还剩17页未读，
继续阅读
2022版高考化学总复习专题二化学物质及其变化第3讲第2课时氧化还原反应方程式的配平与拓展教案新人教版
展开
这是一份2022版高考化学总复习专题二化学物质及其变化第3讲第2课时氧化还原反应方程式的配平与拓展教案新人教版，共20页。试卷主要包含了氧化还原方程式的配平，竞争型离子反应和氧化还原反应，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第2课时 氧化还原反应方程式的配平与拓展
近几年高考化学试题的主观题中,新情境下陌生氧化还原反应方程式的书写与配平是最常见的考查方式。除了已知反应物和生成物,利用氧化还原反应方程式的配平方法书写方程式外,有时还会出现缺项方程式的配平。该类氧化还原反应方程式一般结合实际情境或化工流程中物质的转化判定所缺物质,同时结合离子反应进行考查,题目综合性强,难度较大。备考过程中要结合实例,确定解题流程,分类突破。
一、氧化还原方程式的配平
类型一 直接型氧化还原反应方程式的配平
如配平下列反应的离子方程式:
MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O
[流程应用]
类型二 缺项型氧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化学式没有写出来,一般为水、酸(H+)或碱(OH-),其配平流程如下:
如完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )MnO4-+( )C2O42-+ ( )Mn2++( )CO2↑+
[流程应用]
及时提醒 补项原则
条件
补项原则
酸性条件下
缺H或多O补H+,少O补H2O
碱性条件下
缺H或多O补H2O,少O补OH-
类型三 信息型氧化还原反应方程式的书写
信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式,叙述一个化学反应的过程,需要从文字信息中找出反应物、生成物,进而分析反应中得失电子情况,其流程如下:
如+6价Cr的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+,该反应的离子方程式为 。
[流程应用]
二、竞争型离子反应和氧化还原反应
如果溶液中存在多种离子,则相互之间发生的反应可能有多种,此时溶液中可能发生“平行反应”,也可能发生“竞争反应”。“平行反应”是指离子之间同时反应互不影响,而“竞争反应”是指各个反应要按照一定的顺序完成。“竞争反应”的常见类型如下:
1.一种氧化剂(还原剂)与多种还原剂(氧化剂)反应,如把Cl2通入含有I-、Br-、Fe2+的溶液中,按照还原能力由强到弱的顺序,I-优先反应,其次是Fe2+,最后是Br-。
2.一种酸(碱)与多种碱性(酸性)物质反应,如把盐酸逐滴加入含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中,按照碱性由强到弱的顺序,NaOH优先反应,其次是Na2CO3,最后是NaHCO3。
3.若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成类型相似的沉淀的离子,则溶解度(严格来说应为溶度积)小的物质先沉淀。如向AlCl3、FeCl3的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,应优先生成Fe(OH)3沉淀,而不是Al(OH)3沉淀。
4.互相促进水解的反应与复分解反应
如果既符合发生互相促进水解反应的条件,又符合直接发生复分解反应的条件,究竟发生哪个反应,要具体情况具体分析。
1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)向水中加入一小块钠:Na+2H2ONaOH+H2↑ ( )
(2)向FeCl2溶液中通入Cl2:FeCl2+Cl2FeCl3 ( )
(3)MnO2和浓盐酸混合加热:MnO2+4H++4Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O ( )
(4)向稀硝酸中加入铜片:Cu+2H++NO3-Cu2++NO↑+H2O( )
答案 (1)✕ (2)✕ (3)✕ (4)✕
2.(1) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+ K2SO4+ H2O
(2) MnO4-+ H++ Cl- Mn2++ Cl2↑+ H2O
(3) P4+ KOH+ H2O K3PO4+ PH3↑
(4) ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-+ FeO42-+ H2O
(5) Fe(OH)2+ ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-
(6) P+ FeO+ CaO Ca3(PO4)2+ Fe
答案 (1)5 1 3 3 3 3
(2)2 16 10 2 5 8
(3)2 9 3 3 5
(4)3 2 4 OH- 3 2 5
(5)2 1 1 H2O 2 1
(6)2 5 3 1 5
3.某高温还原法制备新型氮化铝(AlN)陶瓷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。
+ + ——AlN+
答案 Al2O3+3C+N22AlN+3CO
4.(1)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为 。
(2)已知Fe3S4能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g·L-1),写出该反应的离子方程式: 。
(3)一定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,溶液中BH4-(B元素的化合价为+3价)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-,其离子方程式为 。
答案 (1)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
(2)Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
(3)2Fe2++BH4-+4OH-2Fe+2H2↑+B(OH)4-
考点一 氧化还原反应方程式的配平与书写
题组一 氧化还原反应方程式的配平
1.配平下列方程式。
(1) MnO4-+ Fe2++ Mn2++ Fe3++
(2) ClO3-+ Fe2++ Cl-+ Fe3++
(3) NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3
(4) LiCoO2+ H2SO4+ H2O2 Li2SO4+ CoSO4+ O2↑+
答案 (1)1 5 8 H+ 1 5 4 H2O
(2)1 6 6 H+ 1 6 3 H2O
(3)1 2 4 2 1 2
(4)2 3 1 1 2 1 4 H2O
2.(2020浙江舟山模拟)已知氧化性:Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为aFe2++bBr-+cCl2dFe3++eBr2+fCl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ( )
A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2
C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4
答案 B 根据题意,Cl2先氧化Fe2+,不可能先氧化Br-,B选项错误。
方法技巧
氧化还原反应方程式的配平技巧
(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(包括分解反应、歧化反应)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。若反应物一侧缺正电荷,一般加H+,生成物一边加水;若反应物一侧缺负电荷,一般加OH-,生成物一边加水,然后将两边电荷数配平。
(4)当化学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。
题组二 氧化还原反应方程式的书写
3.(2020陕西西安交大附中模拟)KMnO4与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应,生成Mn2+、CO2和水,写出并配平该反应的离子方程式: 。
答案 2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
4.高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠,然后在一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,从而使高铁酸钾析出。
(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为 ,推测其具有的化学性质是 。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为 。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是 。
