人教版高中化学必修1第二章　化学物质及其变化第三节　氧化还原反应教案(2)

专题2.5氧化还原反应的计算及方程式的配平(教学案) 考情解读 1掌握氧化还原反应方程式的配平方法和技巧 2灵活运用电子转移守恒法进行氧化还原反应的相关计算。 重点知识梳理 、氧化还原反应方程式的配平 (1)常规配平 其关键是确定还原剂(或氧化剂)化合价升高(或降低)总数,这就必须弄清还原剂(或 氧化剂)中有几种元素发生化合价变化,每一种元素有几个变价原子。 配平的原则是:化合价升降总数相等。 下面以NH3+O2-NO+H2O为例例来说明配平的步骤:氧化还原反应方程式的配平步 ①写出反应物和生成物的化式,并标出反应前后变价元素的化合价。 NH3+O-NO +Ho ②列出元素化合价升高和降低的数值 N:-3→+2升高5 O:0→-2降低2,O2中含有2个氧原子,则降低2×2=4 ③求出最小公倍数,使化合价升高和降低总价数相等 5与4的最小公倍数为20,则 N:-3→+2升高5×4 O:0→-2降低2,O2中含有2个氧原子,则降低2×2=4×5 则4和5即是NH3与O2前的系数,但不一定是最终系数。 即4NH3+5O2-NO+H2O ④用观察法配平其他物质的系数 由NH3的系数可以确定NO的系数为4,H2O的系数为6,检查O的原子数,反应物中为 5×2=10,生成物中O原子个数为4+6=10。则 4 NH3+50-4NO+6H2O ⑤.将“一”写为“=”,给定条件的写明条件 4 NH3+50=4 NO+6 H2O

1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法和技巧； 2.灵活运用电子转移守恒法进行氧化还原反应的相关计算。 一、氧化还原反应方程式的配平 （1）常规配平 其关键是确定还原剂（或氧化剂）化合价升高（或降低）总数，这就必须弄清还原剂（或 氧化剂）中有几种元素发生化合价变化，每一种元素有几个变价原子。 配平的原则是：化合价升降总数相等。 下面以 NH3 + O2 — NO + H2O 为例例来说明配平的步骤：氧化还原反应方程式的配平步 骤： ①写出反应物和生成物的化式，并标出反应前后变价元素的化合价。 N -3 H3 + O 0 2 — N +2 O -2 + H2O -2 ②列出元素化合价升高和降低的数值 N：-3 → +2 升高 5 O：0 → -2 降低 2，O2 中含有 2 个氧原子，则降低 2×2 = 4 ③求出最小公倍数，使化合价升高和降低总价数相等 5 与 4 的最小公倍数为 20，则 N：-3 → +2 升高 5×4 O：0 → -2 降低 2，O2 中含有 2 个氧原子，则降低 2×2 = 4×5 则 4 和 5 即是 NH3 与 O2 前的系数，但不一定是最终系数。 即 4 NH3 + 5 O2 — NO + H2O ④用观察法配平其他物质的系数 由 NH3 的系数可以确定 NO 的系数为 4，H2O 的系数为 6，检查 O 的原子数，反应物中为 5×2=10，生成物中 O 原子个数为 4+6=10。则 4 NH3 + 5 O2 — 4 NO + 6 H2O ⑤．将“—”写为“=”，给定条件的写明条件 4 NH3 + 5 O2 = 4 NO + 6 H2O

(2)缺项配平: 般先确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化计量数,再通过比较反应物和生成 物,确定缺项。缺项的物质一般为HO、酸或碱,然后用观察法配平, 、氧化还原反应的计算: (1)题型:计算氧化剂与还原剂的物质的量之比或质量比,参加反应的氧化剂或还原剂的 量,氧化产物或还原产物的量及确定反应前后某一元素的价态等 (2)关键:依据电子守恒,列出守恒关系式求解。 (3)步骤 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:化式中粒子的个数)。 ③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x化合价变化值(高价一低价)=m(还原剂)变价原子个数x化合价变 化值(高价一低价) 高频考点突破 高频考点一、氧化还原反应的配平 【例1】(1)2014全国新课标I,27(3)HPO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH2溶液反 应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与HSO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化方程 (2)2014全国新课标Ⅱ,27(2)(3)①PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化方程式为 ②PbO可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为 (3)(2014天津,%⑦)NaS2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成SG,常用作脱氯剂, 该反应的离子方程式为 【答案】(1)6H2O+2P4+3Ba(OH)2=2PH3个+3Ba(H2PO2)2 (2)①PbO2+4HCl(浓)==PbC12+C2个+2H2O ②PbO+ClO=PbO2+C1 (3)S2O3+4Cl2+5H2O=2SO2+8C-+10H 【解析】

