3)2NH3 ＋3ClO－ ===N2＋3H2O＋3Cl－
(4)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
(5)CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S
【解析】(4)Fe3O4在酸浸中加H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，在“氧化”时，ClO－氧化Fe3＋生成FeO，同时生成Cl－，根据Cl和Fe得失电子守恒配平反应。
(5)CuFeS2与FeCl3反应生成CuCl和S以及Fe2＋，根据得失电子守恒配平反应。
12．NaClO3可用于制取二氧化氯、亚氯酸钠及高氯酸盐等。以原盐(主要成分为NaCl)为原料制备氯酸钠的工艺流程如下：
已知：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。
为检测电解后盐水中NaClO3的物质的量浓度进行下列实验：
Ⅰ.准确吸取10.00 mL电解后的盐水，加入适量的3% H2O2溶液充分搅拌并煮沸。
Ⅱ.准确吸取0.10 mol·L－1的(NH4)2 Fe(SO4)2标准溶液25.00 mL于300 mL锥形瓶中，加入足量稀硫酸。
Ⅲ.将Ⅰ的溶液加入Ⅱ的锥形瓶中，隔绝空气煮沸10 min，加热充分反应。冷却至室温后，加入10 mL 0.4 mol·L－1 MnSO4溶液、5 mL 85%磷酸溶液，用c mol·L－1的KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2＋至溶液变为微红色，即滴定终点，此时消耗高锰酸钾V mL。
(1)步骤Ⅰ中加入H2O2溶液的作用是______________________________________。
(2)步骤Ⅱ中ClO被Fe2＋还原为Cl－的离子方程式为__________________ 。
(3)该盐水中NaClO3的物质的量浓度为__________ mol·L－1。
答案：(1)除去电解后盐水中Cr2O和CrO
(2)ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
(3)
【解析】(1)电解后的盐水中含有Cr2O和CrO，Cr2O和CrO具有强氧化性，能氧化Fe2＋，干扰NaClO3的测定，因此加入H2O2的目的是除去电解后盐水中Cr2O和CrO。
(2)NaClO3具有强氧化性，能与Fe2＋发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。
(3)KMnO4滴定剩余Fe2＋，Fe2＋被氧化成Fe3＋，依据操作步骤，(NH4)2Fe(SO4)2做还原剂，NaClO3、KMnO4做氧化剂，根据得失电子数目守恒，有25.00×10－3 L×0.10 mol·L－1×1＝n(NaClO3)×6＋V×10－3 L×c mol·L－1×5，解得：n(NaClO3)＝
mol，
则c(NaClO3)
＝ mol·L－1
＝ mol·L－1。
相关试卷
高考化学一轮复习讲练 第2章 第9讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平 (含解析)： 这是一份高考化学一轮复习讲练 第2章 第9讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平 (含解析)，共12页。试卷主要包含了守恒法解题的思维流程等内容，欢迎下载使用。
新高考化学一轮复习讲义 第1章 第5讲 氧化还原反应的计算与方程式的配平： 这是一份新高考化学一轮复习讲义 第1章 第5讲 氧化还原反应的计算与方程式的配平，共12页。试卷主要包含了全面，扎实训练学科基本技能，培养学生积极的学习态度，有计划等内容，欢迎下载使用。
高考化学一轮复习精讲精练第09讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平（精练）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）： 这是一份高考化学一轮复习精讲精练第09讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平（精练）（2份打包，解析版+原卷版，可预览），文件包含高考化学一轮复习精讲精练第09讲氧化还原反应的计算及方程式的配平精练解析版doc、高考化学一轮复习精讲精练第09讲氧化还原反应的计算及方程式的配平精练原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
