【步步高】2014届高三化学一轮总复习 第二章 第5讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平 新人教版.DOC

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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.掌握氧化还原反应方程式的简单配平方法。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，而氧化剂得电子的总数(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

2、质的化学计量数。(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。深度思考根据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)41128题组一正向配平类1 (1)_HCl(浓)_MnO2_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=

3、_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_=_Cl_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_Mn2_O2_H2O答案(1)324OH325(2)256H258解题技巧配平的基本技能(1)全变从左边配：氧化剂、还原

4、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。题组四突破未知氧化还原反应方程式的书写4 按要求完成下列方程式：(1)在NaClO溶液中通入足量SO2，写出发生反应的离子方程式：_。答案ClOSO2H2O=ClSO2H解析第一步：找出发生氧化还原反应的粒子：ClO和SO2；根据价态规律，预测氧化产物和还原产物，并写出参加氧化还原反应的物质

5、及氧化产物和还原产物：ClOSO2ClSO；配电子守恒，由于ClOCl是得到2e；SO2SO是失去2e，因此，得失电子已经相等了。第二步：配电荷守恒，该反应所产生的溶液是呈酸性的，用H来配电荷，显然是加在生成物的一边，并且得加2个H，即ClOSO2ClSO2H。第三步：配原子守恒，反应是遵循质量守恒定律的，因此反应前后，相应原子个数要相等的，显然反应物的一边要加1个H2O，即ClOSO2H2O=ClSO2H。(2)S与Cl2的水溶液充分反应可生成2种强酸，该反应的化学反应方程式是_。答案S3Cl24H2O=6HClH2SO4解析反应体系中有S、Cl2和H2O，显然Cl2为氧化剂，S为还原剂；C

6、l2的还原产物为Cl，而S的氧化产物可在SO2、SO、SO中选择。根据题给信息(生成2种强酸)，可有2种方法进行判断。方法1：结合中学常见的六大强酸(HNO3、H2SO4、HClO4、HCl、HBr、HI)，根据原子守恒排除掉HBr、HI、HNO3，还剩下H2SO4、HCl、HClO4，生成物只能是HCl和H2SO4。方法2：根据得失电子守恒，得S3Cl26ClSO(第1步)；溶液呈酸性，在等式右侧添加8 mol H使电荷守恒，S3Cl26ClSO8H(第2步)；在等式左侧添加4 mol H2O使原子守恒，S3Cl24H2O=6ClSO8H(第3步)。检查无误，改写成如下化学反应方程式：S3C

7、l24H2O=6HClH2SO4。(3)无色有刺激性气味的SO2气体与含1.5 mol Cl的一种含氧酸(该酸的某盐常用于实验室制取氧气)的溶液在一定条件下反应，可生成一种强酸和一种氧化物，若有1.5NA个电子转移时，该反应的化学方程式是_。答案2HClO3SO2=2ClO2H2SO4解析可用于实验室制氧气的氯的含氧酸盐是KClO3，1.5 mol HClO3在反应中转移的电子数为1.5NA个，即1.5 mol 电子，说明1 mol Cl得到的电子为1 mol，化合价降低1价，从5价降为4价。还原剂为SO2，氧化产物为SO，根据得失电子守恒规律得2HClO3SO22ClO2SO(第1步)；溶液

8、呈酸性，在等式右侧添加2 mol H使电荷守恒，2HClO3SO22ClO2SO2H(第2步)；检查原子已经守恒，改写成化学反应方程式(第3步)：2HClO3SO2=2ClO2H2SO4。解题技巧未知氧化还原反应方程式的书写技巧(1)熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物氧化剂Cl2O2浓H2SO4HNO3KMnO4(H)、MnO2Fe3KClO3H2O2还原产物ClO2SO2NO或NO2Mn2Fe2ClH2O还原剂I(HI)S2(H2S)CO、CH2NH3SO2、SOH2O2氧化产物I2SCO2HNOSOO2(2)书写未知氧化还原反应方程式的步骤(3步法)第1步：根据氧化还

9、原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂；根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物；根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。第2步：根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H或OH的形式使方程式两端的电荷守恒。第3步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。考点二氧化还原反应计算题中重要的解题思想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电子总数与还原剂失去电子总数相等，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

10、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。题组一简单反应的得失电子守恒问题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1xe162e，x5。2 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Na2S

11、O4，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。思维建模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电子守恒列出等式。n(氧化剂)变价原子个数化合

12、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)。题组二多元素参与反应的得失电子守恒问题3 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 mol 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P的物质的量为y根据电子守恒得：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.

