必修 第一册专题4 硫与环境保护第二单元 硫及其化合物的相互转化第2课时课堂检测

这是一份必修 第一册专题4 硫与环境保护第二单元 硫及其化合物的相互转化第2课时课堂检测，共13页。试卷主要包含了概念判断，选择题，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

一、概念判断(判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”，共5小题，每题1分，共5分)。
1．氧化还原反应中得失电子数一定相等。(　　)
提示：√。
2．－2价的硫元素在氧化还原反应中也能发生还原反应。(　　)
提示：×。－2价的硫元素在氧化还原反应中只能发生氧化反应。
3．金属元素在氧化还原反应中只能发生氧化反应。(　　)
提示：×。金属元素形成的阳离子具有氧化性，在氧化还原反应中能发生还原反应。
4．硫单质在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中既被氧化又被还原。(　　)
提示：√。
5．因为Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物，而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物，所以氧化性：Cl2>S。(　　)
提示：√。
二、选择题(本题包括7小题，每题2分，共14分)。
·题组1　氧化还原反应方程式的配平
1．KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋H2O＋Cl2↑，方程式配平后，HCl前的化学计量数为(　　)
A．8　 B．12　 C．16　 D．20
【解析】选C。反应中高锰酸钾中的锰元素化合价从＋7价降为氯化锰中＋2价，氯化氢中－1价的氯，部分升高到氯气中的0价。1 mol高锰酸钾参加反应得到5 mol电子；生成1 mol氯气，有2 mol氯离子失去2 mol电子。要使氧化还原反应中得失电子守恒，则最小公倍数为10，高锰酸钾化学计量数为2，氯气化学计量数为5，依据锰、钾原子个数守恒，氯化钾化学计量数为2，氯化锰化学计量数为2，再依据氯元素守恒可知，HCl的化学计量数为16。
2．已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO→AsO＋SO＋NO↑＋________(未配平)，下列说法错误的是(　　)
A．配平后水的化学计量数为4
B．反应后溶液呈酸性
C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
D．氧化产物为AsO和SO
【解析】选C。根据电子守恒，结合电荷守恒可配平化学方程式：3As2S3＋4H2O＋28NO===6AsO＋9SO＋28NO↑＋8H＋，由此可知，A、B、D正确，C项应为28∶3。
3．某反应体系中的物质有NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是(　　)
＋＋―→＋＋
A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOH
B．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOH
D．当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol
【解析】选C。Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合价由＋3变成＋1，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为＋2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为＋2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根据钠元素守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。
·题组2　氧化剂和还原剂与化合价的关系
4．(2021·泰州高一检测)下列变化中，必须加入还原剂方能实现的是(　　)
A．Cl－→Cl2 B．KMnO4→MnO2
C．CuO→Cu D．CO→CO2
【解析】选C。Cl－→Cl2，Cl元素化合价升高，需要加氧化剂，故A错误；KMnO4→MnO2，受热分解即可实现，所以不需要加入还原剂或氧化剂即可实现，故B错误；CuO→Cu，Cu的化合价降低，需要加入还原剂实现，故C正确；CO→CO2，C元素化合价升高，需要加氧化剂，故D错误。
5．(2021·宿迁高一检测)对于反应H2O＋NaH===NaOH＋H2↑，下列判断正确的是(　　)
A．NaH被还原
B．若生成22.4 L标准状况下的H2，则有2 mol电子转移
C．H2O既不是氧化剂又不是还原剂
D．NaH体现还原性
【解析】选D。NaH中H元素的化合价由－1价升高为0价，失电子，被氧化，故A错误；若生成22.4 L标准状况下的H2，氢气的物质的量为＝1 mol，转移电子数为1 mol，故B错误；H2O中H元素的化合价由＋1价降低为0价，得电子，则H2O是氧化剂，故C错误；NaH中H元素的化合价由－1价升高为0价，失电子，作还原剂，体现了还原性，故D正确。
6．硫代硫酸钠(Na2S2O3)被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯对鱼的危害。脱氯反应为S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋10H＋＋8Cl－，该反应中(　　)
A．H2O被氧化　 B．Cl2作还原剂
C．S元素化合价降低　 D．Cl2表现氧化性
【解析】选D。H2O中各元素的化合价没有发生变化，既没有被氧化，又没有被还原，A错误；Cl的化合价由0价→－1价，化合价降低，因此Cl2为氧化剂，表现氧化性，B错误，D正确；S2O中S元素的化合价由＋2价→＋6价，化合价升高，C错误。
7．(2021·杭州高一检测)已知5KCl＋KClO3＋3H2SO4===3Cl2↑＋3K2SO4＋3H2O，下列说法不正确的是(　　)
