衡水中學(xué)化學(xué)一本通高分手冊

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C．第②步生成的白色沉淀中只有 AgCl，沒有 Ag2CO3

D．溶液 A 中存在 Fe

2＋與 Cu

2＋中的一種或兩種，且可以用 NaOH 溶液判斷【答案】B

【解析】根據(jù)①得到不溶于酸的白色沉淀，可知原溶液中必然含有 SO2－

4 ，根據(jù)綠色濾液仍然存在，可知原溶液必然含有 H

＋，必然不能存在 CO 2－

3 以及 HCO

－

3 ；根據(jù)②有不溶于硝酸的白色沉淀生成，可知原溶液中必然含有 Cl－，沉淀必然為 AgCl；但是根據(jù)以上信息不能確定溶液綠色是 Fe

2＋還是Cu

2＋引起的，所以兩者都有可能存在；根據(jù)以上信息不能確定 Na＋與 Mg

2＋是否存在，所以 B 不正確。

【舉一反三】（山東青島模擬）向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液進行如下操作，現(xiàn)象和結(jié)論正確的是( )

選項 操作 現(xiàn)象 結(jié)論A 滴加 BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO2－

4

B 滴加氯水和 CCl4，振蕩、靜置 下層溶液顯紫色 原溶液中有I－ C

用潔凈鉑絲蘸取溶液進行焰色反

應(yīng)

火焰呈黃色 原溶液中有Na＋，無K＋D

滴加稀 NaOH 溶液，將濕潤紅色石

蕊試紙置于試管口

試紙不變藍 原溶液中無NH＋

4

【答案】B

【解析】A 項，加入 BaCl2溶液得到白色沉淀，原溶液中可能含有 SO 2－

3 或SO 2－

4 或Ag＋；B項，溶于CCl4呈紫色的為 I2，即原溶液中含有 I－；C 項，觀察 K

＋的焰色反應(yīng)應(yīng)透過藍色鈷玻璃，排除Na＋的干擾；D項，檢驗 NH

＋

4 應(yīng)加入濃 NaOH 溶液，且需要加熱。

【變式探究】（2022·江西贛州模擬）已知某透明澄清的溶液中可能含有NO

－

3 、Cl－、SO2－

4 、CO2－3 、NH＋4、Fe

3＋、Al3＋和 K

＋中的幾種，且所含陰離子的物質(zhì)的量相等。為確定該溶液的成分，某學(xué)習(xí)小組做了如下實驗：①取該溶液 100 mL，加入過量 NaOH 溶液，加熱得到 0.02 mol 氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀；②將沉淀過濾、洗滌、灼燒，得到 1.6 g 固體；③向上述濾液中加入足量 BaCl2溶液，得到 4.66 g 不溶于鹽酸的沉淀。下列說法正

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確的是( )

A．不能確定原溶液中是否含有 Al3＋和 K

＋ B．原溶液中含有的離子只有 Cl－、SO2－

4 、NH

＋

4、Fe

3＋ C．原溶液中 c(NO

－

3 )＝0.2 mol·L

－1，c(Fe

3＋

)＝0.2 mol·L

－1

D．在原溶液中加入足量的鐵粉，所得溶液中陽離子所帶正電荷數(shù)減少

【答案】C

【解析】①取該溶液 100 mL，加入過量 NaOH 溶液，加熱得到 0.02 mol 氣體，說明溶液中含有0.02mol NH＋4，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀為氫氧化鐵，說明溶液中含有 Fe

3＋，CO 2－

3 與 Fe

3＋會相互促進水解而不能大量共存，故溶液中一定不含 CO2－

3 ；②將沉淀過濾、洗滌、灼燒，得到 1.6 g 固體為氧化鐵，則n(Fe

3＋

)＝2n(Fe2O3)＝2×1.6g160g/mol＝0.02 mol；③向上述濾液中加入足量 BaCl2 溶液，得到 4.66 g 不溶于鹽酸的沉淀，則沉淀為硫酸鋇，n(SO2－4)＝n(BaSO4)＝

4.66 g

233 g/mol＝0.02 mol。n(正電荷)＝n(NH

＋

4 )＋3n(Fe

3＋

)＝0.02 mol＋3×0.02 mol＝0.08 mol，n(負電荷)＝2n(SO2－

4 )＝2×0.02 mol＝0.04 mol<0.08 mol，故溶液中還有其他陰離子，且所含陰離子的物質(zhì)的量相等，故n(負電荷)＝2n(SO2－

4 )＋n(NO

－

3 )＋n(Cl－

)＝2×0.02 mol＋0.02 mol＋0.02 mol＝0.08 mol，因此溶液中一定含有NO－3 、Cl－，一定不含 Al3＋和 K

＋。A.原溶液中一定不含 Al3＋和 K

＋，A 錯誤；B.原溶液中含有的離子只有NO－

3 、Cl－、SO2－4、NH

＋

4 、Fe

3＋，B 錯誤；C.原溶液中 c(NO

－

3 )＝0.2 mol·L

－1，c(Fe

3＋

)＝0.2 mol·L

－1，C 正確；D.在原溶液中加入足量的鐵粉，發(fā)生反應(yīng)：2Fe

3＋＋Fe===3Fe

2＋，所得溶液中陽離子所帶正電荷數(shù)基本不變，D錯誤。題型四 考查流程題中的離子反應(yīng)

例 4．（·山東卷）用軟錳礦(主要成分為 MnO2，含少量 Fe3O4、Al2O3)和 BaS 制備高純MnCO3的工藝流程如下：

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已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的 Ksp見下表。

物質(zhì) Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2

Ksp

16.3 1 10

? ?

38.6 1 10

? ?

32.3 1 10

? ?

12.7 1 10? ?回答下列問題：

(1)軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是__________________________，MnO2與 BaS 溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO的化學(xué)方程式為_____________________________。

(2)保持 BaS 投料量不變，隨 MnO2與 BaS 投料比增大，S 的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是____________________________________。(3)濾液 I 可循環(huán)使用，應(yīng)當將其導(dǎo)入到___________________操作中(填操作單元的名稱)。(4)凈化時需先加入的試劑 X 為______________________(填化學(xué)式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為______________(當溶液中某離子濃度 5 1 c 1.0 10 mol L

? ? ?? ? 時，可認為該離子沉淀完全)。(5)碳化過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________________________________________?！敬鸢浮?1)增大接觸面積，充分反應(yīng)，提高反應(yīng)速率： M2 2 2 nO?BaS?HO?Ba(OH)?MnO?S（2）過量的 MnO2消耗了產(chǎn)生的 Ba(OH)2 (3). 蒸發(fā) (4). H2O2 4.9

(5) 2 M 3 3 2 3 4 2 n HCO NH H O MnCO NH HO? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

【解析】軟錳礦粉(主要成分為 MnO2，含少量 Fe3O4、Al2O3)加入硫化鋇溶液進行反應(yīng)，主要發(fā)生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，過濾得到 Ba(OH)2溶液，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、干燥得到氫氧化鋇；濾渣用硫酸溶解，得到的濾液中主要金屬陽離子有 Mn