13、2 mol。4 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe22S2OO2xOH=Fe3O4S4O2H2O。请回答下列问题。(1)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是_。(2)反应的化学方程式中x_。(3)每生成1 mol Fe3O4，反应转移的电子为_mol，被Fe2还原的O2的物质的量为_mol。答案(1)Fe2、S2O(2)4(3)40.5解析(2)根据电荷守恒得：x22322，解得x4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成1 mol Fe3O

14、4时，转移的电子数即是1 mol O2得电子总数，为4 mol。设被Fe2还原的O2的物质的量为x，根据电子守恒得：4x1 mol3(2)，解得x0.5 mol。题组三多步反应的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 现有铁粉和氧化铁的混合物共27.2 g，加入足量的稀硫酸使之充分反应。当固体粉末完全溶解时，收集到2.24 L(标准状况下)

15、气体，当向溶液中滴加KSCN溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。答案58.8%6 14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为 ()A9.6 g B6.4 g C3.2 g D1.6 g答案C解析根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得24，解得：m(Cu)3.2 g。题组四微粒先后反应

16、时的得失电子守恒问题当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，则强还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微粒时，则强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样适用。7 下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱如下：还原性HSOI，氧化性IOI2SO。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示，则x_mol。答案3解析开始加入KIO3溶液时，最先与IO反应的微粒是HSO，还原产物为I，氧

17、化产物为SO。当HSO反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IO5I6H=3I23H2O。所以0点到b点参加反应的HSO的物质的量可利用电子守恒求解，n(HSO)2en(IO)6e，即n(HSO)21 mol6，所以x3。考点三氧化还原反应原理的综合应用题组一从定性和定量两个角度探究有关氧化还原反应的实验(一)关于物质氧化性、还原性强弱的实验1 某研究性学习小组在网上收集到如下信息：Fe(NO3)3溶液可以蚀刻银，制作美丽的银饰。他们对蚀刻银的原理进行了如下探究：【实验】制备银镜，并与Fe(NO3)3溶液反应，发现银镜溶解。(1)下列有关制备银镜过程的说法正确的是_(填序号)。a边振荡盛有

18、2%的AgNO3溶液的试管，边滴入2%的氨水，至最初的沉淀恰好溶解为止b将几滴银氨溶液滴入2 mL乙醛中c制备银镜时，用酒精灯的灯焰给试管底部加热d银氨溶液具有较弱的氧化性e在银氨溶液配制过程中，溶液的pH增大【提出假设】假设1：Fe3具有氧化性，能氧化Ag。假设2：Fe(NO3)3，溶液显酸性，在此酸性条件下NO能氧化Ag。【设计实验方案，验证假设】(2)甲同学从上述实验的生成物中检验出了Fe2，验证了假设1成立。请写出Fe3氧化Ag的离子方程式：_。(3)乙同学设计实验验证假设2，请帮他完成下表中内容(提示：NO在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生)。实验步骤(不要求写具体

19、操作过程)预期现象和结论若银镜消失，假设2成立；若银镜不消失，假设2不成立【思考与交流】(4)甲同学验证了假设1成立，若乙同学验证了假设2也成立，则丙同学由此得出结论：Fe(NO3)3溶液中的Fe3和NO都氧化了Ag。你是否同意丙同学的结论，并简述理由：_。答案(1)ade(2)AgFe3=AgFe2(3)实验步骤(不要求写具体操作过程)预期现象和结论测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH；配制相同pH的稀硝酸溶液，将此溶液加入有银镜的试管内(4)不同意。甲同学检验出了Fe2，可确定Fe3一定氧化了Ag；乙同学虽然验证了此条件下NO能氧化Ag，但在硝酸铁溶液氧化Ag时，由于没有检验NO的还

20、原产物，因此不能确定NO是否氧化了Ag(3)、(4)其他合理答案均可解析本题是一道探究类试题，以日常生活中的蚀刻银制作美丽的银饰为情境，以探究Fe(NO3)3溶液中何种因素蚀刻银为研究课题，考查学生运用相关的化学反应原理、元素化合物知识及化学实验基本知识进行实验设计，考查学生运用控制变量思想设计实验的能力，对实验现象和结果进行分析、解释和科学举证能力，以及用正确的化学术语及文字进行表达的能力。第(3)题考查学生运用控制变量的科学方法设计实验是该题的核心。本题中有两个变量，如表所示：实验变量Fe3的氧化性NO的氧化性能否蚀刻银能不确定现象或结论银溶解无法测定还原产物由于NO的氧化能力随着溶液pH