A．KClO3是氧化剂
B．被氧化与被还原的氯元素的质量比为5∶1
C．H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂
D．1 mol KClO3参加反应时有10 mol电子转移
【解析】选D。KClO3是氧化剂，在反应中，氯从＋5价降低到0价，1 mol KClO3参加反应时电子转移是5 mol。
三、非选择题(本题包括1小题，共11分)。
8．(2021·泰州高一检测)下面三个方法都可以用来制氯气：
①4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
②KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O
③K2Cr2O7＋HCl(浓)→KCl＋CrCl3＋Cl2↑＋H2O(未配平)
根据以上三个反应，回答下列有关问题：
(1)反应①中生成1.5 mol Cl2时，被氧化的HCl的物质的量为________。
(2)反应②的离子方程式为_______________________________________。
(3)反应②中，氧化产物与还原产物的物质的量比为________。
(4)请将反应③配平：________K2Cr2O7＋________HCl(浓)===________KCl＋________CrCl3＋________Cl2↑＋________H2O。
(5)同温同压下，若要制得相同体积的氯气，①②③反应中电子转移的数目之比为________。
(6)已知反应④：4HCl＋O22Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、K2Cr2O7三种物质氧化性由强到弱的顺序为______________________。
【解析】(1)4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O反应中，4 mol HCl参加反应，有2mol被氧化生成1 mol Cl2，生成1.5 mol Cl2时，被氧化的HCl的物质的量为3 mol；
(2)KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O反应中，KClO3、HCl和KCl均是易溶性的强电解质，拆分为离子，其他写成分子，改写为离子方程式为ClO＋6H＋＋5Cl－===3Cl2↑＋3H2O；
(3)KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O反应中，KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，氧化产物与还原产物的物质的量比为5∶1；
(4)K2Cr2O7＋HCl(浓)→KCl＋CrCl3＋Cl2↑＋H2O反应中，Cr元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，由原子守恒和得失电子守恒配平方程式为K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O；
(5)制取的氯气质量相等，则制取的氯气物质的量相等，假设制取的氯气都是1 mol，则：
①中生成1 mol氯气转移电子物质的量＝1 mol×2×[0－(－1)]＝2 mol；
②中生成1 mol氯气转移电子物质的量＝mol；
③中生成1 mol氯气转移电子物质的量＝2 mol；
则三个方程式中转移电子物质的量之比为2 mol∶ mol∶2 mol＝6∶5∶6；
(6)根据方程式①4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O、③K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O、④4HCl＋O22Cl2＋2H2O(g)，③没有反应条件，①的反应条件是加热，④的反应条件是加热和催化剂，反应条件越少的氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应氧化剂的氧化性越强，所以氧化性最强的是K2Cr2O7，其次是MnO2，最后是O2。
答案：(1)3 mol　(2)ClO＋6H＋＋5Cl－===3Cl2↑＋3H2O　(3)5∶1
(4)1　14　2　2　3　7　(5)6∶5∶6
(6)K2Cr2O7＞MnO2＞O2

一、选择题(共14题，每小题3分，共42分)。
1．(2021·南京高一检测)下列反应中，水既是氧化剂也是还原剂的是(　　)
A．2H2＋O22H2O
B．2H2O2H2↑＋O2↑
C．C＋H2OCO＋H2
D．CaO＋H2O===Ca(OH)2
【解析】选B。2H2＋O22H2O，H2O是生成物，故A错误；2H2O2H2↑＋O2↑，水中元素化合价既升高又降低，则水既是氧化剂也是还原剂，故B正确；C＋H2OCO＋H2中，H元素化合价降低，被还原，则水只是氧化剂，故C错误；反应CaO＋H2O===Ca(OH)2中，H、O元素化合价没有发生变化，水既不是氧化剂，又不是还原剂，故D错误。
2．(2021·南通高一检测)下列变化必须另加入氧化剂才能实现的是(　　)
A．Fe3O4→Fe2＋ B．HClO→ClO－
C．N2→NO D．CO2→CO
【解析】选C。与酸反应或加还原剂，故A错误；元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；N元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C正确；C元素化合价降低，应该加还原剂，故D错误。
3．小明做实验时不小心沾了一些高锰酸钾，皮肤上出现了难看的黑斑，老师告诉他可以用草酸的稀溶液进行清洗，其反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)，下列说法正确的是(　　)
A．该反应的氧化剂为H2C2O4
B．该反应右边横线内的产物为OH－
C．在该反应中有1个H2C2O4参加反应，转移电子总数为6个
D．该反应配平后H＋的化学计量数为6