(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+aNa2O22Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑,该反应中物质X的化学式为 ,b与c的关系是 。
②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是 。
(4)在碱性条件下,由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾,写出该反应的离子方程式:
。
答案 (1)+6价 强氧化性
(2)①4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑ ②杀菌消毒、净水
(3)①Na2O b=2c ②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度
(4)2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H2O
解析 (1)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零,可得K2FeO4中铁元素的化合价为+6价;高铁酸钾中铁元素处于高价态,因此高铁酸钾具有强氧化性。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH,反应的离子方程式为4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性,作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用,同时其还原产物为Fe(OH)3胶体,又能起到净水的作用。
(3)①根据元素守恒和得失电子守恒可知,X应是Na2O,根据钠元素守恒有2a=8+2b,根据氧元素守恒有2a=8+b+2c,两式联立,可得b=2c。②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。
(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H2O。
考点二 氧化还原反应的相关计算
题组一 守恒法计算
1.Na2Sx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1∶16,则x的值为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 D Na2Sx-2/xxNa2S+6O4,NaCl+1ONaCl-1,
根据得失电子守恒可得:[6-(-2x)]×x=16×2,解得x=5。
2.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的化合价是 ( )
A.+4价 B.+5价 C.+6价 D.+7价
答案 B 方法1:根据电荷守恒有n+1×2=1+1×2,n=1。设元素R在RO3n-中的化合价为x,则x-2×3=-1,x=+5。
方法2:设元素R在RO3n-中的化合价为x。根据氧化还原反应中,得失电子守恒有(7-x)×1=[0-(-1)]×2,所以x=+5。
名师总结
应用得失电子守恒解题的一般步骤
(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得失电子守恒列出等式。
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。
题组二 多步氧化还原反应的计算
3.往含Fe3+、H+、NO3-的混合液中加入少量SO32-,充分反应后,下列表示该反应的离子方程式正确的是 ( )
A.2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
B.2H++SO32-H2O+SO2↑
C.2H++2NO3-+3SO32-3SO42-+2NO↑+H2O
D.2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3SO2↑
答案 C 氧化还原反应优先于非氧化还原反应,因此B、D不正确。如果SO32-先与Fe3+反应,则生成的Fe2+又会与H+、NO3-反应,所以SO32-应先与H+、NO3-反应,故选C。
4.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2通入量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计,且不考虑Cl2与水反应) ( )
答案 A 因H2SO3的还原性强于HBr的还原性,故Cl2先氧化H2SO3:H2SO3+Cl2+H2OH2SO4+2HCl,生成的H2SO4和HCl是强酸,故溶液的pH减小;当H2SO3完全反应后,发生反应Cl2+2HBrBr2+2HCl,溶液的pH不再改变。
名师总结
抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算
在多步连续进行的氧化还原反应中,只要中间各步反应过程中电子没有损耗,则可以利用反应过程中转移电子的数目相等,找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素,再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等,建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。
例如:amol的铜与足量的浓HNO3反应,将产生的NO2气体与bmol的O2混合通入水中,气体完全被吸收。
则“始态物质Cu”Cu2+,
“中间物质HNO3”NO2↑,
故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu~O2,即a=2b。
1.(2020课标Ⅰ,26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式 。
答案 (2)Fe2+ VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O
解析 (2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+,Fe2+能够被氧化为Fe3+;VO+中钒元素化合价为+3,VO2+中钒元素化合价为+5,VO+被MnO2氧化为VO2+,MnO2被还原为Mn2+,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平:VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O。
2.(2020课标Ⅲ,27节选)(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式: 。
答案 (5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O
解析 (5)Ni2+被氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。
3.(2019课标Ⅰ,27节选)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是 。分批加入H2O2,同时为了 ,溶液要保持pH小于0.5。
答案 (3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 防止Fe3+水解
解析 (3)步骤③利用H2O2的强氧化性将Fe2+全部氧化为Fe3+。为防止Fe3+水解,需控制溶液的pH小于0.5。
一、单项选择题
1.某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe元素完全氧化为Fe3+。x的值为 ( )
A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93
答案 A 根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子0.01 mol。则有1.5256x+16×(3-2x)×x=0.01,x=0.80,故选A。
2.通过卤素间的反应实验,可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下:
下列说法不正确的是 ( )
A.CCl4起萃取、富集I2的作用
B.Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I- I2+2Br-
C.依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2的强
D.b中下层变无色,说明I2转化为I-
答案 D I2易溶于CCl4,在水中溶解度较小,故CCl4起萃取、富集I2的作用,A正确;在KI溶液中加溴水,溴单质与I-发生置换反应,故Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I- I2+2Br-,B正确;依据现象可知,氯气能继续氧化碘单质,而溴单质不能,故依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2强,C正确;继续滴加氯水,可以将I2氧化为IO3-(无色),D错误。
