高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)2.5氧化還原反應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用含解析

2018高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)：2.5氧化還原反應(yīng)規(guī)律及應(yīng)用含解析考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)“三大規(guī)律”的應(yīng)用守恒規(guī)律氧化還原反應(yīng)遵循以下三個(gè)守恒規(guī)律：(1)質(zhì)量守恒：反應(yīng)前后元素的種類和質(zhì)量不變。(2)電子守恒：即氧化劑得電子的總數(shù)等于還原劑失電子的總數(shù)，這是配平氧化還原反應(yīng)方程式的依據(jù)，也是有關(guān)氧化還原反應(yīng)計(jì)算的依據(jù)。(3)電荷守恒：離子方程式中，反應(yīng)物中各離子的電荷總數(shù)與產(chǎn)物中各離子的電荷總數(shù)相等。書寫氧化還原反應(yīng)的離子方程式時(shí)要注意滿足電荷守恒，如Fe3＋＋Cu=Fe2＋＋Cu2＋(錯(cuò)誤)，2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋(正確)。題型一兩元素之間得失電子的守恒1．24mL濃度為0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為()A．＋2 B．＋3C．＋4 D．＋5解析：選B由題目中指出被還原的元素是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從＋4→＋6，而Cr元素的化合價(jià)將從＋6→＋n(設(shè)化合價(jià)為n)。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒規(guī)律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。2．Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為()A．2 B．3C．4 D．5解析：選Deq\o(Na2Sx,\s\up6(－2/x))→eq\o(xNa2SO4,\s\up6(＋6))，eq\o(NaClO,\s\up6(＋1))→eq\o(NaCl,\s\up6(－1))根據(jù)得失電子守恒可得：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))))·x＝16×2解得x＝5。守恒法解題的“3步流程”題型二多步反應(yīng)中得失電子守恒3．足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL解析：選A由題意可知：HNO3eq\o(,\s\up7(Cu),\s\do5(O2))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(NO2,N2O4,NO))，由關(guān)系圖分析可知：Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq\f(1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根據(jù)NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，則V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。有些題目涉及氧化還原反應(yīng)較多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，用常規(guī)方法求解比較困難，若利用得失電子數(shù)相等這一關(guān)系，抓住反應(yīng)物的始態(tài)與終態(tài)，刪去中間過程，就會(huì)使題目變得簡單。如本題中的電子轉(zhuǎn)移關(guān)系為：Cu失去電子，轉(zhuǎn)移給HNO3eq\o(→,\s\up7(生成),\s\do5())NOx，氮的氧化物(NOx)再失去電子轉(zhuǎn)移給O2，反應(yīng)失去電子的始態(tài)物質(zhì)為Cu，反應(yīng)得電子終態(tài)物質(zhì)為O2，刪去中間物質(zhì)HNO3、NOx。因此可直接利用電子守恒建立始態(tài)(Cu)與終態(tài)(O2)的物質(zhì)的量關(guān)系：2Cu～O2。轉(zhuǎn)化規(guī)律(1)價(jià)態(tài)歸中含不同價(jià)態(tài)同種元素的物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，該元素價(jià)態(tài)的變化一定遵循“高價(jià)＋低價(jià)→中間價(jià)”，而不會(huì)出現(xiàn)交叉現(xiàn)象。簡記為“兩相靠，不相交”。例如，不同價(jià)態(tài)硫之間可以發(fā)生氧化還原反應(yīng)的是注：⑤中不會(huì)出現(xiàn)H2S轉(zhuǎn)化為SO2而H2SO4轉(zhuǎn)化為S的情況。(2)歧化反應(yīng)同一元素發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成不同價(jià)態(tài)的物質(zhì)時(shí)，該元素的價(jià)態(tài)變化一定遵循“中間價(jià)態(tài)→高價(jià)態(tài)＋低價(jià)態(tài)”，不會(huì)出現(xiàn)“一邊倒”的現(xiàn)象，即生成物中該元素的價(jià)態(tài)不能都比中間價(jià)態(tài)高或都比中間價(jià)態(tài)低。[對(duì)點(diǎn)演練]4．(2017·南京調(diào)研)已知G、Q、X、Y、Z均為含氯元素的化合物，在一定條件下有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系(未配平)：①G→Q＋NaCl②Q＋H2Oeq\o(→,\s\up7(電解))X＋H2③Y＋NaOH→G＋Q＋H2O④Z＋NaOH→Q＋X＋H2O這五種化合物中Cl元素化合價(jià)由低到高的順序是()A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X解析：選A由①得出Q中價(jià)態(tài)高于G，因?yàn)镚必介于Q和－1價(jià)的Cl之間，－1價(jià)為氯元素的最低價(jià)；將該結(jié)論引用到③，Y介于Q與G之間，故有Q價(jià)態(tài)高于Y，Y價(jià)態(tài)高于G；分析②：H2O中的H化合價(jià)降低，則Q中的氯元素轉(zhuǎn)變?yōu)閄中的氯元素，化合價(jià)必升高，則得出X價(jià)態(tài)高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之間，則X價(jià)態(tài)高于Z，Z價(jià)態(tài)高于Q。5．氯氣跟氫氧化鉀溶液在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY(未配平)，KX在一定條件下能自身反應(yīng)：KX→KY＋KZ(未配平，KY與KZ關(guān)系比為1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的鉀鹽，由以上條件推知在KX中氯的化合價(jià)是()A．＋1 B．＋3C．＋5D．＋7解析：選C反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY是Cl2的歧化反應(yīng)，KX、KY中的氯元素分別顯正價(jià)和－1價(jià)；由于KX也發(fā)生歧化反應(yīng)：KX→KY＋KZ，可斷定KY為KCl，化合價(jià)高低是Z中Cl＞X中Cl(均為正價(jià))。假設(shè)KX中Cl為＋a價(jià)，KZ中Cl的化合價(jià)為＋b價(jià)，依據(jù)化合價(jià)守恒原理及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a(bǔ)＝1、a＝3、a＝5代入上式討論，可知a＝5時(shí)，b＝7符合題意。則KX中Cl的化合價(jià)為＋5。轉(zhuǎn)化律的應(yīng)用(1)判斷同種元素不同價(jià)態(tài)物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)的可能性，如濃H2SO4與SO2不發(fā)生反應(yīng)。(2)根據(jù)化合價(jià)判斷反應(yīng)體系中的氧化劑、還原劑及氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。如對(duì)于反應(yīng)6HCl＋NaClO3=NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化劑為NaClO3，還原劑為HCl，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都為Cl2。強(qiáng)者優(yōu)先規(guī)律(1)同時(shí)含有幾種還原劑時(shí)eq\o(→,\s\up7(加入氧化劑),\s\do5())將按照還原性由強(qiáng)到弱的順序依次反應(yīng)。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2時(shí)，因?yàn)檫€原性Fe2＋＞Br－，所以Cl2先與Fe2＋反應(yīng)。(2)同時(shí)含有幾種氧化劑時(shí)eq\o(→,\s\up7(加入還原劑),\s\do5())將按照氧化性由強(qiáng)到弱的順序依次反應(yīng)。如：在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入鐵粉，因?yàn)檠趸訤e3＋＞Cu2＋＞H＋，所以鐵粉先與Fe3＋反應(yīng)，然后依次為Cu2＋、H＋。[對(duì)點(diǎn)演練]6．已知有如下三個(gè)氧化還原反應(yīng)：2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I(xiàn)22FeCl2＋Cl2=2FeCl32KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若某溶液中Fe2＋和I－共存，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的試劑是()A．