【解析】选D。MnO＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋H2O中Mn元素化合价由＋7降低至＋2，C元素化合价由＋3升高至＋4，由化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒及溶液呈酸性可知反应离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，反应过程中Mn元素化合价降低被还原，因此氧化剂为MnO，故A错误；由反应溶液呈酸性以及原子守恒可知，横线内的产物为H2O，故B错误；在该反应中有1 个H2C2O4参加反应，由C元素的化合价变化可知，转移1×2×(4－3)＝2个电子，转移电子总数为2，故C错误；由上述分析可知，该反应配平后H＋的化学计量数为6，故D正确。
4．(2021·南通高一检测)某研究小组对离子方程式xR2＋＋yH＋＋O2===mR3＋＋nH2O的分析研究，下列说法中错误的是(　　)
A．根据电荷守恒，得出x与y的和一定等于m
B．根据原子守恒，得出x和m的数值一定相等
C．根据电子得失守恒，得出x＝4的结论
D．根据氧化还原反应关系得出：R2＋是还原剂，O2是氧化剂，R3＋是氧化产物，H2O是还原产物
【解析】选A。根据电荷守恒知，2x＋y＝3m，故A错误；根据各元素原子守恒知，x＝m，n＝2，y＝2n＝4，故B正确；根据氧化还原反应中电子得失守恒知，xR2＋生成mR3＋，失去x个电子，O2生成nH2O得到4个电子，所以x＝4，故C正确；根据氧化还原反应中各种关系知，R2＋是还原剂，O2是氧化剂，R3＋是氧化产物，H2O是还原产物，故D正确。
5．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0.355 g Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为(　　)
A．0.93 B．0.85 C．0.90 D．0.80
【解析】选D。FexO中Fe的平均化合价为＋，被氧化为Fe3＋，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。0.355 g Cl2转移电子数为×2＝ 0.01 mol，则有×(3－)×x＝0.01 mol，解得x＝0.80，答案选D。
6．已知氯气和NaOH溶液在一定温度下能发生反应：Cl2＋NaOH―→NaCl＋NaClO＋H2O(未配平)，Cl2＋NaOH―→NaCl＋NaClO3＋H2O(未配平)。某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的个数比为1∶1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为(　　)
A．21∶5 B．11∶3 C．3∶1 D．4∶1
【解析】选C。Cl2生成ClO－和ClO是被氧化的过程，化合价由0价升高为＋1价和＋5价，Cl2生成Cl－是被还原的过程，化合价由0价降低为－1价；假设反应后溶液中有ClO－的个数为x，ClO的个数也为x，Cl2转化为x个
ClO－和ClO，共失去电子的个数为x＋x×5＝6x，此时被氧化的Cl2的分子数为＝x，Cl2转化x个Cl－，得到x个电子，由得失电子守恒可知，反应后溶液中有6x Cl－，此时被还原的氯气分子数为＝3x，所以被还原的氯原子和被氧化的氯原子的分子数之比为3∶1，由n＝可知，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的分子数之比等于被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为3∶1，故C正确。
【补偿训练】
(2021·成都高一检测)用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮水处理的新技术。一种生成Na2FeO4的反应如下：Fe2O3＋Na2O2(氧为－1价)―→Na2FeO4＋Na2O(未配平)，下列说法不正确的是(　　)

A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．Fe2O3在反应中失去电子
C．配平后为Fe2O3＋3Na2O2===2Na2FeO4＋Na2O
D．Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性
【解析】选A。在反应Fe2O3＋Na2O2(氧为－1价)―→Na2FeO4＋Na2O中，Fe2O3中的铁元素失电子被氧化，化合价由＋3价升高到＋6价，故Fe2O3是还原剂，Na2O2中氧元素得电子被还原，化合价由－1价降到－2价，故Na2O2是氧化剂；由得失电子守恒和原子守恒配平为Fe2O3＋3Na2O2===2Na2FeO4＋Na2O；Na2FeO4中Fe处于高价态，具有强氧化性，所以能用于自来水的杀菌消毒。
7．已知Mn2O与S2－在酸性溶液中能发生反应： Mn2O＋3S2－＋14H＋===2Mn3＋＋3S↓＋7H2O，则Mn2O中锰元素的化合价是(　　)
A．＋2　 B．＋4　 C．＋3 D．＋6
【解析】选D。由电荷守恒可知，－x＋3×(－2)＋14×(＋1)＝2×(＋3)，解得x＝2，设Mn2O中的Mn的化合价为y，Mn2O中元素的化合价的代数和为－x，则y×2＋(－2)×7＝－2，解得y＝＋6。
8．下列反应(均未配平)中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1∶2的是(　　)
A．Cu＋H2SO4→CuSO4＋SO2↑＋H2O
B．CH3COOH＋Ca(ClO)2→HClO＋Ca(CH3COO)2
C．I2＋NaClO3→NaIO3＋Cl2
D．HCl＋MnO2→MnCl2＋Cl2↑＋H2O
【解析】选D。A项，铜元素化合价升高2，Cu是还原剂。硫元素化合价降低2，H2SO4是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶1。B项，CH3COOH与Ca(ClO)2发生复分解反应，不属于氧化还原反应。C项，碘元素化合价由0→＋5，I2是还原剂；氯元素化合价降低5，得到5个电子，NaClO3是氧化剂。NaClO3与I2物质的量之比为2∶1。D项，氯元素化合价升高1，HCl是还原剂。锰元素化合价降低2，MnO2是氧化剂。氧化剂、还原剂的物质的量之比为1∶2。