3.LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应:LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是 ( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C.若生成标准状况下4.48 L H2,则转移0.4 mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
答案 A 由反应的化学方程式可知,LiAlH4中H由-1价升高到0价,被氧化,H2O中H由+1价降低到0价,被还原,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确;LiAlH4中H由-1价升高到0价,被氧化,是还原剂,B项错误;由反应的化学方程式可知,每1 mol LiAlH4反应,转移4 mol电子,生成4 mol H2,若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2,则转移0.2 mol电子,C项错误;LiAlH4为还原剂,水为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。
4.已知溶液中可发生反应:2FeBr2+Br2 2FeBr3,现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况)Cl2,充分反应后测得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 ( )
A.2 mol·L-1 B.1 mol·L-1
C.0.4 mol·L-1 D.0.2 mol·L-1
答案 A Fe2+的还原性强于Br-,若Cl2只氧化Fe2+,Cl-和Br-的物质的量浓度不会相等,故部分Br-被氧化。设FeBr2的物质的量为x,3.36 L Cl2的物质的量是0.15 mol,转移电子的物质的量为0.3 mol。则根据得失电子守恒得:x+(2x-0.3 mol)=0.3 mol,解得x=0.2 mol,故FeBr2溶液的物质的量浓度为2 mol·L-1。
5.[2021年1月“八省(市)联考”重庆卷]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:H2SO3>H2CO3
B.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1∶2
D.反应2最好在无氧条件下进行
答案 C NaHSO3被还原成Na2S2O4,为氧化剂,Zn被氧化成+2价,是还原剂,两者物质的量之比为2∶1,C项错误。
6.将22.4 g铁粉逐渐加入含0.8 mol HNO3的硝酸溶液中,反应生成的气体的物质的量(假设HNO3的还原产物只有NO)随消耗铁粉的物质的量的变化关系正确的是 ( )
答案 C 首先发生的反应为Fe+4HNO3(稀) Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,再发生反应Fe+2Fe(NO3)3 3Fe(NO3)2,通过计算,可得出C项正确。
7.酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnO4-+NO2-+ Mn2++NO3-+H2O。下列叙述中正确的是 ( )
A.该反应中NO2-被还原
B.反应过程中溶液的pH减小
C.生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D. 中的粒子是OH-
答案 C NO2-中N元素的化合价升高,NO2-被氧化,A项错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+ 2Mn2++5NO3-+3H2O,据此可知B、D项错误,C项正确。
8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子反应方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是 ( )
A.由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-
B.高铁酸钾中铁显+6价
C.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D.用K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
答案 A 反应中Fe(OH)3做还原剂,ClO-做氧化剂,配平后的离子方程式为2Fe+3(OH)3+3Cl+1O-+4OH- 2Fe+6O42-+3Cl-1-+5H2O,B、C正确;FeO42-做氧化剂时其还原产物为Fe3+,Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性,可做净水剂,D正确。
9.[2021年1月“八省(市)联考”广东卷]我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除,部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是 ( )
A.产生清洁燃料H2
B.H2S脱除率为100%
C.H2S既被氧化又被还原
D.脱Hg反应为Hg+SHgS
答案 B 由题给反应机理图可知,H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子,H原子与H原子成键生成H2,故A正确;由题图可知,H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S,脱除率小于100%,故B错误;由题图可知,H2S生成S单质的过程中,S元素的化合价由-2→0,化合价升高,被氧化,H2S生成H2的过程中,H元素的化合价由+1→0,化合价降低,被还原,故C正确;题给过程是H2S和Hg的协同脱除,故生成的S单质与Hg反应生成HgS,故D正确。
二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
10.(2020山东潍坊月考)向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气,溶液中四种离子的物质的量变化如图所示,已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸根,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素。下列说法正确的是 ( )
A.线段Ⅲ表示Fe2+的变化情况
B.原溶液中n(FeBr2)=3 mol
C.a=7.5
D.线段Ⅳ表示IO3-的变化情况
答案 CD 因为离子的还原能力:I->Fe2+>Br-,所以线段Ⅰ表示I-的变化情况,线段Ⅱ表示Fe2+的变化情况,线段Ⅲ表示Br-的变化情况,线段Ⅳ表示IO3-的变化情况(I2+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HCl)。由以上分析知,线段Ⅲ表示Br-的变化情况,A不正确;由题图可知,原溶液中与I-反应的Cl2的物质的量为1 mol,则I-的物质的量为2 mol,与Fe2+反应的Cl2的物质的量为2.5 mol,则Fe2+的物质的量为5 mol,从而得出FeI2的物质的量为1 mol,FeBr2的物质的量为4 mol,B不正确;FeBr2的物质的量为4 mol,则Br-的物质的量为8 mol,需消耗4 mol Cl2,a=3.5+4=7.5,C正确;由以上分析可知,线段Ⅳ表示IO3-的变化情况,D正确。
11.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2,其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示,下列说法不正确的是 ( )
A.氧化性:Br2>Fe3+
B.由图可知,该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-l
C.n(Cl2)=0.12 mol时,溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2 2Fe3++Br2+4Cl-
答案 C 由题图可知,向200 mL FeBr2溶液中通入0.1 mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,由方程式可得n(Fe2+)=0.2 mol,则n(Br-)=0.4 mol;通入氯气0.3 mol时,溶液中0.4 mol Br-恰好被完全氧化为Br2,反应的离子方程式为2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-。A项,由题图可知,向200 mL FeBr2溶液中通入氯气,亚铁离子先反应,说明还原性:Fe2+>Br-,还原剂的还原性越强,对应氧化产物的氧化性越弱,则氧化性:Br2>Fe3+,故正确。B项,由通入0.1 mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+可得,溶液中n(Fe2+)=0.2 mol,则FeBr2溶液的浓度为0.2mol0.2 L=1 mol·L-1,故正确;C项,当通入n(Cl2)=0.12 mol时,0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为Fe3+,n(Fe3+)=0.2 mol,过量的0.02 mol Cl2与0.04 mol Br-反应,溶液中n(Br-)=(0.4-0.04)mol=0.36 mol,则溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol∶0.36 mol=5∶9,故错误;D项,n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+,有一半Br-被氧化为Br2,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2 2Fe3++Br2+4Cl-,故正确。
