高考化学一轮复习第二章第7课时氧化还原反应方程式书写与计算教案

【第7课时氧化复原反响方程式的书写与计算】之小船创作[课型标签:题型课提能课]考点一陌生氧化复原反响方程式的书写氧化复原反响方程式的配平方法配平原则配平方法“缺项”配平关于化学反响方程式,所缺物质常常是酸、碱或水。补项的两原则条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H+,少O(氧)补H2O(水)碱性条件下-缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水),少O(氧)补OH依据信息“四步”书写氧化复原方程式题型一一般氧化复原反响方程式的配平[典例1]配平化学方程式:H2S+HNO3S↓+NO↑+H2O分析:配平步骤以下:2+50+22O第一步:标变价,H2S+HN3S↓+NOO↑+H第二步:列得失,H2S2+HN+53O0+2SNO第三步:求总数,进而确立氧化剂(或复原产物)和复原剂(或氧化产物)的系数。2++5H2SHNO30+2SNO故H2S的系数为3,HNO的系数为2。第四步:配系数,先配平变价元素,再利用原子守恒配平其余元素。3H2S+2HNO33S↓+2NO↑+4H2O第五步原

:查守恒子

,其余原子的数量在配平常相等守恒来

,最后利用进

O行考证。答案:3H2S+2HNO33S↓+2NO↑+4H2O[对点精练1](1)正向配平类①KI+KIO3+HSOI2+K2SO+H2O244②MnO4++Cl-2+Cl2↑+H2OH+Mn+逆向配平类①②

S+P4+

KOHKOH+

K2S+H2O

K2SO3+K3PO4+

H2OPH3缺项配平类--①ClO+Fe(OH)3+Cl+FeO24+H2O②MnO4+H2O2+2+Mn+O2↑+H2O答案:(1)①513333②21610258(2)①36213②29335(3)①32-325②25+2584OH6H题型二陌生氧化复原反响方程式的书写[典例2](经典全国卷)+6价铬的化合物毒性较大,常用NaHSO3将废液中的Cr2O72复原成Cr3+,该反响的离子方程式为。分析:配平步骤以下:第一步:反响中Cr的化合价由+6价降低到+3价,故Cr2O72是氧化剂,Cr3+是复原产物;S的化合价高升,故HSO3是复原剂,其氧化产物是SO24;第二步:按“氧化剂+复原剂→复原产物+氧化产物”把离子方程式初步写成Cr2O72+HSO3Cr3++SO42。由Cr2O72到Cr3+,Cr降低了3价,由HSO3到SO42,S高升了2价,即1molCr2O72共获取6mole-,由得失电子守恒得Cr2O72+3HSO32Cr3++3SO42;第三步:依照补项原则确立方程式左侧补H+,方程式右侧补H2O;Cr2O72+3HSO3+H+2Cr3++3SO42+H2O;第四步:依照电荷守恒及H、O原子守恒配平以下:Cr2O72+3HSO3+5H+2Cr3++3SO42+4H2O。答案:Cr2O72+3HSO3+5H+2Cr3++3SO42+4H2O[

对点精练

2](2018·全国Ⅱ卷节选

)

