专题二氧化复原反响【学法导航】解答氧化复原反响概念类型题时关键是：1、要理清知识线索，即价升高→失电子→复原剂→氧化反响→氧化产物（或价降低→得电子→氧化剂→复原反响→复原产物）。2、要明确解题的方法思路：理清概念抓实质，解题应用靠特征，即从氧化复原反响的实质电子转移，去分析理解有关概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化复原反响的特征入手。具体思路是：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反响物中含有同种元素的氧化复原反响，必须弄清它的变化情况21世纪教育网3、关于氧化性复原性强弱比较要参照知识网络第三点。4、氧化复原反响方程式配平要依据原理：电子得失守恒和原子守恒。【典例精析】1.（09年福建理综·6）以下类型的反响，一定发生电子转移的是（）A．化合反响B．分解反响C．置换反响D．复分解反响【答案】B【解析】置换反响中肯定有单质参加，一定属于氧化复原反响，即一定有电子转移，C项正确。【考点分析】四种根本反响类型与氧化复原反响的关系2.常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，2Fe3++H2O2＝2Fe2++O2↑+H+，以下说法正确的选项是（）A．H2O2的氧化氢比Fe3+强，其复原性比Fe2+弱26/26\nB．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降C．在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变D．H2O2生产过程要严格防止混入Fe2+【答案】CD【解析】由氧化复原反响的强弱律可知，氧化性是氧化剂大于氧化产物，复原性是复原剂大于复原产物，由方程一可知，氧化剂H2O2氧化性比氧化产物Fe3+强，由方程二可知，复原剂H2O2复原性比，原产物为Fe2+强，所以A错误；方程一和方程二相加，即H2O2分解生成H2O和O2，H2O2呈弱酸性，所以随着反响进展，pH升高，B错误；H2O2分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，C正确；因为Fe2+可导致H2O2分解，所以H2O2生产过程要防止混入Fe2+，D正确21世纪教育网【考点分析】氧化性和复原性强弱的比较考察。3.物质的量之比为2：5的锌与稀硝酸反响，假设硝酸被复原的产物为N2O，反响完毕后锌没有剩余，那么该反响中被复原的硝酸与未被复原的硝酸的物质的量之比是A.1：4B.1：5C.2：3D.2：5【答案】A【解析】设2molZn参与反响，因Zn无剩余，那么最终生成了2molZn(NO3)2，显然含有4mol，这局部是没有参与氧化复原反响的HNO3，根据得失电子守恒有：2×n(Zn)=n(HNO3)×4，那么n(HNO3)=1mol，即有1molHNO3被复原。【考点分析】氧化复原反响的计算4.锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为26/26\nA．2molB．1molC．0.5molD．0.25mol【答案】D【解析】：此题主要考察氧化复原反响的配平：Zn＋HNO3(稀)Zn(NO3)2＋NH4NO3＋H2O，Zn：0→＋2，化合价改变值为：(2－0)×1＝2，N：＋5→－3，化合价的改变值为：(5＋3)×1＝8，根据化合价升降总值相等得：在Zn(NO3)2前配4，NH4NO3前配1，然后根据反响前后各元素的原子个数相等，找出其他物质的系数。配平后的化学方程式为：4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，当生成1mol的Zn(NO3)2时，被复原的HNO3为0.25mol21世纪教育网【考点分析】氧化复原反响的计算5.以下有关化学与生活的说法不正确的选项是（）A．采用原煤脱硫技术，可减少燃煤产生的SO2B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，可用作木材防腐剂C．自来水厂可用氯气来杀菌消毒，因此氯气无毒D．维生素C具有复原性，可用作食品抗氧化剂【答案】C【解析】根据氯气的性质可以知道氯气是一种有毒的气体，因氯气与水反响生成的HClO具有强氧化性，所以常用氯气对自来水消毒杀菌。因此C选项是错误的21世纪教育网【考点分析】化学与生活综合运用6.钢铁生锈过程发生如下反响：①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2；②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；③2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O。以下说法正确的选项是26/26\nA．反响①、②中电子转移数目相等B．反响①中氧化剂是氧气和水C．与铜质水龙头连接处的钢质水管不易发生腐蚀D．钢铁在潮湿的空气中不能发生电化学腐蚀【答案】A【解析】反响①2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2中的氧化剂是O2，1molO2在反响中得到4mol电子，同样在反响②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3中氧化剂也是O2，而且两个反响中氧气的系数都是1，因此得到的电子均是4mol，故A选项正确B选项错误。