9．下列说法正确的是(　　)
A．MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶4
B．2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
C．3S＋6KOH2K2S＋K2SO3＋3H2O中，被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2∶1
D．Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3
【解析】选D。4 mol HCl参加反应只有2 mol被氧化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；反应中2 mol H2S作还原剂被氧化得到氧化产物为2 mol S；1 mol SO2作氧化剂被还原得到还原产物为1 mol S，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1，B错误；3 mol S参加反应，其中有2 mol S化合价降低被还原发生还原反应，1 mol S化合价升高被氧化发生氧化反应，被氧化和被还原的硫元素的物质的量之比为1∶2，C错误；反应中N元素由0价降低到－3价，氮气是氧化剂，C元素由0价升高到＋2价，碳是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。
10．工业废水中含有的Cr2O用NaHSO3进行处理的原理为Cr2O＋3HSO＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。下列关于该反应的说法中正确的是(　　)
A．HSO中的硫元素化合价升高，得电子
B．Cr2O在反应中作氧化剂，发生氧化反应
C．还原性：HSO＞Cr3＋
D．每反应1 mol Cr2O，转移12 mol电子
【解析】选C。HSO中S化合价由＋4价升高到＋6价，化合价升高被氧化，反应中失去电子， A错误；Cr2O的Cr化合价由＋6价降低到＋3价，Cr2O作氧化剂，反应中被还原，发生还原反应， B错误；氧化还原反应中，还原性：还原剂＞还原产物，该反应中HSO为还原剂，Cr3＋为还原产物，则还原性：HSO＞Cr3＋， C正确； Cr2O中Cr化合价由＋6价降低到＋3价，所以每反应1 mol Cr2O，电子转移的物质的量为1 mol×(6－3)×2＝6 mol, D错误。
11．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．C3N4中C的化合价为－4
B．反应的两个阶段转移电子数相等
C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化
【解析】选C。A.化合物C3N4中氮元素的化合价为－3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为＋4价，故A错误；B.由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，故B错误；C.阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为2H2O2===2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；D.该反应中，实现了太阳能转化为化学能，故D错误。
12．宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是Ag＋H2S＋O2→Ag2S＋H2O(未配平)。下列说法不正确的是(　　)

A．配平后的方程式为4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O
B.银针验毒时，空气中氧气得到电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1 mol Ag2S，反应转移2 mol e－
【解析】选C。配平后的方程式为4Ag＋2H2S＋O2===2Ag2S＋2H2O，A正确；银针验毒时，空气中氧气得到电子，B正确；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C错误；银的化合价升高1，每生成1 mol Ag2S，反应转移2 mol e－，D正确。
13．在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为MnO＋H＋＋Na2O2→Mn2＋＋O2↑＋H2O＋Na＋(未配平)。下列判断正确的是(　　)
A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物
B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂
C．标准状况下，产生22.4 LO2时反应转移2 mol e－
D．配平上述方程式为MnO＋8H＋＋5Na2O2===28Mn2＋＋5O2↑＋4H2O＋
10Na＋
【解析】选C。 锰元素的化合价降低，被还原，过氧化钠中氧元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2＋是还原产物，A、B错误；标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移22.4 L÷22.4 L·mol－1×2×[0－(－1)]＝2 mol e－，C正确；2MnO＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋，D错误。
14．(素养新思维)把图乙的碎纸片补充到图甲中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(　　)

A.配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2－
D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移
