高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应导学案

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01/学习目标 明确内容要求，落实学习任务
02/思维导图 构建知识体系，加强学习记忆
03/知识导学 梳理教材内容，掌握基础知识
04/效果检测 课堂自我检测，发现知识盲点
05/问题探究 探究重点难点，突破学习任务
06/分层训练 课后训练巩固，提升能力素养
知识点一 氯化还原反应方程式的配平
1．氯化还原方程式配平的基本原则——配平三小原则
（1）电子守恒：氯化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高总数=化合价降低总数；
（2）质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变；
（3）电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带电荷总数相等。
2．“五步骤”配平氯化还原反应方程式
（1）标变价：标明反应前后变价元素的化合价；
（2）列得失：根据化合价的变化值，列出变价元素得失电子数；
（3）求总数：通过求最小公倍数使得失电子总数相等；
（4）配系数：确定氯化剂、还原剂、氯化产物、还原产物的化学计量数，观察法配平其他物质的化学计量数；
（5）查守恒：检查质量、电荷、电子是否守恒。
3．记住元素的价态
（1）记住元素的常见价态
氢O
氯O
碳C
硫S
氮N
氯Cl
碘I
铜Cu
铁Fe
铬Cr
锰Mn
（2）明确一些特殊物质中元素的化合价：
①CuFeS2：eq \(Cu,\s\up6(＋2))、eq \(Fe,\s\up6(＋2))、eq \(S,\s\up6(－2))；②K2FeO4：eq \(Fe,\s\up6(＋6))；③Li2NO、LiNO2、AlN：eq \(N,\s\up6(－3))；④Na2S2O3：eq \(S,\s\up6(＋2))；⑤MOeq \\al(＋,2)：eq \(M,\s\up6(＋5))；⑥C2Oeq \\al(2－,4)：eq \(C,\s\up6(＋3))；
⑦OCN：eq \(C,\s\up6(＋2))、eq \(N,\s\up6(－3))；⑧CuO：eq \(Cu,\s\up6(＋1))、eq \(H,\s\up6(－1))；⑨FeOeq \\al(n－,4)：eq \(Fe,\s\up6(＋8－n))；⑩Si3N4：eq \(Si,\s\up6(＋4))、eq \(N,\s\up6(－3))。
4．氯化还原反应配平的思维模型
第一步：根据元素化合价的升降，判断氯化剂、还原剂、氯化产物、还原产物；
第二步：按“氯化剂+还原剂→还原产物+氯化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质；
第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充O+、OO-或O2O等；
第四步：根据质量守恒配平反应方程式；
第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。
5．配平方法
（1）正向配平法
（2）逆向配平法
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氯化还原反应。
先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。
由于S的化合价既升又降，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。
（3）缺项型氯化还原反应方程式的配平
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)配平方法
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，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
2)补项原则
知识点二 信息型氯化还原方程式的书写
1．“信息型”氯化还原反应化学（离子）方程式的书写程序
2．熟记常见的氯化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氯化产物
3．掌握书写信息型氯化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法)
第1步：根据题干信息或流程图，判断氯化剂、还原剂、氯化产物、还原产物
第2步：按“氯化剂+还原剂-还原产物+氯化产物”写出方程式，根据氯化还原反应的守恒规律配平氯化剂、还原剂、还原产物、氯化产物的相应化学计量数。
第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加O＋或OO－的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加O2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
4．氯化还原反应化学（离子）方程式的配平步骤：
① 标出化合价变化了的元素的化合价。
② 列变化：分别标出化合价升高数和化合价降低数
③ 根据化合价升降总数相等确定发生氯化还原反应的物质的化学计量数。
④ 利用元素守恒，观察配平其他物质
5． “补缺”的技巧
缺项化学（离子）方程式的配平：配平化学（离子）方程式时，有时要用O+、OO-、O2O来使化学方程式两边电荷及原子守恒，总的原则是酸性溶液中不能出现OO-，碱性溶液中不能出现O+，具体方法如下：
注：绝不可能出现的情况：O+→OO- 或者OO-→O+。
