《2023届高考化学鲁科版一轮复习学案-第二章第5课时 氧化还原反应的规律及应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考化学鲁科版一轮复习学案-第二章第5课时 氧化还原反应的规律及应用.docx（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第5课时氧化还原反应的规律及应用1.认识元素在物质中可以具有不同的价态,可以通过氧化还原反应实现含有不同价态同种元素的物质的相互转化。2.能由氧化还原反应原理,预测物质的化学性质与变化,并能设计实验进行部分验证,分析、解释有关实验现象。先后规律及应用1.同时含有几种还原剂将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时,因为还原性Fe2+Br-,所以Cl2先与Fe2+反应。2.同时含有几种氧化剂将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入铁粉,因为氧化性Fe3+Cu2+H+,所以铁粉先与Fe3+反应,然后依次与Cu2+、H+反应。 常
2、见物质氧化性、还原性强弱顺序氧化性:MnO4-(H+)Cl2Br2Fe3+I2S;还原性:Mn2+Cl-Br-Fe2+I-SO2(SO32-)I2,所以I2和Fe反应生成FeI2。(2)在酸性条件下,Cl-也还原MnO4-。答案:(1)(2)2.做一做向含S2-、Fe2+、Br-、I-的溶液中通入Cl2,按先后顺序依次写出发生反应的离子方程式: 、 、。答案:Cl2+S2-S+2Cl-Cl2+2I-I2+2Cl-Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-Cl2+2Br-Br2+2Cl-1.(2021河北衡水二模)已知有如下反应:K2Cr2O7+14HCl(浓)2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2
3、O;Cr+2HCl(稀)CrCl2+H2;2KMnO4+16HCl(稀)2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。下列说法错误的是(D)A.氧化性:KMnO4K2Cr2O7Cl2B.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为15C.向Cr2(SO4)3溶液中滴入酸性KMnO4溶液,可发生反应10Cr3+6MnO4-+11H2O5Cr2O72-+6Mn2+22H+D.向金属Cr中滴入浓硝酸无明显变化,说明两者不能发生反应解析:由题干可推知K2Cr2O7氧化HCl,需要盐酸为浓盐酸,KMnO4氧化HCl,需要盐酸为稀盐酸即可,因此高锰酸钾的氧化性大于重铬酸钾的,所以氧化性顺序为KMnO4K2Cr2O7
4、Cl2,选项A正确;反应中,Mn元素化合价降低,被还原,KMnO4为氧化剂,Cl元素化合价升高,被氧化,HCl为还原剂,由化学方程式可知,当有2 mol KMnO4参加反应时,有10 mol HCl被氧化,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为15,选项B正确;由选项A推知的氧化性KMnO4强于K2Cr2O7可知,该选项符合强制弱规律,选项C正确;稀盐酸可以氧化Cr,说明Cr的还原性比较强,浓硝酸具有强氧化性,遇到Cr单质常温下无明显变化,不是因为氧化性不够,而是因为发生钝化,选项D错误。2.(双选)向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气,溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,已知:b-a
5、=5,线段表示一种含氧酸,且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是(BC)A.线段表示Fe2+的变化情况B.线段发生反应的离子方程式为I2+5Cl2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2OC.根据图像可计算a=5D.原溶液中c(Fe2+)c(I-)c(Br-)=213解析:向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气,还原性I-Fe2+Br-,首先发生反应2I-+Cl2I2+2Cl-,I-反应完毕,再发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-,Fe2+反应完毕,又发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-,故线段代表I-的变化情况,线段代表Fe2+的变化情况,线段代表Br-的变化
6、情况,故A正确;线段表示一种含氧酸,且和表示的物质中含有相同的元素,该元素为I元素,2I-+Cl2I2+2Cl-,消耗1 mol氯气,碘原子的物质的量为2 mol,反应消耗氯气的物质的量为5 mol,根据得失电子守恒,设该含氧酸中碘元素的化合价为x,(x-0)2 mol=5 mol2,解得x=+5,则该含氧酸为HIO3,离子方程式为I2+5Cl2+6H2O2IO3-+10Cl-+12H+,故B错误;根据上述反应的离子方程式可知,溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2 mol,n(Fe2+)=2n(Cl2)=2(3 mol-1 mol)=4 mol,Fe2+反应完毕,根据电荷守恒可知n(I-)+n
7、(Br-)=2n(Fe2+),故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=24 mol-2 mol=6 mol,根据2Br-+Cl2Br2+2Cl-可知,溴离子反应需要氯气的物质的量为 3 mol,故a=3+3=6,故C错误;根据以上分析,原溶液中c(Fe2+)c(I-)c(Br-)=213,故D正确。向a mol FeBr2中通入x mol Cl2时,先后发生的反应为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-;Cl2+2Br-Br2+2Cl-。用数轴表示如下:价态转化规律及应用1.价态转化规律(1)元素处于最高价,只有氧化性;元素处于最低价,只有还原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性。如
8、Fe3+、Cu2+只有氧化性,S2-、I-只有还原性,Cl2、Fe2+既有氧化性又有还原性。(2)价态归中规律不同价态的同种元素间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低价中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。如在反应KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O中,氧化产物是Cl2,还原产物是Cl2,1 mol KClO3反应时转移电子数是5NA。(3)歧化反应规律自身氧化还原反应:“中间价高价+低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应,如Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,1 mol Cl2反应时转移电子数为NA。2.