Cl2 B．KMnO4C．FeCl3解析：選C由題目中的三個(gè)反應(yīng)可知氧化性強(qiáng)弱順序?yàn)椋篗nOeq\o\al(－,4)＞Cl2＞Fe3＋＞I2，因Cl2、KMnO4均能氧化Fe2＋，故選項(xiàng)A、B不合題意，HCl不能氧化I－，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2。下列各項(xiàng)為通Cl2過程中，溶液內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，其中不正確的是()A．x＝0.4a,2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2ClB．x＝0.6a,2Br－＋Cl2=Br2＋2ClC．x＝a,2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=Br2＋2Fe3＋＋4Cl－D．x＝1.5a,2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl解析：選B根據(jù)氧化還原反應(yīng)的先后順序知，Cl2先氧化Fe2＋，然后再氧化Br－。x＝0.4a時(shí)，Cl2不能完全氧化Fe2＋，只能發(fā)生反應(yīng)2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，A正確；當(dāng)x＝0.6a時(shí)，Cl2能將Fe2＋完全氧化后，又能氧化eq\f(1,5)amol的Br－，B錯(cuò)誤；x＝a時(shí)，Cl2氧化Fe2＋后又能氧化amol的Br－，C正確；x＝1.5a時(shí)，Cl2能將Fe2＋、Br－完全氧化，D正確。8．向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如下圖所示。有關(guān)說法不正確的是()A．線段BC代表Fe3＋物質(zhì)的量的變化情況B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．當(dāng)通入Cl22mol時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3解析：選B根據(jù)還原性Br－<Fe2＋<I－，線段AB代表I－物質(zhì)的量的變化情況，線段BC代表Fe3＋物質(zhì)的量的變化情況，線段DE代表Br－物質(zhì)的量的變化情況，A項(xiàng)正確；溶液體積未知，無法計(jì)算濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)通入2molCl2時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－，C項(xiàng)正確；根據(jù)三段消耗氯氣的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D項(xiàng)正確。考點(diǎn)二氧化還原方程式的配平與書寫分析近幾年的高考化學(xué)試題發(fā)現(xiàn)，主觀題中新情景下陌生氧化還原方程式的書寫與配平是最常見的考查方式。除了已知反應(yīng)物和生成物，利用氧化還原方程式的配平方法書寫方程式外，有時(shí)還會(huì)出現(xiàn)缺項(xiàng)方程式的配平。該類氧化還原方程式一般結(jié)合實(shí)驗(yàn)情景或化工流程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化判定所缺物質(zhì)，同時(shí)結(jié)合離子反應(yīng)進(jìn)行考查，題目綜合性強(qiáng)，難度較大。備考過程中要結(jié)合實(shí)例，確定解題流程，分類突破。直接型氧化還原方程式的配平[典例1](2016·天津高考)配平下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：MnO(OH)2＋I(xiàn)－＋H＋→Mn2＋＋I(xiàn)2＋H2O[流程應(yīng)用][答案]MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I(xiàn)2＋3H2O[對(duì)點(diǎn)演練]1．配平下列方程式。(1)(2015·安徽高考)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2=____NaBH4＋____Na2SiO3(2)__P＋__FeO＋__CaOeq\o(=,\s\up7(高溫))__Ca3(PO4)2＋__Fe(3)____KI＋____KIO3＋____H2SO4=____I2＋____K2SO4＋____H2O(4)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H＋＋____Cl－=____Mn2＋＋__Cl2↑＋____H2O(5)___P4＋___KOH＋___H2O=___K3PO4＋___PH3答案：(1)124212(2)25315(3)513333(4)21610258(5)29335缺項(xiàng)型氧化還原方程式的配平缺項(xiàng)方程式是指某些反應(yīng)物或生成物的分子式?jīng)]有寫出來，一般為水、酸(H＋)或堿(OH－)，其配平流程為：[典例2](2015·浙江高考)完成以下氧化還原反應(yīng)的離子方程式：()MnOeq\o\al(－,4)＋()C2Oeq\o\al(2－,4)＋________=()Mn2＋＋()CO2↑＋________。[流程應(yīng)用][答案]2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O(1)配平方法先用“化合價(jià)升降法”配平含有變價(jià)元素的物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后由原子守恒確定未知物，再根據(jù)原子守恒進(jìn)行配平。(2)補(bǔ)項(xiàng)原則條件補(bǔ)項(xiàng)原則酸性條件下缺H或多O補(bǔ)H＋，少O補(bǔ)H2O堿性條件下缺H或多O補(bǔ)H2O，少O補(bǔ)OH－(3)組合方式反應(yīng)物生成物使用條件組合一H＋H2O酸性溶液組合二H2OH＋酸性溶液或酸堿性未知組合三OH－H2O堿性溶液組合四H2OOH－堿性溶液或酸堿性未知[對(duì)點(diǎn)演練]2．配平下列方程式。(1)(2015·天津高考)eq\x()ClOeq\o\al(－,3)＋eq\x()Fe2＋＋eq\x()____=eq\x()Cl－＋eq\x()Fe3＋＋eq\x()____。(2)(2013·全國卷Ⅰ)eq\x()LiCoO2＋eq\x()H2SO4＋eq\x()H2O2=eq\x()Li2SO4＋eq\x()CoSO4＋eq\x()O2↑＋eq\x()____。(3)(2013·北京高考)eq\x()MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x()Fe2＋＋eq\x()____=eq\x()Mn2＋＋eq\x()Fe3＋＋eq\x()____。(4)eq\x()BiOeq\o\al(－,3)＋eq\x()Mn2＋＋eq\x()____=eq\x()Bi3＋＋eq\x()MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x()____。(5)eq\x()Fe(OH)2＋eq\x()ClO－＋eq\x()____=eq\x()Fe(OH)3＋eq\x()Cl－(6)eq\x()Mn2＋＋eq\x()ClOeq\o\al(－,3)＋eq\x()H2O=eq\x()MnO2↓＋eq\x()Cl2↑＋eq\x()____。答案：(1)166H＋163H2O(2)2311214H2O(3)158H＋154H2O(4)5214H＋527H2O(5)211H2O21(6)524518H＋信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書寫信息型氧化還原反應(yīng)方程式是指用文字描述的方式，敘述一個(gè)化學(xué)反應(yīng)的過程，需要從文字信息中提煉反應(yīng)物、生成物，進(jìn)而分析反應(yīng)中電子得失情況，其流程為：[典例3](2016·全國乙卷)＋6價(jià)鉻的化合物毒性較大，常用NaHSO3將廢液中的Cr2Oeq\o\al(2－,7)還原成Cr3＋，該反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________________________________________________________________________________。[流程應(yīng)用]第一步eq\x(反應(yīng)中Cr的化合價(jià)由＋6價(jià)降低到＋3價(jià)，故Cr2O\o\al(2－,7)是氧化劑，Cr3＋是還原產(chǎn)物；S的化合價(jià)升高，故HSO\o\al(－,3)是還原劑，其氧化產(chǎn)物是SO\o\al(2－,4)。)第二步eq\x(按“氧化劑＋還原劑－還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物”把離子方程式初步寫成Cr2O\o\al(2－,7)＋HSO\o\al(－,3)→Cr3＋＋SO\o\al(2－,4)。,由Cr2O\o\al(2－,7)到Cr3＋，Cr降低了3價(jià)，由HSO\o\al(－,3)到SO\o\al(2－,4)，S升高了2價(jià)，即1molCr2O\o\al(2－,7)共得到6mole－，由得失電子守恒得Cr2O\o\al(2－,7)＋3HSO\o\al(－,3)→2Cr3＋＋3SO\o\al(2－,4)。)第三步依據(jù)補(bǔ)項(xiàng)原則確定方程式左邊補(bǔ)H＋，方程式右邊補(bǔ)H2O：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋→2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋H2O第四步eq\x(依據(jù)電荷守恒及H、O原子守恒配平如下：,Cr2O\o\al(2－,7)＋3HSO\o\al(－,3)＋5H＋=2Cr3＋＋3SO\o\al(2－,4)＋4H2O)[答案]Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3HSOeq\o\al(－,3)＋5H＋=2Cr3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O[對(duì)點(diǎn)演練]3．