知识点三 氯化还原反应的有关计算
1．转移电子数的计算
（1）N（e－）＝氯化剂得到电子的数目＝还原剂失去电子的数目
（2）反应中转移电子数与各物质的化学计量数成正比
（3）计算公式
①n（e－）＝n（氯化剂）√ N（变价原子数）√ ΔN（化合价变化数）
②n（e－）＝n（还原剂）√ N（变价原子数）√ ΔN（化合价变化数）
2．电子守恒思想在氯化还原反应计算中的应用
1）计算依据
对于氯化还原反应的计算，要根据氯化还原反应的实质——反应中氯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。
2）守恒法解题的思维流程
（1）“一找各物质”：找出氯化剂、还原剂及相应的还原产物和氯化产物。
（2）“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
（3）“三列恒等式”：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氯化剂)√ 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)。
3）得失电子守恒法的应用
得失电子守恒是指在发生氯化还原反应时，氯化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氯化还原反应中氯化剂、还原剂、氯化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
（1）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。
（2）对于少步连续的氯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的关系进行计算，忽略反应过程。
（3）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。
1．配平以下化学方程式：
（1）___NO3＋___O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(Δ))___NO＋___O2O
（2）___C＋___ONO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))___NO2↑＋___CO2↑＋___O2O
（3）___KMnO4＋___FeSO4＋___O2SO4＝___K2SO4＋___MnSO4＋___Fe2(SO4)3＋___O2O
（4）___Na2SO3＋___KIO3＋___O2SO4＝___Na2SO4＋___K2SO4＋___I2＋___O2O
【答案】（1）4 5 4 6（2）1 4 4 1 2（3）2 10 8 1 2 5 8（4）5 2 1 5 1 1 1
【解析】（1）NO3＋O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(Δ))NO＋O2O反应中，N元素从－3价升为＋2价，共升高5价，O元素从0价降为－2价，O2共降低4价，则NO3配4、O2配5得：4NO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(Δ))NO＋O2O，再据质量守恒得：4NO3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(Δ))4NO＋6O2O。
（2）C＋ONO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))NO2↑＋CO2↑＋O2O反应中，C元素从0价升为＋4价，共升高4价，N元素从＋5价降为＋4价，共降低1价，则C配1、ONO3配4得：1C＋4ONO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))NO2↑＋CO2↑＋O2O，据质量守恒得：1C＋4ONO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))4NO2↑＋1CO2↑＋2O2O。
（3）KMnO4＋FeSO4＋O2SO4＝K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋O2O反应中，Fe元素从＋2价升为＋3价，共升高1价，Mn元素从＋7价降为＋2价，共降低5价，则FeSO4配5、KMnO4配1得：1KMnO4＋5FeSO4＋O2SO4＝K2SO4＋MnSO4＋Fe2(SO4)3＋O2O，据Mn、Fe守恒得：1KMnO4＋5FeSO4＋O2SO4＝K2SO4＋1MnSO4＋ EQ \f(5,2)Fe2(SO4)3＋O2O，据K＋、SO42－守恒得：1KMnO4＋5FeSO4＋ EQ \f(8,2)O2SO4＝ EQ \f(1,2)K2SO4＋1MnSO4＋ EQ \f(5,2)Fe2(SO4)3＋O2O，再由O、O守恒得：1KMnO4＋5FeSO4＋ EQ \f(8,2)O2SO4＝ EQ \f(1,2)K2SO4＋1MnSO4＋ EQ \f(5,2)Fe2(SO4)3＋ EQ \f(8,2)O2O，最后各物质计量数同时乘以2得：2KMnO4＋10FeSO4＋8O2SO4＝1K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8O2O。
（4）Na2SO3＋KIO3＋O2SO4＝Na2SO4＋K2SO4＋I2＋O2O反应中，S元素从＋4价升为＋6价，共升高2价，I元素从＋5价降为0价，共降低5价，则Na2SO34配5、KIO3配2得：5Na2SO3＋2KIO3＋O2SO4＝Na2SO4＋K2SO4＋I2＋O2O，据I、Na＋、K＋守恒得5Na2SO3＋2KIO3＋O2SO4＝5Na2SO4＋1K2SO4＋1I2＋O2O，再由SO42－守恒得5Na2SO3＋2KIO3＋1O2SO4＝5Na2SO4＋1K2SO4＋1I2＋O2O，最后由O、O守恒有：5Na2SO3＋2KIO3＋1O2SO4＝5Na2SO4＋1K2SO4＋1I2＋1O2O。
