江苏专用2020版高考化学大一轮复习专题一微专题1氧化还原反应中得失电子守恒原理的应用限定条件的离课件20191106147.pptx

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1、微专题微专题1 1氧化还原反应中得失电子守恒原氧化还原反应中得失电子守恒原理的应用、限定条件的离子方程式的书写理的应用、限定条件的离子方程式的书写一、氧化还原反应中得失电子守恒原理的应用总总纲纲目目录录二、限定条件的离子方程式的书写一、氧化还原反应中得失电子守恒原理的应用一、氧化还原反应中得失电子守恒原理的应用得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时,氧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氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、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。运用得失电子守恒法解题的步骤:首先找出氧化剂、还原剂及两者物质的量,以及每摩尔氧化剂得电

2、子的量和还原剂失电子的量,然后根据得失电子守恒列出等式,即氧化剂的物质的量每摩尔氧化剂得到的电子数=还原剂的物质的量每摩尔还原剂失去的电子数,利用这一等式解答有关氧化还原反应的计算题时,可化难为易、化繁为简。得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒(1)得失电子守恒:氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。(2)原子守恒:反应前后同种元素的原子个数相等,这也是所有化学反应必须遵循的。(3)电荷守恒:反应前后离子所带正、负电荷总数相等。例例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FeOCr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:步骤中发生的主要反应为FeOCr2O

3、3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)。上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的化学计量数之比为 。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是 。答案答案2 7陶瓷中的SiO2在高温下会与Na2CO3反应解析解析 根据Fe、Cr、N反应前后的化合价,可知1 mol FeOCr2O3失电子数为(1+23)mol=7 mol,1 mol NaNO3得电子数为2 mol,由得失电子守恒可知,FeOCr2O3与NaNO3的化学计量数之比为2 7。陶瓷中的SiO2在高温下会与Na2CO3反应:SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2。1.(2018南通海安中

4、学高三上测试节选)由含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下:已知:CuFeS2+3CuCl2 4CuCl+FeCl2+2S。(1)浸取时,若改用FeCl3溶液,也能生成CuCl和S,该反应的化学方程式为 。答案答案(1)CuFeS2+3FeCl3 CuCl+4FeCl2+2S 解析解析(1)CuFeS2和FeCl3溶液发生氧化还原反应,生成CuCl、S和FeCl2。该反应的化学方程式为:2.(2018南通如皋中学高三上第二次测试节选)亚铁氰化钾晶体化学式为KxFey(CN)znH2O(其中N显-3价),俗称黄血盐,常用作食品抗结剂。(4)黄血盐的化学式可通过下列实验测定:

5、准确称取4.220 g样品加入水中充分溶解,将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00 mL溶液A。量取25.00 mL溶液A,用2.000 molL-1KMnO4溶液滴定,达到滴定终点时,共消耗KMnO4溶液15.25 mL。反应如下(未配平):KxFey(CN)z+KMnO4+H2SO4KHSO4+Fe2(SO4)3+MnSO4+HNO3+CO2+H2O。向所得溶液中加入Mn2+交换树脂,将Mn2+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液,过滤、洗涤、灼烧,最终得固体0.2 g。通过计算确定样品的化学式(写出计算过程)。答案答案(4)n(Fe2+)=2n(Fe2O3)=2=2.510-3mol根据

6、得失电子守恒:n(Fe2+)+10n(CN-)=5n(Mn)n(CN-)=1.510-2mol根据电荷守恒:n(K+)=n(CN-)-2n(Fe2+)=1.510-2mol-22.510-3mol=1.010-2molm(Fe2+)=56 gmol-12.510-3mol=0.14 gm(CN-)=26 gmol-11.510-2mol=0.39 g10.2 g160 g mol4O1335 2.000mol L15.25 102.5 1010Lmolm(K+)=39 gmol-11.010-2mol=0.39 gn(H2O)=7.510-3moln(K+) n(Fe2+) n(CN-) n(

7、H2O)=4 1 6 3亚铁氰化钾晶体的化学式为K4Fe(CN)63H2O。14.220 g0.39 0.14 0.39 418 g molggg解析解析根据Fe原子守恒,可知n(Fe2+)=2n(Fe2O3),而后运用得失电子守恒可求得n(CN-),再根据电荷守恒可求出n(K+),最后利用质量守恒求出n(H2O)。二、限定条件的离子方程式的书写二、限定条件的离子方程式的书写1.过量型过量型其程序是:按照组成比例写出不足物质参加反应的离子;过量物质的离子满足不足离子的需要。如Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应,离子方程式中Ca2+与HC的比例一定是1 2,OH-的化学计量数为2,满足