書寫下列反應(yīng)的方程式。(1)(2016·全國甲卷)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________。(2)(2016·全國丙卷)煙氣中含有SO2和NO，寫出用NaClO2溶液將煙氣中NO轉(zhuǎn)化成NOeq\o\al(－,3)的離子方程式：________________________________________________________________________。(3)(2016·浙江高考)向無色酸性H2SO3溶液中加入I2的KI溶液(棕紅色)，得到無色溶液(酸性變強(qiáng))，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________。(4)(2016·四川高考)在稀硫酸中，Cr的最高價(jià)含氧酸的鉀鹽(橙色)氧化氧的一種氫化物，鉻元素被還原為＋3，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是____________________________________。(5)(2016·江蘇高考)寫出O2在堿性條件下將Mn2＋氧化成MnO(OH)2的離子方程式：________________________________________________________________________。(6)(2016·江蘇高考)一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BHeq\o\al(－,4)(B元素的化合價(jià)為＋3)與Fe2＋反應(yīng)生成納米鐵粉、H2和B(OH)eq\o\al(－,4)，其離子方程式為________________________________________________________________________。答案：(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(2)4NO＋3ClOeq\o\al(－,2)＋4OH－=4NOeq\o\al(－,3)＋3Cl－＋2H2O(3)H2SO3＋I(xiàn)2＋H2O=H2SO4＋2HI(4)K2Cr2O7＋3H2O2＋4H2SO4=Cr2(SO4)3＋3O2↑＋K2SO4＋7H2O(5)2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2↓(6)2Fe2＋＋BHeq\o\al(－,4)＋4OH－=2Fe＋2H2↑＋B(OH)eq\o\al(－,4)[課堂鞏固練]1．下列反應(yīng)中的氨與反應(yīng)4NH3＋5O2=4NO＋6H2O中的氨作用相同的是()A．2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑B．NH3＋HCl=NH4ClC．4NH3＋6NO=5N2＋6H2OD．3SiH4＋4NH3=Si3N4＋12H2解析：選C在反應(yīng)4NH3＋5O2=4NO＋6H2O中N元素的化合價(jià)由反應(yīng)前氨中的－3價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后NO中的＋2價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，氨氣作還原劑。A.在反應(yīng)中，H元素的化合價(jià)由NH3中的＋1價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后H2的0價(jià)，化合價(jià)降低，得到電子，所以NH3作氧化劑，錯(cuò)誤；B.反應(yīng)前后各元素的化合價(jià)均未發(fā)生變化，錯(cuò)誤；C.在反應(yīng)中，NH3的N元素的化合價(jià)由－3價(jià)變?yōu)榉磻?yīng)后N2的0價(jià)，化合價(jià)升高，失去電子，作還原劑，正確；D.在反應(yīng)中，NH3的H元素的化合價(jià)由＋1價(jià)變?yōu)镠2中的0價(jià)，得到電子，作氧化劑，錯(cuò)誤。2．(2017·臨汾模擬)NaNO2是一種食品添加劑，能致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應(yīng)的離子方程式是MnOeq\o\al(－,4)＋NOeq\o\al(－,2)＋→Mn2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2O(未配平)，下列敘述中正確的是()A．該反應(yīng)中NOeq\o\al(－,2)被還原B．生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4C．反應(yīng)過程中溶液的pH減小D．中的粒子是OH－解析：選B反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)由＋7→＋2，所以MnOeq\o\al(－,4)是氧化劑，NOeq\o\al(－,2)作還原劑，亞硝酸根離子中N元素失電子化合價(jià)升高，在酸性條件下，生成硝酸根離子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等、質(zhì)量守恒配平方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋5NOeq\o\al(－,2)＋6H＋=2Mn2＋＋5NOeq\o\al(－,3)＋3H2O。亞硝酸根離子中N元素失電子化合價(jià)升高，被氧化，A錯(cuò)誤；根據(jù)方程式知，當(dāng)生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4，B正確；該反應(yīng)中氫離子參加反應(yīng)，所以反應(yīng)過程中氫離子濃度減小，溶液的pH增大，C錯(cuò)誤；通過以上分析知，方框中粒子為H＋，D錯(cuò)誤。3．(2017·合肥模擬)Fe3＋、Fe2＋、NOeq\o\al(－,3)、NHeq\o\al(＋,4)、H＋和H2O六種微粒屬于一個(gè)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物。下列敘述中不正確的是()A．還原產(chǎn)物為NHeq\o\al(＋,4)B．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶8C．Fe3＋和Fe2＋分別屬于反應(yīng)物和生成物D．若把該反應(yīng)設(shè)計(jì)為原電池，則負(fù)極反應(yīng)為Fe2＋－e－=Fe3＋解析：選C結(jié)合給出的一組離子可知，該氧化還原反應(yīng)為酸性條件下NOeq\o\al(－,3)將Fe2＋氧化為Fe3＋，自身被還原為NHeq\o\al(＋,4)，A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)的離子方程式為NOeq\o\al(－,3)＋10H＋＋8Fe2＋=8Fe3＋＋NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O，氧化劑NOeq\o\al(－,3)和還原劑Fe2＋的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1和8，B項(xiàng)正確；原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，D項(xiàng)正確。4．已知酸性K2Cr2O7溶液可與FeSO4反應(yīng)生成Fe3＋和Cr3＋?，F(xiàn)將硫酸酸化的K2Cr2O7溶液與FeSO4溶液混合，充分反應(yīng)后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量隨加入的KI的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如圖所示，下列說法中不正確的是()A．圖中AB段的氧化劑為K2Cr2O7B．圖中BC段發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2C．開始加入的K2Cr2O7為0.25molD．K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1∶3解析：選DA項(xiàng)，開始時(shí)Fe3＋濃度不變，說明Fe3＋沒有參加反應(yīng)，則AB段應(yīng)為K2Cr2O7和KI的反應(yīng)，正確；B項(xiàng)，BC段Fe3＋濃度逐漸減小，說明Fe3＋和KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，正確；C項(xiàng)，由圖像可知，整個(gè)過程中，酸性K2Cr2O7將Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋又被I－還原為Fe2＋，相當(dāng)于K2Cr2O7只與I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O，則n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝eq\f(1,6)n(I－)＝eq\f(1,6)×1.5mol＝0.25mol，正確；D項(xiàng)，6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1∶6，錯(cuò)誤。5．根據(jù)下表信息，下列敘述中正確的是()序號(hào)氧化劑還原劑氧化產(chǎn)物還原產(chǎn)物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2O2MnO2③KClO3濃鹽酸Cl2④KMnO4濃鹽酸Cl2MnCl2A.表中①反應(yīng)的氧化產(chǎn)物只能有FeCl3B．表中②生成1mol的O2將有4mol的電子轉(zhuǎn)移C．表中④的離子方程式配平后，H＋的化學(xué)計(jì)量數(shù)為16D．