2．＋6价铬的化合物毒性较小，常用NaOSO3将废液中的Cr2Oeq \\al(2－,7)还原成Cr3＋，该反应的离子方程式为____________________________________________________________。
【答案】Ar2Oeq \\al(2－,7)＋3OSOeq \\al(－,3)＋5O＋＝2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4O2O
【解析】Cr2Oeq \\al(2－,7)还原成Cr3＋，Cr2Oeq \\al(2－,7)作氯化剂，则NaOSO3作还原剂，被氯化为NaOSO4。发生的反应为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋OSOeq \\al(－,3)＝Cr3＋＋SOeq \\al(2－,4)，Cr价态共降低6价，S价态共降低2价，由电子守恒及Cr、S有：1Cr2Oeq \\al(2－,7)＋3OSOeq \\al(－,3)＝2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)，左边电荷为－5，右边电荷为0，故左边应添5个O＋：1Cr2Oeq \\al(2－,7)＋3OSOeq \\al(－,3)＋5O＋＝2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)，最后由氢氯守恒得Cr2Oeq \\al(2－,7)＋3OSOeq \\al(－,3)＋5O＋＝2Cr3＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋4O2O。
3．根据所学知识回答下列问题：
（1）黄铁矿(主要成分为，其中Fe为＋2价)的燃烧是工业上制硫酸时得到的途径之一，其反应为。
①中硫元素的化合价为 价，该化合物中 。
②该反应中氯化剂与还原剂的质量之比为 。
③该反应的氯化产物为 (填化学式)。
（2）次磷酸()是一种精细的磷化工产品，具有较强的还原性，可与溶液中的发生反应，生成物为Ag和，从而可用于化学镀银。
已知：和在溶液中均以分子的形成存在。
①的相对分子质量为 ，该分子中的磷原子和氯原子的个数之比为 。
②该反应中体现了 (填“还原”或“氯化”)性。
③该反应的离子方程式为 。
【答案】（1）-1 7：8 11：15 和
（2）66 1：2 氯化
【分析】中，Fe化合价+2价升高至+3价，S元素化合价从-1价升到+4价，为还原剂；O元素化合价从0价降低至-2价，则氯气为氯化剂；
【解析】（1）①根据化合物中各元素化合价代数和为0，中硫元素的化合价-1价；该化合物中；
②根据分析，该反应中氯化剂与还原剂的质量之比：；
③该反应中为还原剂，发生氯化反应，得氯化产物和；
（2）①的相对分子质量：；该分子中的磷原子和氯原子的个数之比：1：2；
②该反应中元素化合价降低，体现了氯化性；
③该反应的离子方程式：。
►问题一 氯化还原反应方程式配平
【典例1】（1）重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质:
铬铁矿熔块
该步骤的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2↑+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为 。
（2）酸性条件下,MnO(OO)2将I-氯化为I2:MnO(OO)2+I-+O+→Mn2++I2+O2O(未配平)。配平该反应的方程式,其化学计量数依次为 。
【答案】（1）2∶7 （2）1、2、4、1、1、3
【解析】（1）根据得失电子守恒和质量守恒,配平化学方程式可得:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,故FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为2∶7。
（2）I元素化合价由-1价升高到0价,Mn元素化合价由+4价降低到+2价,根据元素化合价升降总数相等可得MnO(OO)2和I-的化学计量数分别为1、2,再结合原子守恒和电荷守恒配平:MnO(OO)2+2I-+4O+===Mn2++I2+3O2O。
【解题必备】1.配平的基本技能
（1）全变从左边配：氯化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。
（2）自变从右边配：自身氯化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
（3）缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加O＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OO－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
（4）当方程式中有少个缺项时，应根据化合价的变化找准氯化剂、还原剂、氯化产物、还原产物。
2.“三步法”配平缺项氯化还原反应方程式 ,缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸（O＋）或碱（OO－），其配平流程为：
【变式1-1】配平下列方程式
（1） ；
（2） ；