2+、Fe

2+、Fe

3+、Al3+，得到的濾渣為不溶于稀硫酸的硫磺；之后向濾液中加入合適的氧化劑將 Fe

2+轉(zhuǎn)化為 Fe

3+，然后加入氨水調(diào)節(jié) pH，使 Fe

3+、Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，壓濾得到的廢渣為 Fe(OH)3和 Al(OH)3，此時濾液中的金屬陽離子只有 Mn

2+，向濾液中加入碳酸氫銨、氨水，Mn2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，過濾、洗滌、干燥得到高純碳酸錳。(1)軟錳礦預(yù)先粉碎可以增大反應(yīng)物的接觸面積，使反應(yīng)更充分，提高反應(yīng)速率；MnO2與BaS反應(yīng)轉(zhuǎn)化為

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MnO，Mn 元素的化合價由+4 價降低為+2 價，根據(jù)元素價態(tài)規(guī)律可知-2 價的 S 元素應(yīng)被氧化得到S單質(zhì)，則MnO2與 BaS 的系數(shù)比應(yīng)為 1:1，根據(jù)后續(xù)流程可知產(chǎn)物還有 Ba(OH)2，結(jié)合元素守恒可得化學(xué)方程式為：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；

(2)根據(jù)題目信息可知 MnO2為兩性氧化物，所以當 MnO2過量時，會消耗反應(yīng)產(chǎn)生的Ba(OH)2，從而使Ba(OH)2的量達到最大值或會減??；

(3)濾液 I 為結(jié)晶后剩余的 Ba(OH)2飽和溶液，所以可以導(dǎo)入到蒸發(fā)操作中循環(huán)使用；(4)凈化時更好的除去 Fe 元素需要將 Fe

2+氧化為 Fe

3+，為了不引入新的雜質(zhì)，且不將Mn 元素氧化，加入的試劑 X 可以是 H2O2；根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e(OH)3和 Al(OH)3為同種沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以當Al3+完全沉淀時，F(xiàn)e

3+也一定完全沉淀，當 c(Al3+

)=1.0×10

-5mol/L 時，

c(OHˉ)= ? ?

? ?

3

3

-32.3

3 -1

3 -5

sp + Al OH 1 10 = mol L

c Al 1 10

K ? ?

? ? ?

?

? =10

-9.1mol/L，所以 c(H+

)=10

-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理論最小值為 4.9；

(5)碳化過程 Mn

2+和碳酸氫根電離出的碳酸根結(jié)合生成碳酸錳沉淀，促進碳酸氫根的電離，產(chǎn)生的氫離子和一水合氨反應(yīng)生成銨根和水，所以離子方程式為 Mn

2++HCO

-3 +NH3·H2O=MnCO3↓+NH 4?

+H2O?！九e一反三】(·全國卷Ⅱ)立德粉 ZnS·BaSO4(也稱鋅鋇白)，是一種常用白色顏料?；卮鹣铝袉栴}：(1)利用焰色反應(yīng)的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花，亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時，鋇的焰色為________(填標號)。

A．黃色 B．紅色 C．紫色 D．綠色

(2)以重晶石(BaSO4)為原料，可按如下工藝生產(chǎn)立德粉：

①在回轉(zhuǎn)爐中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇，該過程的化學(xué)方程式為____________

_________________________________________。

回轉(zhuǎn)爐尾氣中含有有毒氣體，生產(chǎn)上可通過水蒸氣變換反應(yīng)將其轉(zhuǎn)化為 CO2和一種清潔能源氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________________________________________________。

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②在潮濕空氣中長期放置的“還原料”，會逸出臭雞蛋氣味的氣體，且水溶性變差，其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的____________________(填化學(xué)式)。

③沉淀器中反應(yīng)的離子方程式為________________________________________________?！敬鸢浮?1)D (2)①BaSO4＋4C =======

900～1 200 ℃

BaS＋4CO↑ CO＋H2O===CO2＋H2 ②BaCO3 ③S2－＋Ba2＋＋Zn

2＋＋SO2－

4 ===ZnS·BaSO4↓

【解析】(1)根據(jù)常見元素的焰色反應(yīng)，可知鋇元素的焰色為綠色。(2)①由流程圖中的原料重晶石和焦炭粉經(jīng)回轉(zhuǎn)爐、浸出槽后得到凈化的 BaS 溶液，可判斷重晶石(BaSO4)與焦炭粉反應(yīng)生成BaS 和有毒氣體CO，根據(jù)電子守恒法可配平氧化還原反應(yīng)方程式 BaSO4＋4C =======

900～1 200 ℃

BaS＋4CO↑；CO 與水蒸氣反應(yīng)得到的清潔能源氣體為 H2，另一種產(chǎn)物為 CO2，則 CO 與水蒸氣反應(yīng)的化學(xué)方程式為 CO＋H2O===CO2＋H2。②潮濕空氣中的 CO2和水蒸氣跟“還原料”中的硫化鋇反應(yīng)生成的臭雞蛋氣味的氣體為H2S，水溶性變差是因為發(fā)生了反應(yīng) BaS＋CO2＋H2O===H2S＋BaCO3↓，由此可知難溶于水的物質(zhì)為BaCO3。③硫化鋇溶液與硫酸鋅反應(yīng)生成難溶于水的立德粉(ZnS·BaSO4)，因此離子反應(yīng)方程式為S

2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO2－

4 ===ZnS·BaSO4↓。

【變式探究】（2022·湖北武漢二中模擬）利用化學(xué)原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業(yè)污泥中 Cr(Ⅲ)的處理工藝流程如下：

已知：

①硫酸浸取液中的金屬離子主要是 Cr

3＋，其次是 Fe

3＋、Al3＋、Ca

2＋和 Mg

2＋。②常溫下，部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的 pH 如下：

陽離子 Fe

3＋ Mg

2＋ Al3＋ Cr

3＋沉淀完全時的 pH 3.7 11.1 5.4(>8 溶解) 9(>9 溶解)

(1)H2O2的作用是將濾液Ⅰ中的 Cr

3＋轉(zhuǎn)化為 Cr2O2－

7 ，寫出此反應(yīng)的離子方程式：_______________________。(2)加入 NaOH 溶液使溶液呈堿性，既可以除去某些雜質(zhì)離子，同時又可以將Cr2O 2－

7 轉(zhuǎn)化為________(填微

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粒的化學(xué)式)

(3)寫出上述流程中用 SO2進行還原時發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：______________________________。【答案】(1)2Cr