钢质水管与铜质水龙头连接后形成原电池，其中钢质水管做负极被腐蚀，故C选项错误。钢铁在潮湿的空气中容易发生电化学腐蚀，而且主要是发生吸氧腐蚀，因此D选项错误。【考点分析】氧化复原反响的根本概念考察21世纪教育网7.从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反响：14CuSO4+5FeS2+12H2O====7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。以下说法正确的选项是()A.Cu2S既是氧化产物又是复原产物B.5molFeS2发生反响，有10mol电子转移C.产物中有一局部是氧化产物D.FeS2只作复原剂【答案】C【解析】分析反响26/26\n可知，FeS2中S的化合价降低生成Cu2S，升高生成FeSO4，故FeS2既是氧化剂又是复原剂，D错误；CuSO4中Cu的化合价降低生成Cu2S，FeS2中S的化合价也降低生成Cu2S，故Cu2S只是复原产物，非氧化产物，A错误；5molFeS2发生反响，有21mol电子转移，B错误；产物中有一局部是氧化产物，另一局部由CuSO4提供，C正确。【考点分析】考察学生对氧化复原相关概念的辨析和计算能力21世纪教育网8.氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反响：Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO合成。以下表达正确的选项是A．上述反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂B．上述反响中，每生成1molAlN需转移3mol电子C．AlN中氮的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g【答案】B【解析】该反响中N2降价为氧化剂，C升价为复原剂，每生成1molAlN转移3mol电子，AlN中Al为+3价，N为-3价。D中摩尔质量的单位为g/mol。【考点分析】氧化复原相关概念的辨析和计算能力9.一个完整的氧化复原反响方程式可以拆开，写成两个“半反响式”，一个是“氧化反响式”，一个是“复原反响式”。如2Fe3+＋Cu===2Fe2+＋Cu2+，可拆写为氧化反响式：Cu－2e－===Cu2+，复原反响式：2Fe3+＋2e－===2Fe2+。据此，答复以下问题：26/26\n⑴将反响Zn＋2H+===Zn2+＋H2↑拆写为两个“半反响式”：氧化反响式：，复原反响式：。⑵将反响3NO2＋H2O==2H+＋2NO3—＋NO拆写为两个“半反响式”：氧化反响式：，复原反响式：。⑶已知某反响的两个“半反响式”为：CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O，O2＋2H2O＋4e－===4OH—，那么氧化复原反响方程式为。【答案】⑴Zn－2e－===Zn2+，2H+＋2e－===H2。⑵2NO2＋2H2O－2e－===4H+＋2NO3－；NO2＋2H+＋2e－===NO＋H2O⑶CH4＋2O2＋2OH—===CO32－＋3H2O【解析】⑵注意电子得失守恒、粒子数目守恒以及物质的选择与系数调整。在反响3NO2＋H2O===2H+＋2NO3—＋NO中，只有1个NO2分子作氧化剂，有2个NO2分子作复原剂。2个NO2分子变为2个NO3－离子时，需2个H2O分子提供2个O原子，2个H2O分子中的4个H原子那么变为4个H＋离子。1个NO2分子变成1个NO分子时，另1个O原子需要与2个H＋离子结合成水。所以，有以上“半反响”。⑶前式＋后式×2即得【考点分析】氧化复原反响理解21世纪教育网10.amolFeS与bmolFeO投入到VL、cmol·L-1的硝酸溶液中充分反响，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，那么反响中未被复原的硝酸可能为()①(a+b)×63g②(a+b)×189g③(a+b)mol④(Vc-)molA.①④B.②③C.①③D.②④【答案】D26/26\n【解析】由元素守恒知：未被复原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中的，所以显酸性的硝酸的物质的量等于Fe(NO3)3的物质的量的3倍，由元素守恒知，n〔Fe(NO3)3〕=n(Fe)=(a+b)mol，所以未被复原的硝酸的质量=3(a+b)mol×63g·mol-1=(a+b)×189g，②正确；又根据化合价升降守恒知amol→amol(NO3)3+amol升高(3-2)a+(6+2)a=9amolbmol→bmol(NO3)3升高(3-2)b=bmolxmolH→xmol降低(5-2)xmol=3xmol得9amol+bmol=3xmol，即显氧化性的硝酸的物质的量x=(9a+b)/3mol，所以未被复原的硝酸为(Vc-)mol，④正确21世纪教育网【考点分析】此题以元素化合物知识为载体，考察守恒法技巧。