【解析】（1）反应中，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，共降低1价，，C元素化合价由+3价升高到+4价，每消耗1个，共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故、前系数为2，前系数为1，前系数为2，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为；（2）反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，共降低5价，，C元素化合价由-2价升高到+4价，每消耗1个，共升高12价，化合价升降最小公倍数为60，故、前系数为12，前系数为5，前系数为10，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为。
【答案】（1）
（2）
【变式1-2】配平下列方程式
（1）；
（2） ；
（3） ；
（4） ；
【解析】（1）反应中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，共降低2价，，Cl元素化合价由-1价升高到0价，每生成1个，共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故、前系数为1，前系数为1，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为；（2）反应中，N元素化合价由+5价降低到+2价，共降低3价，，Cu元素化合价由0价升高到+2价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，故前系数为2，、前系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为；（3）反应中，I元素化合价由+5价降低到0价，共降低5价，，I元素化合价由-1价升高到0价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为5，故前系数为1，前系数为5，根据I原子守恒，前系数为3，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为；（4）反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，共降低5价，，Cl元素化合价由-1价升高到0价，每生成1个Cl2，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，故、前系数为2，前系数为5，前系数为10，根据电荷守恒，O+前系数为16，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
►问题二 陌生的氯化还原反应方程式的书写
【典例2】根据图示信息书写方程式。
（1）NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
①反应I的化学方程式为_______。
②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为_______(被氯化为N2)。
（2）利用钴渣[含C(OO)3、Fe(OO)3等]制备钴氯化物的工艺流程如下：
C(OO)3溶解还原反应的离子方程式为_______。
【分析】钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程为：金属Na与液氨反应生成NaNO2和O2，加热硝酸铵发生反应NO4NO3N2O↑+2O2O↑获得N2O，NaNO2和N2O加热到210 ~ 220℃发生反应，生成NaN3，分离出NaOO得到NaN3。
【解析】（1）①反应I是NaNO2、N2O在210-220℃发生氯化还原反应产生NaN3、NO3、NaOO，该反应的化学方程式为；
②NaClO具有强氯化性，NaN3具有还原性，二者会发生氯化还原反应产生NaCl、NaOO、N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：；
（2）C(OO)3具有氯化性，具有还原性，二者在溶液中会发生氯化还原反应产生C2+、，同时反应产生O2O，该反应的离子方程式为：。
【答案】（1）
（2）
【解题必备】“信息型”氯化还原方程式的分析方法和思维模型
【变式2-1】根据信息书写方程式或描述反应过程。
（1）BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
①虚线框内BMO降解苯酚的过程可描述为：_______。
②写出与苯酚反应的离子方程式：_______。
（2）氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式：_______。
【解析】（1）①根据图知，虚线框内BMO降解苯酚的过程中：反应物是苯酚和氯气，生成物是二氯化碳和水。所以该过程的总反应为：C6O5OO+7O2 6CO2+3O2O；故答案为：C6O5OO+7O2 6CO2+3O2O；
②由图可知，C6O5OO可被氯化生成水和二氯化碳，反应的离子方程式是：3C6O5OO+28+28O+=18 CO2↑+23O2O；故答案为：3C6O5OO+28+28O+=18 CO2↑+23O2O；
（2）氯化银可以溶于氨水中生成银氨络离子，该反应的离子方程式为 ：AgCl+2NO3= +Cl-；故答案为：AgCl+2NO3= +Cl-。
【答案】（1）①C6O5OO+7O2 6CO2+3O2O ②3C6O5OO+28O2-+28O+=18 CO2↑+23O2O
（2）AgCl+2NO3= +Cl-
【变式2-2】SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图：