（2）缺项配平： 一般先确定氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化计量数，再通过比较反应物和生成 物，确定缺项。缺项的物质一般为 H2O 、酸或碱，然后用观察法配平。 二、氧化还原反应的计算： (1)题型：计算氧化剂与还原剂的物质的量之比或质量比，参加反应的氧化剂或还原剂的 量，氧化产物或还原产物的量及确定反应前后某一元素的价态等。 (2)关键：依据电子守恒，列出守恒关系式求解。 (3)步骤 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：化式中粒子的个数)。 ③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(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变 化值(高价－低价) 高频考点一、氧化还原反应的配平 【例 1】 (1)2014·全国新课标Ⅰ，27(3)]H3PO2 的工业制法是：将白磷(P4)与 Ba(OH)2 溶液反 应生成 PH3 气体和 Ba(H2PO2)2，后者再与 H2SO4 反应。写出白磷与 Ba(OH)2 溶液反应的化方程 式：______________________________________________________________________________。 (2)2014·全国新课标Ⅱ，27(2)(3)]①PbO2 与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化方程式为 _______________________________________。 ②PbO2 可 由 PbO 与 次 氯 酸 钠 溶 液 反 应 制 得 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 _______________________________________________________________。 (3)(2014·天津，9(7)]Na2S2O3 还原性较强，在溶液中易被 Cl2 氧化成 SO2－ 4 ，常用作脱氯剂， 该反应的离子方程式为_________________________ ________________________________________________________________________。 【答案】(1)6H2O＋2P4＋3Ba(OH)2===2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2 (2)①PbO2＋4HCl(浓)===== △ PbCl2＋Cl2↑＋2H2O ②PbO＋ClO－ ===PbO2＋Cl－ (3)S2O2－ 3 ＋4Cl2＋5H2O===2SO2－ 4 ＋8Cl－＋10H＋ 【解析】

(1)根据题意可知反应物和生成物然后根据得失电子守恒和质量守恒配平,即可得到白磷与Ba(OH2溶 液反应的化学方程式:6H2O+2P4+3Ba(OH2=2PH31+3Ba(HPO2)2 (2)⑩由题意知:该反应中,q元素的化合价升高,则可推出Pb元素化合价降低,又由于+2价Pb较 稳定,因此PbO2还原产物为Pb2,其化学方程式为:PbO2+4Hc浓)=PbC2+12↑+2H2O ②由题意知:Pbo+o—→PbO2,铅元素化合价升高,则α1元素化合价应降低,故有PbO+Qlo ˉ—→PbO2+α,利用化合价升降法配平,得反应的离子方程式为PbO+Qo=PbO2+Q1。 (3)S2℃被c氧化成So,C2被还原为Q,首先根据化合价升降总值相等写出S2O)+4C12→-20 +8C,然后根据电子守恒、电荷守恒配平:S2O3ˉ+4C12+5H2O=2SQ+801+10H 【变式探究】 1.(1)ZnSO4溶液中含有少量Fe2和Mn2,为了除去这两种离子,调节溶液pH为5,然 后加入高锰酸钾溶液,使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是MnO2。请写出该过程中两 反 (2)用HNO3清洗试管壁上的Ag,该反应的化方程式为 (3)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中,产生黄绿色气体,而溶液的紫红色褪去。在一氧化 还原反应的体系中,共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质 ①写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式,并配平 ②在反应后的溶液中加入 NabiL(不溶于冷水),溶液又变为紫红色,BiO反应后变为无色 的Bi3。写出该实验中涉及反应的离子方程式 (4)+6价铬的毒性很强,制取红矾钠后的废水中含有的CnO,可以用绿矾除去。测得反 应后的溶液中含Cr3、Fe2+、Fe3、H+等阳离子。写出该反应的离子方程式 (5)已知:①MnO4+e→>MnO2(绿色)(强碱性条件) ②MnO4+8H+5ec->Mm2(无色)+4H2O(强酸性条件)将KMnO4溶液滴入NaOH溶液中 微热,得到透明的绿色溶液,写出反应的离子方程式 【答案】(1)MnO4+3Fe2++7H2O==3FeOH)3+MnO2+5H,2MnO4+3Mn2++