我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿

(ZnS,

含有

SiO2和少许FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程以下图:有关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物积淀的pH范围以下:金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始积淀的pH1.56.36.27.4积淀完整的pH2.88.38.29.4回答以下问题:(1)焙烧过程中主要反响的化学方程式为。溶液中的Cd2+可用锌粉除掉,复原除杂工序中反响的离子方程式为。分析:(1)闪锌矿的主要成分是ZnS,所以高温焙烧过程中主要反响的化学方程式为3O2ZnO+SO。ZnS+22溶液中的Cd2+与加入的Zn粉反响而被除掉,反响的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2++Cd。答案:(1)ZnS+3O2ZnO+SO22(2)Zn+Cd2+Zn2++Cd[对点精练3]依据以下各图示信息,达成有关方程式:以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的重生利用。其工作流程以下:①过程Ⅰ中,在Fe2+催化下,Pb和PbO2反响生成PbSO4的化学方程式是。②过程Ⅰ中,Fe2+催化过程可表示为:2++3+2242ⅱ:写出ⅱ的离子方程式:。地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文件报导某课题组模拟地下水脱氮过程,利用Fe粉和KNO3溶液反响,研究脱氮原理及有关要素对脱氮速率的影响。如图表示足量Fe粉复原上述KNO3溶液过程中,测出的溶液中有关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反响产物曲线略去)。请依据图中信息写出t1时刻前该反响的离子方程式:。答案:(1)①Pb+PbO2+2HSO42PbSO4+2HO2Fe3++Pb+SO242Fe2++PbSO4(2)4Fe+NO3+10H+4Fe2++NH4+3H2O考点二氧化复原反响的有关计算——电子守恒法题型说明关于氧化复原反响的计算,要依据氧化复原反响的实质——反响中氧化剂获取的电子总数与复原剂失掉的电子总数相等,即得失电子守恒。利用守恒思想,能够抛开繁琐的反响过程,可不写化学方程式,不追查中间反响过程,只需把物质分为初态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思想,即可快速获取正确结果。解题流程[典例](2018·天津卷改编)NO2含量的测定:将VL气样通入适当酸化的H2O2溶液中,使NO2完整被氧化成NO3,加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液,加入V1mLc1mol·L-1FeSO4标准溶液(过度),充分反响后,用c2mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定节余的

Fe2+,终点时耗费

V2

mL。(1)NO2被H2O2氧化为NO3的离子方程式为(2)滴定操作使用的玻璃仪器主要有

。。滴定过程中发生的反响有①。②。③气样中NO2的含量为-3mg·m。分析:(1)NO2被H2O2氧化为NO3,则配平离子方程式为+H2O+,能氧2NO+2H。(2)K2Cr2O7标准溶液拥有强氧化性23化碱式滴定管下端的橡胶部分,所以滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。(3)依据反响过程可知,滴定过程发生的反响为

3Fe2++NO3+4H+

NO↑+3Fe3++2H2O、Cr2O72

+6Fe2++14H+

2Cr3++6Fe3++7H2O。依据以上反响,可得原溶液中NO3耗费的n(Fe2+)=(c1mol·L-1×V1×10-3L-c2mol·L-1×V2×10-3L×6)×100.00=5×(c1V1-6c2V2)×10-3mol,则20.00n(NO3)=1n(Fe2+)=5×(c1V1-6c2V2)×10-3mol,故气样中NO2的含量为335×3(cV6cV3mol346000mg136cV4-3。)10molm=)×10mg·m11221122V103V答案:(1)2NO2+H2O22NO3+2H+锥形瓶、酸式滴定管(3)①3Fe2++NO3+4H+NO↑+3Fe3++2H2O②Cr2O72+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O③23(c1V16c2V2)×1043V[对点精练1](2019·山东淄博月考)关于反响KMnO+HCl(浓)KCl+MnCl+Cl+HO(未配平),如有0.1mol4222KMnO4参加反响,以下说法不正确的选项是(D)A.转移0.5mol电子B.氧化产物与复原产物物质的量之比为5∶2C.参加反响的HCl为0.8molD.氧化剂与复原剂物质的量之比为1∶8分析:反响的化学方程式为2KMnO+16HCl2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8HO。当有420.1molKMnO4参加反响,转移电子的物质的量为0.1mol×(7-2)=0.5mol,A正确;反响中氯气是氧化产物,氯化锰为复原产物,依照方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2,B正确;依据方程式可知,参加反响的HCl的物质的量为0.8mol,被氧化的氯化氢的物质的量为0.5mol,C正确;由方程式可知,1molKMnO4被复原,则有2.5mol氯气生成,被氧化的氯