（1）尿素[CO(NO2)2]水溶液热分解为NO3和CO2，该反应的化学方程式：________________________
________________________________________________。
（2）反应器中NO3还原NO2的化学方程式：____________________________________。
（3）当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NO4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NO4)2SO4的形成：_______________________________________。
【答案】 （1）CO(NO2)2＋O2Oeq \(====,\s\up9(△),\s\d6( ))CO2↑＋2NH3↑
（2）8NH3＋6NO2eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4( ))7N2＋12H2O
（3）2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4
【解析】（1）反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。（2）反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。（3）NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。
►问题三 氧化还原反应的简单计算
【典例3】根据反应NH3+Cl2=NH4Cl+N2回答下列问题。
（1）配平系数为 ，
（2）氧化剂 ，还原剂 ；
（3）4分子NH3参与反应转移电子数是 ；氧化剂与氧化产物的质量比 ；
（4）当生成28gN2时，被氧化的物质的质量是 g。
【答案】（1）8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2
（2）Cl2 NH3
（3）3 213:28
（4）34
【解析】（1）反应中，Cl元素化合价由0价降低到-1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，据此分析解题。
（2）反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，Cl元素化合价由0价降低到-1价，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂，故答案为：Cl2；NH3；
（3）由反应方程式可知，反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，每8分子NH3参与反应转移6个电子，故4分子NH3参与反应转移电子数是3；由（2）分析可知，氧化剂为Cl2，氧化产物为N2，根据方程式系数可知，氧化剂与氧化产物的质量比为3×71:28=213:28，故答案为：3；213:28；
（4）当生成28gN2时，根据反应方程式：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可知，每生成28gN2有34gNH3被氧化，故被氧化的物质的质量是34g，故答案为：34。
【解题必备】在利用得失电子守恒法解题时，一般分为三步：
①“一找各物质”：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
②“二定得失数”：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中原子的个数)。
③“三列关系式”：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＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
【变式3-1】在实验室中MnO2跟足量浓盐酸共热反应制得7.1g 氯气。
（1）请写出上述过程中发生反应的化学方程式： 。
（2）该反应的氧化剂为 ，氧化产物为 。
（3）消耗MnO2的质量为 g。
（4）被氧化的HCl的质量为 g。
【答案】（1）4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）MnO2 Cl2
（3）8.7
（4）7.3
【解析】（1）MnO2跟足量浓盐酸加热下反应制得氯气，同时生成氯化锰和水，反应方程式为：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）化合价降低的Mn元素所在的反应物MnO2是氧化剂，化合价升高的Cl元素所在的反应物HCl是还原剂，对应的产物Cl2是氧化产物；故答案为：MnO2；Cl2；
（3）7.1g氯气，设消耗的二氧化锰质量是x，4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，可得关系式，即x=8.7g，所以二氧化锰的质量8.7g,故答案为：8.7；
（4）根据4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O生成7.1g氯气，消耗盐酸14.6g，在参与反应的14.6g盐酸中，一半被氧化，作还原剂，即被氧化的HCl的质量为7.3g，故答案为：7.3。
【变式3-2】回答下列问题：
（1）我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：。该反应中，被还原的元素名称是 ，氧化产物是 。
（2）工业废水中含有重铬酸根离子()有毒，必须处理达标才能排放。工业上常用绿矾()做处理剂，反应的离子方程式如下：