11.2gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用400mL0.075mol·L-1KMnO4溶液处理，发生反响如下：8+5Cu2S+44H+====10Cu2++5SO2+8Mn2++22H2O6+5CuS+28H+====5Cu2++5SO2+6Mn2++14H2O反响后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350mL0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反响。(1)配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反响的离子方程式：+Fe2++H+Mn2++Fe3++H2O(2)KMnO4溶液与混合物反响后，剩余KMnO4的物质的量为_________mol。(3)欲配制500mL0.1mol·L-1Fe2+溶液，需称取(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(M=392g·mol-1)的质量为_________g。(4)混合物中Cu2S的质量分数为_________。【答案】(1)158154(2)0.007(3)19.6(4)40％【解析】根据配平后的离子方程式，KMnO4—5(NH4)2Fe(SO4)2，那么剩余KMnO4的物质的量为：=0.07mol。26/26\n需称量固体的质量为：0.5L×0.1mol·L-1×392g·mol-1=19.6g21世纪教育网假设混合物中Cu2S的物质的量为x，CuS的物质的量为y，结合以上数据列出方程组：，解得结果，那么混合物中Cu2S的质量分数为：×100%=40%。【考点分析】氧化复原反响的配平及综合计算12.一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。假设用0.1000mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，那么KMnO4溶液的浓度（mol·L－1）为提示：①H2C2O4是二元弱酸②10KHC2O4·H2C2O4＋8KMnO4＋17H2SO4=8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2OA．0.008889B．0.08000C．0.1200D．0.2400【答案】B【解析】此题类型属于信息给予题，据题意并结合提示，H2C2O4为二元弱酸，可写出氢氧化钠与KHC2O4·H2C2O4·2H2O反响的方程式：6NaOH+2KHC2O4·H2C2O4·2H2O=3Na2C2O4+K2C2O4+8H2O；10[KHC2O4·H2C2O4]+8KMnO4+17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O。可得关系式：6NaOH~2KHC2O4·H2C2O4·2H2O，10[KHC2O4·H2C2O4]~8KMnO4；综合以上两式可得：15NaOH~4KMnO4,结合题意：V(NaOH)=3V(KMnO4)可得出关系：15NaOH~4KMnO415426/26\n3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1V(KMnO4)×c(KMnO4)列式得：15×V(KMnO4)×c(KMnO4)=4×3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1，整理得：0.08000mol·L－1，答案选B。【考点分析】氧化复原反响的滴定13.含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是（）A．x＝0.4a，2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-B．x＝0.6a，2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－C．x=a，2Fe2＋+2Br－+2Cl2＝Br2+2Fe3＋+4Cl－D．x=1.5a，2Fe2＋+4Br－+3Cl2＝2Br2+2Fe3＋+6Cl－【答案】B【解析】由于Fe2＋的复原性强于，故根据氧化复原反响的先后顺序知，Cl2先氧化Fe2＋,然后再氧化。2Fe2＋+Cl22Fe3＋+2,2+Cl2Br2+2，2FeBr2+3Cl22FeCl3+2Br2。当x/a≤0.5时，Cl2仅氧化Fe2＋，故A项正确21世纪教育网当x/a≥1.5时,Fe2＋和Br－合部被氧化，D项正确；当介于两者之间时，那么要分步书写方程式，然后进展叠加得总反响。如B项，当x=0.5a时，Cl2刚好把Fe2＋全部氧化，而当x=0.6a，显然Cl2还要氧化Br－，而选项中没有表示，故错。【考点分析】氧化性强弱比较氧化复原反响的相关计算21世纪教育网14.黄铜矿（CuFeS2）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可以制备硫及铁的化合物。（1）冶炼铜的反响为8CuFeS2＋21O28Cu＋4FeO＋2Fe2O3＋16SO226/26\n假设CuFeS2中Fe的化合价为+2，反响中被复原的元素是（填元素符号）。