3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O2－

7 ＋8H

＋

(2)CrO2－

4

(3)2CrO2－

4 ＋3SO2＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－

4 ＋2OH

－ 【解析】(1)H2O2 將 Cr

3＋氧化成 Cr2O2－

7 ，H2O2被還原，反應(yīng)可寫成 H2O2＋Cr

3＋―→Cr2O2－

7 ，根據(jù)得失電子守恒配平為 3H2O2＋2Cr

3＋―→Cr2O2－

7 ，結(jié)合原子守恒、電荷守恒以及濾液Ⅰ呈酸性，H2O2將Cr

3＋氧化的離子方程式為 3H2O2＋2Cr

3＋＋H2O===Cr2O2－

7 ＋8H

＋。

(2)根據(jù)各金屬陽離子形成沉淀的 pH，加入 NaOH 溶液調(diào) pH＝8，將 Fe

3＋、Al3＋完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去；同時將 Cr2O 2－

7 轉(zhuǎn)化為 CrO2－

4 ，反應(yīng)可表示為 Cr2O2－

7 ＋2OH

－===2CrO2－

4 ＋H2O。(3)根據(jù)流程加入 SO2 將 CrO 2－

4 還原為 Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2 被氧化成SO 2－

4 ，反應(yīng)可寫成SO2＋CrO2－

4 ―→Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－

4 ，S 元素的化合價由＋4 價升至＋6 價，Cr 元素的化合價由＋6價降至＋3價，根據(jù)得失電子守恒配平為 3SO2＋2CrO2－

4 ―→2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－

4 ，結(jié)合原子守恒、電荷守恒和溶液呈堿性，寫出離子方程式為 3SO2＋2CrO2－

4 ＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO2－

4 ＋2OH

－。

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專題04 氧化還原反應(yīng)及其應(yīng)用【考情探究】

課

標

解

讀

內(nèi)容 氧化還原反應(yīng)的概念及規(guī)律 氧化還原反應(yīng)方程式的配平及應(yīng)用解讀

1.根據(jù)化學(xué)反應(yīng)的特點理解不同類型的化學(xué)

反應(yīng)

2.在分析元素化合價變化的基礎(chǔ)上,理解氧化

還原反應(yīng)的本質(zhì)

根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律研究物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)以及常見氧化劑和還原劑之間的反應(yīng)

考情分析

高考對氧化還原反應(yīng)基本概念的考查主要涉及相關(guān)概念的判斷,同時考查考生對氧化還原反應(yīng)基本規(guī)律的掌握情況。有的題目較為簡單,有的題目比較復(fù)雜,有較高的區(qū)分度。氧化還原反應(yīng)方程式的書寫則重在綜合運用,對考生的要求較高,出現(xiàn)頻率也很高,屬于難度較大的題目

備考策略

氧化還原反應(yīng)主要在具體問題情境里進行考查,是證據(jù)推理與模型認知素養(yǎng)的基本載體,建議將知識情景化、問題化,在實際問題解決過程中掌握氧化還原反應(yīng)規(guī)律【高頻考點】

高頻考點一 氧化還原反應(yīng)的概念

一、氧化還原反應(yīng)

1.氧化還原反應(yīng)本質(zhì)和特征

2.基本概念及相互關(guān)系

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概括為“升失氧、降得還，劑性一致、其他相反”例如，反應(yīng) Cu＋2H2SO4(濃)=△====CuSO4＋SO2↑＋2H2O 中，氧化劑是濃 H2SO4，還原劑是Cu，氧化產(chǎn)物是CuSO4。生成 1 mol SO2時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為 2NA，被還原的 H2SO4的物質(zhì)的量是1__mol，濃硫酸表現(xiàn)的性質(zhì)是酸性和強氧化性。

【特別提醒】

(1)元素由化合態(tài)變?yōu)橛坞x態(tài)，該元素不一定被還原。

(2)在氧化還原反應(yīng)中，一種元素被氧化，不一定有另一種元素被還原，也可能是同一元素既被氧化又被還原。

3.氧化還原反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的表示方法

(1)雙線橋法：①標變價，②畫箭頭，③算數(shù)目，④說變化。

實例：用雙線橋法標出銅和濃硝酸反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目

。

(2)單線橋法：箭頭由失電子原子指向得電子原子，線橋上只標電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，不標“得到”、“失去”字樣。

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實例：用單線橋法標出銅和稀硝酸反應(yīng)電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目

。

4.氧化還原反應(yīng)與四種基本反應(yīng)類型的關(guān)系

二、常見的氧化劑和還原劑

1.常見氧化劑

常見氧化劑包括某些非金屬單質(zhì)、含有高價態(tài)元素的化合物、過氧化物等。如：2.常見還原劑

常見還原劑包括活潑的金屬單質(zhì)、非金屬離子及低價態(tài)化合物、低價金屬陽離子、非金屬單質(zhì)及其氫化物等。如：

3.具有中間價態(tài)的物質(zhì)既有氧化性，又有還原性

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高頻考點二 氧化還原反應(yīng)的規(guī)律及應(yīng)用

1.守恒規(guī)律

氧化劑得電子總數(shù)＝還原劑失電子總數(shù)。

2.價態(tài)規(guī)律：

(1)元素處于最高價，只有氧化性 ，如 Fe

3＋、Ag＋等；元素處于最低價，只有還原性，如S

2－、I－等；元素處于中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，如 Fe

2＋、Cl2等。

(2)歸中反應(yīng)規(guī)律

不同價態(tài)的同種元素間發(fā)生氧化還原反應(yīng)時，該元素價態(tài)的變化一定遵循“高價＋低價―→中間價”，而不會出現(xiàn)交叉現(xiàn)象。簡記為“兩相靠，不相交”。

如在反應(yīng) KClO3＋6HCl(濃)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O 中，氧化產(chǎn)物是 Cl2，還原產(chǎn)物是Cl2，1 mol KClO3反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)是 5NA。

(3)歧化反應(yīng)規(guī)律

“中間價―→高價＋低價”。具有多種價態(tài)的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可發(fā)生歧化反應(yīng)，如：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。1 mol Cl2反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子數(shù)為 NA。

3.強弱規(guī)律

自發(fā)進行的氧化還原反應(yīng)，一般遵循強氧化劑制弱氧化劑，強還原劑制弱還原劑，即“強制弱”。氧化劑＋還原劑―→還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物

氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物；

還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物。

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4.先后規(guī)律

在濃度相差不大的溶液中：

(1)同時含有幾種還原劑時 ――→

加入氧化劑將按照還原性由強到弱的順序依次反應(yīng)。如在FeBr2溶液中通入少量Cl2時，因為還原性：Fe

2＋>Br－，所以 Fe

2＋先與 Cl2反應(yīng)。

(2)同時含有幾種氧化劑時 ――→

加入還原劑將按照氧化性由強到弱的順序依次反應(yīng)。如在含有 Fe

3＋、Cu

2＋、H

＋的溶液中加入鐵粉，因為氧化性 Fe

3＋>Cu

2＋>H

＋，所以鐵粉先與Fe

3＋反應(yīng)，然后再與 Cu

2＋反應(yīng)，最后與 H

＋反應(yīng)。

高頻考點三 氧化還原反應(yīng)方程式的書寫與配平

1.氧化還原方程式配平的基本原則

2.氧化還原方程式配平的一般步驟

3.缺項型氧化還原反應(yīng)方程式的配平方法

①配平方法

先用“化合價升降法”配平含有變價元素的物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)，然后由原子守恒確定未知物，再根據(jù)原子守恒進行配平。