12.在含a mol FeCl3溶液中加入含b mol Fe和b mol Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解),下列说法中不正确的是 ( )
A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe 3Fe2+
B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b mol≤n(e-)≤4b mol
C.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+
D.当2b
2Fe3+ + Fe 3Fe2+
2b mol b mol 3b mol
2Fe3++Cu 2Fe2+ + Cu2+
(a-2b) mol (a-2b) mol a-2b2 mol
所以n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(3b+a-2b)mol∶a-2b2mol=(a+b)∶a-2b2,错误。
13.(2020湖南长沙月考)实验室模拟工业处理含铬废水,操作及现象如图1所示,反应过程中铬元素的化合价变化如图2所示。
已知:深蓝色溶液中生成了CrO5。
下列说法不正确的是 ( )
A.实验开始至5 s,铬元素被氧化
B.实验开始至30 s,溶液中生成Cr3+的总反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑
C.30 s至80 s的过程,不一定是氧气氧化了Cr3+
D.80 s时,溶液中又生成了Cr2O72-,颜色相比于开始时浅,是水稀释所致
答案 AD 由题图2可知,实验开始至5 s,铬元素的价态没有改变,所以铬元素没有被氧化,A不正确;实验开始至30 s,溶液中Cr2O72-被H2O2还原,生成Cr3+和O2,总反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑,B正确;30 s至80 s的过程,由于溶液中H2O2过量,因此可能是H2O2氧化了Cr3+,C正确;80 s时,溶液呈碱性,此时存在Cr2O72-+2OH- 2CrO42-+H2O的平衡体系,Cr2O72-为橙色,而CrO42-呈黄色,颜色相比于开始时浅,D不正确。
14.(2020重庆黔江月考)LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈反应释放出H2,LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是 ( )
A.LiH与H2O反应,氧化产物是LiOH
B.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,则反应的化学方程式为LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑
C.1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解,转移2 mol电子
D.已知LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇,则该反应中LiAlH4作还原剂
答案 AC LiH与H2O反应,产生LiOH和H2,H元素的化合价由-1价变为0价,化合价升高,失去电子,被氧化,所以氧化产物是H2,A错误;LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,反应产生LiAlO2和H2,反应的化学方程式为LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑,B正确;LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al,Al元素化合价由+3价变为0价,所以1 mol LiAlH4完全分解,转移3 mol电子,C错误;LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇,乙醛被还原产生乙醇,则LiAlH4作还原剂,D正确。
三、非选择题
15.常温下,二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,具有强氧化性。常温下,它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备,该反应体系中的物质有NaCl、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式: 。
(2)该反应的还原产物是 。
(3)在标准状况下,如果反应中生成11.2 L氯气,则被氧化的HCl的物质的量为 ,转移电子数目为
(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为-1价)以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入含有H2S(二元弱酸)的水中,再向其中加入少量氯化钡溶液,发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式: 。
答案 (1)2NaClO3+4HCl(浓) 2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl
(2)ClO2
(3)1 mol 6.02×1023或NA
(4)5H2S+8ClO2+4H2O 5SO42-+8Cl-+18H+
解析 (1)氯酸钠具有强氧化性,浓盐酸具有还原性,氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水,反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl(浓) 2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。(2)反应中,NaClO3是氧化剂,被浓盐酸还原为ClO2,则还原产物为ClO2。(3)由方程式可得关系如下:2HCl~Cl2↑~2e-,标准状况下,11.2 L氯气的物质的量为0.5 mol,则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5 mol×2=1 mol,转移的电子数目为6.02×1023或NA。(4)由题意可知,ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平,反应的离子方程式为5H2S+8ClO2+4H2O 5SO42-+8Cl-+18H+。
16.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。
(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,ClO2-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,请在图中画出需补充的装置图。
答案 (1)H2C2O4+2ClO3-+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,且半分钟内不恢复蓝色 1.35
(3)①2NaOH+2ClO2+H2O2 2NaClO2+2H2O+O2
②防止装置C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“较安全地生成ClO2”的要求,因此该反应的离子方程式是H2C2O4+2ClO3-+2H+ 2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。
(2)①由题中信息可知,ClO2-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ClO2-,反应的化学方程式是2ClO2+2KI 2KClO2+I2。②由关系式2ClO2~I2~2Na2S2O3可知: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,所以该水样中ClO2的浓度是0.675 mg0.50 L=1.35 mg·L-1。
(3)①在装置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,所以可在装置C后用NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸。