（2）上述冶炼过程中产生大量SO2。以下处理方案合理的是（填代号）。a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na2SO3d．用浓硫酸吸收（3）过二硫酸钾（K2S2O8）具有强氧化性，可将I－氧化为I2：S2O82－＋2I－=2SO42－＋I2通过改变反响途径，Fe3＋、Fe2＋均可催化上述反响。试用离子方程式表示Fe3＋对上述反响的催化过程。、（不必配平）。（4）利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、AI2O3）可制备Fe2O3。方法为①用稀盐酸浸取炉渣，过滤。②滤液先氧化，再参加过量NaOH溶液，过滤，将沉淀洗涤、枯燥、煅烧得。据以上信息答复以下问题：a．除去Al3＋的离子方程式是。b．选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO。提供的试剂：稀盐酸稀硫酸KSCN溶液KMnO4溶液NaOH溶液碘水所选试剂为。证明炉渣中含有的实验现象为。答案：26/26\n（1）Cu、O（2）b、c（3）2Fe3＋＋2=2Fe2＋＋I2＋2Fe2＋=2SO42－＋2Fe3＋（离子方程式不配平不扣分）（4）a：稀硫酸、KMnO4溶液b：稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色【解析】：(1)假设CuFeS2中Fe的化合价为+2,那么Cu化合价为+2,S化合价为-2，分析化学方程式两边元素化合价的变化可知，化合价降低的元素被复原，有Cu和O元素。关于SO2的吸收问题，一是不能高空排放，因为这样做，没有从根本上解决污染问题；二是不能用浓硫酸吸收，因SO2难溶于浓硫酸。只有变废为宝，才能符合“绿色化学”的概念，答案选b、c.（2）此题要从催化剂的本质出发，作为催化剂的物质要参与有关反响，但后来的反响必须又生成了催化剂。此题要求写出表示Fe3+作催化剂的反响，因此，首先Fe3+要参与反响，即有反响2Fe3++2I-=2Fe2++I2，生成的Fe2+又被-氧化生成了Fe3+。此题假设要求写出Fe2+对上述反响的作催化剂的话，就应写成如下方程式：+Fe2+=2+2Fe3+，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，虽是二个相同反响方程式，由于二者的前后顺序的颠倒，却产生了本质的区别21世纪教育网（3）此题考察是混合物的别离与提纯及常见离子的鉴别。因Al2O3溶于酸后生成了Al3+，Al3+又能与过量NaOH的反响生成可溶性的钠盐（NaAlO2），然后将溶液中的难溶物Fe(OH)3沉淀过滤出来，将沉淀洗涤、枯燥、煅烧得Fe2O3。故除去Al3+的离子方程式是Al3++4=+2H2O。要证明炉渣中含有FeO的方法，最好利用Fe2+的复原性，先将混合物溶于过量的稀硫酸中（FeO→Fe2+26/26\n），然后滴入KMn04溶液，观察其溶液是否褪色。注意所用酸不能是硝酸或盐酸，因硝酸会将Fe2+氧化成Fe3+；盐酸会复原KMnO4溶液而使之褪色，干扰了Fe2+的检验21世纪教育网【考点分析】氧化复原反响综合应用【专题突破】1.以下物质转化需要参加复原剂才能实现的是（）A．→SO2B．HCl→Cl2C．Na→Na＋D．SO2→S【答案】D2.氮化铝（AlN）广泛应用于电子，陶瓷等工业领域，在一定的条件下，AlN可通过反响高温Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成，以下表达正确的选项是（）A．上述反响中，N2是复原剂，Al2O3是氧化剂；B．上述反响中，每生成1molAlN，需转移3mol电子C．AlN中氮元素的化合价为+3D．AlN的摩尔质量为41g【答案】B3.以下化学方程式中电子转移不正确的选项是（）【答案】D4.ClO226/26\n是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂。实验室中可通过以下反响制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O以下说法不正确的选项是（）A．CO2是氧化产物B．H2C2O4在反响中被氧化C．H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性D．ClO2做水处理剂时，利用了其强氧化性【答案】C5.C1SO3H称为氯磺酸，是一种强酸。对于反响：ClSO3H+HCOOH=CO+HCl+H2SO4有如下判断，其中较合理的是（）A．此反响属于氧化复原反响B．此反响不属于氧化复原反响C．反响后溶液的pH值变小D．反响后溶液的pH值增大【答案】BC6.工业上以铬铁矿（主要成分为FeO·Cr2O3）、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反响为：⑴4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O2 高温8Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2⑵2Na2CrO4＋H2SO4Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O以下说法中正确的选项是（）A．