【变式探究】 1．(1)ZnSO4 溶液中含有少量 Fe2＋和 Mn2＋，为了除去这两种离子，调节溶液 pH 为 5，然 后加入高锰酸钾溶液，使之生成沉淀。已知高锰酸钾的还原产物是 MnO2。请写出该过程中两 反应的离子方程式： ___________________________________________________________________。 (2) 用 HNO3 清 洗 试 管 壁 上 的 Ag ， 该 反 应 的 化 方 程 式 为 ___________________________________。 (3)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。在一氧化 还原反应的体系中，共有 KCl、Cl2、浓 H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4 七种物质。 ① 写 出 一 个 包 含 上 述 七 种 物 质 的 氧 化 还 原 反 应 方 程 式 ， 并 配 平 _____________________________。 ②在反应后的溶液中加入 NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又变为紫红色，BiO－ 3 反应后变为无色 的 Bi3＋。写出该实验中涉及反应的离子方程式 ________________________________________________________________________。 (4)＋6 价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的 Cr2O2－ 7 ，可以用绿矾除去。测得反 应后的溶液中含 Cr3＋、Fe2＋、Fe3＋、H ＋等阳离子。写出该反应的离子方程式__________________ _____________________________________________________________________________。 (5)已知：①MnO－ 4 ＋e －―→MnO2－ 4 (绿色)(强碱性条件) ②MnO－ 4 ＋8H＋＋5e－―→Mn2＋ (无色)＋4H2O(强酸性条件)将 KMnO4 溶液滴入 NaOH 溶液中 微 热 ， 得 到 透 明 的 绿 色 溶 液 ， 写 出 反 应 的 离 子 方 程 式 ____________________________________________ ______________________________________________________________________。 【答案】(1)MnO － 4 ＋3Fe2 ＋ ＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H ＋ ，2MnO － 4 ＋3Mn2 ＋＋

2H20-5MnO+4H (2)Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2个+H2O (3)①2KMnO4+10KCl+8H2SO(浓)==6K2SO4+2MnSO4+5Cl2个+8H2O (22Mn2*+5NaBiO:+14H=2MnOF+5Na*+5Bi3*+7H20 (4Cr2O+6Fe2++14H=2Cr3++6Fe3+7H2O (5)4MnO4+40H-4MnOT +2H20+ON 【解析】 (1)除去杂质离子Fe2和Mn2发生反应的离子方程式为MO4+3Fe2+H2O-3Fe(OH)34+MmO24+ SH, 2MnO4+3Mn2++2H2O-SMnO21+4H (2)硝酸与Ag发生氧化还原反应,生成AgNO2、NO2和HO (3)①根据信息,KMmo4在浓H2SO4作用下,把KQ1氧化成Q2,本身被还原成Mm2+。②注意NaBO3 不能拆写成离子形式。 Nabil3作为氧化剂,把M2氧化成MO,本身被还原成B+。(S根据信息,在强 碱性条件下,Mm得电子生成MmO,-2价的氧失电子生成O 【方法技巧】 1.正向配平法: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.逆向配平法: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:先用得失电子数相等配平,再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷, 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 高频考点二电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 例2现有24mL浓度为005molL的NaSO3溶液恰好与20mL浓度为0.02molL的 K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为NaSO4,则元素Cr在还原产物中的 化合价为() A.+2B.+3C.+4D+5 【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 定是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4→+6:而Cr元素的化合价将从+6→+m(设化合价 为+n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,有005molL1×0.024L×(6-4)=002moL ×0.020L×2×(6-n),解得n=3。 【变式探究】 Na2S在碱性溶液中可被 NaCIo氧化为Na2SO4,而 NaCIO被还原为NaCl 若反应中NaSx与 NaCIo的物质的量之比为1:16,则x的值为() A.2B.3C4D.5