第2课时 氧化还原反应方程式的配平与拓展
近几年高考化学试题的主观题中,新情境下陌生氧化还原反应方程式的书写与配平是最常见的考查方式。除了已知反应物和生成物,利用氧化还原反应方程式的配平方法书写方程式外,有时还会出现缺项方程式的配平。该类氧化还原反应方程式一般结合实际情境或化工流程中物质的转化判定所缺物质,同时结合离子反应进行考查,题目综合性强,难度较大。备考过程中要结合实例,确定解题流程,分类突破。
一、氧化还原方程式的配平
类型一 直接型氧化还原反应方程式的配平
如配平下列反应的离子方程式:
MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O
[流程应用]
类型二 缺项型氧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化学式没有写出来,一般为水、酸(H+)或碱(OH-),其配平流程如下:
如完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )MnO4-+( )C2O42-+ ( )Mn2++( )CO2↑+
[流程应用]
及时提醒 补项原则
条件
补项原则
酸性条件下
缺H或多O补H+,少O补H2O
碱性条件下
缺H或多O补H2O,少O补OH-
类型三 信息型氧化还原反应方程式的书写
信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式,叙述一个化学反应的过程,需要从文字信息中找出反应物、生成物,进而分析反应中得失电子情况,其流程如下:
如+6价Cr的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O72-还原成Cr3+,该反应的离子方程式为 。
[流程应用]
二、竞争型离子反应和氧化还原反应
如果溶液中存在多种离子,则相互之间发生的反应可能有多种,此时溶液中可能发生“平行反应”,也可能发生“竞争反应”。“平行反应”是指离子之间同时反应互不影响,而“竞争反应”是指各个反应要按照一定的顺序完成。“竞争反应”的常见类型如下:
1.一种氧化剂(还原剂)与多种还原剂(氧化剂)反应,如把Cl2通入含有I-、Br-、Fe2+的溶液中,按照还原能力由强到弱的顺序,I-优先反应,其次是Fe2+,最后是Br-。
2.一种酸(碱)与多种碱性(酸性)物质反应,如把盐酸逐滴加入含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中,按照碱性由强到弱的顺序,NaOH优先反应,其次是Na2CO3,最后是NaHCO3。
3.若某一溶液中同时存在几种能与所加试剂形成类型相似的沉淀的离子,则溶解度(严格来说应为溶度积)小的物质先沉淀。如向AlCl3、FeCl3的混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液,应优先生成Fe(OH)3沉淀,而不是Al(OH)3沉淀。
4.互相促进水解的反应与复分解反应
如果既符合发生互相促进水解反应的条件,又符合直接发生复分解反应的条件,究竟发生哪个反应,要具体情况具体分析。
1.易错易混辨析(正确的画“√”,错误的画“✕”)。
(1)向水中加入一小块钠:Na+2H2ONaOH+H2↑ ( )
(2)向FeCl2溶液中通入Cl2:FeCl2+Cl2FeCl3 ( )
(3)MnO2和浓盐酸混合加热:MnO2+4H++4Cl-Mn2++2Cl2↑+2H2O ( )
(4)向稀硝酸中加入铜片:Cu+2H++NO3-Cu2++NO↑+H2O( )
答案 (1)✕ (2)✕ (3)✕ (4)✕
2.(1) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+ K2SO4+ H2O
(2) MnO4-+ H++ Cl- Mn2++ Cl2↑+ H2O
(3) P4+ KOH+ H2O K3PO4+ PH3↑
(4) ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-+ FeO42-+ H2O
(5) Fe(OH)2+ ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-
(6) P+ FeO+ CaO Ca3(PO4)2+ Fe
答案 (1)5 1 3 3 3 3
(2)2 16 10 2 5 8
(3)2 9 3 3 5
(4)3 2 4 OH- 3 2 5
(5)2 1 1 H2O 2 1
(6)2 5 3 1 5
3.某高温还原法制备新型氮化铝(AlN)陶瓷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。
+ + ——AlN+
答案 Al2O3+3C+N22AlN+3CO
4.(1)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为 。
(2)已知Fe3S4能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下的密度为1.518g·L-1),写出该反应的离子方程式: 。
(3)一定条件下,向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液,溶液中BH4-(B元素的化合价为+3价)与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)4-,其离子方程式为 。
答案 (1)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
(2)Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S
(3)2Fe2++BH4-+4OH-2Fe+2H2↑+B(OH)4-
考点一 氧化还原反应方程式的配平与书写
题组一 氧化还原反应方程式的配平
1.配平下列方程式。
(1) MnO4-+ Fe2++ Mn2++ Fe3++
(2) ClO3-+ Fe2++ Cl-+ Fe3++
(3) NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3
(4) LiCoO2+ H2SO4+ H2O2 Li2SO4+ CoSO4+ O2↑+
答案 (1)1 5 8 H+ 1 5 4 H2O
(2)1 6 6 H+ 1 6 3 H2O
(3)1 2 4 2 1 2
(4)2 3 1 1 2 1 4 H2O
2.(2020浙江舟山模拟)已知氧化性:Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为aFe2++bBr-+cCl2dFe3++eBr2+fCl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ( )
A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2
C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4
答案 B 根据题意,Cl2先氧化Fe2+,不可能先氧化Br-,B选项错误。
方法技巧
氧化还原反应方程式的配平技巧
(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(包括分解反应、歧化反应)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。若反应物一侧缺正电荷,一般加H+,生成物一边加水;若反应物一侧缺负电荷,一般加OH-,生成物一边加水,然后将两边电荷数配平。
(4)当化学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。
题组二 氧化还原反应方程式的书写
3.(2020陕西西安交大附中模拟)KMnO4与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应,生成Mn2+、CO2和水,写出并配平该反应的离子方程式: 。
答案 2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
4.高铁酸钾(K2FeO4)是一种易溶于水、高效的多功能水处理剂。工业上通常先制得高铁酸钠,然后在一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,从而使高铁酸钾析出。
(1)高铁酸钾中铁元素的化合价为 ,推测其具有的化学性质是 。
(2)高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH。
①该反应的离子方程式为 。
②高铁酸钾作为水处理剂起到的作用是 。
(3)①在无水条件下制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+aNa2O22Na2FeO4+bX+2Na2SO4+cO2↑,该反应中物质X的化学式为 ,b与c的关系是 。
②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是 。
(4)在碱性条件下,由氯化铁、氯气可制备高铁酸钾,写出该反应的离子方程式:
。
答案 (1)+6价 强氧化性
(2)①4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑ ②杀菌消毒、净水