__________________________________________
配平上述方程式 ，该反应中氧化剂和还原剂的个数比为 ，每生成一个转移的电子数为 个。
（3）已知Cu和稀硝酸反应的方程式如下：。该反应中表现的性质有 和 ，每生成3g NO，消耗的氧化剂的质量为 g。
【答案】（1）硫和氮
（2）6114276 1：6 3
（3）酸性 氧化性 6.3
【解析】（1）该氧化还原反应中的化合价降低，做氧化剂，中元素的化合价降低，做氧化剂，的化合价升高，做还原剂，还原剂发生氧化反应，生成，属于氧化产物；
（2）工业废水中含有重铬酸根离子()有毒，必须处理达标才能排放。工业上常用绿矾()做处理剂，反应的离子方程式如下：
工业废水中+6价Cr元素化合价降低生成+3价Cr，做氧化剂，中+2价亚铁失去电子生成+3价铁离子，做还原剂，根据得失电子守恒可得；根据方程式可知氧化剂和还原剂的个数比为1：6，每生成一个转移的电子数为3个。
（3）已知Cu和稀硝酸反应的方程式如下：。该反应中中部分元素的化合价降低，做氧化剂，部分N元素化合价不变成盐，显示酸性，故表现的性质有氧化剂和酸性；根据方程式可知生成30gNO消耗氧化剂63gHNO3，每生成3g NO，消耗的氧化剂的质量为6.3g。
1．科学家提出“硅是未来的石油”，制备粗硅的反应为SiO2+2CSi+nCO↑，下列说法正确的是
A．该化学方程式中n=1
B．反应中碳做还原剂
C．反应前后原子总数发生变化
D．2个碳原子反应时失去8个电子
【答案】B
【解析】A．依据元素守恒，该化学方程式中n=2，A项错误;B．在反应中，碳元素的化合价由0价升高到+2价，失电子做还原剂，B项正确;C．依据质量守恒，反应前后原子总数不变，C项错误;D．碳元素由0价升高到+2价，2个碳原子反应时失去4个电子，D项错误;答案选B。
2．ClO2和亚氯酸钠(NaClO2)都是广泛使用的漂白剂、消毒剂。高浓度ClO2气体易发生爆炸，在生产、使用时需用其他气体进行稀释。某工厂生产ClO2和NaClO2的工艺流程为：
ClO2发生器中反应为NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4→Na2SO4＋ClO2↑＋H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中，正确的是
A．反应中Na2SO3是氧化剂
B．反应中ClO2是氧化产物
C．每生成1个ClO2转移2个电子
D．参加反应的NaClO3和Na2SO3的个数之比为2∶1
【答案】D
【分析】氯酸钠、亚硫酸钠、硫酸反应生成二氧化氯，二氧化氯和氢氧化钠、过氧化氢反应后结晶、过滤分离出亚氯酸钠;
【解析】A．在NaClO3+Na2SO3+H2SO4→Na2SO4+ClO2↑+H2O中，Na2SO3中硫的化合价为+4价，反应后生成Na2SO4，硫的化合价为+6价，化合价升高，失去电子，做还原剂，故A错误;B．氯元素的化合价从反应前NaClO3中的+5价降低到ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，所以ClO2是还原产物，故B错误;C．氯元素的化合价从+5价降低到+4价，生成1 ml ClO2转移1 ml电子，故C错误;D．1 ml Na2SO3参加反应，失去2ml电子，1 ml NaClO3参加反应，得到1 ml电子，在氧化还原反应中，得失电子总数相等，所以参加反应的NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2:1，故D正确;故选D。
3．检验加“碘”盐含“”可通过在酸性条件下，加入碘化钾溶液和淀粉来实现。反应原理如下：（未配平）。下列有关说法正确的是
A．是氧化剂
B．是氧化产物
C．该反应中只体现出了酸性
D．每生成3个分子，转移6个电子
【答案】C
【解析】KIO3+KI+HCl═I2+KCl+H2O反应中，KIO3中I元素的化合价从+5价降低到0价，KI中I元素的化合价从-1价升高到0价，配平方程式为：KIO3+5KI+6HCl═3I2+6KCl+3H2O;A．KI中I元素的化合价从-1价升高到0价，反应中KI为还原剂，故A错误;B．中元素的化合价没有变化，不是氧化产物，氧化产物是I2，故B错误;C．元素的化合价没有变化，只体现出了酸性，故C正确;D．反应中生成3mlI2转移5ml 电子，每生成3个分子，转移5个电子，故D错误。答案选C。
4．将赤铜矿(主要成分Cu2O)和辉铜矿(主要成分Cu2S)混合焙烧可得到铜，反应的方程式为2Cu2O＋Cu2S6Cu＋X↑，则X的化学式是
A．O2B．SO2C．SD．SO3
【答案】B
【解析】根据质量守恒定律可知反应前后原子种类、数目相等，由化学方程式可知，反应前有6个铜原子、2个氧原子和1个硫原子，所以生成物X中有一个硫原子和两个氧原子，因此X的化学式为SO2，且符合氧化还原反应中电子得失规律，故答案为：B。
5．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O。则中R 的化合价是
A．+3B．+4C．+6D．+5
【答案】C
【解析】由于带有2个负电荷，其中氧元素化合价为-2，所以R的化合价是+6价;故选C。
6．高铁酸钾（）是一种新型绿色消毒剂，为紫色固体，微溶于KOH溶液，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。实验室中制备的装置如图所示，下列说法不正确的是
A．该制备实验需在通风橱中进行
B．装置B的作用是吸收HCl气体
C．C中制备反应方程式为：
D．取C中紫色溶液加入稀硫酸后，经检验溶液中含有，说明被还原
【答案】D
【分析】A中高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，浓盐酸易挥发，则B装置是除去氯气中的氯化氢，即为饱和食盐水，利用氯气强氧化性制取，据此回答。
