高考化学一轮复习第1章物质及其变化第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算学案

这是一份高考化学一轮复习第1章物质及其变化第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算学案，共17页。

1．能利用化合价升降总数相等配平氧化还原反应方程式。
2．熟练应用电子守恒法进行氧化还原反应的相关计算。
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式配平的基本原则
2．氧化还原反应方程式配平的一般步骤
1．正向配平法(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)。
(1)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋________NO↑＋________H2O
(2)________KI＋________KIO3＋________H2SO4===________I2＋________K2SO4＋________H2O
(3)________MnO eq \\al(－,4) ＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋________Cl2↑＋________H2O
答案：(1)3 8 3 2 4 (2)5 1 3 3 3 3
(3)2 16 10 2 5 8
2．逆向配平法(自身氧化还原反应，包括分解、歧化等)。
(1)______I2＋______NaOH===______NaI＋______NaIO3＋______H2O
(2)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑
(3)______NH4NO3===______N2↑＋______O2↑＋______H2O
答案：(1)3 6 5 1 3 (2)2 9 3 3 5
(3)2 2 1 4
[点拨] 逆向配平法适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。例如，
由于S元素的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。
3．缺项配平类(缺少某些反应物或生成物，一般为H2O、H＋或OH－)。
(1)____Fe3＋＋____SO2＋________===____Fe2＋＋____SO eq \\al(2－,4) ＋________
(2)____ClO－＋____Fe(OH)3＋________===____Cl－＋____FeO eq \\al(2－,4) ＋____H2O
(3)______MnO eq \\al(－,4) ＋______H2O2＋________===____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O
(4)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有Al2O3、C、N2、CO。请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
______＋______＋______ eq \(=====,\s\up7(高温)) ______AlN＋______
(5)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
________NaBiO3＋________Mn2＋＋______===________Na＋＋________Bi3＋＋________＋________
答案：(1)2 1 2H2O 2 1 4H＋
(2)3 2 4OH－ 3 2 5
(3)2 5 6H＋ 2 5 8
(4)Al2O3 3C N2 2 3CO
(5)5 2 14H＋ 5 5 2MnO eq \\al(－,4) 7H2O
4．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)。
(1)________FeS2＋____O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) ____Fe2O3＋____SO2
(2)____P＋____CuSO4＋____H2O===____Cu3P＋____H3PO4＋____H2SO4
答案：(1)4 11 2 8
(2)11 15 24 5 6 15
[点拨] 以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数作为一个整体，再用一般方法进行配平。如Cu2S＋HNO3(稀)―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价发生变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
配平得3Cu2S＋22HNO3(稀)===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
5．有机化学反应方程式的配平。
(1)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O
(2)________C2H5OH＋________KMnO4＋________H2SO4===________K2SO4＋______MnSO4＋________CO2↑＋________H2O
答案：(1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
[点拨] 在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H元素显＋1价，O元素显－2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
考点二 电子守恒法计算
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法解题的流程
3．多步氧化还原反应的计算
有的试题涉及的氧化还原反应较多，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。解答这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要厘清具体的反应过程，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，即可迅速求解。
1．24 mL 0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 ml·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则Cr元素在还原产物中的化合价为________。
解析：由题意可知，Na2SO3发生失电子的氧化反应，K2Cr2O7发生得电子的还原反应，其中S元素的化合价从＋4价升高到＋6价，Cr元素的化合价将从＋6价降低到＋n价。根据氧化还原反应中得失电子守恒，有0.05 ml·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 ml·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3，因此Cr元素在还原产物中的化合价为＋3价。