表中③還原產(chǎn)物是KCl解析：選CA項(xiàng)，氯氣具有強(qiáng)氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，當(dāng)氯氣足量時(shí)，氧化產(chǎn)物有FeCl3和Br2，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，表中②H2O2中O元素化合價(jià)由－1升高到0，生成1mol的O2將有2mol的電子轉(zhuǎn)移，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，表中④的離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化學(xué)計(jì)量數(shù)為16，正確；D項(xiàng)，表中③Cl2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，KCl既不是氧化產(chǎn)物又不是還原產(chǎn)物，錯(cuò)誤。6．(1)(2016·全國甲卷)聯(lián)氨(又稱肼，N2H4，無色液體)是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。①聯(lián)氨分子中氮元素的化合價(jià)為________。②實(shí)驗(yàn)室中可用次氯酸鈉溶液與氨反應(yīng)制備聯(lián)氨，反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________。(2)(2015·全國卷Ⅱ)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為________。(3)(2014·全國卷Ⅰ)H3PO2是一元中強(qiáng)酸，H3PO2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag＋還原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。①H3PO2中，P元素的化合價(jià)為________。②利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4∶1，則氧化產(chǎn)物為_________________________________________________________(填化學(xué)式)。③NaH2PO2為________(填“正鹽”或“酸式鹽”)，其溶液顯________(填“弱酸性”、“中性”或“弱堿性”)。(4)(2014·全國卷Ⅱ)PbO2與濃鹽酸共熱生成黃綠色氣體，反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________________________________。解析：(1)①聯(lián)氨(N2H4)分子中氫元素的化合價(jià)為＋1，則氮元素的化合價(jià)為－2。②NH3中氮元素的化合價(jià)升高，則NaClO作氧化劑，其中氯元素化合價(jià)應(yīng)降為－1，由氧化還原反應(yīng)規(guī)律及質(zhì)量守恒定律可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O。(2)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反應(yīng)中氯元素的化合價(jià)從＋5價(jià)降低到＋4價(jià)，得到1個(gè)電子，KClO3是氧化劑。S元素的化合價(jià)從＋4價(jià)升高到＋6價(jià)，失去2個(gè)電子，Na2SO3是還原劑，則根據(jù)電子得失守恒可知該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2∶1。(3)①根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可確定H3PO2中P顯＋1價(jià)。②根據(jù)題中信息可寫出反應(yīng)方程式：4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag↓＋H3PO4＋4H＋，即氧化產(chǎn)物為H3PO4。③因?yàn)镠3PO2為一元中強(qiáng)酸，則NaH2PO2為正鹽，由于H2POeq\o\al(－,2)水解而使溶液呈弱堿性。(4)PbO2氧化濃鹽酸中的氯離子，生成氯氣。答案：(1)①－2②2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O(2)2∶1(3)①＋1②H3PO4③正鹽弱堿性(4)PbO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))PbCl2＋Cl2↑＋2H2O[課下提能練]1．已知離子方程式：As2S3＋H2O＋NOeq\o\al(－,3)→AsOeq\o\al(3－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋NO↑＋________(未配平)，下列說法錯(cuò)誤的是()A．配平后水的化學(xué)計(jì)量數(shù)為4B．反應(yīng)后溶液呈酸性C．配平后氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶28D．氧化產(chǎn)物為AsOeq\o\al(3－,4)和SOeq\o\al(2－,4)解析：選C從所給的離子方程式知，As2S3轉(zhuǎn)化成AsOeq\o\al(3－,4)和SOeq\o\al(2－,4)，而NOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為NO，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，配平后的離子方程式為3As2S3＋4H2O＋28NOeq\o\al(－,3)=6AsOeq\o\al(3－,4)＋9SOeq\o\al(2－,4)＋28NO↑＋8H＋，則A、B、D正確；氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為28∶3，則C不正確。2．H3PO2是精細(xì)磷化工產(chǎn)品。工業(yè)制備原理如下：(Ⅰ)2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O=3Ba(H2PO2)2＋2PH3↑(Ⅱ)Ba(H2PO2)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H3PO2下列推斷不正確的是()A．反應(yīng)Ⅰ是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是非氧化還原反應(yīng)B．H3PO2具有強(qiáng)還原性，在空氣中可能被氧化成磷酸C．在反應(yīng)Ⅰ中氧化劑與還原劑的質(zhì)量之比為1∶1D．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下生成2.24LPH3，上述反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.3mol電子解析：選C反應(yīng)Ⅰ中一部分磷元素化合價(jià)由0價(jià)升至＋1價(jià)，另一部分磷元素化合價(jià)由0價(jià)降至－3價(jià)，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是復(fù)分解反應(yīng)，A項(xiàng)正確；H3PO2中磷為＋1價(jià)，能升至＋3、＋5價(jià)，在空氣中易被氧化成磷酸，B項(xiàng)正確；分析反應(yīng)Ⅰ，2個(gè)磷的化合價(jià)降低，6個(gè)磷的化合價(jià)升高，氧化劑P4與還原劑P4的質(zhì)量之比為1∶3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由反應(yīng)Ⅰ知，每生成2molPH3必轉(zhuǎn)移6mol電子，n(PH3)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，轉(zhuǎn)移電子0.3mol，D項(xiàng)正確。3.某離子反應(yīng)中涉及H2O、ClO－、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六種微粒。其中N2、ClO－的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化的曲線如圖所示。下列判斷不正確的是()A．該反應(yīng)的氧化劑是ClO－B．消耗1mol還原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶3D．反應(yīng)后溶液的酸性明顯增強(qiáng)解析：選C由題意知反應(yīng)過程為ClO－→Cl－得到2個(gè)電子，2NHeq\o\al(＋,4)→N2失去6個(gè)電子，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3∶2，顯然A、B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)圖像，可知總反應(yīng)為3ClO－＋2NHeq\o\al(＋,4)=2H＋＋N2↑＋3Cl－＋3H2O，反應(yīng)后溶液的酸性明顯增強(qiáng)，D正確。4．(2017·蘭州模擬)水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應(yīng)為3Fe2＋＋2S2Oeq\o\al(2－,3)＋O2＋xOH－=Fe3O4＋S4Oeq\o\al(2－,6)＋2H2O。下列說法中正確的是()A．3molFe2＋被氧化時(shí)有1molO2被還原B．該反應(yīng)中只有Fe2＋是還原劑C．每生成1molFe3O4轉(zhuǎn)移2mol電子D．反應(yīng)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)x＝2解析：選A分析所給離子方程式中元素化合價(jià)變化，F(xiàn)e：＋2→＋eq\f(8,3)，S：＋2→＋eq\f(5,2)，O2中O：0→－2，由此可知Fe2＋、S2Oeq\o\al(2－,3)為還原劑，O2是氧化劑，B項(xiàng)錯(cuò)誤；離子方程式中反應(yīng)1molO2時(shí)，3molFe2＋被氧化，A項(xiàng)正確；每生成1molFe3O4，消耗1molO2，失去4mol電子，而Fe2＋得到2mol電子，S2Oeq\o\al(2－,3)得到2mol電子，則每生成1molFe3O4轉(zhuǎn)移4mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)離子方程式的電荷守恒可知x＝4，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．