8、2HC。综合起来可得离子方程式:Ca2+2HC+2OH- CaCO3+C+2H2O此类情况也可以总结为以量少的反应物完全反应(一般以“1 mol”计)来判断产物,进而写出相应的离子方程式。3O3O3O23O2.定量型定量型其程序是:按题给条件写出各反应离子的物质的量;遵循过量离子满足不足离子的原则。如明矾与等物质的量的Ba(OH)2反应,则S和Al3+过量,可得离子方程式:3Ba2+3S+6OH-+2Al3+ 3BaSO4+2Al(OH)324O24O3.目标型目标型其程序是:根据目标要求按比例写出离子符号,如在明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至Al3+沉淀完全,就要先写出Al3+3OH-;按

9、组成比例写出与目标离子结合的其他离子,即2S+Al3+3OH-+Ba2+ BaSO4+Al(OH)3+S,整理即可得3S+2Al3+6OH-+3Ba2+3BaSO4+2Al(OH)3,溶液中剩余S。24O32321224O24O24O4.相同反应物间的离子反应相同反应物间的离子反应(1)反应物滴加顺序不同,离子反应不同,如:把AlCl3溶液逐滴加入到NaOH溶液中至过量:Al3+4OH- Al(OH)4-(或Al3+4OH- Al+2H2O),3Al(OH)4-+Al3+ 4Al(OH)3或3Al+Al3+6H2O 4Al(OH)3。把NaOH溶液逐滴加入到AlCl3溶液中至过量:Al3+3O

10、H- Al(OH)3、Al(OH)3+OH- Al(OH)4-或Al(OH)3+OH- Al+2H2O。(2)反应条件不同,离子反应不同,如:2O2O2O氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合,离子方程式为:N+OH- NH3H2O。若氯化铵溶液与氢氧化钠溶液混合,并加热,则离子方程式为:N+OH- NH3+H2O。(3)微溶物状态不同,离子反应不同,如:石灰乳与碳酸钠溶液混合,离子方程式为:Ca(OH)2+C CaCO3+2OH-。若澄清石灰水与碳酸钠溶液混合,则离子方程式为:Ca2+C Ca CO3。4H4H23O23O例例2软锰矿的主要成分是MnO2,还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分

11、是FeS2,还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵,其主要流程如下:(1)为了提高锰元素的浸出率,在“浸取”时可采取的措施有:适当升高温度;搅拌; 等。(2)“氧化”过程中加入MnO2发生反应的离子方程式为 。(3)“滤渣2”中主要成分的化学式为 。(4)“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用Na2S的原因是 。(5)“50 碳化”得到碳酸锰,反应的化学方程式为 。(6)生成的碳酸锰产品需经充分洗涤,检验产品完全洗净的方法是 。答案答案(1)适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等)(2)MnO2+2Fe2+4H+ 2Fe3+Mn2+2H2O(3)

12、Fe(OH)3、Al(OH)3(4)使用Na2S会引入杂质(5)MnSO4+2NH4HCO3 (NH4)2SO4+MnCO3+CO2+H2O(6)取最后一次洗涤滤液,加入盐酸酸化的氯化钡溶液,若无沉淀,则已洗净(合理答案即可)解析解析(2)从流程分析知,“浸取”时,MnO2在酸性条件下氧化FeS2生成S,Si转化为SiO2,Al转化为Al3+,Fe转化为Fe2+,MnO2反应后生成Mn2+,加入MnO2继续氧化,应是氧化Fe2+生成Fe3+,根据Mn和Fe得失电子守恒配平反应。(3)因为后续反应中不涉及Fe3+和Al3+,所以加入NH3H2O的目的应是调节pH,使得Fe3+和Al3+转化为沉淀

13、,即滤渣2的主要成分的化学式为Fe(OH)3和Al(OH)3。(4)题中要求回收硫酸铵,若用Na2S,则会引入杂质Na+。(6)在MnCO3沉淀的表面会有S,故只要检验洗涤液中是否含有S,即可证明MnCO3是否洗干净。24O24O3.利用硫酸渣(主要含Fe2O3、FeO,杂质为Al2O3和SiO2等)生产铁基颜料铁黄(FeOOH)的制备流程如下:(1)“酸溶”时,Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为 。(2)滤渣的主要成分是FeS2、S和 (填化学式);Fe3+被FeS2还原的离子方程式为 。(3)“氧化”中,生成FeOOH的离子方程式为 。(4)滤液中溶质是Al2(SO4)3和 (填化学式);