【解析】选C。在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成硫离子、亚硫酸根离子和水，其反应的离子方程式为3S＋6OH－2S2－＋SO＋3H2O，A错误；若有1 mol S 被氧化，则转移4 mol电子，有2 mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误；若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，生成2 mol S2－，C正确；由方程式可知3 mol S参加反应转移4 mol电子，则2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D错误。
二、非选择题(本题包括2小题，共28分)。
15．(16分)配平下列氧化还原方程式
(1)________HCl(浓)＋________MnO2________Cl2↑＋________MnCl2＋________H2O
(2)________Cu＋________HNO3(稀)===________Cu(NO3)2＋________NO↑＋________H2O
(3)________Fe(OH)3＋________NaOH＋________Cl2===________Na2FeO4＋________NaCl＋________H2O
(4)________Fe(NO3)2＋________HNO3===______Fe(NO3)3＋________NO↑＋________H2O
(5)________Na2SO3＋________Na2S＋________H2SO4===________Na2SO4＋________S↓＋________H2O
(6)________KI＋________KIO3＋________H2SO4===________I2＋________K2SO4＋________H2O
(7)________Fe3＋＋________H2S===________Fe2＋＋________S↓＋________H＋
(8)________MnO＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O
(9)________S＋________KOH===________K2S＋________K2SO3＋________H2O
(10)________H2O2＋________H2CrO4===________Cr(OH)3↓＋________O2＋________H2O
(11)________Fe(OH)2＋________NaNO3===________Fe2O3＋________NaOH＋________NH3↑＋________H2O
【解析】首先结合双线桥法利用化合价升降总数或得失电子总数相等，得失电子的数目＝化合价的变化值×化合物中变价元素原子个数×该化合物的化学计量数。配平方程式中氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化学计量数，然后根据元素守恒及电荷守恒配平其他物质的化学计量数。
答案：(1)4　1　1　1　2　(2)3　8　3　2　4
(3)2　10　3　2　6　8　(4)3　4　3　1　2
(5)1　2　3　3　3　3　(6)5　1　3　3　3　3
(7)2　1　2　1　2　(8)2　16　10　2　5　8
(9)3　6　2　1　3　(10)3　2　2　3　2
(11)8　1　4　1　1　6
16．(12分)(1)根据反应8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，回答下列问题：
①该反应中氧化剂是________，氧化产物是________。
②该反应中被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为________。
③在方程式中用双线桥法表示出反应中的电子转移情况：
8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2。
(2)有下列6种物质：Na2SO4、Na2SO3、K2SO4、I2、H2SO4、KIO3组成一个氧化还原反应，请回答下列问题：
①将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成化学方程式并配平：
__________＋Na2SO3＋__________===________＋________＋________＋H2O。
②反应物中发生氧化反应的物质是________(填化学式)，被还原的元素是________。
③反应中1 mol氧化剂________(填“得到”或“失去”)________mol电子。
④生成物中还原产物是________(填化学式)。
【解析】(1)①根据给定反应可知氯元素化合价降低，氮元素化合价升高，因此氧化剂是氯气，氧化产物为氮气。②被氧化的物质有2 mol，被还原的物质有
3 mol，因此被氧化的物质与被还原的物质物质的量之比为2∶3。
(2)①Na2SO3 是反应物，氧化还原反应中，化合价会升高，根据氧化还原反应的原理，可知KIO3也应是反应物，反应中化合价降低，再根据原子守恒，知反应物是KIO3、Na2SO3、H2SO4，生成物是Na2SO4、I2、K2SO4、H2O，根据化合价升降守恒可配平反应方程式为2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4===5Na2SO4＋I2＋K2SO4＋H2O。
②根据化合价变化知，还原剂是Na2SO3，还原剂发生氧化反应，氧化剂是KIO3，发生还原反应，被还原，被还原的元素是I。
③氧化还原反应中，得电子的物质是氧化剂，KIO3是氧化剂，反应中碘元素化合价由＋5价变为0价，每1 mol KIO3参与反应，转移电子数为5 mol。
④生成物中含有化合价降低元素的物质是还原产物，则根据化合价变化知还原产物是I2。
答案：(1)①Cl2　N2　②2∶3　
③
(2)①2KIO3　H2SO4　5Na2SO4　I2　K2SO4
②Na2SO3　I　③得到　5　④I2
【日积月累】
(九层之台，起于累土——难点知识从基础练起)
写出标点元素的正确的化合价。