反响⑴和⑵均为氧化复原反响B．反响⑴的氧化剂是O2，复原剂是FeO·Cr2O3C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D．生成1mol的Na2Cr2O7时共转移7mol电子【答案】B7.ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl226/26\n成为生产自来水消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反响制得，在以上反响中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为（）A．1：1B．2：1C．1：2D．2：3【答案】B8.以下表达正确的选项是（）A.元素的单质一定由氧化或复原该元素的化合物制得B.含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性C.阳离子只能得到电子被复原，阴离子只能失去电子被氧化D.在化学反响中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强【答案】B9.以下反响是非氧化复原反响的是（）A．3CuS+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2OB．3Cl2+6KOH=5KCl+KclO3+3H2OC．3H2O2+2KcrO2+2KOH=2K2CrO4+4H2OD．3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2Cl2+3COCl2+2KCl【答案】A10.根据下表信息，以下表达中正确的选项是（）序号氧化剂复原剂其他反响物氧化产物复原产物①Cl2FeBr2Cl—②KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2Mn2+A．表中①组反响的氧化产物只能有FeCl3B．氧化性强弱比较：KMnO4>Fe3+>Cl2>Fe2+26/26\nC．④的离子方程式配平后，H+的化学计量数为16D．表中③复原产物是KCl【答案】C11.在Cu2S＋2Cu2O===6Cu+SO2↑反响中，说法正确的选项是（）A．Cu2S在反响中既是氧化剂，又是复原剂B．Cu是氧化产物C．氧化剂只有Cu2OD．生成1molCu，反响中转移2mol电子【答案】A12.Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂，应用前景广阔。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，对此反响以下说法中不正确的选项是（）A．Na2O2在反响中只作氧化剂B．O2是氧化产物C．Na2FeO4既是氧化产物又是复原产物D．有2molFeSO4参加发生反响时，反响中共有8mol电子转移【答案】AD13.钢铁“发蓝”是在钢铁的外表形成一层四氧化三铁的技术过程。其中一种方法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热到130℃26/26\n反响。其过程可以用如下化学方程式表示：①3Fe+NaNO2+5NaOH→3Na2FeO2+H2O+NH3↑；②6Na2FeO2+NaNO2+5H2O→3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；③Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O→Fe3O4+4NaOH；以下说法正确的选项是( )A．该生产过程不会产生污染B．反响①②中的氧化剂均为NaNO2C．反响①②③均是氧化复原反响D．四氧化三铁具有抗腐蚀作用【答案】BD14.以下所列各组物质中，物质之间通过一步反响就能实现如以下图转化的是abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2=CH2CH3CH2OHCH3CHO【答案】B15.白磷（P4）是一种常见的晶体，可用于制备较纯的磷酸。（1）白磷是_______晶体，31g白磷与足量的氧气完全燃烧释放出745.5kJ的热量，请写出白磷燃烧的热化学反响方程式：_________________________________________；（2）已知白磷和氯酸溶液可发生如下反响：P4+HClO3+===HCl+H3PO4配平并完成上述反响方程式，该反响的氧化剂是______________。（3）白磷有毒，有实验室可采用CuSO4溶液进展处理，其反响为：11P4+60CuSO4+96H2O===20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4该反响的氧化产物是______________，假设有1.1molP4反响，那么有________mol电子转移。【答案】(1)分子）P4(s)+5O2(g)===2P2O5(s)；kJ/mol26/26\n(2)3P4+10HClO3+18H2O=10HCl+12H3PO4；HClO3(3)H3PO4）；1216.