②補項原則

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條件 補項原則

酸性條件下 缺 H 或多 O 補 H

＋，少 O 補 H2O

堿性條件下 缺 H 或多 O 補 H2O，少 O 補 OH

－高頻考點四 氧化還原滴定

1.原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)，或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。

2.試劑：常見的用于滴定的氧化劑有 KMnO4、K2Cr2O7等；常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素 C 等。

3.指示劑：氧化還原滴定法的指示劑有三類。①氧化還原指示劑；②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標準溶液變藍；③自身指示劑，如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時，滴定終點為溶液由無色變?yōu)樽仙?/p>

【題型突破】

題型一 考查氧化還原反應(yīng)的概念

例 1．（·山東卷）下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是（ ）

A. 谷物發(fā)酵釀造食醋 B. 小蘇打用作食品膨松劑C. 含氯消毒劑用于環(huán)境消毒 D. 大氣中 NO2參與酸雨形成【答案】B

【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化還原反應(yīng)，A不符合題意；小蘇打即 NaHCO3，NaHCO3受熱分解產(chǎn)生無毒的 CO2，因此可用小蘇打作食品膨松劑，不涉及氧化還原反應(yīng)，B 符合題意；利用含氯消毒劑的強氧化性消毒殺菌，涉及氧化還原反應(yīng)，C 不符合題意；NO2與水反應(yīng)有 HNO3產(chǎn)生，因此 NO2參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應(yīng)，D 不符合題意。答案選B?！咀兪教骄俊浚āふ憬恚┓磻?yīng) M 2 2 2 2 nO ? 4HCl( ) MnCl ?Cl ? 2HO加熱濃↑中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是( )

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A. 1:2 B. 1:1 C. 2:1 D. 4:1

【答案】B

【解析】由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)物 MnO2中的 Mn 元素的化合價為+4 價，生成物MnCl2中Mn元素的化合價為+2 價，反應(yīng)物 HCl 中 Cl 元素的化合價為-1 價，生成物 Cl2中 Cl 元素的化合價為0 價，故MnCl2是還原產(chǎn)物，Cl2是氧化產(chǎn)物，由氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B 符合題意；答案選B?！九e一反三】(·北京卷)下列除雜試劑選用正確且除雜過程不涉及氧化還原反應(yīng)的是( )

【答案】B

【解析】A 項，F(xiàn)e 粉將溶液中的 Fe

3＋轉(zhuǎn)化為 Fe

2＋，涉及氧化還原反應(yīng)；B 項，Mg

2＋與NaOH溶液反應(yīng)生成 Mg(OH)2沉淀，多余的 NaOH 用稀鹽酸中和，兩個反應(yīng)均不涉及氧化還原反應(yīng)；C 項，Cl2能溶于水并與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能用水除去 Cl2中的 HCl；D 項，NO2與水反應(yīng)生成 HNO3和NO，涉及氧化還原反應(yīng)。【變式探究】（·北京卷）下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是（）A B C D實驗 NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S 溶液滴入AgCl 熱銅絲插入稀硝酸中選項 物質(zhì)(括號內(nèi)為雜質(zhì)) 除雜試劑

A FeCl2溶液(FeCl3) Fe 粉

B NaCl 溶液(MgCl2) NaOH 溶液、稀 HCl

C Cl2(HCl) H2O、濃 H2SO4

D NO(NO2) H2O、無水 CaCl2

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濁液中

現(xiàn)象

產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t

褐色

溶液變紅，隨后

迅速褪色

沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏?/p>

產(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色【答案】C

【解析】A 項，NaOH 溶液滴入 FeSO4溶液中產(chǎn)生白色 Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應(yīng)為 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應(yīng)前后元素化合價有升降，為氧化還原反應(yīng)；B項，氯水中存在反應(yīng) Cl2+H2O HCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強氧化性，與有色物質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C 項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應(yīng)為 2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應(yīng)前后元素化合價不變，不是氧化還原反應(yīng)；D 項，Cu 與稀 HNO3反應(yīng)生成 Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應(yīng)為 2NO+O2=2NO2，反應(yīng)前后元素化合價有升降，為氧化還原反應(yīng)；與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是 C 項，答案選 C。

題型二 氧化還原反應(yīng)規(guī)律

例 2．（安徽池州模擬）將過量 H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4 的氨水中，加熱后冷卻，生成暗棕紅色晶體M[化學(xué)式為 Cr(NH3)3O4]，其離子方程式為：CrO2－

4 ＋3NH3＋3H2O2===M＋2H2O＋2OH

－＋O2↑，測得M中有2個過氧鍵。下列敘述正確的是( )

A．M 中 Cr 的化合價為＋3

B．參與反應(yīng)的 H2O2全部被氧化

C．向 FeSO4溶液中滴加幾滴 M 的溶液，沒有明顯現(xiàn)象

D．轉(zhuǎn)移 0.2 mol 電子時，生成 M 的質(zhì)量為 16.7 g

【答案】D

【解析】本題考查氧化還原反應(yīng)。由化學(xué)方程式可知，反應(yīng)生成 1 mol O2，H2O2失去2 mol 電子，因反應(yīng)生成 1 mol M，CrO 2－

4 得(6－a)mol 電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，6－a＝2，a＝4，故A錯；由化學(xué)方程式可知，3 mol H2O2參與反應(yīng)，只有 1 mol O2生成說明 H2O2有一部分沒有被氧化，故B 錯；由題意M中有2個過氧鍵，則向 FeSO4溶液中滴加幾滴 M 的溶液，亞鐵離子會被 M 氧化為鐵離子，溶液由淺綠色變?yōu)辄S色，故C錯；

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由離子方程式可知，反應(yīng)轉(zhuǎn)移 2 mol 電子，生成 1 mol M，所以轉(zhuǎn)移 0.2 mol 電子時，生成M的質(zhì)量為0.1mol×167g· mol－1＝16.7 g，故 D 正確。

【變式探究】（山東聊城模擬）CuS、Cu2S 用于處理酸性廢水中的 Cr2O2－

7 ，反應(yīng)如下。反應(yīng)Ⅰ：CuS＋Cr2O2－

7 ＋H

＋―→Cu

2＋＋SO2－

4 ＋Cr

3＋＋H2O(未配平)

反應(yīng)Ⅱ：Cu2S＋Cr2O2－

7 ＋H

＋―→Cu

2＋＋SO2－

4 ＋Cr

3＋＋H2O(未配平)

下列有關(guān)說法正確的是( )

A．反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ中各有 2 種元素的化合價發(fā)生變化

B．處理 1 mol Cr2O 2－

7 時反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中消耗 H

＋的物質(zhì)的量相等

C．反應(yīng)Ⅱ中還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為 3∶5

D．質(zhì)量相同時，Cu2S 能去除更多的 Cr2O2－

7

【答案】C

【解析】在反應(yīng)Ⅰ中 S、Cr 元素化合價發(fā)生變化，在反應(yīng)Ⅱ中 Cu、S、Cr 三種元素的化合價發(fā)生了變化，A錯誤；反應(yīng)Ⅰ方程式配平后為 3CuS＋4Cr2O2－