(3)①Na2O b=2c ②相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度
(4)2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H2O
解析 (1)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零,可得K2FeO4中铁元素的化合价为+6价;高铁酸钾中铁元素处于高价态,因此高铁酸钾具有强氧化性。
(2)①高铁酸钾与水反应生成O2、Fe(OH)3(胶体)和KOH,反应的离子方程式为4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑。②高铁酸钾具有强氧化性,作为水处理剂能起到杀菌消毒的作用,同时其还原产物为Fe(OH)3胶体,又能起到净水的作用。
(3)①根据元素守恒和得失电子守恒可知,X应是Na2O,根据钠元素守恒有2a=8+2b,根据氧元素守恒有2a=8+b+2c,两式联立,可得b=2c。②一定温度下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是相同条件下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度。
(4)用氯气在碱性条件下氧化氯化铁可制备高铁酸钾,根据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒,反应的离子方程式为2Fe3++3Cl2+16OH-2FeO42-+6Cl-+8H2O。
考点二 氧化还原反应的相关计算
题组一 守恒法计算
1.Na2Sx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1∶16,则x的值为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
答案 D Na2Sx-2/xxNa2S+6O4,NaCl+1ONaCl-1,
根据得失电子守恒可得:[6-(-2x)]×x=16×2,解得x=5。
2.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的化合价是 ( )
A.+4价 B.+5价 C.+6价 D.+7价
答案 B 方法1:根据电荷守恒有n+1×2=1+1×2,n=1。设元素R在RO3n-中的化合价为x,则x-2×3=-1,x=+5。
方法2:设元素R在RO3n-中的化合价为x。根据氧化还原反应中,得失电子守恒有(7-x)×1=[0-(-1)]×2,所以x=+5。
名师总结
应用得失电子守恒解题的一般步骤
(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得失电子守恒列出等式。
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。
题组二 多步氧化还原反应的计算
3.往含Fe3+、H+、NO3-的混合液中加入少量SO32-,充分反应后,下列表示该反应的离子方程式正确的是 ( )
A.2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+
B.2H++SO32-H2O+SO2↑
C.2H++2NO3-+3SO32-3SO42-+2NO↑+H2O
D.2Fe3++3SO32-+3H2O2Fe(OH)3↓+3SO2↑
答案 C 氧化还原反应优先于非氧化还原反应,因此B、D不正确。如果SO32-先与Fe3+反应,则生成的Fe2+又会与H+、NO3-反应,所以SO32-应先与H+、NO3-反应,故选C。
4.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2通入量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计,且不考虑Cl2与水反应) ( )
答案 A 因H2SO3的还原性强于HBr的还原性,故Cl2先氧化H2SO3:H2SO3+Cl2+H2OH2SO4+2HCl,生成的H2SO4和HCl是强酸,故溶液的pH减小;当H2SO3完全反应后,发生反应Cl2+2HBrBr2+2HCl,溶液的pH不再改变。
名师总结
抓住“始态”与“终态”突破多步氧化还原反应的计算
在多步连续进行的氧化还原反应中,只要中间各步反应过程中电子没有损耗,则可以利用反应过程中转移电子的数目相等,找出“始态物质”与“终态物质”化合价发生变化的元素,再根据化合价升高总数和化合价降低总数相等,建立两者之间物质的量的关系而进行快速求解。
例如:amol的铜与足量的浓HNO3反应,将产生的NO2气体与bmol的O2混合通入水中,气体完全被吸收。
则“始态物质Cu”Cu2+,
“中间物质HNO3”NO2↑,
故“始态物质Cu”与“终态物质O2”之间物质的量的关系为2Cu~O2,即a=2b。
1.(2020课标Ⅰ,26节选)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下,溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题:
(2)“酸浸氧化”中,VO+和VO2+被氧化成VO2+,同时还有 离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式 。
答案 (2)Fe2+ VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O
解析 (2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+和Fe3+,Fe2+能够被氧化为Fe3+;VO+中钒元素化合价为+3,VO2+中钒元素化合价为+5,VO+被MnO2氧化为VO2+,MnO2被还原为Mn2+,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平:VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O。
2.(2020课标Ⅲ,27节选)(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式: 。
答案 (5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O
解析 (5)Ni2+被氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。
3.(2019课标Ⅰ,27节选)硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源,变废为宝,在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵,具体流程如下:
回答下列问题:
(3)步骤③中选用足量的H2O2,理由是 。分批加入H2O2,同时为了 ,溶液要保持pH小于0.5。
答案 (3)将Fe2+全部氧化为Fe3+;不引入杂质 防止Fe3+水解
解析 (3)步骤③利用H2O2的强氧化性将Fe2+全部氧化为Fe3+。为防止Fe3+水解,需控制溶液的pH小于0.5。
一、单项选择题
1.某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe元素完全氧化为Fe3+。x的值为 ( )
A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93
答案 A 根据得失电子守恒可知,FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子0.01 mol。则有1.5256x+16×(3-2x)×x=0.01,x=0.80,故选A。
2.通过卤素间的反应实验,可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下:
下列说法不正确的是 ( )
A.CCl4起萃取、富集I2的作用
B.Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I- I2+2Br-
C.依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2的强
D.b中下层变无色,说明I2转化为I-
答案 D I2易溶于CCl4,在水中溶解度较小,故CCl4起萃取、富集I2的作用,A正确;在KI溶液中加溴水,溴单质与I-发生置换反应,故Ⅰ中发生反应的离子方程式为Br2+2I- I2+2Br-,B正确;依据现象可知,氯气能继续氧化碘单质,而溴单质不能,故依据a、b中现象,可以证明Cl2的氧化性比Br2强,C正确;继续滴加氯水,可以将I2氧化为IO3-(无色),D错误。
3.LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应:LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是 ( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂
C.若生成标准状况下4.48 L H2,则转移0.4 mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