三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化复原反响，其反响的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求答复以下问题：(1)反响过程中，被氧化与被复原的元素的物质的量之比为_______________。(2)写出该反响的化学方程式，用双线桥标出电子转移的方向和数目：______________________________________________________________________。假设反响中生成0.2molHNO3，转移的电子数目为______________________个。(3)NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现。你判断该气体泄漏时的现象是。(4)一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染。其产物除H2O外，还有另三种钠盐：____________（填化学式）。答案（1）1:2（2）3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF(双线桥略)，0.4NA或2.408×1023（3）产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾（4）NaNO3、NaF、NaNO2【专题综合】1.为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面两种方案并进展了实验（以下数据为屡次平行实验测定结果的平均值）：方案一：将ag铁片完全溶解于过量稀硫酸中，测得生成氢气的体积为580mL（标准状况）；26/26\n方案二：将g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反响后得到的溶液用0.02000mol·L-1的KMnO4溶液滴定，到达终点时消耗了25.00mLKMnO4溶液。请答复以下问题：(1）配平下面的化学方程式（将有关的化学计量数填入答题卡的横线上）：□KMnO4+□FeSO4+□H2SO4=□Fe2(SO4)3+□MnSO4+□K2SO4+□H2O(2)在滴定实验中不能选择 式滴定管，理由是 ；(3)根据方案一和方案二测定的结果计算，铁片中铁的质量分数依次为 和 ；（铁的相对原子质量以55.9计）(4）假设排除实验仪器和操作的影响因素，试对上述两种方案测定结果的准确性做出判断和分析。①方案一 (填“准确”“不准确”“不一定准确”），理由是 ；②方案二 (填“准确”“不准确”“不一定准确”），理由是 。答案：(1)2；10；8；5；2；1；8。(2)碱；KMnO4是强氧化剂，它会腐蚀乳胶管(3)×100％；×100％。(4)①不一定准确。如果铁片中存在与稀硫酸反响并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；铁片中存在与稀硫酸反响而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，那么结果准确。26/26\n②不一定准确。如果铁片中存在与稀硫酸反响而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反响而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3+离子在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，那么结果准确21世纪教育网注：本小题属于开放性试题，假设考生答复“准确”或“不准确”且理由合理，可酌性给分。例如：考生答复方案一准确，因为铁片中不存在能与稀硫酸反响并能生成氢气的其他金属，也不存在铁的氧化物方案一不准确，如果铁片中存在与稀硫酸反响生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；如果存在与稀硫酸反响而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低方案二准确，铁片溶于稀硫酸后，除Fe2+外，其他可能存在的金属离子在酸性溶液中均不能被高锰酸钾氧化，也不存在氧化铁方案二不准确，如果铁片中存在与稀硫酸反响而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果存在与稀硫酸反响而溶解的铁的氧化物，千百万的Fe3+离子在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低【解析】（1）Mn：＋7→＋2，改变数为5，Fe：＋2→＋3，改变数为2，根据化合价升降的总数相等，所以在Fe2(SO4)3前配5，MnSO4强配2，然后在根据方程式两边的原子个数相等配平其它元素的原子。配平后的化学方程式为：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===5Fe2(SO4)3＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O。