9、应用(1)判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性,如浓H2SO4与SO2不发生反应。(2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如反应6HCl+NaClO3NaCl+3Cl2+3H2O中,氧化剂为NaClO3,还原剂为HCl,氧化产物和还原产物都为Cl2。理解辨析1.判一判(正确的打“”,错误的打“”)(1)向浓H2SO4中通入H2S气体,1 mol H2SO4转移电子数可能是6NA,也可能是2NA。()(2)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应,转移电子数为6NA。()(3)SO2的还原性较强,而浓硫酸具有很强的氧化性,所以浓硫酸不能干燥SO2气体。(
10、)解析:(1)若转移电子数为6NA,此时H2S转化为SO2,浓H2SO4转化为S,不会出现这种情况。(2)根据得失电子守恒可知,应转移5NA个电子。(3)SO2中硫元素化合价为+4价,浓H2SO4中硫元素化合价为+6价,两者不发生反应,可用浓硫酸干燥SO2。答案:(1)(2)(3)2.想一想已知在热的碱性溶液中,NaClO发生如下反应:3NaClO2NaCl+NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应,其最终产物可能是下列哪组物质?NaCl、NaClONaCl、NaClO3NaClO3、NaClO4提示:。已知反应中氯元素的化合价由+1变为+5和-1,符合邻位转化规律,相同条件下
11、NaClO2也能发生类似的反应,则氯元素的化合价应既有升高也有降低,中与题意相符。1.氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应:Cl2+KOHKX+KY+H2O(未配平),KX在一定条件下能自身反应:KXKY+KZ(未配平,KY与KZ的物质的量之比为13),以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是(C)A.+1B.+3C.+5D.+7解析:反应Cl2+KOHKX+KY+H2O是Cl2的歧化反应,KX、KY中的Cl元素显正价和-1价,由于KX也发生歧化反应,KXKY+KZ,可断定KY为KCl,Cl元素化合价高低为KZ中ClKX中Cl(均为正价)。假
12、设KX中Cl元素为+a价,KZ中Cl元素为+b价,依据得失电子守恒原理及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5代入上式讨论,可知a= 5时,b=7,符合题意,则KX中Cl元素的化合价为+5。2.L、M、Q、R、X代表五种物质,它们都含某种价态的氮元素,各物质中氮元素的化合价只有一种。物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低。在一定条件下,它们会有如下的转化关系(未配平):Q+HClM+Cl2+H2OR+LX+H2OR+O2L+H2O请回答:(1)五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序排列是 ,若五种物质中有一种是硝酸,那么硝酸应该是(用字母表示)。(2)某同
13、学写出下列不同价态的氮的化合物相互转化关系(未配平),其中你认为一定不能实现的是(填字母)。A.NO+HNO3N2O3+H2OB.NH3+NOHNO2+H2OC.N2O4+H2OHNO3+HNO2解析:(1)根据题干信息及氧化还原反应元素化合价的变化规律,Q+HClM+Cl2+H2O中,Cl2是氧化产物,M是还原产物,因此氮元素化合价QM,R+O2L+H2O,O2是氧化剂,R是还原剂,L是氧化产物,氮元素化合价LR,由R+LX+H2O可知,X中氮元素的化合价介于R和L之间,又由于氮元素的化合价LR,因此氮元素的化合价LXR,由题干信息“物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低”可知,氮
14、元素的化合价ML,五种物质中氮元素的化合价由高到低的顺序为QMLXR;HNO3中N的价态为+5价,是N元素的最高价态,在五种物质中,Q中N元素的化合价最高,所以Q为硝酸。(2)NO中N元素为+2价,HNO3中N元素为+5价,N2O3中N元素为+3价,+3价介于+2价和+5价之间,可以发生归中反应,A选项可以实现;NH3中N元素为-3价,NO中N元素为+2价,而HNO2中N元素为+3价,+3+2-3,B选项不可能实现;N2O4中N元素为+4价,HNO3中N元素为+5价,HNO2中N元素为+3价,+4价介于+3价和+5价之间,可以发生歧化反应,C选项可以实现。答案:(1)QMLXRQ(2)B价态归