7 ＋32H

＋===3Cu

2＋＋3SO2－

4 ＋8Cr

3＋＋16H2O，反應(yīng)Ⅱ配平后的方程式為 3Cu2S＋5Cr2O2－

7 ＋46H

＋===6Cu

2＋＋3SO2－

4 ＋10Cr

3＋＋23H2O，可見處理 1 mol Cr2O 2－

7 時，反應(yīng)Ⅰ消耗H＋的物質(zhì)的量是 8 mol，反應(yīng)Ⅱ消耗 H

＋的物質(zhì)的量是 9.2 mol，B 錯誤；反應(yīng)Ⅱ中還原劑是Cu2S，氧化劑是Cr2O2－7 ，二者反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為 3∶5，C 正確；根據(jù)方程式可知 3 mol 即 3×96 g CuS 處理4 mol Cr2O2－

7 ，每克處理Cr2O2－7的物質(zhì)的量為

4 mol

3×96＝

1

72

mol；3 mol 即 3×160 g Cu2S 處理 5 mol Cr2O2－

7 ，每克處理Cr2O 2－

7 的物質(zhì)的量為5mol

3×160＝1

96

mol，可見質(zhì)量相同時，CuS 能去除更多的 Cr2O2－

7 ，D 錯誤。

題型三 考查氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)與規(guī)律

例 3．（陜西榆林模擬）向含 Fe

2＋、I－、Br－的溶液中通入過量的氯氣，溶液中四種粒子的物質(zhì)的量變化如圖所示，已知：b－a＝5，線段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素。下列說法不正確的是( )

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A．線段Ⅱ表示 Fe

2＋的變化情況

B．線段Ⅳ發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為 I2＋5Cl2＋12OH

－===2IO

－

3 ＋10Cl－＋6H2O

C．根據(jù)圖像可計算 a＝6

D．原溶液中 c(Fe

2＋

)∶c(I－

)∶c(Br－

)＝2∶1∶3

【答案】B

【解析】向僅含 Fe

2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，還原性：I－＞Fe

2＋＞Br－，首先發(fā)生反應(yīng)：2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，I－反應(yīng)完畢，再發(fā)生反應(yīng)：2Fe

2＋＋Cl2===2Fe

3＋＋2Cl－，F(xiàn)e

2＋反應(yīng)完畢，又發(fā)生反應(yīng)：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－，故線段Ⅰ代表 I－的變化情況，線段Ⅱ代表 Fe

2＋的變化情況，線段Ⅲ代表 Br－的變化情況，故A正確；線段Ⅳ表示一種含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物質(zhì)中含有相同的元素，該元素為 I 元素，2I－＋Cl2===I2＋2Cl－，消耗1mol氯氣，所以碘原子的物質(zhì)的量為 2 mol，反應(yīng)Ⅳ消耗氯氣的物質(zhì)的量為 5 mol，根據(jù)得失電子守恒，設(shè)該含氧酸中碘元素的化合價為 x，(x－0)×2 mol＝5 mol×2，解得 x＝＋5，則該含氧酸為HIO3，離子方程式為I2＋5Cl2＋6H2O===2IO

－

3 ＋10Cl－＋12H

＋，故 B 錯誤；根據(jù)反應(yīng)離子方程式可知溶液中 n(I－

)＝2n(Cl2)＝2 mol，溶液中n(Fe2＋

)＝2n(Cl2)＝2×(3 mol－1 mol)＝4 mol，F(xiàn)e

2＋反應(yīng)完畢，根據(jù)電荷守恒可知 n(I－

)＋n(Br－

)＝2n(Fe

2＋

)，故n(Br－)＝2n(Fe

2＋

)－n(I－

)＝2×4 mol－2 mol＝6 mol，根據(jù) 2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－可知，溴離子反應(yīng)需要氯氣的物質(zhì)的量為 3 mol，故 a＝3＋3＝6，故 C 正確；根據(jù)以上分析，原溶液中 c(Fe

2＋

)∶c(I－

)∶c(Br－

)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故 D 正確。

【舉一反三】（內(nèi)蒙赤峰模擬）為驗證還原性 SO2＞Fe

2＋＞Cl－ ，三組同學(xué)分別進行了下圖實驗，并對溶液 1 和溶液 2 中所含離子進行了檢驗，能證明上述還原性順序的實驗組有( )

溶液 1 溶液2

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甲 含 Fe

3＋、Fe

2＋ 含 SO2－

4

乙 含 Fe

3＋，無 Fe

2＋ 含 SO2－

4

丙 含 Fe

3＋，無 Fe

2＋ 含 Fe

2＋ A.只有甲 B.甲、乙

C.甲、丙 D.甲、乙、丙

【解析】本實驗利用“還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物”“強還原性物質(zhì)制弱還原性物質(zhì)”的原理來驗證還原性的強弱順序。向 FeCl2的溶液中通入 Cl2，得到溶液 1，再向溶液 1 中通入 SO2，得到溶液2。甲：溶液1中含有Fe

3＋、Fe

2＋，說明發(fā)生反應(yīng) 2Fe

2＋＋Cl2===2Fe

3＋＋2Cl－，且 Cl2反應(yīng)完全，可證明還原性Fe

2＋＞Cl－；溶液2中含有 SO2－

4 ，則說明發(fā)生反應(yīng) 2Fe

3＋＋SO2＋2H2O===2Fe

2＋＋SO2－

4 ＋4H

＋，可證明還原性SO2＞Fe

2＋，故甲能證明還原性 SO2＞Fe

2＋＞Cl－；乙：溶液 1 中含有 Fe

3＋，無 Fe

2＋，可證明還原性 Fe

2＋＞Cl－，但Cl2可能過量，再通入SO2，可能發(fā)生的反應(yīng)是 Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl－＋SO2－

4 ＋4H

＋，不能夠比較 SO2與Fe

2＋的還原性強弱，故乙不能驗證；丙：溶液 1 中含有 Fe

3＋，沒有 Fe

2＋，通入 SO2后溶液中又含有 Fe

2＋，說明SO2將Fe

3＋還原得到Fe2＋，證明還原性 SO2＞Fe

2＋，故丙能證明還原性 SO2＞Fe

2＋＞Cl－。

【答案】C

【變式探究】（四川自貢模擬）已知：2Fe

3＋＋2I－===2Fe

2＋＋I22Fe

2＋＋Br2===2Fe

3＋＋2Br－。向含等物質(zhì)的量濃度的 FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯氣后，再滴加少量的 KSCN 溶液，溶液變?yōu)榧t色，則下列離子方程式書寫不合理的是( )