26/26\n(2）不能选用碱式滴定管，因为碱式滴定管的下端有一段橡皮管，以被酸性的kmno4氧化而被腐蚀。(3）由电子守恒得：方法一：×2＝×2，m(Fe)＝1.45g，Fe的质量分数为：×100％。方法二：×1＝0.02000mol·L-1×0.025L×5，m(Fe)＝0.140g，×100％＝×100％。(4）①不一定准确。如果铁片中存在与稀硫酸反响并能生成氢气的其他金属，会导致结果偏高；铁片中存在与稀硫酸反响而溶解、但不产生氢气的铁的氧化物，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，那么结果准确。②不一定准确。如果铁片中存在与稀硫酸反响而溶解的其他金属，生成的金属离子在酸性溶液中能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏高；如果铁片中存在与稀硫酸反响而溶解的铁的氧化物，生成的Fe3+离子在酸性溶液中不能被高锰酸钾氧化，会导致结果偏低；如果上述情况均不存在，那么结果准确【考点分析】纵观近几年高考命题的开展趋势，氧化复原反响除主要考察根本概念外，出现了将氧化复原反响方程式的配平与相关的分析推断相综合的趋势，以及信息迁移、探讨新问题情景的研究题。因此解题时，应注重将氧化复原反响的相关化学知识，按内在联系抽象归纳，逻辑地统摄成规律，并按此规律进展推理和想象。26/26\n2.磷单质及其化合物的、有广泛应用21世纪教育网（1）同磷灰石[主要成分]在高温下制备黄磷（P4）的热化学方程式为：4Ca5(PO4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF4(g)；H①上述反响中，副产物矿渣可用来。②已知相同条件下：4Ca3(PO4)2F(s)+3SiO2(s)=6Cas3(PO4)2(s)+2CaSio3(s)+SiF4(g)；△H12Ca3(PO4)2(s)+10C(s)=P4(g)+6CaO(s)+10CO(g)；△H2SiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s)；△H3用△H1、△H2和△H3表示H，H=。（2）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸构造式见右图）之间脱去两个水分子产物，其构造式为。三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为。（3）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍。①NaH2PO2中P元素的化合价为。②化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2－，在酸性等条件下发生下述反响：（a）Ni2++H2PO2－+→Ni++H2PO3－+（b）6H2PO-2+2H+=2P+4H2PO3+3H2↑请在答题卡上写出并配平反响式（a）。③利用②中反响可在塑料镀件外表沉积镍—磷合金，从而到达化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点：；原理上的不同点：；化学镀的优点：。26/26\n【答案】（1）水泥；△H1—3△H2+18△H3（2），Na5P3O10，（3）+1；2Ni2++1H2PO2－+1H2O→2Ni++1H2PO3－+2H+（4）化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反响；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层 ；化学镀是利用化学腐蚀反响；电镀是利用电解池，外加电流进展氧化复原反响 ；装置简便，节约能源，操作简便 。【解析】（1）①由方程式可以看出副产物矿渣应该是CaSiO3(s)，结合炼铁我们不难得出答案是制水泥21世纪教育网②运用盖斯定律，反响1—反响2×3+反响3×18=总反响，那么△H=△H1—3△H2+18△H3（2）结合题意三聚磷酸钠（俗称“五钠”）可知产物三聚磷酸应含有五个羟基，即三个磷酸分子之间有三个羟基相互反响脱去两个水分子，所以三聚磷酸的构造式为，三聚磷酸钠的化学式为Na5P3O10。（3）①因为Na、H的化合价为+1，O为—2，所以由化合价代数和为0可得P的化合价为：+1。②由得失电子数目守恒（2—1）×2=（3—1）×1，可知Ni2+和Ni+的化学计量数为2，H2PO2－和H2PO3－26/26\n的化学计量数为1，再由电荷守恒2×2—1=2×1—1+2×1，可知H+在方程式的右边，H2O在方程式的左边，化学计量数分别为2和1。即总方程式为：2Ni2++1H2PO2－+1H2O→2Ni++1H2PO3－+2H+①比较化学镀与电镀应该从反响环境和条件以及反响实质和产物方面去分析归纳问题，从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件外表形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化复原反响镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件外表沉积镍—磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化复原反响，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反响，而电镀用的是电化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是化学镀优于电镀的。