15、中(转化)规律思维模型含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低价中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。如不同价态硫元素之间可以发生的氧化还原反应如图:注:H2S与浓H2SO4反应可以是、或H2S转化为S而H2SO4转化为SO2,但不会发生。守恒规律及应用电子守恒规律,即氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。1.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的电子总数与还原剂失去的电子总数相等,即得失电子守恒。利用守恒思想,可以抛开繁琐的反应过程,可不写化学方程式,不追究中间反应过程,只要把物质分为始态和终态,从得电子与
16、失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。2.电子守恒规律常用于氧化还原反应方程式的配平及计算。如湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒:Fe(OH)3、ClO-、OH-、FeO42-、Cl-、H2O,根据元素的化合价变化可知,铁元素的化合价升高,失去3个电子,而氯元素的化合价降低,得到2个电子,所以根据得失电子守恒,并结合电荷守恒和质量守恒,反应的化学方程式是2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。理解辨析1.判一判(正确的打“”,错误的打“”)已知水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2+2S2O32-+O2+aOH-Y+S4
17、O62-+2H2O。(1)上述反应中S2O32-是还原剂。()(2)上述反应中Y的化学式为Fe2O3。()(3)根据相关知识可以计算出a=4。()(4)上述反应中,每有1 mol O2参加反应,转移电子的总物质的量为 4 mol。()解析:(1)反应前S的化合价是+2价,反应后是+2.5价,化合价升高,因此S2O32-是还原剂。(2)根据离子方程式可知,2 mol S2O32-失去2 mol电子,而1 mol氧气得到4 mol电子,所以亚铁离子应该再失去2 mol电子,因此Y是Fe3O4。(3)根据电荷守恒可知a=4。(4)每有1 mol O2参加反应,转移电子的总物质的量为1 mol4=4
18、mol。答案:(1)(2)(3)(4)2.做一做用0.100 0 molL-1 K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的FeSO4至终点,消耗标准溶液20.00 mL。已知:Cr2O72-+Fe2+H+Fe3+Cr3+H2O(未配平)。则溶液含有的Fe2+的物质的量为。解析:先找出氧化剂(Cr2O72-)及还原产物(Cr3+)、还原剂(Fe2+)及氧化产物(Fe3+);再确定一个原子或离子得失电子数(每个Cr原子得到3个电子,每个Fe2+失去1个电子);最后根据得电子总数等于失电子总数列等式计算,n(氧化剂)变价原子数化合价变化值=n(还原剂)变价原子数化合价变化值,即0.100 0 molL-10
19、.02 L23=n(Fe2+)11,得n(Fe2+)=0.012 mol。答案:0.012 mol1.(2022河南漯河检测)已知某强氧化剂RO(OH)2+中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.410-3 mol RO(OH)2+至较低价态,需要60 mL 0.1 molL-1的Na2SO3溶液。那么,R元素被还原成的价态是(B)A.-1B.0C.+1D.+2解析:设RO(OH)2+中的R的化合价从+5价还原(降低)至+x价,亚硫酸钠中的S元素的化合价从+4价升高到+6价,根据氧化还原反应中的得失电子守恒,有2.410-3 mol(5-x)=610-3 mol(6-4),解得x=
20、0,故B正确。2.在一定条件下PbO2与Cr3+反应,产物是Cr2O72-和Pb2+,则与1.0 mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为(B)A.3.0 molB.1.5 molC.1.0 molD.0.75 mol解析:已知Pb由+4价变为+2价,Cr由+3价变为+6价,设所需PbO2的物质的量为x mol,则有1.0 mol1(6-3)=x mol1(4-2),解得x=1.5,故B正确。3.向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属
21、离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法正确的是(D)A.Cu与Cu2O的物质的量之比为12B.硝酸的物质的量浓度为2.0 mol/LC.产生的NO体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol解析:金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 mol/L1.0 L=1 mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2 g,物质的量为39.2 g98 g/mol=0.4 mol,根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2,所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(OH)2=0.4 mol,设C
