单线桥与双线桥表示电子转移试题

单线桥与双线桥表示电子转移试题一、基础概念辨析题判断下列说法正误并解释原因（1）单线桥法中箭头由氧化剂指向还原剂，用于表示电子转移的方向和数目。（2）双线桥法需分别标注氧化剂到还原产物、还原剂到氧化产物的电子得失，且得失电子总数必须相等。（3）在反应$2Na+Cl_2=2NaCl$中，单线桥应从$Na$指向$Cl$，标注电子转移数为$1e^-$。答案及解析：（1）错误。单线桥箭头应由还原剂（失电子）指向氧化剂（得电子），如$Zn+CuSO_4=ZnSO_4+Cu$中，箭头从$Zn$指向$Cu^{2+}$。（2）正确。双线桥的核心是“同种元素变价”，例如$MnO_2+4HCl(浓)\xlongequal{\Delta}MnCl_2+Cl_2\uparrow+2H_2O$中，需分别标注$Mn$元素从$+4$到$+2$（得$2e^-$）和$Cl$元素从$-1$到$0$（失$2e^-$）。（3）错误。该反应中$2$个$Na$原子各失$1e^-$，共转移$2e^-$，单线桥应标注“$2e^-$”。二、单线桥表示题用单线桥法表示下列反应的电子转移：$Fe+H_2SO_4=FeSO_4+H_2\uparrow$$2Al+3CuCl_2=2AlCl_3+3Cu$$4P+5O_2\xlongequal{点燃}2P_2O_5$答案：$\overset{2e^-}{Fe+H_2SO_4}=FeSO_4+H_2\uparrow$（箭头从$Fe$指向$H^+$）$\overset{6e^-}{2Al+3CuCl_2}=2AlCl_3+3Cu$（箭头从$Al$指向$Cu^{2+}$）$\overset{20e^-}{4P+5O_2}\xlongequal{点燃}2P_2O_5$（箭头从$P$指向$O$，每个$P$失$5e^-$，$4$个$P$共失$20e^-$）三、双线桥表示题用双线桥法分析下列反应的电子得失：$Cl_2+2NaOH=NaCl+NaClO+H_2O$（歧化反应）$3NO_2+H_2O=2HNO_3+NO$（归中反应）$KClO_3+6HCl(浓)=KCl+3Cl_2\uparrow+3H_2O$（部分氧化还原反应）答案：$\underset{得1e^-}{\overset{0}{Cl_2}}\rightarrow\overset{-1}{NaCl}$，$\underset{失1e^-}{\overset{0}{Cl_2}}\rightarrow\overset{+1}{NaClO}$（$Cl_2$既是氧化剂又是还原剂，转移电子数为$1e^-$）。$\underset{失2e^-\times2}{\overset{+4}{2NO_2}}\rightarrow\overset{+5}{2HNO_3}$，$\underset{得2e^-}{\overset{+4}{NO_2}}\rightarrow\overset{+2}{NO}$（共转移$2e^-$，注意$3$个$NO_2$中$2$个失电子、$1$个得电子）。$\underset{得5e^-}{\overset{+5}{KClO_3}}\rightarrow\overset{0}{\frac{1}{2}Cl_2}$，$\underset{失1e^-\times5}{\overset{-1}{5HCl}}\rightarrow\overset{0}{\frac{5}{2}Cl_2}$（$Cl_2$中的$Cl$既有来自$KClO_3$的还原产物，也有来自$HCl$的氧化产物，转移电子数为$5e^-$）。四、复杂反应分析题配平并表示反应$KMnO_4+HCl(浓)\rightarrowKCl+MnCl_2+Cl_2\uparrow+H_2O$的电子转移（双线桥法）。步骤解析：标价态：$Mn$从$+7$（$KMnO_4$）→$+2$（$MnCl_2$），得$5e^-$；$Cl$从$-1$（$HCl$）→$0$（$Cl_2$），失$1e^-$。配电子：得失电子最小公倍数为$5$，则$KMnO_4$配$1$，$Cl_2$配$\frac{5}{2}$，即$2KMnO_4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl_2+5Cl_2\uparrow+8H_2O$。