某反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中對(duì)應(yīng)的物質(zhì)或有關(guān)敘述正確的是()A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．當(dāng)1molAu2O3完全反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子8mol解析：選CAu2O3是反應(yīng)物，則Au2O一定是生成物，其中Au元素的化合價(jià)由＋3變成＋1，化合價(jià)降低，則必然有化合價(jià)升高的元素，即Na2S2O3(硫元素為＋2價(jià))是反應(yīng)物，Na2S4O6(硫元素為＋2.5價(jià))是生成物。根據(jù)反應(yīng)前后硫元素守恒有2Na2S2O3→Na2S4O6，根據(jù)鈉元素守恒，可知生成物中缺少鈉元素，所以NaOH是生成物，再根據(jù)氫元素守恒，可知水是反應(yīng)物。由關(guān)系式：Au2O3～Au2O～4e－，所以當(dāng)1molAu2O3完全反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4mol。6．把圖2中的物質(zhì)補(bǔ)充到圖1中，可得到一個(gè)完整的氧化還原反應(yīng)的離子方程式(未配平)。對(duì)該氧化還原反應(yīng)的離子方程式，下列說法不正確的是()A．IOeq\o\al(－,4)作氧化劑，具有氧化性B．氧化性：MnOeq\o\al(－,4)＞IOeq\o\al(－,4)C．氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為5∶2D．若有2molMn2＋參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移10mol電子解析：選B結(jié)合圖1可知Mn2＋為反應(yīng)物，故圖2中的MnOeq\o\al(－,4)為生成物，因此Mn2＋作還原劑，被氧化，故圖2中的IOeq\o\al(－,4)作氧化劑，IOeq\o\al(－,3)為還原產(chǎn)物，因此該反應(yīng)的離子方程式為2Mn2＋＋5IOeq\o\al(－,4)＋3H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋5IOeq\o\al(－,3)＋6H＋，由此可知A項(xiàng)和C項(xiàng)正確；同一個(gè)反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，故氧化性：IOeq\o\al(－,4)＞MnOeq\o\al(－,4)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Mn2＋～MnOeq\o\al(－,4)～5e－，若2molMn2＋參加反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移10mol電子，D項(xiàng)正確。7．(2016·上海高考)某鐵的氧化物(FexO)1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2，恰好將Fe2＋完全氧化。x值為()A．0.80 B．0.85C．0.90 D．0.93解析：選A根據(jù)得失電子守恒可知，F(xiàn)exO被氧化為Fe3＋轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。標(biāo)準(zhǔn)狀況下112mLCl2轉(zhuǎn)移電子為0.01mol，則有：eq\f(1.52,56x＋16)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(2,x)))×x＝0.01，x＝0.80。8．高錳酸鉀溶液在酸性條件下可以與硫酸亞鐵反應(yīng)，化學(xué)方程式如下(未配平)：KMnO4＋____FeSO4＋____H2SO4=____K2SO4＋____MnSO4＋____Fe2(SO4)3＋____H2O下列說法正確的是()A．MnOeq\o\al(－,4)是氧化劑，F(xiàn)e3＋是氧化產(chǎn)物B．Fe2＋的還原性弱于Mn2＋C．取反應(yīng)后的溶液加KSCN溶液，可觀察到有血紅色沉淀生成D．生成1mol水時(shí)，轉(zhuǎn)移2.5mol電子解析：選A反應(yīng)前后鐵元素的化合價(jià)升高，故Fe3＋是氧化產(chǎn)物，A項(xiàng)正確；還原劑還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；硫氰化鐵溶于水，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)元素守恒和轉(zhuǎn)移電子個(gè)數(shù)守恒配平方程式：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成8mol水時(shí)，轉(zhuǎn)移10mol電子，故生成1mol水時(shí)，轉(zhuǎn)移1.25mol電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤。9．把圖b的碎紙片補(bǔ)充到圖a中，可得到一個(gè)完整的離子方程式。下列有關(guān)該離子方程式的說法正確的是()A．配平后的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為3、1、2、6、3B．若有1molS被氧化，則生成2molS2－C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2D．2molS參加反應(yīng)有3mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移解析：選B配平后的離子方程式為3S＋6OH－=2S2－＋SOeq\o\al(2－,3)＋3H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)有1molS被氧化，則生成2molS2－，B項(xiàng)正確；氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；3molS參加反應(yīng)有4mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，則2molS參加反應(yīng)有eq\f(8,3)mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，D項(xiàng)錯(cuò)誤。10．(2017·青島模擬)制備新型高效水處理劑高鐵酸鈉(Na2FeO4)的主要反應(yīng)為2FeSO4＋aNa2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋bX。下列說法中正確的是()A．該反應(yīng)中X為O2B．反應(yīng)物Na2O2只作氧化劑C．該反應(yīng)中發(fā)生氧化反應(yīng)的過程只有FeSO4→Na2FeO4D．每生成1molNa2FeO4，反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移4mole－解析：選A2molFeSO4被氧化成2molNa2FeO4，鐵元素失去8mole－，根據(jù)鈉原子守恒及過氧化鈉轉(zhuǎn)移電子情況分析，a＝6，b＝1，X為O2,6molOeq\o\al(2－,2)中有10molO從－1價(jià)降到－2，得10mole－，另外2molO從－1價(jià)升到0價(jià)，失去2mole－，A項(xiàng)正確；反應(yīng)過程中5molNa2O2作氧化劑，1molNa2O2作還原劑，B、C兩項(xiàng)錯(cuò)誤；每生成1molNa2FeO4，反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移5mole－，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．HNO2是一種弱酸，且不穩(wěn)定，易分解生成NO和NO2；它能被常見的強(qiáng)氧化劑氧化；在酸性溶液中它也是一種氧化劑，如能把Fe2＋氧化成Fe3＋。AgNO2是一種難溶于水、易溶于酸的化合物。試回答下列問題：(1)人體正常的血紅蛋白含有Fe2＋。若誤食亞硝酸鹽(如NaNO2)，則導(dǎo)致血紅蛋白中的Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋而中毒，服用維生素C可解毒。下列敘述不正確的是________(填字母)。A．亞硝酸鹽被還原B．維生素C是還原劑C．維生素C將Fe3＋還原為Fe2＋D．亞硝酸鹽是還原劑(2)下列方法中，不能用來區(qū)分NaNO2和NaCl的是____(填字母)。A．測(cè)定這兩種溶液的pHB．分別在兩種溶液中滴加甲基橙C．在酸性條件下加入淀粉KI溶液來區(qū)別D．用AgNO3和HNO3兩種試劑來區(qū)別(3)某同學(xué)把新制的氯水加到NaNO2溶液中，觀察到氯水褪色，同時(shí)生成NaNO3和HCl，請(qǐng)寫出反應(yīng)的離子方程式：_____________________________________________。(4)Fe與過量稀硫酸反應(yīng)可以制取FeSO4。若用反應(yīng)所得的酸性溶液，將Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，要求產(chǎn)物純凈，可選用的最佳試劑是________(填字母)。a．Cl2b．Fec．H2O2d．HNO3(5)若FeSO4和O2的化學(xué)計(jì)量數(shù)比為2∶1，試配平下列方程式：解析：(1)亞硝酸鹽能使Fe2＋轉(zhuǎn)化為Fe3＋，說明亞硝酸鹽具有氧化性；服用維生素C可解毒，說明維生素C能把Fe3＋還原，生成Fe2＋，因此維生素C具有還原性，所以選項(xiàng)D是錯(cuò)誤的。(2)亞硝酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解顯堿性，而氯化鈉溶液顯中性，A正確；甲基橙的變色范圍是3.1～4.4，所以二者溶液中滴入甲基橙都顯黃色，B不正確；亞硝酸鈉具有氧化性，能把碘化鉀氧化生成單質(zhì)碘，C正確；氯化鈉能和硝酸酸化的硝酸銀反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，所以D也正確。