21、的变化而变化，那么在验证假设2即Fe(NO3)3溶液中的NO能氧化Ag时，就要求学生必须严格控制溶液的pH进行实验，这是考查单一变量控制法。解决本题的关键就是需测定上述实验用的Fe(NO3)3溶液的pH，然后配制相同pH的稀硝酸溶液，再将此溶液加入有银镜的试管内。显然，这是该实验的最佳设计方案。(二)氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2为无色，所

22、以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。2 (1)配平氧化还原反应方程式：C2O_MnO_H=_CO2_Mn2_H2O(2)称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和

23、的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。答案(1)5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O(2)0.005A.氧化剂

24、不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%解析(1)C：34，改变量(43)22，Mn：72，改变量(72)15，根据化合价升降总数相等，所以在C2O前配5，MnO前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2前配10和2，再由电荷守恒在H前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。(2)由HOH=H2O知，n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅 紫红色。由电子守恒得n(还)20.10 molL10.016 L5

25、，n(还)0.004 mol。设6.0 g 试样中H2C2O42H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0.03 mol，H2C2O42H2O的质量分数为100%21%，KHC2O4的质量分数为100%64%。题组二氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用3 高锰酸钾是锰的重要化合物和常用的氧化剂。以下是工业上用软锰矿制备高锰酸钾的一种

26、工艺流程：(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂。其消毒原理与下列_(填序号)物质相似。A75%酒精 B双氧水C苯酚 D84消毒液(NaClO溶液)(2)写出MnO2、KOH的熔融混合物中通入空气时发生的主要反应的化学方程式：_。(3)向K2MnO4溶液中通入CO2以制备KMnO4，该反应中的还原剂是_。(4)上述流程中可以循环使用的物质有石灰、二氧化碳、_和_(写化学式)。(5)若不考虑物质循环与制备过程中的损失，则1 mol MnO2可制得_mol KMnO4。答案(1)BD(2)2MnO24KOHO22K2MnO42H2O(3)K2MnO4(4)KOHMnO2(5)0.67(或)解析K

27、MnO4稀溶液用作消毒剂是利用KMnO4的强氧化性，所给消毒剂中与KMnO4稀溶液消毒原理相似的只有双氧水和84消毒液(NaClO溶液)，故选BD。MnO2和KOH的熔融物中通入空气后生成了K2MnO4，则发生了氧化还原反应，O2作氧化剂，依据元素守恒原理可确定生成物中有水，根据化合价的升降总数相等即可配平该化学方程式。向K2MnO4溶液中通入CO2来制备KMnO4可知锰元素的化合价升高，K2MnO4作还原剂。从上述工艺流程中可知，KOH和MnO2作为反应原料参加反应，而反应过程中还有MnO2生成，最后的母液中又分离出KOH，都为可循环使用的物质。由2MnO24KOHO22K2MnO42H2O

28、和3K2MnO42CO2=MnO22KMnO42K2CO3可知，1 mol MnO2可制得 mol KMnO4。4 新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。工业上制备K2FeO4的常用方法有两种。方法：次氯酸盐氧化法。工艺流程如图所示。(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：_FeCl3_NaOH_NaClO=_Na2FeO4_。其中氧化剂是_(填化学式)。(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为_。(3)上述工艺得到的高铁酸钾常含有杂质，可用重结晶法提纯，操作是将粗产品用_溶解，然后_。方法：电解法。以铁为阳极电解氢氧化钠溶

29、液，然后在阳极液中加入KOH。(4)电解时阳极发生反应生成FeO，该电极反应方程式为_。答案(1)210329NaCl5H2ONaClO(2)Na2FeO42KOH=K2FeO42NaOH(3)稀KOH溶液加入饱和KOH溶液，冷却结晶(4)Fe8OH6e=FeO4H2O解析(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式：2FeCl310NaOH3NaClO=2Na2FeO49NaCl5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化

30、为溶解度更小的K2FeO4。(3)因为K2FeO4在中性或酸性溶液中能分解，所以需要将K2FeO4粗产品在稀KOH溶液中溶解，然后加入饱和KOH溶液，冷却结晶。(4)电解时阳极铁在强碱性条件下被氧化为FeO：Fe8OH6e=FeO4H2O。命题展望氧化还原反应命题4大趋向氧化还原反应是高中化学的核心内容，是高考考查的重点和热点。命题的趋向：(1)以社会实际问题或典型实例为载体，考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用；(2)将氧化还原反应与物质的推断结合在一起，考查学科内知识的综合应用能力；(3)将氧化还原反应与酸碱中和滴定相结合进行考查；(4)氧化还原反应与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合