答案：＋3价
2．将Mg、Cu组成的6.6 g 混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全。形成沉淀的质量为____________。
解析：根据得失电子守恒和元素守恒可得关系式：Mg～2e－～2OH－，Cu～2e－～2OH－，即金属转移电子数与其消耗的氢氧根离子数相等，稀硝酸被还原为NO气体且其在标准状况下的体积为2.24 L，物质的量为0.1 ml，所以转移电子的物质的量为0.1 ml×(5－2)＝0.3 ml，最终沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，即沉淀中氢氧根离子的物质的量为 0.3 ml，所以形成沉淀的质量为6.6 g＋0.3 ml×17 g/ml＝11.7 g。
答案：11.7 g
1．(2023·新高考海南卷)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800 ℃ 制备BeCl2的化学方程式为_______________________________________________________。
答案：BeO＋Cl2＋C eq \(=====,\s\up7(600～800 ℃)) CO＋BeCl2
2．(2023·新高考湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是( )
A．S2O eq \\al(2－,3) 和SO eq \\al(2－,4) 的空间结构都是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 eq \f(n（O2）,n（H2O）) ：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3∶7
解析：选D。SO eq \\al(2－,4) 中4个硫氧键相同，其空间结构为正四面体形，S2O eq \\al(2－,3) 的空间结构为四面体形，A项错误；由图示转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O===2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O===2H3AsO4＋3H2SO4，故参加反应的 eq \f(n（O2）,n（H2O）) ：Ⅰ>Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1 ml As2S3发生反应时，两反应转移电子的物质的量分别为12 ml 和28 ml，个数之比为3∶7，D项正确。
3．(2022·新高考河北卷)以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe(NH4)Fe(CN)6 颜料。工艺流程如下：
(1)红渣的主要成分为________(填化学式，下同)，滤渣①的主要成分为________。
(2)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_________________________________________________________。
(3)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为____________，氧化工序发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________
_____________________________________________________。
解析：黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为4FeS2＋11O2 eq \(=====,\s\up7(煅烧)) 2Fe2O3＋8SO2，故红渣的主要成分为Fe2O3(含SiO2杂质)，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液并加热，进行酸浸过程，反应原理为Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3＋还原为Fe2＋，硫元素被氧化为SO eq \\al(2－,4) ，反应原理为14Fe3＋＋FeS2＋8H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 15Fe2＋＋2SO eq \\al(2－,4) ＋16H＋，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液，母液中主要含有FeSO4和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、Na4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为Fe2＋＋2NH eq \\al(＋,4) ＋[Fe(CN)6]4－ eq \(=====,\s\up7(△)) Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为 6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO eq \\al(－,3) ＋6H＋ eq \(=====,\s\up7(△)) 6NH eq \\al(＋,4) ＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－，过滤、洗涤干燥即制得 Fe(NH4)Fe(CN)6。
答案：(1)Fe2O3 SiO2
(2)7Fe2(SO4)3＋FeS2＋8H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 15FeSO4＋8H2SO4
(3)＋2价 6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO eq \\al(－,3) ＋6H＋ eq \(=====,\s\up7(△)) 6Fe(NH4)Fe(CN)6＋3H2O＋Cl－＋6NH eq \\al(＋,4)
课时跟踪练
[基础巩固]
1．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式(未配平)为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O。下列说法错误的是( )
A．配平后H2O的化学计量数为6
B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂
C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应
D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3