A．2Fe

2＋＋4I－＋3Cl2===2Fe

3＋＋2I2＋6Cl－ B．2Br－＋2I－＋2Fe

2＋＋3Cl2===I2＋Br2＋2Fe

3＋＋6Cl－ C．2Br－＋4I－＋2Fe

2＋＋4Cl2===2I2＋Br2＋2Fe

3＋＋8Cl－ D．2I－＋2Fe

2＋＋2Cl2===2Fe

3＋＋I2＋4Cl－ 【答案】C

【解析】由已知離子方程式可得還原性強弱順序為 I－>Fe

2＋>Br－，向含等物質(zhì)的量濃度的FeI2、FeBr2混合溶液中通入一定量的氯氣后，Cl2依次與溶液中的 I－、Fe

2＋、Br－反應(yīng)，再滴加少量的KSCN溶液，溶液變紅色，證明溶液中有 Fe

3＋生成，則 I－已完全被氧化。FeI2、FeBr2的物質(zhì)的量濃度相同，則原溶液中I－、Fe

2＋、Br－的物質(zhì)的量之比為 1∶1∶1。C 項表示溶液中的 I－完全被氧化，F(xiàn)e

2＋、Br－部分被氧化，溶液中還有Fe

2＋、Br－，故不合理。

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題型四 考查氧化還原方程式的配平與計算

例 4．[浙江 4 月選考]反應(yīng) 8NH3＋3Cl2 N2＋6NH4Cl，被氧化的 NH3與被還原的Cl2的物質(zhì)的量之比為（）A．2∶3 B．8∶3 C．6∶3 D．3∶2

【答案】A

【解析】該氧化還原反應(yīng)用雙線橋表示為 ，可知實際升價的N原子為2個，所以2 個 NH3被氧化，同時 Cl2全部被還原，觀察計量數(shù)，Cl2為 3 個，因而被氧化的NH3與被還原的Cl2的物質(zhì)的量之比為 2：3。故答案選 A。

【方法技巧】利用電子守恒關(guān)系解題的思維模板

一找各物質(zhì) 找出反應(yīng)中的氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物，并標出變價元素的化合價二定得失數(shù) 找準一個原子(或離子)得失電子數(shù)目(注意化學(xué)式中粒子的個數(shù))

三列守恒式

根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式關(guān)系：n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值＝n(還原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值

【舉一反三】（廣東韶關(guān)模擬）完成下列各小題。

(1)將 NaBiO3固體(黃色，微溶)加入 MnSO4和 H2SO4的混合溶液里，加熱，溶液顯紫色(Bi3＋無色)。配平該反應(yīng)的離子方程式：

NaBiO3＋ Mn

2＋＋ ________→ Na＋＋ Bi3＋＋ ________＋________。(2)高鐵酸鉀(K2FeO4)作為水處理劑的一個優(yōu)點是能與水反應(yīng)生成膠體吸附雜質(zhì)，配平該反應(yīng)的離子方程式：FeO2－

4 ＋ H2O=== Fe(OH)3(膠體)＋ O2↑＋ OH

－。

(3)以亞氯酸鈉和稀鹽酸為原料制備 ClO2，反應(yīng)原理為 5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。該反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為________。

(4)在含 VO2＋的溶液中加入 KClO3，可使 VO2＋轉(zhuǎn)化為 VO

＋

2 ，則欲使 3 mol VO2＋變成VO＋

2，需要氧化劑KClO3至少為________mol。

(5)已知 M2O 2－

n 可與 R

2－作用，R

2－被氧化為 R 單質(zhì)，M2O 2－

n 的還原產(chǎn)物中M 為＋3 價；又知c(M2O2－n )＝0.3mol·L

－1的溶液 100 mL 可與 c(R

2－

)＝0.6 mol·L

－1的溶液 150 mL 恰好完全反應(yīng)，則n 值為________。

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【解析】(1)由題意知生成紫色離子 MnO

－

4 。

(3)根據(jù)化合價變化規(guī)律知，NaClO2既作氧化劑又作還原劑，n(氧化劑)×4＝n(還原劑)×1，可知答案。(4)3 mol VO2＋轉(zhuǎn)變成 VO

＋

2 ，共失去了 3 mol 電子，而 1 mol ClO

－

3 變?yōu)?Cl－得到6 mol 電子，所以需要0.5molKClO3。

(5)n(M2O2－

n )＝0.3 mol·L

－1×0.1 L＝0.03 mol，n(R

2－

)＝0.6 mol·L

－1×0.15 L＝0.09 mol，反應(yīng)中M化合價降低到＋3，R 元素化合價升高到 0。設(shè) M2O 2－

n 中 M 的化合價為 x，則 2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化還原反應(yīng)中得、失電子數(shù)目相等，則有(n－1－3)×0.03 mol×2＝(2－0)×0.09 mol，n＝7。

【答案】(1)5 2 14 H

＋

5 5 2 MnO

－

4 7 H2O

(2)4 10 4 3 8

(3)1∶4

(4)0.5

(5)7

題型五 考查氧化還原反應(yīng)的綜合應(yīng)用

例 5．（湖南省長沙市雅禮中學(xué)模擬）白銀(Ag)是高新技術(shù)產(chǎn)業(yè)的基礎(chǔ)材料之一。在一種光盤金屬層中回收少量白銀(金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略)的流程如下：

已知：NaC1O 溶液在受熱或酸性條件下易分解。

下列敘述正確的是

A．“氧化”過程若在加強熱和強酸性條件下進行時可提高氧化速率

B．“操作 1”所用到的玻璃儀器是玻璃棒、燒杯、分液漏斗

C．若“還原”過程通過原電池來實現(xiàn)，則 N2為正極產(chǎn)物

D．“還原”過程中參加反應(yīng)的 n[Ag(NH3) 2?

]：n[N2H4·H2O]=4：1

【答案】D

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【解析】“氧化”過程加入氧化劑 NaC1O 溶液，NaC1O 在受熱或酸性條件下易分解，在加強熱和強酸性條件下進行時 NaC1O 濃度降低氧化速率減慢，A 錯誤；操作 1 為過濾，所需的玻璃儀器為玻璃棒、燒杯和普通漏斗，B 錯誤； N2H4·H2O 中氮元素化合價升高發(fā)生氧化反應(yīng)生成 N2，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，故N2為負極產(chǎn)物，C錯誤；“還原”過程中 Ag(NH3) 2? 中銀元素化合價降低生成單質(zhì)銀，由+1 價變?yōu)? 價，N2H4·H2O中氮元素化合價升高生成 N2，由-2 價變?yōu)?0 價，根據(jù)得失電子守恒，n[Ag(NH3) 2?