(3)氯水褪色，同時(shí)生成NaNO3和HCl，說明反應(yīng)中氯水是氧化劑，亞硝酸鈉是還原劑，所以離子方程式為NOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2Cl－。(4)氯氣的還原產(chǎn)物是氯離子，而硝酸氧化亞鐵離子會(huì)引入NOeq\o\al(－,3)，所以a、d不正確；單質(zhì)鐵沒有氧化性，b錯(cuò)誤；雙氧水的還原產(chǎn)物是水，沒有雜質(zhì)，c正確。(5)氧氣是過氧化鉀的氧化產(chǎn)物，每產(chǎn)生1molO2就失去2mol電子。而亞鐵離子在反應(yīng)中失去4個(gè)電子，所以2mol硫酸亞鐵失去8mol電子，因此反應(yīng)中共失去10mol電子，因此氧化劑就必須得到10mol電子，所以參加反應(yīng)的過氧化鉀起氧化劑作用的是5mol，則參加反應(yīng)的過氧化鉀是6mol，即系數(shù)分別是2、6、2、2、2、1。答案：(1)D(2)B(3)NOeq\o\al(－,2)＋Cl2＋H2O=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2Cl－(4)c(5)26222112．實(shí)驗(yàn)室用下列方法測(cè)定某水樣中O2的含量。(1)實(shí)驗(yàn)原理①用如圖所示裝置，使溶解在水中的O2在堿性條件下將Mn2＋氧化成MnO(OH)2，反應(yīng)的離子方程式為______________________________________________________________________________________________________________________________。②在酸性條件下，再用I－將生成的MnO(OH)2還原為Mn2＋，反應(yīng)的離子方程式為________________________。然后用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2，反應(yīng)方程式為I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。(2)實(shí)驗(yàn)步驟①打開止水夾a和b，從A處向裝置內(nèi)鼓入過量N2，此操作的目的是________________________________________________________________________；②用注射器抽取某水樣20.00mL從A處注入錐形瓶；③再分別從A處注入含mmolNaOH溶液及過量的MnSO4溶液；④完成上述操作后，關(guān)閉a、b，將錐形瓶中溶液充分振蕩；⑤打開止水夾a、b，分別從A處注入足量NaI溶液及含nmolH2SO4的硫酸；⑥重復(fù)④的操作；⑦取下錐形瓶，向其中加入2～3滴__________作指示劑；⑧用0.005mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是________________________________________________________________________。(3)數(shù)據(jù)分析①若滴定過程中消耗的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為3.90mL，則此水樣中氧(O2)的含量為__________mg·L－1。②若未用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管，則測(cè)得水樣中O2的含量將__________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。解析：(1)注意從題給條件中挖掘信息：反應(yīng)物有O2、OH－(堿性條件下)、Mn2＋，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成MnO(OH)2，利用化合價(jià)升降相等配平O2、Mn2＋、MnO(OH)2的化學(xué)計(jì)量數(shù)，再利用電荷守恒配平OH－的化學(xué)計(jì)量數(shù)，最后可用原子守恒檢查方程式的配平是否正確。(3)①根據(jù)(1)中的三個(gè)方程式，可以得出物質(zhì)間的定量關(guān)系為O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，則n(O2)＝0.005mol·L－1×(3.90×10－3)L÷4＝4.875×10－6mol，則此水樣中氧(O2)的含量為eq\f(4.875×10－6mol×32g·mol－1×1000mg·g－1,0.02L)＝7.8mg·L－1。②若未用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗滴定管，則c(Na2S2O3)減小，V(Na2S2O3)增大，所以n(O2)增大，故測(cè)得水樣中O2的含量將偏大。答案：(1)①2Mn2＋＋O2＋4OH－=2MnO(OH)2②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋=Mn2＋＋I(xiàn)2＋3H2O(2)①排出裝置內(nèi)的空氣，避免空氣中的O2的干擾⑦淀粉溶液⑧滴最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液恰好由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色(3)①7.8②偏大13．溴及其化合物廣泛應(yīng)用在有機(jī)合成、化學(xué)分析等領(lǐng)域。(1)海水提溴過程中溴元素的變化如下：①過程Ⅰ，海水顯堿性，調(diào)其pH＜3.5后，再通入氯氣。ⅰ.通入氯氣后，反應(yīng)的離子方程式是____________________________________________________________________________________________________________。ⅱ.調(diào)海水pH可提高Cl2的利用率，用平衡原理解釋其原因是________________________________________________________________________。②過程Ⅱ，用熱空氣將溴趕出，再用濃碳酸鈉溶液吸收。完成并配平下列方程式。③過程Ⅲ，用硫酸酸化可得Br2和Na2SO4的混合溶液。相同條件下，若用鹽酸酸化，則所得溴的質(zhì)量減少，原因是________________________________________________________________________。(2)NaBrO3是一種分析試劑。向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，當(dāng)加入2.6molNaBrO3時(shí)，測(cè)得反應(yīng)后溶液中溴和碘的存在形式及物質(zhì)的量分別為粒子I2Br2IOeq\o\al(－,3)物質(zhì)的量/mol0.51.3則原溶液中NaI的物質(zhì)的量為________mol。解析：(1)①ⅱ.氯氣與水的反應(yīng)是可逆反應(yīng)：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，海水呈堿性可使該平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，則與Br－發(fā)生反應(yīng)的氯氣減少，造成氯氣的利用率降低。所以調(diào)節(jié)海水的pH＜3.5，使之呈酸性，從而抑制氯氣與水反應(yīng)。②完成化學(xué)方程式的依據(jù)：得失電子守恒和原子守恒。③BrOeq\o\al(－,3)具有強(qiáng)氧化性，能將Cl－氧化，造成溴元素的損失。(2)反應(yīng)的離子方程式為I－＋BrOeq\o\al(－,3)→I2＋Br2＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)(未參與電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)未列出)，設(shè)生成物中IOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量為xmol，由得失電子守恒得0.5×2×[0－(－1)]＋x×[5－(－1)]＝1.3×2×(5－0)，解得x＝2。再由碘原子守恒可知原溶液中NaI的物質(zhì)的量為3mol。答案：(1)①ⅰ.Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－ⅱ.通入Cl2后發(fā)生反應(yīng)Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，增大c(H＋)，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，抑制Cl2與水反應(yīng)②33135NaBr③鹽酸具有還原性，與溴酸根離子反應(yīng)(2)3學(xué)段一(化學(xué)基本概念)階段回顧與綜合驗(yàn)收一、基礎(chǔ)回顧練——溫故基礎(chǔ)，避免知識(shí)遺忘一、判斷下列說法的正誤1．物質(zhì)的量氣體摩爾體積(1)物質(zhì)的量是表示物質(zhì)所含微粒數(shù)目多少的物理量，它的基本單位是摩爾()(2)摩爾是用來衡量微觀粒子多少的一種物理量()(3)阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值是0.012kg碳所含的原子個(gè)數(shù)()(4)0.5mol氫原子的質(zhì)量為0.5g()(5)H2SO4的摩爾質(zhì)量是98g()(6)在一定的溫度和壓強(qiáng)下，各種氣體的摩爾體積相等()(7)同種氣體的摩爾體積總是相同的()(8)不同的氣體，若體積不同，則它們所含的分子數(shù)一定不同()(9)在一定的溫度和壓強(qiáng)下，各種氣態(tài)物質(zhì)體積的大小由構(gòu)成氣體的分子數(shù)決定()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√(7)×(8)×(9)√2．