22、u和Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol,根据两者质量有64x+144y=27.2,根据铜元素守恒有x+2y=0.4,联立方程解得x=0.2,y=0.1,所以n(Cu)n(Cu2O)=0.20.1=21,故A错误;根据N元素守恒可知,n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3),根据电子转移守恒可知,3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O),所以3n(NO)=20.2 mol+20.1 mol,解得n(NO)=0.2 mol,n(NaNO3)=n(NaOH)=1 mol,所以n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2 mol+1 mol=1.2 mol,所以原硝酸溶液的
23、物质的量浓度为1.2mol0.5 L=2.4 mol/L,故B错误;由B中计算可知,n(NO)=0.2 mol,所以标准状况下NO的体积为0.2 mol22.4 L/mol=4.48 L,题中未告知是否为标准状况,无法判断NO的体积是否为4.48 L,故C错误;反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸、硝酸铜反应,最后为硝酸钠溶液,根据氮元素守恒可知,反应后溶液中n(HNO3)+2nCu(NO3)2=n(NaNO3),所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=1 mol-20.4 mol=0.2 mol,故D 正确。守恒法解题的思维流程(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还
24、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)1.(双选)(2020海南卷,9)含有下列有害组分的尾气,常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是(BC)A.SO3B.Cl2C.NO2D.HBr解析:三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水,为非氧化还原反应,A不符合题意;溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水,为非氧化还原反应,D不符合题意。2.(2021广东卷,18节选)高纯AlAs(砷化铝)可用
25、于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示,图中所示致密保护膜为一种氧化物,可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。(1)该氧化物为 。(2)已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。解析:(1)由题中信息可知,致密保护膜为一种氧化物,是由H2O2与AlAs反应生成的,联想到金属铝表面容易形成致密氧化膜,可知该氧化物为Al2O3。(2)由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,其化
26、合价升高了8,As元素被氧化,则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价,其作为氧化剂时,O元素要被还原到-2价,每个H2O2参加反应会使化合价降低2,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为41。答案:(1)Al2O3(2)413.(2016全国卷,28节选)“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)解析:NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl-,则1 mol NaClO2得到
27、电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl-时得到电子的物质的量为2 mol,故1 g NaClO2得到电子的物质的量为490.5 mol,根据“有效氯含量”的定义可知,NaClO2的有效氯含量为1.57。答案:1.57题号知识易中难价态变化规律1强弱反应规律及其应用25,8守恒规律及计算4综合应用37,96一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列是几个不同价态的氮的化合物的相互转化关系(未配平),你认为一定不能实现的是(D)A.NO2+H2OHNO3+NOB.NO+HNO3N2O3+H2OC.N2O4+H2OHNO3+HNO2D.NH3+NOHNO2+H2O解析:氨气