14、“洗涤”时,检验铁黄表面已洗涤干净的操作是 。答案答案(1)Fe2O3+6H+ 2Fe3+3H2O(2)SiO22Fe3+FeS2 3Fe2+2S(3)4Fe2+8NH3H2O+O2 4FeOOH+8N+2H2O(4)(NH4)2SO4取最后一次洗涤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若无白色沉淀,说明已洗干净4H解析解析(1)Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+。(2)硫酸渣加硫酸酸溶后,得到含Fe3+、Fe2+、Al3+的溶液,加FeS2还原Fe3+,SiO2不溶于酸,滤渣中还有SiO2。反应物为Fe3+、FeS2(S显-1价,Fe显+2价),生成物有Fe2+ (Fe3+被还原为Fe2+)、S(

15、滤渣主要成分之一),根据得失电子守恒配平。(3)被“氧化”的滤液中主要含Fe2+、Al3+,通入空气氧化Fe2+为Fe3+,加氨水调节pH为34,沉淀为FeOOH。反应物为Fe2+、O2、NH3H2O,生成物有FeOOH、N,根据得失电子守恒有:4Fe2+NH3H2O+O2 4FeOOH+N,根据电荷守恒有:4Fe2+8NH3H2O+O2 4FeOOH+4H4H8N,根据原子守恒补充水,即得4Fe2+8NH3H2O+O2 4FeOOH+8N+2H2O。(4)由(3)中反应可判断滤液中溶质为Al2(SO4)3、(NH4)2SO4。由滤液中的成分可知铁黄表面可溶性杂质是Al2(SO4)3、(NH4

16、)2SO4,若洗涤干净,则洗涤液中无S,据此可检验是否洗涤干净。4H24O4H4.某实验小组设计下图装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。已知:NaClO2饱和溶液在温度低于38 时析出的晶体是NaClO23H2O,高于38 时析出的晶体是NaClO2,高于60 时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答下列问题:(1)装置的作用是 。(2)装置可以收集到ClO2,该装置导气管长短 错误(填“有”或“ 没有”)。若有,说明错在哪里,若没有,说明该装置设计的目的: 。(3)装置中反应的化学方程式为 ;装置中可生成NaClO2,并有气泡产生,写出其中发生反应的离子方程式 。(4)装置采取冷水浴的

17、可能原因是 。(5)从装置反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为:减压,55 蒸发结晶; ;用3860 热水洗涤;低于60 干燥,得到成品。答案答案(1)吸收ClO2(2)没有防止倒吸(3)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4 2ClO2+2Na2SO4+H2O2OH-+2ClO2+H2O2 2Cl+2H2O+O2(4)反应温度过高生成的NaClO2会分解成NaClO3、NaCl,影响产品产量与纯度(5)趁热过滤2O解析解析(1)装置都可吸收ClO2,防止空气污染。(2)装置主要是防止倒吸设计,所以导气管长短没有错误。(3)装置中生成ClO2,根据氧化还原反应原理,亚硫酸钠转化为硫酸

18、钠,反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4 2ClO2+2Na2SO4+H2O;装置中生成NaClO2,有气泡产生即生成氧气,所以反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O2 2Cl+2H2O+O2。(5)从溶液中获得NaClO2晶体,温度不能太高,也不能太低,所以在55 蒸发结晶,然后趁热过滤,防止降温后析出结晶水合物。 2O5.(2018盐城高三期中)Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物,在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:(1)“硫酸化焙烧”时:硫化铜矿需粉碎的目的是 ;Cu2S与O2反应生

19、成CuSO4等物质的化学方程式为 ;加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外,另一主要作用是 。(2)“浸取”时为提高铜的浸取率,除需控制稀硫酸的浓度外,还需控制 (至少列举两点)。(3)“制备”时,溶液的pH与Cu2O的产率关系如图所示。在100 时,发生反应的离子方程式为 。图中4.0pH5.0时,pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高,是因为 。答案答案(1)提高硫化铜矿的利用率2Cu2S+5O2 2CuSO4+2CuO提高焙烧产物中CuSO4比例(2)浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等(3)2Cu2+3S Cu2O+S+2SO2pH越小Cu2O越易与H+发生

20、反应,生成Cu和Cu2+ 23O24O解析解析(1)“硫酸化焙烧”时:硫化铜矿需粉碎的目的是增大接触面积,提高硫化铜矿的利用率;Cu2S与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为2Cu2S+5O2 2CuSO4+2CuO;加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外,另一主要作用是增大S浓度,提高焙烧产物中CuSO4比例。(2)“浸取”时为提高铜的浸取率,除需控制稀硫酸的浓度外,还需控制浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等。(3)在100 时,Cu2+被还原成Cu2O,S被氧化成S,发生反应的24O23O24O离子方程式为2Cu2+3S Cu2O+S+2SO2;图中4.0pH5.0时,pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高,是因为pH越小Cu2O越易与H+发生反应,生成Cu和Cu2+。23O24O