阿伏加德羅常數(shù)(1)與物質(zhì)聚集狀態(tài)相關(guān)①常溫常壓下，22.4LCl2含有的分子數(shù)為NA()②標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L四氯化碳含有的分子數(shù)為0.5NA()③標(biāo)準(zhǔn)狀況下，14gCO含有的核外電子數(shù)為7NA()④標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO3中含有3NA個(gè)氧原子()⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氖氣中含有NA個(gè)氖原子()⑥常溫常壓下，18gH2O中含有的原子總數(shù)為3NA()⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L甲醇中含有的氧原子數(shù)為NA()⑧標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L水中水分子的數(shù)目為NA()(2)與電子轉(zhuǎn)移相關(guān)①生成1molO2一定轉(zhuǎn)移4mol電子()②1molFe與足量的稀HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子()③2.3gNa和足量的O2完全反應(yīng)，在常溫和燃燒時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為0.1NA()④標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCO2與足量的Na2O2充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.1NA()(3)與化學(xué)鍵、微粒數(shù)目相關(guān)①Na2O2中陰、陽離子數(shù)目之比為1∶1()②分子總數(shù)為NA的NO2和CO2混合氣體中含有的氧原子數(shù)為2NA()③常溫下，16gCH4含有4NA個(gè)C—H共價(jià)鍵()④1molDeq\o\al(18,3)O＋中含有的中子數(shù)為10NA()⑤7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有的陰離子總數(shù)等于0.1NA()⑥標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1.12LCCl4含有C—Cl鍵數(shù)目為0.2NA()⑦標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L氯氣中含有的eq\o\al(35,17)Cl的數(shù)目一定為0.2NA()⑧25℃時(shí)，pH＝13的氨水中含有OH－的數(shù)目為0.1NA⑨4.0gH2與足量O2完全反應(yīng)生成水，反應(yīng)中斷裂共價(jià)鍵的總數(shù)為2NA()⑩常溫常壓下，14g乙烯與丙烯的混合氣體，含有的碳原子總數(shù)為NA()?1.00L1.00mol·L－1的H2SO4溶液中含有的H2SO4分子數(shù)為NA()(4)與電離、水解相關(guān)①常溫下，1L1mol·L－1的CH3COOH溶液中，所含溶質(zhì)分子數(shù)小于NA()②100mL2mol·L－1的FeCl3溶液中含F(xiàn)e3＋的數(shù)目為0.2NA()③100mL1mol·L－1AlCl3溶液中所含的陽離子數(shù)大于0.1NA()④100g17%的氨水中，含有氨分子數(shù)為NA()⑤標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氨溶于水配成500mL溶液，溶液中NHeq\o\al(＋,4)數(shù)目為0.5NA()⑥1.0L0.1mol·L－1NH4NO3溶液中含有的NHeq\o\al(＋,4)數(shù)是0.1×6.02×1023()(5)與反應(yīng)原理相關(guān)①在密閉容器中加入3molH2和1molN2，充分反應(yīng)后得到NH3分子數(shù)為2NA()②一定條件下，14gN2與0.2molH2混合充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.3NA()③50mL18.4mol·L－1濃硫酸與足量銅微熱反應(yīng)，生成SO2分子數(shù)目為0.46NA()④12.5mL16mol·L－1濃硫酸與足量銅反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA()答案：(1)①×②×③√④×⑤×⑥√⑦×⑧×(2)①×②×③√④√(3)①×②√③√④×⑤√⑥×⑦×⑧×⑨×⑩√?×(4)①√②×③√④×⑤×⑥×(5)①×②×③×④×3．物質(zhì)的量濃度(1)將40gNaOH固體溶于1L水中，得到的是1mol·L－1的NaOH溶液()(2)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%，密度為1.84g·mL－1濃硫酸的物質(zhì)的量濃度是9.8mol·L－1()(3)將質(zhì)量分?jǐn)?shù)10%的氨水與30%的氨水等體積混合，所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是小于20%()(4)實(shí)驗(yàn)室里需要配制480mL0.5mol·L－1的NaCl溶液，需稱量NaCl的質(zhì)量是14.6g()(5)某同學(xué)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液，定容時(shí)加水超過刻度線，應(yīng)取出多余的溶液()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×4．物質(zhì)的組成、性質(zhì)與分類(1)由同一種元素組成的物質(zhì)一定是同一種物質(zhì)()(2)堿性氧化物一定是金屬氧化物，但金屬氧化物不一定是堿性氧化物()(3)酸性氧化物一定是非金屬氧化物()(4)膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別是膠體粒子的直徑大小()(5)膠體帶有電荷，所以膠體有電泳現(xiàn)象()(6)利用丁達(dá)爾效應(yīng)區(qū)分膠體和溶液()(7)依據(jù)丁達(dá)爾效應(yīng)可將分散系分為溶液、膠體與濁液()(8)NaHSO4能完全電離出一個(gè)H＋，所以它是一元強(qiáng)酸，CH3COOH含4個(gè)氫原子，所以它是四元酸()(9)CO2、SO2、NH3的水溶液都能導(dǎo)電，但它們都是非電解質(zhì)()(10)Al(OH)3、CH3COOH、氨水都是弱電解質(zhì)()(11)石油的分餾有新的物質(zhì)生成如汽油、煤油、柴油生成，所以石油的分餾屬于化學(xué)變化()(12)水的汽化、液化屬于物理變化，而煤的氣化、液化屬于化學(xué)變化()(13)NaHSO4溶于水或熔融狀態(tài)下電離方程式都是NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)()(14)電解質(zhì)在熔融狀態(tài)下一定能夠?qū)щ?)(15)AgCl、BaSO4等難溶性鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)()(16)H2CO3的電離方程式為H2CO3=2H＋＋COeq\o\al(2－,3)()(17)HClO是弱酸，所以NaClO是弱電解質(zhì)()(18)蛋白質(zhì)、乙酸和葡萄糖均屬電解質(zhì)()答案：(1)×(2)√(3)×(4)√(5)×(6)√(7)×(8)×(9)√(10)×(11)×(12)√(13)×(14)×(15)√(16)×(17)×(18)×5．離子反應(yīng)、離子方程式(1)Cl2通入水中的離子方程式：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－()(2)Ba(OH)2與H2SO4兩稀溶液混合：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓＋H2O()(3)Fe(OH)3溶于HI溶液中：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O()(4)FeO溶于稀HNO3中：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O()(5)向Ca(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCOeq\o\al(－,3)=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O()(6)向Ca(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH：Ca2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=CaCO3↓＋COeq\o\al(2－,3)＋2H2O()(7)醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3=Ca2＋＋CO2↑＋H2O()(8)向NH4HCO3溶液中加過量NaOH溶液并加熱：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O()(9)用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag＋2H＋＋3NOeq\o\al(－,3)=Ag＋＋NO↑＋H2O()(10)向FeI2溶液中通入少量Cl2：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√(7)×(8)×(9)×(10)×6．氧化還原反應(yīng)(1)氧化還原反應(yīng)中有一種元素被氧化時(shí)，一定有另一種元素被還原()(2)在HI中I元素處于最低價(jià)態(tài)，所以HI只有還原性()(3)1molCl2參加反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為2NA()(4)有單質(zhì)參加或有單質(zhì)生成的化學(xué)反應(yīng)一定是氧化還原反應(yīng)()(5)有單質(zhì)生成的分解反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)。