解析：选A。配平后的化学方程式为5NH4NO3===2HNO3＋4N2↑＋9H2O，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH eq \\al(＋,4) 所含N元素化合价升高，部分NO eq \\al(－,3) 所含N元素化合价降低，NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，属于分解反应，该反应中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C正确；氧化产物()和还原产物()的物质的量之比为 eq \f(5,2) ∶ eq \f(3,2) ＝5∶3，D正确。
2．若锌与硝酸反应时，其反应的化学方程式为4Zn＋10HNO3===aZn(NO3)2＋bM＋cH2O，则a、b、c、M可能分别为( )
A．4、5、5、NO2↑ B．4、2、4、NO2↑
C．4、1、3、NH4NO3 D．4、3、5、NO↑
答案：C
3．关于反应2Fe(CO)5＋7N2O4===2FeO2＋14NO＋10CO2，下列说法正确的是( )
A．N2O4发生氧化反应
B．生成1 ml CO2转移2 ml电子
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶7
D．FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3
解析：选D。在反应2Fe(CO)5＋7N2O4===2FeO2＋14NO＋10CO2中，Fe元素由0价升高到＋4价，C元素由＋2价升高到＋4价，N元素由＋4价降低到＋2价，转移28e－。A.N2O4 中N元素由＋4价降低到＋2价，得电子，发生还原反应，A不正确；B.在该反应中，生成10 ml CO2转移28e－，故生成1 ml CO2转移2.8 ml电子，B不正确；C.氧化产物为FeO2、CO2，还原产物为NO，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为12∶14＝6∶7，C不正确；D.FeO2中Fe显＋4价，Fe2O3中Fe显＋3价，故FeO2可以和Fe反应生成Fe2O3，D正确。
4．把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
eq \x(Mn2＋) …… eq \x(―→) eq \x(H＋) ……图1
eq \x(＋MnO eq \\al(－,4) ) eq \x(＋IO eq \\al(－,4) ) eq \x(＋IO eq \\al(－,3) ) eq \x(＋H2O) 图2
对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是( )
A．IO eq \\al(－,4) 是氧化剂，具有氧化性
B．氧化性：MnO eq \\al(－,4) ＞IO eq \\al(－,4)
C．氧化剂和还原剂的微粒个数之比为5∶2
D．若有2 ml Mn2＋参加反应，则转移10 ml电子
解析：选B。根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可知，配平后的离子方程式为2Mn2＋＋5IO eq \\al(－,4) ＋3H2O===6H＋＋5IO eq \\al(－,3) ＋2MnO eq \\al(－,4) 。A.IO eq \\al(－,4) 中碘元素的化合价降低，得电子，为氧化剂，具有氧化性，故A正确；B.根据离子方程式可知，该反应的氧化剂是IO eq \\al(－,4) ，氧化产物是MnO eq \\al(－,4) ，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可得，氧化性：IO eq \\al(－,4) ＞MnO eq \\al(－,4) ，故B错误；C.根据离子方程式可知，氧化剂IO eq \\al(－,4) 和还原剂Mn2＋的微粒个数之比为5∶2，故C正确；D.根据离子方程式可知，若有2 ml Mn2＋参加反应，则转移 10 ml电子，故D正确。
5．(2024·江门模拟)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是( )
A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸
B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8
C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价
D．该反应的离子方程式为19ClO eq \\al(－,4) ＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O
解析：选D。根据题意可知，该反应的化学方程式为19HClO4＋8CrCl3＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋27HCl，HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为 CrO2(ClO4)2，当有19 ml HClO4参加反应时，其中有3 ml为氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2] 为8 ml，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；CrO2(ClO4)2 中O元素显－2价，ClO eq \\al(－,4) 显－1价，所以Cr元素显＋6价，C项正确；该反应在酸性条件下进行，离子方程式为19ClO eq \\al(－,4) ＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋8H＋＋3Cl－，D项错误。
6．已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO eq \\al(2－,4) ＋2Fe2＋＋W；
②Cr2O eq \\al(2－,7) ＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平)。
下列说法正确的是( )
A．反应①中W为4OH－
B．还原性：SO2>Fe2＋
C．a＝6，b＝7
D．反应Cr2O eq \\al(2－,7) ＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO eq \\al(2－,4) ＋H2O不能发生
解析：选B。A.根据元素守恒和电荷守恒可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO eq \\al(2－,4) ＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；B.还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；C.反应②中，Cr元素的化合价由＋6价降低到＋3价，Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3 价，根据得失电子守恒可得，Cr2O eq \\al(2－,7) 和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，故a＝6，再结合电荷守恒可得，b＝14，C错误；D.Cr2O eq \\al(2－,7) 具有强氧化性，SO2具有还原性，且由反应①②可知，氧化性：Cr2O eq \\al(2－,7) >SO eq \\al(2－,4) ，故Cr2O eq \\al(2－,7) 能将SO2氧化为SO eq \\al(2－,4) ，即反应Cr2O eq \\al(2－,7) ＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO eq \\al(2－,4) ＋H2O能发生，D错误。