28、、NO、N2O3、NO2、N2O4以及硝酸和亚硝酸中氮元素的化合价分别是-3价、+2价、+3价、+4价、+4价、+5价和+3价,所以根据氧化还原反应的理论可知,选项A、B、C都是可以发生的,选项D中氮元素的化合价不可能都是升高的,不能发生。2.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ge4+Fe2+Fe3+Ge3+、Sn2+2Fe3+2Fe2+Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ge3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是(A)A.Sn2+、Fe2+、Ge3+B.Sn2+、Ge3+、Fe2+C.Ge3+、Fe2+、Sn2+D.Fe2+、Sn2+、Ge3+解析:在反应中,Fe元素由+2价升至
29、+3价,Fe2+是还原剂,Ge3+是还原产物,即还原性Fe2+Ge3+;在反应中,Sn元素由+2价升至+4价,Sn2+是还原剂,Fe2+是还原产物,即还原性Sn2+Fe2+。综上分析可知,还原性由强到弱的顺序是Sn2+Fe2+Ge3+。3.向Na2S和Na2SO3的混合溶液中加入足量的稀硫酸,可发生以下反应:mNa2S+nNa2SO3+pH2SO4qNa2SO4+wS+xH2O。下列说法不正确的是(C)A.单质S既是氧化产物又是还原产物B.该反应中稀硫酸只体现酸性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为21D.m+n=w解析:分析反应mNa2S+nNa2SO3+pH2SO4qNa2SO4+wS+xH
30、2O可知,硫化钠中硫元素化合价升高生成单质硫,亚硫酸钠中硫元素化合价降低生成单质硫,所以单质硫既是氧化产物又是还原产物,A正确;硫酸中的化合价在反应前后不发生变化,在该反应中只体现酸性,B正确;亚硫酸钠为氧化剂,化合价降低4价,硫化钠为还原剂,化合价升高2价,化合价升降守恒,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为12,C不正确;根据化合价变化的硫原子守恒可知m+n=w,D正确。4.将m mol Cu2S和足量的稀硝酸反应,生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO、H2O,则参加反应的硝酸的物质的量是(B)A.4m molB.223m molC.10m molD.163m mol解析:根据题意知,Cu
31、2S与足量的稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O,反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价,S元素化合价由 -2价升高到+6价,则m mol Cu2S共失去电子m mol(21+8)=10m mol,硝酸中N元素从+5价降至+2价,则被还原的硝酸的物质的量为10m3 mol,根据Cu元素守恒,生成Cu(NO3)2的物质的量为2m mol,则呈酸性的硝酸的物质的量为4m mol,参加反应的硝酸有10m3 mol+4m mol=22m3 mol。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)5.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)。对该氧
32、化还原反应的离子方程式,下列说法不正确的是(BD)A.IO4-作氧化剂,具有氧化性B.氧化性:MnO4-IO4-C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为52D.若有2 mol Mn2+参加反应,则转移5 mol电子解析:结合图1可知Mn2+为反应物,故图2中的MnO4-为生成物,因此Mn2+作还原剂,被氧化,故图2中的IO4-作氧化剂,IO3-为还原产物,因此该反应的离子方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O2MnO4-+5IO3-+6H+,由此可知A项和C项正确;同一个反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性,故氧化性:IO4-MnO4-,B项不正确;Mn2+MnO4-5e-,若2 mol Mn
33、2+参加反应,则转移10 mol电子,D项不正确。6.在酸性条件下,向含铬废水中加入FeSO4,可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+,然后再加入熟石灰调节溶液的pH,使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀,而从废水中除去。下列说法不正确的是(C)A.FeSO4在反应中作还原剂B.随着反应的进行,该废水的pH会增大C.若该反应转移0.6 mol e-,则会有0.2 mol Cr2O72-被还原D.除去废水中含铬元素的离子的过程包括氧化还原反应和复分解 反应解析:FeSO4可将有害的Cr2O72-转化为Cr3+,即铬元素的化合价降低,铁元素的化合价升高,即FeSO4为还原剂,故A正确;该过程中发生的