2H2O===5MnO2↓＋4H＋ (2)Ag＋2HNO3(浓)===AgNO3＋NO2↑＋H2O (3)①2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O ②2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋ ===2MnO－ 4 ＋5Na＋＋5Bi3＋＋7H2O (4)Cr2O2－ 7 ＋6Fe2＋＋14H＋ ===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (5)4MnO－ 4 ＋4OH－ ===== △ 4MnO2－ 4 ＋2H2O＋O2↑ 【解析】 【方法技巧】 1．正向配平法：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．逆向配平法：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：先用得失电子数相等配平，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。 高频考点二 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 例 2.现有 24 mL 浓度为 0.05 mol·L －1 的 Na2SO3 溶液恰好与 20 mL 浓度为 0.02 mol·L －1 的 K2Cr2O7 溶液完全反应。已知 Na2SO3 可被 K2Cr2O7 氧化为 Na2SO4，则元素 Cr 在还原产物中的 化合价为( ) A.＋2 B.＋3 C.＋4 D.＋5 【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＋4→＋6；而 Cr 元素的化合价将从＋6→＋n(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 mol·L －1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L － 1×0.020 L×2×(6－n)，解得 n＝3。 【变式探究】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 【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。 Na2Sx→xNa2SO4NaC1O→NaC1 得关系式16 x=16×2,x=5。 【举一反三】在反应3BrF3+5H2O=9HF+Br2+HBrO3+O2个中,若有5molH2O参加反 应,被水还原的溴元素为() A I mol mol D.2 【答案】C 【解析】设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x,5 mol HO参加反应,失去电子4mol, 根据电子守恒得:3x=4mol,x 高频考点三多步反应得失电子守恒问题 例3取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气 体和672mL的N2O4气体(都已折算到标准状态),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液, 生成沉淀质量为1702g。则x等于() A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.944 【答案】B 【解析】反应流程为 Mg浓NQ)Mg2+、C2 NaoH Mg Oh2 Cu oh NO2、N2O4 xg=17.02g-m(OH) 而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,等于浓HNO3得电子的物质的量,即 8.96L n(OH 224Lmox1+0.672L 224L-mo-2×1=046mol 所以xg=17.02g-0.46mol×17gmo1=9.20gc 【变式探究】足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气 体,将这些气体与168LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若 向所得硝酸铜溶液中加入5 mol-L I NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体 积是() A 60 mL B 45 mL C 30 mL D 15 mL

【答案】 D 【解析】 【举一反三】在反应 3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有 5 mol H2O 参加反 应，被水还原的溴元素为( ) A.1 mol B.2 3 mol C.4 3 mol D.2 mol 【答案】 C 【解析】设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为 x，5 mol H2O 参加反应，失去电子 4 mol， 根据电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ 4 3 mol。 高频考点三 多步反应得失电子守恒问题 例 3.取 x g 铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生 8 960 mL 的 NO2 气 体和 672 mL 的 N2O4 气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液， 生成沉淀质量为 17.02 g。则 x 等于( ) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44 【答案】 B 【解析】 反应流程为   Mg Cu ――→ 浓HNO3   Mg2＋、Cu2＋――→ NaOH   Mg OH 2 Cu OH 2 NO2、N2O4 x g＝17.02 g－m(OH－ )， 而 OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓 HNO3 得电子的物质的量，即： n(OH－ )＝ 8.96 L 22.4 L·mol－1 ×1＋ 0.672 L 22.4 L·mol－1 ×2×1＝0.46 mol 所以 x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 【变式探究】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和 NO2、N2O4、NO 的混合气 体，将这些气体与 1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若 向所得硝酸铜溶液中加入 5 mol·L －1 NaOH 溶液至 Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗 NaOH 溶液的体 积是( ) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL

【答案】A 【解析】 NO2 由题意可知,IO3.{No,,则cu失去的电子数与02得到的电子数相等。即mC=2x0) No =224Lmor=015mol根据质量守恒及NaOH和cNO)的反应可得关系式: n(Naoh)=2nCO 2n( u=0.3 mol, A v(Naoh=5 mol-L-1=0.06 L=60 mLo 高频考点四氧化还原反应在综合实验中的应用 例4、过氧化钙可以用于改善地表水质,处理含重金属粒子的废水和治理赤潮,也可用于 应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下: CaCl2固体30%的H2O2 溶解→>淀→>过滤_→>[洗_→>匚醇洗_◇烘烤 个 H副产品 产品 已知CaO2-8H2O呈白色,微溶于水,加热至350℃左右开始分解放出氧气 (1)用上述方法制取CaO28H2O的化方程式是 (2)检验“水洗”是否合格的方法是 (3)沉淀时常用冰水控制温度在0℃左右,其可能原因是 (4)测定产品中CaO2的含量的实验步骤: 第一步:准确称取ag产品于有塞锥形瓶中,加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体,再滴 入少量2molL1的H2SO4溶液,充分反应 第二步:向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步:逐滴加入浓度为cmoL1的NaS2O3溶液至反应完全,消耗Na2S2O3溶液VmL。 已知:I2+2S2O3=2+S4O8] ①第一步发生反应的化方程式为 CaO2的质量分数为(用字母表示)。 ②某同第一步和第二步的操作都很规范,第三步滴速太慢,这样测得的CaO2的质量分数 可能_(填“不受影响”、“偏低″或“偏高"),原因是_。 【答案】(1)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4Cl (2)取最后一次洗涤液少许于试管中,再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液,看是否产生白色沉 (3)温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率

【答案】 A 【解析】 高频考点四 氧化还原反应在综合实验中的应用 例 4、过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子的废水和治理赤潮，也可用于 应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下： CaCl2 固体 30%的 H2O2 ↓ ↓ 溶解 ―→ 沉淀 ―→ 过滤 ―→ 水洗 ―→ 乙醇洗 ―→ 烘烤 ↑ ↓ ↓ NH3 副产品 产品 已知 CaO2·8H2O 呈白色，微溶于水，加热至 350℃左右开始分解放出氧气。 (1)用上述方法制取 CaO2·8H2O 的化方程式是_____________________________。 (2)检验“水洗”是否合格的方法是_______________________________________。 (3)沉淀时常用冰水控制温度在 0 ℃左右，其可能原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)测定产品中 CaO2 的含量的实验步骤： 第一步：准确称取 a g 产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的 b g KI 晶体，再滴 入少量 2 mol·L －1 的 H2SO4 溶液，充分反应。 第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。 第三步：逐滴加入浓度为 c mol·L －1 的 Na2S2O3 溶液至反应完全，消耗 Na2S2O3 溶液 V mL。 已知：I2＋2S2O2－ 3 ===2I－＋S4O2－ 6 ] ①第一步发生反应的化方程式为___________________________________________； CaO2 的质量分数为____________(用字母表示)。 ②某同第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的 CaO2 的质量分数 可能________(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是__________________。 【答案】 (1)CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl (2)取最后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉 淀 (3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率

(4)(1Ca02+2KI+2H2 SO4=12+CaSO4+K2S04+2H,o 0.036ck a②2偏高S2O3在滴定 过程中被氧气氧化 【解析】 (1)本实验的目的是制备caO28Ho固体,则)程中的沉淀应为caO28HO,根据质量守恒判断还应 有NHL1生成,故可写出反应的化学方程式为CaCh2+H2O2+2NH2+8H2OCaO28H1Ol+2NHQ。 ②2滤液中含有大量的q,为将沉淀洗涤干净,应充分洗涤,根据检验α的方法,可用稀硝酸酸化的 硝酸银濬液检验。 (3)温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率。 (4①CaO2将KI氧化成碘单质:CaO2+2K+2HSO4-12+caSO4+K2SO4+2H2O 根据反应的离子方程式:CaO2+4H+2I=Ca2+2H2O+12,I2+22O-2+S408,可得关系式: aoso mc×10-mol 0.036c 解得:m=0.036cV,CaO2的质量分数 ②SO有还原性,由于滴速太慢,S2O在滴定过程 中被氧气氧化导致消耗体积偏大,从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。 真题感悟 1.【2016年高考上海卷】某铁的氧化物(FeO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通 入标准状况下112mCl2,恰好将Fe2+完全氧化。ⅹ值为 A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93 【答案】A 【解析】根据电子守恒可知,FeO被氧化为Fe”转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。 1.52 标准状况下12mLC转移电子数为01mol.则有:562x+16(3-)×x=0.01 得x=0.8。故选项A正确。 2.【2016年高考上海卷】(本题共12分) NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理 (1)NaCN与 NaCIo反应,生成 NaCN和NaCl (2) NacN与NaCO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N 已知HCN(K千63×1010)有剧毒;HCN、HOCN中N元素的化合价相同。 完成下列填空 (1)第一次氧化时,溶液的pH应调节为 (选填“酸性”、“碱性”或“中性”) 原因是