7.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质的转化过程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．反应Ⅰ的离子方程式为2Ce4＋＋H2 ===2Ce3＋＋2H＋
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．反应过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变
D．理论上，每消耗2.24 L氢气，转移电子的物质的量为0.2 ml
答案：D
8．(2024·台山一中高三月考)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是( )
A．产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 ml e－
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO eq \\al(－,3) 的存在
解析：选A。A.该反应中只有碘元素化合价升高，由0价升高至＋5价，6I2～60e－，又因化学方程式中6I2～3Cl2，故3Cl2～60e－，所以产生标准状况下22.4 L(1 ml) Cl2时，反应中应转移20 ml e－，A错误；B.该反应中KClO3中氯元素化合价降低，KClO3为氧化剂，I2中碘元素化合价升高，I2为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B正确；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；D.IO eq \\al(－,3) 可与H＋、I－发生归中反应IO eq \\al(－,3) ＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，生成的I2可使淀粉变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO eq \\al(－,3) 的存在，D正确。
9．(2024·台山一中高三月考)按要求填空。
(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_______________________________________________
______________________________________________________。
(2)先将ClO2通入硫化氢溶液中，再加入少量稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的离子方程式：__________________________________________________
_______________________________________________________。
(3)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，因而可用于化学镀银。利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为________________(填化学式)。
(4)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂，其氧化产物一般为N2，联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1.0 kg 联氨可除去水中溶解的O2________kg。
解析：(1)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取 K2FeO4，ClO－被还原为Cl－，离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO eq \\al(2－,4) ＋3Cl－＋5H2O。(2)先将ClO2通入硫化氢溶液中，再加入少量稀盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，该沉淀为BaSO4，说明H2S被氧化为H2SO4，ClO2被还原为HCl，反应的离子方程式为5H2S＋8ClO2 ＋4H2O===18H＋＋5SO eq \\al(2－,4) ＋8Cl－。(3)该反应中Ag＋为氧化剂，H3PO2为还原剂，Ag为还原产物，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，设氧化产物中P元素的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×(1－0)＝1×(x－1)，解得x＝5，所以氧化产物中P元素的化合价为＋5价，为H3PO4。(4)N2H4→N2失去4e－，O2→O2－得到4e－，联氨和氧气的摩尔质量都是32 g/ml，故等质量的联氨和氧气的物质的量相同，理论上1.0 kg联氨可除去水中溶解的O2 1.0 kg。
答案：(1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO eq \\al(2－,4) ＋3Cl－＋5H2O (2)5H2S＋8ClO2 ＋4H2O ===18H＋ ＋5SO eq \\al(2－,4) ＋8Cl－ (3)H3PO4 (4)1.0
[素养提升]
10．某碳铁合金可用FeC表示，其与硝酸反应的化学方程式为FeC＋HNO3(浓) eq \(――→,\s\up7(△)) NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A．配平化学方程式，NO2前的化学计量数是4
B．该反应中，只有C元素被氧化
C．将反应生成的气体通入澄清石灰水，一定产生白色沉淀
D．68 g FeC参与反应共失去7×6.02×1023个电子
解析：选D。假设FeC中Fe、C元素的化合价均为0价，则该反应中Fe元素的化合价从0价升高到＋3价，C元素的化合价从0价升高到＋4价，FeC化合价共升高7价，N元素的化合价从＋5价降低到＋4价，配平化学方程式为FeC＋10HNO3(浓) eq \(=====,\s\up7(△)) 7NO2↑＋Fe(NO3)3＋CO2↑＋5H2O，故A错误；该反应中，Fe、C元素都被氧化，故B错误；氢氧化钙的溶解度小，澄清石灰水中的溶质不会很多，通入气体NO2和CO2，NO2量大，先反应生成硝酸钙，可能不和CO2反应，故C错误；68 g(即1 ml)FeC参与反应共失去7 ml电子，其数目为7×6.02×1023，故D正确。
11．实验室中为研究不同物质之间的反应进行如图实验。下列说法正确的是( )
A．丙为还原产物，丁为氧化产物
B．每生成标准状况下5.6 L气体丙，消耗0.2 ml KMnO4
C．上述有4个氧化还原反应