【考点分析】氧化复原反响综合应用3.（1）配平氧化复原反响方程式：＿＿C2O42-+＿＿MnO4-+＿＿H+＝＿＿CO2+＿＿Mn2++＿＿H2O(2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KOH、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。量取两份此溶液各25mL，分别置于两个锥形瓶中。①第一份溶液中参加酚酞试液，滴加0.25mol/LNaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的物质的量为＿＿＿mol。②第二份溶液中滴加0.10mol/L的酸性高锰酸钾溶液至16mL时反响完全，此时溶液颜色由＿＿变为＿＿。该溶液中复原剂的物质的量为＿＿＿mol。③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为＿＿＿。KHC2O4的质量分数为＿＿＿。【答案】（1）5216102826/26\n(2）①0.005；②无色；紫红色；0.004。③21％；64％。【解析】（1）C：＋3→＋4，改变量（4－3）×2＝2，Mn：＋7→＋2，改变量（7－2）×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42－前配5，MnO4－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个数相等在水前面配8，经检验离子方程式两边的氧原子相等。(2）①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)=n(OH－)＝0.25mol·L－1×0.02L＝0.005mol。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反响完全时，溶液呈紫红色。由电子守恒得：n(还)×2＝0.1mol·L－1×0.016L×5，n(还)＝0.004mol。③由于实验时所取溶液均为配置时的，所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)=0.05mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)=0.04mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01mol，n(KHC2O4)＝0.03mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为：×100%=21%，KHC2O4的质量分数为：×100%＝64%。【考点分析】将酸碱中和滴定的知识迁移到氧化复原反响中。26/26\n4.某厂废水中含5.00×10-3mol·L-1的，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料（的化合价依次为+3、+2），设计了如下实验流程：含的酸性废水①加FeSO4·7H2OE含Cr3+、Fe2+、Fe3+的溶液②加NaOH溶液至PH为9，过滤滤液滤渣③焙烧（1）第①步反响的离子方程式是（2）第②步中用PH试纸测定溶液PH的操作是：（3）第②步过滤得到的滤渣中主要成分除Cr（OH）3外，还有（4）欲使1L该废水中的完全转化为。理论上需要参加GFeSO4·7H2O。【答案】（1）Cr2O72-+6Fe2＋+14H＋2Cr3++6Fe3＋+7H2O（2）将一小块pH试纸放在外表皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，再与标准比色卡对照21世纪教育网（3）Fe(OH)3、Fe(OH)2（4）13.9【解析】（1）第①步是Cr2O72－与Fe2＋发生氧化复原反响，方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；（2）测定溶液的pH的方法是：用玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸的中心位置，然后对照标准比色卡，读出对应颜色的数据；（3）从最终所得磁性材料的化学式可知，滤渣中主要有Cr(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3；（4）1L废水中的n()=5.00×10-3mol，根据关系式：～4Cr0.5Fe1.5FeO4～10FeSO4·7H2O，所以理论上n(FeSO4·7H2O)=0.05mol，m(FeSO4·7H2O)=0.05mol26/26\n【考点分析】氧化复原反响综合应用21世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.mwww.ks5u.com26/26