(4)①CaO2＋2KI＋2H2SO4===I2＋CaSO4＋K2SO4＋2H2O 0.036cV a ②偏高 S2O2－ 3 在滴定 过程中被氧气氧化 【解析】 1．【2016 年高考上海卷】某铁的氧化物（FexO）1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通 入标准状况下 112mlCl2，恰好将 Fe2+完全氧化。x 值为 A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93 【答案】A 【解析】根据电子守恒可知，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 112mL Cl2 转移电子数为 0.01mol。则有： ，解 得 x=0.8。故选项 A 正确。 2．【2016 年高考上海卷】（本题共 12 分） NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理： （1）NaCN 与 NaClO 反应，生成 NaOCN 和 NaCl （2）NaOCN 与 NaClO 反应，生成 Na2CO3、CO2、NaCl 和 N2 已知 HCN（Ki=6.3×10-10）有剧毒；HCN、HOCN 中 N 元素的化合价相同。 完成下列填空： （1）第一次氧化时，溶液的 pH 应调节为____________（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）； 原因是______________________

(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式 (3)处理100m3含NaCN10.3mgL的废水,实际至少需 NaCIO g(实际用量应为理论 值的4倍),才能使NaCN含量低于0.5mg/L,达到排放标准 (4)(CN)2与Cl2的化性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成 和H2O 【答案】(1)碱性:防止生成HCN,造成人员中毒或污染空气 (2)2OCN-+3CO=CO32+CO2↑+3Cl+N2↑ (3)14900 (4) NaCN、NaCN 【解析】 (1)ⅣaCN易与酸反应生成HCN,为防止生成CN,造成人员中毒或污染空气,因此第一次氧化时 溶液的pH应调节为碱性。 (2)反应中氯元素的化合价从+1降低到-1,得到2个电子。N元素化合价从-3升高到0,失去3个 电子,则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2:3,反应的离子方程式为2CNO+30o →CO2↑+CO2+3+N2↑。 100×(103-0.5)g=20mol (3)参加反应的NaCN是 49g/mol ,反应中C由+2价升高到+4价,N 元素化合价从-3价升高到0价,即1 moNAcH失去5mol电子,lmo次氯酸钠得到2mol电子, 所以处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水,实际至少需NaCO的质量为 20mol×5 ×74.5g/mol×4=14900 2 (4)(CN)2与Cl2的化性质相似,则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知,(CN)2与 NaOH溶液反应生成 NaCN、NaCN和H2O 3.【2016年高考新课标Ⅰ卷】(14分NaCO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物 等,其一种生产工艺如下 回答下列问题: (1) NaClO2中Cl1的化合价为

（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。 _______________________________________ （3）处理 100 m3含 NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需 NaClO___g（实际用量应为理论 值的 4 倍），才能使 NaCN 含量低于 0.5 mg/L，达到排放标准。 （4）（CN）2 与 Cl2 的化性质相似。（CN）2 与 NaOH 溶液反应生成_________、__________ 和 H2O。 【答案】（1）碱性；防止生成 HCN，造成人员中毒或污染空气。 （2）2OCN－ +3ClO－＝CO3 2－ +CO2↑+3Cl－ +N2↑ （3）14 900 （4）NaOCN、NaCN 【解析】 （3）参加反应的 NaCN 是 100 (10.3 0.5)g 20mol 49g/mol  − = ，反应中 C 由＋2 价升高到＋4 价，N 元素化合价从－3 价升高到 0 价，即 1molNaCN 失去 5mol 电子，1mol 次氯酸钠得到 2mol 电子， 所以处理 100 m3 含 NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需 NaClO 的质量为 20mol 5 74.5g/mol 4 14900 2    = g。 （4）（CN）2 与 Cl2 的化性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知，(CN)2 与 NaOH 溶液反应生成 NaOCN、NaCN 和 H2O。 3．【2016 年高考新课标Ⅰ卷】(14 分)NaClO2 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物 等，其一种生产工艺如下： 回答下列问题：. （1）NaClO2 中 Cl 的化合价为_______