【解析】A．因氯气有毒，所以该制备实验需在通风橱中进行，A正确;B．由分析知装置B的作用是吸收HCl气体，B正确;C．氯气具有强氧化性，将铁离子氧化为高铁酸根，即反应为，C正确;D．由题给信息可知，在酸性溶液中可以分解生成和氧气，D错误；故选D。
7．一种利用磁铁矿()制备铁红的流程如下：
下列说法正确的是
A．往滤液A中滴加少量酸性溶液，可观察到紫红色褪去
B．可以用KSCN溶液和氯水检验滤液A中是否有
C．在空气中煅烧的反应方程式为
D．最终得到铁红中的Fe元素的质量小于原磁铁矿中的Fe元素的质量
【答案】A
【分析】由题给流程可知，向磁铁矿中加入稀硫酸，将四氧化三铁转化为硫酸铁和硫酸亚铁，过滤得到含有硫酸铁、硫酸亚铁的滤液；向滤液中加入过量的铁，将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁，过滤得到硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将溶液中的亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁；碳酸亚铁在空气中煅烧生成氧化铁。
【解析】A．由分析可知，滤液A为硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，向溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，硫酸亚铁溶液能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故A正确;B．由分析可知，滤液A为硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，所以用硫氰化钾溶液和氯水无法检验溶液中的亚铁离子，故B错误;C．由分析可知，碳酸亚铁在空气中煅烧生成氧化铁，反应的化学方程式为，故C错误;D．由分析可知，在实验过程中加入了铁，将溶液中的硫酸铁转化为硫酸亚铁，由铁原子个数守恒可知，最终得到氧化铁中的铁元素的质量大于原磁铁矿中的铁元素的质量，故D错误;故选A。
8．按要求回答下列问题。
Ⅰ.已知铜在常温下能与稀HNO3反应，化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
（1）请将上述反应改写成离子方程式： 。
（2）在参加反应的硝酸中，起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为 。
（3）在上述反应中，当生成30gNO时，参加反应的还原剂的质量为 g。
Ⅱ.某离子反应中反应物与生成物有：MnO、H2O2、H+、H2O、O2和一种未知离子X。
（4）已知2个MnO在反应中得到10个电子生成X，则X的化学式为 。
（5）该反应的还原剂是 ，反应方程式中氧化剂与还原剂系数比为 。
（6）根据上述反应可推知氧化性MnO H2O2。(填“＞”或“＜”)
【答案】（1）3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O
（2）1：3
（3）48
（4）Mn2+
（5）H2O2 2:5
（6）＞
【解析】（1）HNO3、Cu(NO3)2都是可溶性强电解质，在溶液中以离子形式存在，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（2）在上述参加反应的8个HNO3中，2个作氧化剂，6个起酸的作用，则起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的个数比是2：6=1：3，由于二者是反应物质，二者的个数的比等于其质量比，故起氧化作用的HNO3与起酸性作用的HNO3的质量比为1：3；
（3）根据反应中硝酸、铜以及一氧化氮的量的关系为：3Cu～8HNO3～2NO，即反应中生成30gNO时，消耗还原剂Cu的质量96g，则当生成30gNO，消耗还原剂铜的质量48g；
（4）已知2个在反应中得到10个电子生成X，则锰元素化合价降低了5，即→Mn2+，则X的化学式为Mn2+；
（5）该反应H2O2→O2过程中氧元素化合价升高，还原剂是H2O2，反应的离子方程式为2+5H2O2+ 6H+=2Mn2++5O2↑+ 8H2O，氧化剂与还原剂系数比为2:5；
（6）氧化剂的氧化性最强，还原剂的还原性最强，氧化剂是，可知氧化性可知＞H2O2。
1．在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：RO3n-＋F2＋2OH-=RO4-＋2F-＋H2O，从而可知在RO3n-中 ，元素R的化合价、n的值分别是
A．＋4价 2B．＋5价 1C．＋6价 0D．＋3价 3
【答案】B
【解析】根据电荷守恒得n+1×2=1+1×2，则n=1，所以为，该离子中O元素化合价为-2价，R、O元素化合价的代数和为-1，所以该离子中R元素化合价=-1-(-2)×3=+5；故答案选B。
2．通常将氯气通入消石灰中，在低温条件下反应制备漂白粉，若温度控制不当易产生，若测得反应后的混合溶液中与的个数比为，则被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】Cl2生成与是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，与的个数比为，设为5个、为2个，被氧化的Cl共为7个，失去电子的总数5×（1-0）+2×（5-0）=15，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的总数也应为15，则被还原的Cl的个数为15，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的个数比为15：7。答案选D。