]：n[N2H4·H2O]=4：1，D正確；答案選D。【變式探究】（山東青島模擬）三氯化六氨合鈷[Co(NH3)6]Cl3是橙黃色、微溶于水的配合物，是合成其他一些含鈷配合物的原料。下圖是某科研小組以含鈷廢料(含少量 Fe、Al 等雜質(zhì))制取[Co(NH3)6]Cl3的工藝流程：回答下列問題：

(1)寫出加“適量 NaClO3”發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：__________________________________________。(2)“加 Na2CO3調(diào) pH 至 a”會生成兩種沉淀，分別為__________________(填化學(xué)式)。(3)操作Ⅰ的步驟包括________________________、冷卻結(jié)晶、減壓過濾。(4)流程中 NH4Cl 除作反應(yīng)物外，還可防止加氨水時 c(OH

－

)過大，其原理是_____________________________________________________________________________。(5)“氧化”步驟，甲同學(xué)認為應(yīng)先加入氨水再加入 H2O2，乙同學(xué)認為試劑添加順序?qū)Ξa(chǎn)物無影響。你認為______(填“甲”或“乙”)同學(xué)觀點正確，理由是___________________________________________。寫出該步驟的化學(xué)方程式：______________________________________________________?！窘馕觥?(1)加適量 NaClO3的目的是將亞鐵離子氧化為鐵離子。

(2)加入碳酸鈉調(diào)節(jié) pH，使鋁離子和鐵離子轉(zhuǎn)化為 Fe(OH)3和 Al(OH)3兩種沉淀。(3)為了防止產(chǎn)品水解，故應(yīng)在 HCl 氛圍下蒸發(fā)濃縮。

(4)流程中氯化銨除作為反應(yīng)物外，NH4Cl 溶于水電離出 NH

＋

4 會抑制后期加入的NH3·H2O的電離，可防止加氨水時氫氧根離子濃度過大。

(5)若先加入過氧化氫，將鈷元素氧化為 Co

3＋，后加入氨水，會生成氫氧化鈷，不利于產(chǎn)品的生成，故甲同學(xué)正確，先加入氨水再加入過氧化氫，可防止 Co(OH)3的生成。

【答案】(1)6Fe

2＋＋ClO

－

3 ＋6H

＋===6Fe

3＋＋Cl－＋3H2O (2)Fe(OH)3和 Al(OH)3 (3)HCl 氛圍下蒸發(fā)濃縮(4)NH4Cl 溶于水電離出 NH

＋

4 會抑制后期加入的 NH3·H2O 的電離 (5)甲 防止Co(OH)3的生成H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O===2[Co(NH3)6]Cl3↓＋12H2O

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【變式探究】（湖北荊門一中模擬）在南北朝劉宋·雷敩所著的《雷公炮炙論》中收錄了一種礦物類藥材石髓鉛，又稱自然銅，具有活血化瘀止痛的效果。今用現(xiàn)代分析技術(shù)檢測一份石髓鉛樣品，發(fā)現(xiàn)其含銅極少，含有鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為 44.8%，硫元素的質(zhì)量分數(shù)為 51.2%?；卮鹣铝袉栴}：(1)石髓鉛的主要成分是一種化合物(質(zhì)量分數(shù)為 96%)，化學(xué)式為______________；石髓鉛粉末幾乎能完全溶于硫酸酸化的高錳酸鉀溶液中，形成多種硫酸鹽的混合液，寫出主要反應(yīng)的離子方程式：______________________。

(2)利用石髓鉛、焦炭和氧氣在高溫下反應(yīng)可制造硫黃，副產(chǎn)品為 Fe3O4和CO。Fe3O4是________色晶體，可用于制作復(fù)印機的墨粉，CO 可用于合成在紡織工業(yè)中廣泛使用的保險粉(Na2S2O4)，其流程如下：合成塔 Ⅰ 中得到的 HCOONa 溶液溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)約為 5%，從中分離出 HCOONa·2H2O的主要步驟是________、________、過濾、洗滌、干燥；合成塔Ⅱ中發(fā)生主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________________。保險粉暴露在空氣中易吸收氧氣和水蒸氣而變質(zhì)，當吸收自身物質(zhì)的量一半的氧氣和一定量水蒸氣時，變質(zhì)形成___________(填化學(xué)式)。

【答案】(1)FeS2 FeS2＋ 3MnO

－

4 ＋8H

＋===Fe

3＋＋2SO2－

4 ＋3Mn

2＋＋4H2O

(2)黑 (加熱)蒸發(fā)(濃縮) (冷卻)結(jié)晶 HCOONa·2H2O＋NaOH＋2SO2===Na2S2O4＋CO2＋3H2ONaHSO3【解析】(1)由于石髓鉛樣品中 Fe、S 兩種元素含量的和為 96%，恰好等于石髓鉛的含量，所以該物質(zhì)是Fe、S 的化合物，根據(jù)質(zhì)量比可得 n(Fe)∶n(S)＝

44.8%

56

∶

51.2%

32 ＝1∶2，所以該物質(zhì)的化學(xué)式為FeS2；石髓鉛粉末完全溶于硫酸酸化的高錳酸鉀溶液中，F(xiàn)eS2被氧化為 Fe

3＋和 SO2－

4 ，高錳酸鉀被還原為Mn

2＋，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得主要反應(yīng)的離子方程式：FeS2＋ 3MnO

－

4 ＋8H

＋===Fe

3＋＋2SO2－

4 ＋3Mn

2＋＋4H2O。(2)Fe3O4是黑色晶體，HCOONa 的溶解度受溫度的影響變化較大，所以從 HCOONa 溶液中獲得HCOONa·2H2O的方法是將該物質(zhì)的稀溶液蒸發(fā)濃縮，然后冷卻、結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，就得到HCOONa·2H2O；在合成塔Ⅱ中，HCOONa·2H2O、NaOH、SO2發(fā)生反應(yīng)，產(chǎn)生 CO2、Na2S2O4、H2O，發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為HCOONa·2H2O＋NaOH＋2SO2===Na2S2O4＋CO2＋3H2O；保險粉 Na2S2O4暴露于空氣中易被氧氣氧化，氧化劑為氧氣，還原劑為 Na2S2O4，又氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為 1∶2，設(shè) Na2S2O4被氧化后硫的化合價為＋x價，則根據(jù)得失電子守恒，1×4＝2×2×(x－3)，解得 x＝4，又有水蒸氣參與反應(yīng)，所以產(chǎn)物為NaHSO3。題型六 考查信息氧化還原反應(yīng)方程式的書寫

例 6.（江蘇鹽城一中模擬）從某廢催化劑(含 ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金屬并制取活性

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氧化鋅的工藝流程如下(已知：Zn 及其氧化物、氫氧化物的性質(zhì)與 Al 及其相應(yīng)化合物性質(zhì)類似)：“氧化”時 Mn

2＋被氧化的離子方程式為____________________________________。“中和、沉淀”時，若 pH 過高，則堿式碳酸鋅的產(chǎn)率偏小。寫出其反應(yīng)的離子方程式(任寫一個即可)：_____________________________________________________________________________________?！窘馕觥坑晒に嚵鞒虉D可知反應(yīng)物為 Mn

2＋、(NH4)2S2O8，生成物為 MnO(OH)2、(NH4)2SO4故反應(yīng)的離子方程式為 Mn

2＋＋S2O2－

8 ―→MnO(OH)2＋2SO2－

4 ，由環(huán)境知濾液呈酸性，故應(yīng)在右側(cè)補H

＋，左側(cè)補水，Mn2＋＋S2O2－8＋3H2O===MnO(OH)2＋2SO2－

4 ＋4H

＋。

【答案】Mn

2＋＋S2O2－

8 ＋3H2O===MnO(OH)2↓＋2SO2－

4 ＋4H

＋ Zn(OH)2＋2OH

－===ZnO2－＋2H2O【方法技巧】突破信息氧化還原反應(yīng)方程式書寫中反應(yīng)物與產(chǎn)物判斷

(1)從工藝流程題框圖進出物質(zhì)中分析判斷

(2)整合題干信息，從文字敘述中剝離

(3)常見變化如 SO2－

3 →SO2－

4 MnO

－

4、MnO2－

4 、MnO2→Mn

2＋ ClO

－

4、ClO

－

3 、ClO2、ClO

－

2、HClO2、HClO →Cl－

(4)焙燒要注意空氣中的 O2有可能參與反應(yīng)