(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化方程式 (3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2,要加入的试剂 分别为 “电解”中阴极反应的主要产物是。 (4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量CO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂 的物质的量之比为 ,该反应中氧化产物是 (5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧 化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。 NacIo2的有效氯含量为。(计算结果保留两位小数) 【答案】(1)+3价:(2)2 NacIo3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaSO4 (3)NaOH溶液:Na2CO3溶液:ClO2(或NaCO2) (4)2:1;:O2 (5)1.57g。 【解析】 (1)在NaCO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得Q1的化合价为+3。(2) NaCO3和O2在H2SO4酸化条件下生成cO2,其中 Naclo2是氧化剂,还原产物为Na1,根据得失电子守 恒和原子守恒,此反应的化学方程式为2NaCO2+SO2+H2SO=2O2+2 NaSO4。(3)食盐溶液中混有Mg2+ 和ca2,可利用过量NaOH溶液除去Mg2*,利用过量Na2CO2溶液除去ca2*;向NaC溶液中加入Qo2 进行电解,阳极发生反应2k-2-Cl↑,反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaCQ2,可见“电解”中阴极 反应的主要产物是 NacIo2:(4)根据图示可知:利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收CIO2气 体,产物为 NaCIo2,则此吸收反应中,氧化剂为CIO2,还原产物为NaCO2,还原剂是H2O2 氧化产物是O2,每1mol的H2O2转移2mol电子,反应方程式是: 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaCO2+O2+2H2O,可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为21,该反应 中氧化产物为O2。(5)每克NaCO2的物质的量m(NaCO21g÷90.5gmo=90.5mo,其获得 电子的物质的量是n(e)=90.5mok×4=4905mol, I mol cl2获得电子的物质的量是2mo,根 2 据电子转移数目相等,可知其相对于氯气的物质的量为m=90.5m×4÷2=905mo,则氯气 的质量为90.5mo×71gmo=1.57g。 1.2015·山东理综,29(2)利用钴渣含Co(OH)、Fe(OH)3等制备钴氧化物的工艺流程如下:

（2）写出“反应”步骤中生成 ClO2 的化方程式_______。 （3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去 Mg2+和 Ca2+，要加入的试剂 分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。 （4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量 ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂 的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。 （5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧 化能力相当于多少克 Cl2 的氧化能力。NaClO2 的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数) 【答案】(1)+3 价；(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4； (3)NaOH 溶液 ；Na2CO3 溶液 ；ClO2 - (或 NaClO2)； (4)2:1； O2； (5)1.57g。 【解析】 反应的主要产物是 NaClO2；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的 NaOH 溶液吸收 ClO2 气 体，产物为 NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为 ClO2，还原产物为 NaClO2，还原剂是 H2O2， 氧化产物是 O2，每 1 mol 的 H2O2 转移 2 mol 电子，反应方程式是： 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:1，该反应 中氧化产物为 O2。（5）每克 NaClO2 的物质的量 n(NaClO2)=1g÷90.5 g/mol= 1 90.5 mol，其获得 电子的物质的量是 n(e− )= 1 90.5 mol×4=4/90.5 mol，1 mol Cl2 获得电子的物质的量是 2 mol，根 据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为 n= 1 90.5 mol×4÷2= 2 90.5 mol，则氯气 的质量为 2 90.5 mol×71 g/mol=1.57 g。 1.2015·山东理综，29(2)]利用钴渣含 Co(OH)3、Fe(OH)3 等]制备钴氧化物的工艺流程如下：