答案 A 由反应的化学方程式可知,LiAlH4中H由-1价升高到0价,被氧化,H2O中H由+1价降低到0价,被还原,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确;LiAlH4中H由-1价升高到0价,被氧化,是还原剂,B项错误;由反应的化学方程式可知,每1 mol LiAlH4反应,转移4 mol电子,生成4 mol H2,若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2,则转移0.2 mol电子,C项错误;LiAlH4为还原剂,水为氧化剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。
4.已知溶液中可发生反应:2FeBr2+Br2 2FeBr3,现向100 mL的FeBr2溶液中通入3.36 L(标准状况)Cl2,充分反应后测得溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为 ( )
A.2 mol·L-1 B.1 mol·L-1
C.0.4 mol·L-1 D.0.2 mol·L-1
答案 A Fe2+的还原性强于Br-,若Cl2只氧化Fe2+,Cl-和Br-的物质的量浓度不会相等,故部分Br-被氧化。设FeBr2的物质的量为x,3.36 L Cl2的物质的量是0.15 mol,转移电子的物质的量为0.3 mol。则根据得失电子守恒得:x+(2x-0.3 mol)=0.3 mol,解得x=0.2 mol,故FeBr2溶液的物质的量浓度为2 mol·L-1。
5.[2021年1月“八省(市)联考”重庆卷]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:H2SO3>H2CO3
B.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1∶2
D.反应2最好在无氧条件下进行
答案 C NaHSO3被还原成Na2S2O4,为氧化剂,Zn被氧化成+2价,是还原剂,两者物质的量之比为2∶1,C项错误。
6.将22.4 g铁粉逐渐加入含0.8 mol HNO3的硝酸溶液中,反应生成的气体的物质的量(假设HNO3的还原产物只有NO)随消耗铁粉的物质的量的变化关系正确的是 ( )
答案 C 首先发生的反应为Fe+4HNO3(稀) Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,再发生反应Fe+2Fe(NO3)3 3Fe(NO3)2,通过计算,可得出C项正确。
7.酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnO4-+NO2-+ Mn2++NO3-+H2O。下列叙述中正确的是 ( )
A.该反应中NO2-被还原
B.反应过程中溶液的pH减小
C.生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4
D. 中的粒子是OH-
答案 C NO2-中N元素的化合价升高,NO2-被氧化,A项错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+ 2Mn2++5NO3-+3H2O,据此可知B、D项错误,C项正确。
8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌、消毒,又能絮凝净水的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子反应方程式为Fe(OH)3+ClO-+OH- FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是 ( )
A.由上述反应可知,Fe(OH)3的氧化性强于FeO42-
B.高铁酸钾中铁显+6价
C.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
D.用K2FeO4处理水时,不仅能消毒、杀菌,而且生成的Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质
答案 A 反应中Fe(OH)3做还原剂,ClO-做氧化剂,配平后的离子方程式为2Fe+3(OH)3+3Cl+1O-+4OH- 2Fe+6O42-+3Cl-1-+5H2O,B、C正确;FeO42-做氧化剂时其还原产物为Fe3+,Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性,可做净水剂,D正确。
9.[2021年1月“八省(市)联考”广东卷]我国科学家研究了活性炭催化条件下煤气中的H2S和Hg的协同脱除,部分反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。有关该过程的叙述错误的是 ( )
A.产生清洁燃料H2
B.H2S脱除率为100%
C.H2S既被氧化又被还原
D.脱Hg反应为Hg+SHgS
答案 B 由题给反应机理图可知,H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子,H原子与H原子成键生成H2,故A正确;由题图可知,H2S分解产生的H2和S单质会再次生成H2S,脱除率小于100%,故B错误;由题图可知,H2S生成S单质的过程中,S元素的化合价由-2→0,化合价升高,被氧化,H2S生成H2的过程中,H元素的化合价由+1→0,化合价降低,被还原,故C正确;题给过程是H2S和Hg的协同脱除,故生成的S单质与Hg反应生成HgS,故D正确。
二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)
10.(2020山东潍坊月考)向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气,溶液中四种离子的物质的量变化如图所示,已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸根,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素。下列说法正确的是 ( )
A.线段Ⅲ表示Fe2+的变化情况
B.原溶液中n(FeBr2)=3 mol
C.a=7.5
D.线段Ⅳ表示IO3-的变化情况
答案 CD 因为离子的还原能力:I->Fe2+>Br-,所以线段Ⅰ表示I-的变化情况,线段Ⅱ表示Fe2+的变化情况,线段Ⅲ表示Br-的变化情况,线段Ⅳ表示IO3-的变化情况(I2+5Cl2+6H2O 2HIO3+10HCl)。由以上分析知,线段Ⅲ表示Br-的变化情况,A不正确;由题图可知,原溶液中与I-反应的Cl2的物质的量为1 mol,则I-的物质的量为2 mol,与Fe2+反应的Cl2的物质的量为2.5 mol,则Fe2+的物质的量为5 mol,从而得出FeI2的物质的量为1 mol,FeBr2的物质的量为4 mol,B不正确;FeBr2的物质的量为4 mol,则Br-的物质的量为8 mol,需消耗4 mol Cl2,a=3.5+4=7.5,C正确;由以上分析可知,线段Ⅳ表示IO3-的变化情况,D正确。
11.向200 mL FeBr2溶液中逐渐通入Cl2,其中n(Fe3+)、n(Br2)随通入n(Cl2)的变化如图所示,下列说法不正确的是 ( )
A.氧化性:Br2>Fe3+
B.由图可知,该FeBr2溶液的浓度为1 mol·L-l
C.n(Cl2)=0.12 mol时,溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=1∶8
D.n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2 2Fe3++Br2+4Cl-
答案 C 由题图可知,向200 mL FeBr2溶液中通入0.1 mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,由方程式可得n(Fe2+)=0.2 mol,则n(Br-)=0.4 mol;通入氯气0.3 mol时,溶液中0.4 mol Br-恰好被完全氧化为Br2,反应的离子方程式为2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,则氯气与溴化亚铁溶液完全反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-。A项,由题图可知,向200 mL FeBr2溶液中通入氯气,亚铁离子先反应,说明还原性:Fe2+>Br-,还原剂的还原性越强,对应氧化产物的氧化性越弱,则氧化性:Br2>Fe3+,故正确。B项,由通入0.1 mol氯气时,Fe2+恰好被完全氧化为Fe3+可得,溶液中n(Fe2+)=0.2 mol,则FeBr2溶液的浓度为0.2mol0.2 L=1 mol·L-1,故正确;C项,当通入n(Cl2)=0.12 mol时,0.2 mol Fe2+已经完全被氧化为Fe3+,n(Fe3+)=0.2 mol,过量的0.02 mol Cl2与0.04 mol Br-反应,溶液中n(Br-)=(0.4-0.04)mol=0.36 mol,则溶液中的离子浓度有c(Fe3+)∶c(Br-)=n(Fe3+)∶n(Br-)=0.2 mol∶0.36 mol=5∶9,故错误;D项,n(FeBr2)∶n(Cl2)=1∶1时,溶液中Fe2+已经完全被氧化为Fe3+,有一半Br-被氧化为Br2,反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2 2Fe3++Br2+4Cl-,故正确。