D．若0.1 ml Na2SO3完全反应，则转移0.15 ml电子
解析：选D。Na2SO3隔绝空气加热，发生分解反应：4Na2SO3 eq \(=====,\s\up7(△)) 3Na2SO4＋Na2S，固体甲为Na2S，Na2S与稀硫酸混合发生复分解反应生成Na2SO4和H2S(气体乙)；KMnO4(H＋)溶液与双氧水混合生成气体丙为O2；H2S与O2混合反应生成S(固体丁)和水。在KMnO4(H＋)溶液与双氧水的反应中，H2O2为还原剂，故丙为氧化产物，丁为H2S(还原剂)与O2反应的产物，是氧化产物，A错误；KMnO4(H＋)溶液与双氧水混合反应，可得关系式：2KMnO4～5O2，每生成标准状况下5.6 L(0.25 ml)气体丙，消耗0.1 ml KMnO4，B错误；由分析可知，题述发生的4个反应中，有3个属于氧化还原反应，C错误；由反应可得关系式：4Na2SO3～6e－，若0.1 ml Na2SO3完全反应，则转移0.15 ml电子，D正确。
12．发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)。下列说法不正确的是( )
A．反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH eq \(=====,\s\up7(△)) 3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O
B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3(NA表示阿伏加德罗常数的值)
C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1
D．发蓝工艺的总反应可以表示为9Fe＋4NaNO2＋8H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑
解析：选B。A.反应①为Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价升高到＋2价，根据氧化还原反应规律可知，N元素化合价由＋3价降低到－3价生成NH3，反应的化学方程式为3Fe＋NaNO2＋5NaOH eq \(=====,\s\up7(△)) 3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，故A正确；B.反应②为Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价升高到＋3价，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 ml NH3，质量为8.5 g，故B错误；C.反应③为Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2 价升高到＋ eq \f(8,3) 价，Na2Fe2O4中Fe元素化合价由＋3价降低到＋ eq \f(8,3) 价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，故C正确；D.由题图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式为9Fe＋4NaNO2＋8H2O eq \(=====,\s\up7(△)) 3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，故D正确。
13．(2024·东莞光正实验学校月考)工业上以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有少量MgO、FeS)来生产铜，同时获取副产物硫单质，原料的综合利用率较高。主要流程如下：
(1)为增大溶浸速率，可采取的措施有_____________________________________________________________
_______________________________________________________
(写一条即可)。
(2)FeCl3溶液与CuFeS2反应的化学方程式为_____________________________________________________________
______________________________________________________；
该反应中消耗55.2 g CuFeS2时，被Fe3＋氧化生成的硫的物质的量为________。
(3)该流程中可以循环利用的物质有_____________________________________________________________
_______________________________________________________。
(4)工业上还可以用亚硫酸铵还原氯化铜溶液来制得氯化亚铜，其产率与温度、溶液pH的关系如图所示。
①该方法制备CuCl的离子方程式为_____________________________________________________________
_______________________________________________________。
②据图分析，生产氯化亚铜的适宜条件为_____________________________________________________________
_______________________________________________________。
解析：(1)溶浸速率与温度、反应物接触面积等有关，故为增大溶浸速率，可以采取的措施有适当升高温度、粉碎矿石、适当增大FeCl3溶液的浓度等。
(2)由流程可知，FeCl3和CuFeS2反应生成CuCl、S和FeCl2，化学方程式为3FeCl3＋CuFeS2===CuCl＋2S＋4FeCl2；n(CuFeS2)＝ eq \f(55.2 g,184 g/ml) ＝0.3 ml，由化学方程式可知， eq \f(3,4) 的硫单质是三价铁离子氧化得到的，故由三价铁离子氧化得到的硫的物质的量n(S)＝n(CuFeS2)×2× eq \f(3,4) ＝0.45 ml。
(3)由流程可知，氯化钠、氯化铁溶液加入后又生成，故可以循环利用的物质为氯化钠、氯化铁。
(4)①由题干信息可得，该反应为铜离子氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，自身被还原为氯化亚铜沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋SO eq \\al(2－,3) ＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO eq \\al(2－,4) ＋2H＋。
②由题图可知，生产CuCl的最适宜条件为pH＝3，温度为55 ℃。
答案：(1)粉碎黄铜矿(或适当增大FeCl3溶液的浓度或搅拌或加热等，合理即可)
(2)3FeCl3＋CuFeS2===CuCl＋2S＋4FeCl2 0.45 ml
(3)NaCl、FeCl3
(4)①2Cu2＋＋SO eq \\al(2－,3) ＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO eq \\al(2－,4) ＋2H＋ ②55 ℃、pH＝3