34、反应为6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O,故随着反应的进行,该废水的pH会增大,故B正确;Cr2O72-中Cr的化合价为+6价,转化为Cr3+,即铬元素的化合价降低3价,即1 mol Cr得到3 mol电子,故转移 0.6 mol e-,会有0.1 mol Cr2O72-被还原,故C错误;除去废水中含铬元素的离子的过程包括6Fe2+Cr2O72-+14H+6Fe3+2Cr3+7H2O(氧化还原反应)和Cr3+3OH-Cr(OH)3(复分解反应),故D正确。7.如图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程。已知“吸收”步骤和“氧化”步骤发生的反应分别为2H2O+SO2+F
35、e2(SO4)32FeSO4+2H2SO4,4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。若每步反应都完全,下列说法正确的是(B)A.“吸收”步骤中Fe2(SO4)3为还原剂B.由反应过程可推知氧化性的强弱顺序:O2Fe3+SO42-C.处理100 L含SO2体积分数为0.336%的尾气,反应中转移电子0.015 molD.Fe2(SO4)3溶液在上述流程中不可以循环使用解析:“吸收”步骤中Fe2(SO4)3中的Fe化合价由+3价变为+2价,化合价降低,作氧化剂,A错误;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应可推知,氧化性Fe3+SO42-,由反应可推知,氧化性O2Fe3
36、+,则氧化性的强弱顺序为O2Fe3+SO42-,B正确;100 L含SO2体积分数为0.336%的尾气,SO2体积为0.336 L,未给定状态,无法计算其物质的量,因此无法计算转移电子的物质的量,C错误;根据流程可知,反应消耗Fe2(SO4)3,反应生成Fe2(SO4)3,因此Fe2(SO4)3溶液在题述流程中可以循环使用,D错误。8.已知PbO2在盐酸中易被还原成PbCl2,且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中,正确的是(B)A.Cl2通入FeI2溶液中,可存在反应3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B.FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化C.I2具有较
37、强的氧化性,可以将PbCl2氧化成PbO2D.1 mol PbO2在盐酸中被氧化生成PbCl2时转移2 mol e-解析:由题意可知,各物质的氧化性强弱顺序为PbO2Cl2FeCl3I2。Cl2通入FeI2溶液中,会先将I-氧化为I2,如Cl2过量会再将Fe2+氧化为Fe3+,不会先氧化Fe2+而留有I-,故A错误;因FeCl3的氧化性大于I2的,故FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化为I2,故B正确;I2的氧化性远弱于PbO2的,不能将PbCl2氧化为PbO2,故C错误;PbO2中Pb为+4价,而PbCl2中Pb为+2价,由PbO2变为PbCl2说明Pb被还原,每有1个PbO2被还原,转移
38、2个e-,故D错误。三、非选择题9.已知H2O2参与的三个化学方程式如下:2H2O22H2O+O2;Ag2O+H2O22Ag+O2+H2O;3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH2K2CrO4+3K2SO4+8H2O。(1)已知H2O2是二元弱酸,写出其第一步电离方程式: 。(2)上述三个反应中,H2O2仅体现氧化性的反应是(填序号,下同),H2O2仅体现还原性的反应是。(3)根据上述反应推出H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是 。(4)H2O2作反应物的某氧化还原反应,反应物和生成物共五种微粒:O2、H2O2、ClO3-、H2O、Cl-。写出上述反应的离子方程式: 。
39、如果上述反应中有13.44 L(标准状况)气体生成,转移的电子的物质的量为 。(5)H2O2可作为消除采矿业胶液中NaCN的试剂,反应的原理为NaCN+H2O2+H2OA+NH3,其中A的化学式为 。解析:(1)H2O2是二元弱酸,分两步电离,第一步电离方程式为H2O2H+HO2-。(2)H2O2仅体现氧化性即H2O2所含元素的化合价只能降低,所以是第个反应;H2O2仅体现还原性即H2O2所含元素的化合价只能升高,所以是第个反应。(3)根据反应、可推出氧化性由强到弱的顺序是Ag2OH2O2K2CrO4。(4)根据五种微粒中化合价的升降,可以写出离子方程式为3H2O2+ClO3-Cl-+3H2O+3O2。该反应中每生成 3 mol O2转移电子的物质的量为6 mol,标准状况下13.44 L气体,即0.6 mol O2,转移的电子的物质的量为1.2 mol。(5)根据原子守恒,可推出A的化学式为NaHCO3。答案:(1)H2O2H+HO2-(2)(3)Ag2OH2O2K2CrO4(4)3H2O2+ClO3-Cl-+3H2O+3O21.2 mol(5)NaHCO3