12.在含a mol FeCl3溶液中加入含b mol Fe和b mol Cu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解),下列说法中不正确的是 ( )
A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe 3Fe2+
B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b mol≤n(e-)≤4b mol
C.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+
D.当2b
2Fe3+ + Fe 3Fe2+
2b mol b mol 3b mol
2Fe3++Cu 2Fe2+ + Cu2+
(a-2b) mol (a-2b) mol a-2b2 mol
所以n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(3b+a-2b)mol∶a-2b2mol=(a+b)∶a-2b2,错误。
13.(2020湖南长沙月考)实验室模拟工业处理含铬废水,操作及现象如图1所示,反应过程中铬元素的化合价变化如图2所示。
已知:深蓝色溶液中生成了CrO5。
下列说法不正确的是 ( )
A.实验开始至5 s,铬元素被氧化
B.实验开始至30 s,溶液中生成Cr3+的总反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑
C.30 s至80 s的过程,不一定是氧气氧化了Cr3+
D.80 s时,溶液中又生成了Cr2O72-,颜色相比于开始时浅,是水稀释所致
答案 AD 由题图2可知,实验开始至5 s,铬元素的价态没有改变,所以铬元素没有被氧化,A不正确;实验开始至30 s,溶液中Cr2O72-被H2O2还原,生成Cr3+和O2,总反应的离子方程式为Cr2O72-+3H2O2+8H+ 2Cr3++7H2O+3O2↑,B正确;30 s至80 s的过程,由于溶液中H2O2过量,因此可能是H2O2氧化了Cr3+,C正确;80 s时,溶液呈碱性,此时存在Cr2O72-+2OH- 2CrO42-+H2O的平衡体系,Cr2O72-为橙色,而CrO42-呈黄色,颜色相比于开始时浅,D不正确。
14.(2020重庆黔江月考)LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈反应释放出H2,LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法错误的是 ( )
A.LiH与H2O反应,氧化产物是LiOH
B.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,则反应的化学方程式为LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑
C.1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解,转移2 mol电子
D.已知LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇,则该反应中LiAlH4作还原剂
答案 AC LiH与H2O反应,产生LiOH和H2,H元素的化合价由-1价变为0价,化合价升高,失去电子,被氧化,所以氧化产物是H2,A错误;LiAlH4溶于适量水得到无色溶液,反应产生LiAlO2和H2,反应的化学方程式为LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑,B正确;LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al,Al元素化合价由+3价变为0价,所以1 mol LiAlH4完全分解,转移3 mol电子,C错误;LiAlH4能与乙醛反应生成乙醇,乙醛被还原产生乙醇,则LiAlH4作还原剂,D正确。
三、非选择题
15.常温下,二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,具有强氧化性。常温下,它可用氯酸钠固体与浓盐酸反应制备,该反应体系中的物质有NaCl、H2O、ClO2、NaClO3、Cl2、HCl。
(1)写出并配平该反应的化学方程式: 。
(2)该反应的还原产物是 。
(3)在标准状况下,如果反应中生成11.2 L氯气,则被氧化的HCl的物质的量为 ,转移电子数目为
(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(4)二氧化氯可迅速氧化硫化物(其中还原产物中氯元素为-1价)以除去水中硫化物产生的臭味。取适量ClO2通入含有H2S(二元弱酸)的水中,再向其中加入少量氯化钡溶液,发现有白色沉淀生成。写出ClO2与H2S水溶液反应的离子方程式: 。
答案 (1)2NaClO3+4HCl(浓) 2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl
(2)ClO2
(3)1 mol 6.02×1023或NA
(4)5H2S+8ClO2+4H2O 5SO42-+8Cl-+18H+
解析 (1)氯酸钠具有强氧化性,浓盐酸具有还原性,氯酸钠固体与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、氯气、氯化钠和水,反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl(浓) 2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。(2)反应中,NaClO3是氧化剂,被浓盐酸还原为ClO2,则还原产物为ClO2。(3)由方程式可得关系如下:2HCl~Cl2↑~2e-,标准状况下,11.2 L氯气的物质的量为0.5 mol,则被氧化的氯化氢和转移电子的物质的量均为0.5 mol×2=1 mol,转移的电子数目为6.02×1023或NA。(4)由题意可知,ClO2与H2S水溶液发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平,反应的离子方程式为5H2S+8ClO2+4H2O 5SO42-+8Cl-+18H+。
16.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。
(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,ClO2-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,请在图中画出需补充的装置图。
答案 (1)H2C2O4+2ClO3-+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,且半分钟内不恢复蓝色 1.35
(3)①2NaOH+2ClO2+H2O2 2NaClO2+2H2O+O2
②防止装置C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“较安全地生成ClO2”的要求,因此该反应的离子方程式是H2C2O4+2ClO3-+2H+ 2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。
(2)①由题中信息可知,ClO2-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ClO2-,反应的化学方程式是2ClO2+2KI 2KClO2+I2。②由关系式2ClO2~I2~2Na2S2O3可知: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,所以该水样中ClO2的浓度是0.675 mg0.50 L=1.35 mg·L-1。
(3)①在装置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,所以可在装置C后用NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸。
相关试卷
(新高考)高考化学一轮复习课时练习第2章第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平(含解析)： 这是一份(新高考)高考化学一轮复习课时练习第2章第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平(含解析)，共23页。
高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化第7讲氧化还原反应素养提升与核心突破新情景下氧化还原反应的配平计算试题PDF版： 这是一份高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化第7讲氧化还原反应素养提升与核心突破新情景下氧化还原反应的配平计算试题PDF版
高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化第7讲氧化还原反应考点3氧化还原反应的配平与计算试题PDF版： 这是一份高考化学一轮复习第2章化学物质及其变化第7讲氧化还原反应考点3氧化还原反应的配平与计算试题PDF版