3．若锌与稀硝酸反应时，其反应的化学方程式为4Zn＋10HNO3=aZn(NO3)2＋bM＋cH2O，则a、b、c、M可能分别为
A．4、5、5、NO2↑B．4、2、4、NO2↑
C．4、1、3、NH4NO3D．4、3、5、NO↑
【答案】C
【解析】A．由反应可知，锌元素的化合价升高，则氮元素的化合价降低。若M为NO2，由得失电子守恒可知，b==8，A错误;B．由反应可知，锌元素的化合价升高，则氮元素的化合价降低。若M为NO2，由得失电子守恒可知，b==8，B错误;C．若M为NH4NO3，由得失电子守恒可知，b==1，结合原子守恒可知，a=4，c=3，C正确;D．若M为NO，由得失电子守恒可知，b==，D错误;答案选C。
4．水热法制备纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：。下列说法错误的是
A．该反应中作氧化剂B．该反应中和都是还原剂
C．3个参加反应时有1个被氧化D．离子方程式中
【答案】C
【解析】A．该反应中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确;B．该反应中的铁元素化合价升高，中硫元素平均化合价为+2价，中硫元素的平均化合价为+2.5价，即S元素化合价升高，所以和都是还原剂，故B正确;C．该反应中每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，但反应时中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误;D．由电荷守恒可知，3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2)，解得x=4，故D正确 ;故答案为：C。
5．一种锂离子电池的正极材料中含钴酸锂()。某离子反应涉及、、、、、等微粒，溶液中、的粒子数目随时间变化的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．反应中的还原剂是
B．氧化性：
C．反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2：1
D．每生成2分子转移8个电子
【答案】D
【分析】溶液中数目逐渐减少，则为反应物，故为生成物，的粒子数目逐渐增多，则为生成物，故为反应物，该反应在酸性条件下进行，据此解答。
【解析】A．根据分析，反应的离子方程式为。中O的化合价由-1价升高到0价，是还原剂，A项正确;B．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：，B项正确;C．氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2：1，C项正确;D．每生成2分子转移4个电子，D项错误;故选D。
6．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：NaN3+KNO3→K2O+Na2O+N2↑(未配平)。对上述反应的描述错误的是
A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂
B．该反应中只有1种元素的化合价发生变化
C．配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16
D．生成N2的个数与转移电子个数之比为4：5
【答案】D
【分析】NaN3中N元素化合价从－价升高到0价，硝酸钾中氮元素化合价从+5价降低到0价，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为10NaN3＋2KNO3＝K2O＋5Na2O＋16N2↑，反应中若生成16个N2分子，则转移10个电子。
【解析】A．NaN3是还原剂，KNO3 是氧化剂，A正确;B．该反应中只有氮元素的化合价发生变化，B正确;C．配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16，C正确;D．反应中若生成16个N2分子，则转移10个电子，则生成N2的个数与转移电子个数之比为8：5，D错误;答案选D。
7.把Cl2通入浓氨水中，发生如下反应：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。
（1）用双线桥表示反应的电子转移方向和数目： 。
（2）反应中发生电子转移的Cl2与NH3的分子数之比为 。
（3）写出NH4Cl在溶液中的电离方程式 ，在其溶液中分散质粒子的直径范围为 。
（4）若反应中有6.8克氨发生氧化反应，则反应中生成氮气的质量为 。
【答案】（1）
（2）3:2
（3） 小于1nm
（4）5.6g
【解析】（1）3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，反应中Cl元素化合价由0降低为-1，得到1个电子，N元素化合价由-3升高为0，失去3个电子，用双线桥表示反应的电子转移方向和数目为；
（2）根据反应方程式3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，发生化学反应的Cl2与NH3的分子数之比为3:8，根据反应的化学方程式可知，氯气中氯元素的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子，氨气中氮元素的化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，所以根据电子的得失守恒可知，反应中发生电子转移的Cl2与NH3的分子数之比为3:2；
（3）NH4Cl在溶液中的电离出铵根离子和氯离子，电离方程式是；NH4Cl溶液属于溶液，分散质粒子的直径范围为