因?yàn)閱钨|(zhì)中元素化合價(jià)必然發(fā)生變化()(6)元素處于最高價(jià)態(tài)時(shí)一定有強(qiáng)氧化性，如FeOeq\o\al(2－,4)；同理，元素處于最低價(jià)態(tài)時(shí)一定具有強(qiáng)還原性，如S2－；元素處于中間價(jià)態(tài)時(shí)，既有氧化性又有還原性，如Fe2＋、SO2()(7)根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷氧化性、還原性強(qiáng)弱時(shí)，還原性：還原劑>還原產(chǎn)物；氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物()(8)元素從化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)，該元素不一定被還原()(9)失電子越多，還原性越強(qiáng)，得電子越多，氧化性越強(qiáng)()(10)金屬元素被還原，不一定得到金屬單質(zhì)()(11)含氧酸的價(jià)態(tài)越高，氧化性一定越強(qiáng)()(12)在原電池中，作負(fù)極的金屬一定比作正極的金屬活潑()(13)不容易得到電子的物質(zhì)，肯定容易失去電子()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)×(7)√(8)√(9)×(10)√(11)×(12)×(13)×二、填空題1．儀器規(guī)格、單位、有效數(shù)字的規(guī)范使用進(jìn)行某實(shí)驗(yàn)需要0.5mol·L－1的NaOH溶液約480mL，根據(jù)溶液配制的過程，回答下列問題：(1)實(shí)驗(yàn)除了需要托盤天平(帶砝碼)、藥匙和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是________________________________________________________________________。(2)根據(jù)計(jì)算得知，所需NaOH固體的質(zhì)量為________。(3)取0.5mol·L－1的NaOH溶液100mL，所含的Na＋的數(shù)目為________。答案：(1)500mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯(2)10.0g(3)0.05NA2．一定物質(zhì)的量濃度溶液配制的規(guī)范操作(1)實(shí)驗(yàn)室需要0.50mol·L－1的NaOH溶液470mL，配制時(shí)應(yīng)稱量_______gNaOH，稱量時(shí)需要_______、________、________(填儀器名稱)。當(dāng)某學(xué)生將托盤天平的砝碼和游碼調(diào)整好之后，在左盤的燒杯中加入一定量的NaOH固體，這時(shí)指針不停地晃動(dòng)，且偏向右邊，下面他的操作應(yīng)該是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)檢查容量瓶是否漏水的方法：________________________________________________________________________________________________________________。(3)在該實(shí)驗(yàn)中，玻璃棒的作用是________。在用玻璃棒轉(zhuǎn)移液體時(shí)應(yīng)注意：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液定容時(shí)的操作是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)10.0托盤天平小燒杯藥匙右手持藥匙，左手輕輕拍打右手手腕，讓掉下來的少量NaOH加到左盤使天平平衡(2)向容量瓶中加入適量水，蓋好瓶塞，右手食指頂住瓶塞，左手托住瓶底，將容量瓶倒轉(zhuǎn)過來看瓶口處是否有水滲出，若沒有，將容量瓶倒立，將瓶塞旋轉(zhuǎn)180度，重復(fù)上述操作，如果瓶口仍無水滲出，則此容量瓶不漏水(3)攪拌、引流在用玻璃棒引流時(shí)，玻璃棒末端應(yīng)插入到容量瓶刻度線以下，且玻璃棒靠近容量瓶口處且不能觸及瓶口(4)往容量瓶中緩慢加蒸餾水，等液面離容量瓶瓶頸刻度線1～2cm時(shí)，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面最低處與刻度線相切3．化學(xué)物質(zhì)及其變化(1)向沸水中逐滴加入________，繼續(xù)煮沸至液體呈________色，停止加熱，即制得Fe(OH)3膠體，化學(xué)方程式為_________________________________________________________________________________________________________________________。(2)向Fe(OH)3膠體中逐滴加入稀H2SO4，現(xiàn)象為__________________________________________，原因是_____________________________________________。(3)碳酸氫銨溶液和過量NaOH溶液反應(yīng)：_________________________________________________________________________________________________________。(4)CuSO4溶液與過量Ba(OH)2反應(yīng)：_____________________________________________________________________________________________________________。(5)向NaHCO3溶液中加入過量澄清石灰水：_________________________________________________________________________________________________________。(6)FeSO4溶液中加入用H2SO4酸化的H2O2溶液：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(7)醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)：________________________________________________________________________。(8)向NaHCO3溶液中加少量澄清石灰水：________________________________________________________________________。(9)將過量SO2氣體通入冷氨水中：________________________________________________________________________。(10)小蘇打與NaOH溶液混合：________________________________________________________________________。(11)淀粉-KI溶液在空氣中變藍(lán)：________________________________________________________________________。(12)等體積、等濃度的Ba(OH)2溶液與NH4HCO3溶液混合：________________________________________________________________________。(13)用KIO3氧化酸性溶液中的KI：________________________________________________________________________。(14)已知在過量的FeSO4溶液中滴入幾滴NaClO溶液，并加入過量H2SO4，溶液立即變黃，試寫出該反應(yīng)的離子方程式：________________________________________________________________________。答案：(1)FeCl3飽和溶液紅褐FeCl3＋3H2O△,Fe(OH)3(膠體)＋3HCl(2)先生成紅褐色沉淀，之后沉淀溶解H2SO4為電解質(zhì)，能使Fe(OH)3膠體發(fā)生聚沉，之后發(fā)生反應(yīng)Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O(3)NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋2OH－=NH3·H2O＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O(4)Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓＋BaSO4↓(5)HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋OH－=CaCO3↓＋H2O(6)2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O(7)2CH3COOH＋CaCO3=Ca2＋＋2CH3COO－＋H2O＋CO2↑(8)2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋2H2O＋COeq\o\al(2－,3)(9)SO2＋NH3·H2O=HSOeq\o\al(－,3)＋NHeq\o\al(＋,4)(10)HCOeq\o\al(－,3)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O(11)4I－＋O2＋2H2O=2I2＋4OH－(12)Ba2＋＋2OH－＋NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)=BaCO3↓＋H2O＋NH3·H2O(13)IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O(14)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋=2Fe3＋＋Cl－＋H2O二、真題集中練——練明考點(diǎn)，把脈命題規(guī)律[考情分析]研究近幾年的全國卷高考試題不難發(fā)現(xiàn)，以社會(huì)熱點(diǎn)、新科技成果為載體的物質(zhì)變化與應(yīng)用、阿伏加德羅常數(shù)的應(yīng)用、離子檢驗(yàn)與推斷、