①HSO4 2Na SO, 1O,O2(NHA,C,O, 面园【区[门氧化 Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 。铁渣中 铁元素的化合价为在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固 体质量为241g,CO2的体积为1.344L(标准状况),则钴氧化物的化式为 【答案】2Co(OH)3+SO3+4H=2C02+SO2-+5H2O或CoOH)3+3H=Co3+ 3H2O,2C03+SO3+H2O=2Co2++SO-+2H]+3Co3O4 【解析】 co(OH3首先被H2SO1溶解生成co3,Co3具有氧化性,可将So氧化为So,同时自身被还原 为co2,写出离子方程式并配平即可。铁渣中Fe元素的化合价为+3价。CO2的物质的量为m(O2)= 1.344L 224Lmo7)0o6mol,根据coC2O的组成可知Co物质的量为003mol,其质量为m(o)=003mol×59 gmol=1.7g,设钴氧化物的化学式为coO3,根据元素的质量比可得59x:16y=1,7g:(241g-17g, 解得x:y=3:4,所以人钴氧化物的化学式为Co2O4 2(2015海南,6)已知在碱性溶液中可发生如下反应: 2R(OH+3CO+4OH=2RO4+3C1+5H2O,则RO4中R的化合价是() A.+3B.+4C.+5D+6 【答案】D 【解析】根据反应前后电荷守恒,可得:3+4=2n+3,解得n=2,则RO中R的化合 价为+6价,即选D。 1.【2014年高考福建卷第23题】(15分)元素周期表中第ⅥIA族元素的单质及其化合物的 用途广泛。 (1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为 (2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是(填 序号)。 a.Cl2、Br2、I2的熔点 b.Cl2、Br2、I2的氧化性 c.HCl、HBr、Ⅲ的热稳定性d.HCl、HBr、Ⅲ的酸性 (3)工业上,通过如下转化可制得KCIO3晶体: ℃C,通电 皇温,KC1 NaCl溶液 NaCIo3溶液 KClO3晶体 ①完成I中反应的总化方程式:口NaCl+□H2O= NaCIo3+口。 ②I中转化的基本反应类型是 该反应过程能析出KClO3晶体而无 其它晶体析出的原因是 (4)一定条件,在水溶液中1 mol cl-、CO7(x=1,2,3,4)的能量(KJ相对大小如右图

Co(OH)3 溶解还原反应的离子方程式为____________________________________。铁渣中 铁元素的化合价为________。在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固 体质量为 2.41 g，CO2 的体积为 1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化式为________。 【答案】 2Co(OH)3＋SO2－ 3 ＋4H＋ ===2Co2＋＋SO2－ 4 ＋5H2O 或 Co(OH)3 ＋3H＋ ===Co3＋ ＋ 3H2O,2Co3＋ ＋SO2－ 3 ＋H2O===2Co2＋＋SO2－ 4 ＋2H＋ ] ＋3 Co3O4 【解析】 2.(2015·海南，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应： 2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－ ===2ROn－ 4 ＋3Cl－＋5H2O，则 ROn－ 4 中 R 的化合价是( ) A.＋3 B.＋4 C.＋5 D.＋6 【答案】 D 【解析】 根据反应前后电荷守恒，可得：3＋4＝2n＋3，解得 n＝2，则 RO2－ 4 中 R 的化合 价为＋6 价，即选 D。 1．【2014 年高考福建卷第 23 题】(15 分)元素周期表中第 VIIA 族元素的单质及其化合物的 用途广泛。 （1）与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为 。 （2）能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是 (填 序号)。 a．Cl2、Br2、I2 的熔点 b． Cl2、Br2、I2 的氧化性 c．HCl、HBr、HI 的热稳定性 d． HCl、HBr、HI 的酸性 （3）工业上，通过如下转化可制得 KClO3 晶体： NaCl 溶液 NaClO3 溶液 KClO3 晶体 ①完成 I 中反应的总化方程式：□NaCl＋□H2O＝□NaClO3＋□ 。 ②II 中转化的基本反应类型是 ，该反应过程能析出 KClO3 晶体而无 其它晶体析出的原因是 。 （4）一定条件，在水溶液中 1 mol Cl－、ClO－ (x＝1，2，3，4)的能量(KJ)相对大小如右图