标双线桥：$Mn$元素得$2\times5e^-=10e^-$，$Cl$元素失$10\times1e^-=10e^-$。答案：$\underset{得10e^-}{2K\overset{+7}{Mn}O_4+16H\overset{-1}{Cl}(浓)}=2KCl+2\overset{+2}{Mn}Cl_2+5\overset{0}{Cl_2}\uparrow+8H_2O$$\overset{失10e^-}{}$判断反应$3Cu+8HNO_3(稀)=3Cu(NO_3)_2+2NO\uparrow+4H_2O$中，氧化剂与还原剂的物质的量之比，并通过单线桥表示电子转移。解析：氧化剂为$HNO_3$（部分被还原为$NO$），还原剂为$Cu$。$3molCu$共失$6e^-$（每个$Cu$失$2e^-$），$2molHNO_3$得$6e^-$（每个$N$得$3e^-$），故氧化剂与还原剂物质的量之比为$2:3$。单线桥箭头从$Cu$指向$HNO_3$中的$N$，标注电子转移数$6e^-$。答案：$\overset{6e^-}{3Cu+8HNO_3(稀)}=3Cu(NO_3)_2+2NO\uparrow+4H_2O$五、综合应用题已知反应$As_2S_3+HNO_3+H_2O\rightarrowH_3AsO_4+H_2SO_4+NO\uparrow$，配平并回答：（1）用双线桥法表示电子转移；（2）若生成$1molNO$，转移电子的物质的量为多少？配平过程：标价态变化：$As$从$+3$→$+5$（失$2e^-$），$S$从$-2$→$+6$（失$8e^-$），$N$从$+5$→$+2$（得$3e^-$）。计算整体失电子：$1molAs_2S_3$含$2molAs$和$3molS$，共失$2\times2e^-+3\times8e^-=28e^-$。配平系数：$28$与$3$的最小公倍数为$84$，则$As_2S_3$配$3$（失$84e^-$），$NO$配$28$（得$84e^-$），最终配平为：$3As_2S_3+28HNO_3+4H_2O=6H_3AsO_4+9H_2SO_4+28NO\uparrow$答案：（1）双线桥标注：$As$和$S$共失$84e^-$，$N$得$84e^-$。（2）生成$28molNO$转移$84e^-$，则生成$1molNO$转移$3mole^-$。工业上用$MnO_2$和$KOH$为原料制取$KMnO_4$，反应流程为：$2MnO_2+4KOH+O_2\xlongequal{熔融}2K_2MnO_4+2H_2O$$3K_2MnO_4+2CO_2=2KMnO_4+2K_2CO_3+MnO_2\downarrow$用单线桥表示上述两个反应的电子转移，并指出总反应中$MnO_2$的作用。答案：第一步：$\overset{4e^-}{2MnO_2+4KOH+O_2}\xlongequal{熔融}2K_2MnO_4+2H_2O$（$O_2$为氧化剂，$MnO_2$为还原剂）。第二步：$\overset{2e^-}{3K_2MnO_4+2CO_2}=2KMnO_4+2K_2CO_3+MnO_2\downarrow$（$K_2MnO_4$既是氧化剂又是还原剂，$Mn$从$+6$分别变为$+7$和$+4$）。总反应中$MnO_2$的作用：部分作为还原剂被氧化为$KMnO_4$，部分在第二步反应中作为还原产物生成，整体可视为催化剂。六、易错点总结电子转移数计算：需注意反应中变价元素的原子个数，如$2H_2S+SO_2=3S\downarrow+2H_2O$中，$2molH_2S$（$S$为$-2$）失$4e^-$，$1molSO_2$（$S$为$+4$）得$4e^-$，单线桥标注$4e^-$。歧化反应与归中反应：歧化反应（如$Cl_2+H_2O=HCl+HClO$）中同一元素既得又失电子；归中反应（如$2H_2S+SO_2=3S\downarrow+2H_2O$）中同一元素从两端价态向中间靠拢，需避