31、的综合性题目。1 (2012海南，6)将0.195 g锌粉加入到20.0 mL的0.100 molL1 MO溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 ()AM BM2 CM3 D. MO2答案B解析锌粉加入到MO溶液中发生氧化还原反应，反应物Zn为0.003 mol，反应中失去电子为0.003 mol20.006 mol，而溶液中MO为20.0103 L0.100 molL10.002 mol，根据反应中转移电子的物质的量相等，可求得反应中M元素降低3价，即MO的还原产物可能为M2。2 (2012四川理综，13)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反

32、应，生成NO 和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是()ACu与Cu2O 的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1C产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol答案B解析解题的关键是会利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒。Cu(OH)2的质量为39.2 g，其物质的量为0.4 mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则x2y0.4 mol，64 gmol1x144 gmol1y27.2

33、 g，解得：x0.2 mol，y0.1 mol，故A正确；Cu和Cu2O中的Cu都变成了2价，转移的电子的物质的量为(0.40.2) mol0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.2 mol，故C正确；n(NaOH)1 mol，生成0.4 mol Cu(OH)2时消耗了0.8 mol NaOH，另外0.2 mol NaOH中和了硝酸，故D正确；硝酸总的物质的量为0.2 mol(剩余的)0.2 mol(表现氧化性的)0.8 mol(表现酸性的)1.2 mol，其物质的量浓度为2.4 molL1，故B错。3 2011山东理综，28(1)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具

34、有重要意义。NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_。利用反应6NO28NH37N212H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。答案3NO2H2O=2HNO3NO6.72解析根据题给化学方程式可知当6 mol NO2全部参加反应时，转移电子6 mol(40)24 mol，故转移1.2 mol电子时，消耗NO2 0.3 mol，即6.72 L。4 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_

35、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是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：PFeOCaOCa3(PO4)2Fe答案253155 (2012上海，五)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空：(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和

36、NO2，且NO和NO2的物质的量之比为11，写出Se和浓HNO3的反应方程式_。(2)已知：Se2H2SO4(浓)2SO2SeO22H2O2SO2SeO22H2OSe2SO4HSeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：SeO2KIHNO3SeI2KNO3H2OI22Na2S2O3Na2S4O62NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目。(4)实验中，准确称量SeO2样品0.150 0 g，消耗了0.200 0 molL1的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。答案(1)Se2HNO

37、3(浓)H2SeO3NONO2(2)H2SO4(浓)SeO2SO2(3)(4)92.5%解析(3)可以采用化合价升降法配平，即Se元素化合价由4降低为0，而I元素化合价由1升高至0，根据化合价升降相等，KI系数为4，故I2系数为2，然后配平即可；该反应中KI中的I元素失电子，而SeO2中Se元素得电子。1 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将转化成 ()AS2 BS CSO DSO答案D解析设m为氧化产物与Na2S2O3中硫元素的化合价之差，由得失电子守恒得：0.224 L22.4

38、 Lmol1210.025 L0.100 molL12m，m4。Na2S2O3中S为2价，被Cl2氧化后，上升4价，变为6价，得到SO。2 (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分解的氧化产物是N2，还原产物是Pt。根据得失电子守恒得：6n(N2)4n(Pt)，n(N2)n(Pt)23。3 一未完成的离子方程式_XO6H=3X23H2O，据此判断，氧化产物和还原产物的物质的量之比为 ()A11 B31C51 D71答案C解析由质量守恒和电荷守恒可

39、得出该离子反应方程式为5XXO6H=3X23H2O，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为51。4 Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2O2。下列对此反应的说法中，不正确的是 ()A方框中的物质为Na2SO4BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂CNa2FeO4既是氧化产物，又是还原产物D2 mol FeSO4发生反应时，反应中共转移8 mol电子答案D解析根据元素守恒可知A正确。分析化合价变化可知，2个2价Fe原子失去8个电子，根据生成物中的“O2”可知在“6 Na2O2”中，有2个1价的氧的化合价升至0价，失去2个电子，另有10个1价氧的化合价降至2价，得失电子数均为10个。据此可知B、C均正确。2 mol FeSO4发生反应时，反应中共有10 mol电子发生转移，故D错误。5 一定物质的量的Cl2与NaOH溶液反应，所得产物中含NaClO和NaClO3的物质的量之比为35，则参加反应的Cl2与NaOH的物质的量之比为 ()A811