【變式探究】（山西大同一中模擬）NaCN 屬于劇毒化學(xué)品，應(yīng)與酸類、氧化劑、食用化學(xué)品分開存放。其陰離子 CN

－中各原子均滿足 8 電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，NaCN 的電子式為______________________；NaCN溶液顯堿性，原因是__________________________________ _______________________。

(用離子方程式表示)；強氧化劑 NaClO 會將 CN

－氧化，生成 N2、CO 2－

3 和Cl－等無毒無害物質(zhì)，可用該反應(yīng)處理含氰廢水(破氰)，反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________。若用一定量 NaClO 處理濃縮后的含氰廢水 10 L[c(CN

－

)＝0.2 mol·L

－1]，過程中產(chǎn)生標準狀況下21L氮氣，則該過程的破氰率達到______________________%。

【解析】根據(jù)關(guān)系式：2CN

－～N2，知去除的 n(CN

－

)＝2n(N2)＝

21 L

22.4 L·mol－1×2＝21

11.2

mol10 L濃縮后的含氰廢水中 n(CN

－

)＝0.2 mol·L

－1×10 L＝2 mol，故該過程的破氰率為

21

11.2÷2×100%＝93.75%。

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【答案】 CN

－＋H2O HCN＋OH

－

2CN

－＋5ClO

－＋2OH

－===2CO2－

3 ＋N2↑＋5Cl－＋H2O 93.75

題型七 氧化還原滴定

例 7.(云南昆明調(diào)研)準確測定某溶液中 Fe

2＋質(zhì)量分數(shù)的一種方法是：在 FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固體制成莫爾鹽晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]，該晶體比一般亞鐵鹽穩(wěn)定。

稱取a g莫爾鹽樣品溶于水，配制成200 mL溶液，每次取待測液20.00 mL，用濃度為b mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定。實驗結(jié)果記錄如下：

實驗次數(shù) 第一次 第二次第三次消耗酸性 KMnO4溶液體積/mL 20.02 19.98 20.52

(1)酸化 KMnO4的試劑為________(選填序號)。

A.HCl B.H2SO4 C.HNO3

(2)滴定過程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________。(3)滴定過程中，應(yīng)將酸性 KMnO4溶液置于________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。判斷滴定終點的現(xiàn)象為_________________________________________________________________。(4)通過實驗數(shù)據(jù)計算樣品中 Fe

2＋的質(zhì)量分數(shù)為______________________(用含a、b 的代數(shù)式表示)?！窘馕觥?1)HCl 具有還原性，能被 KMnO4溶液氧化，HNO3具有強氧化性，也能氧化Fe

2＋，滴定時產(chǎn)生干擾，數(shù)據(jù)不準確，因此酸化 KMnO4溶液的試劑為 H2SO4，B 項正確。(2)滴定過程中，F(xiàn)e

2＋與MnO－4在酸性條件下反應(yīng)的離子方程式為 MnO

－

4 ＋5Fe

2＋＋8H

＋===Mn

2＋＋5Fe

3＋＋4H2O。(3)酸性 KMnO4溶液具有強氧化性，能氧化堿式滴定管下端的橡膠管，故應(yīng)將其置于酸式滴定管中。實驗時滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液變?yōu)闇\紅色，且 30 s 內(nèi)顏色不再發(fā)生變化，即說明達到滴定終點。(4)第三次實驗數(shù)據(jù)誤差較大，應(yīng)舍去，根據(jù)第一次、第二次的實驗數(shù)據(jù)可算出實驗中消耗酸性 KMnO4溶液的平均體積為 20.00 mL，根據(jù)MnO

－

4 ～ 5Fe

2＋

1 mol 5 mol b mol·L

－1×20.00×10－3 L

c（Fe

2＋）×20.00×10－3 L

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得 c(Fe

2＋

)＝

5 mol×b mol·L

－1×20.00×10－3 L

1 mol×20.00×10－3 L ＝5b mol·L

－1，則該莫爾鹽中 Fe

2＋的質(zhì)量分數(shù)＝5b mol·L

－1×0.2 L×56 g·mol－1

a g ×100%＝

56b

a ×100%。

【答案】(1)B (2)MnO

－

4 ＋5Fe

2＋＋8H

＋===Mn

2＋＋5Fe

3＋＋4H2O (3)酸式 當最后一滴酸性高錳酸鉀溶液滴入時，溶液變?yōu)闇\紅色，且 30 s 內(nèi)不變色 (4)56b

a ×100%

【變式探究】（遼寧本溪一中模擬）用如圖裝置可以測定混合氣中 ClO2的含量：Ⅰ.在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用 50 mL 水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封裝置中加入水，使液面沒過玻璃液封管的管口；

Ⅲ.將一定量的混合氣體通入錐形瓶中吸收；

Ⅳ.將玻璃液封裝置中的水倒入錐形瓶中；

Ⅴ.用 0.100 0 mol·L

－1硫代硫酸鈉標準溶液滴定錐形瓶中的溶液(I2＋2S2O2－

3 ===2I－＋S4O2－

6 )，指示劑顯示終點時共用去 20.00 mL 硫代硫酸鈉溶液。在此過程中：

(1)錐形瓶內(nèi) ClO2與碘化鉀反應(yīng)的離子方程式為_______________________________________________。(2)玻璃液封裝置的作用是____________________________________________。(3)Ⅴ中加入的指示劑通常為______________________，滴定至終點的現(xiàn)象是______________________。(4)測得混合氣中 ClO2的質(zhì)量為______________________g。

【解析】(1)ClO2與 KI 溶液反應(yīng)時，C l＋4

O2→C l－1－，2I－→I2，反應(yīng)環(huán)境為酸性，從而可寫出該反應(yīng)的離子方程式。(2)玻璃液封裝置的作用是防止殘余的 ClO2氣體揮發(fā)到空氣中，污染空氣。(3)步驟V反應(yīng)中，I2→2I－，I2使淀粉溶液顯藍色，故可選用淀粉溶液作指示劑，滴定至終點時溶液由藍色變?yōu)闊o色。(4)由反應(yīng)2ClO2＋10I－＋8H

＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O2－

3 ===2I－＋S4O 2－

6 可得關(guān)系式：2ClO2～5I2～10S2O2－

3 ，n(S2O2－3 )＝0.1000

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mol·L

－1×20.00 mL×10－3 L/mL＝2×10－3 mol，則 n(ClO2)＝2×10－3 mol×2/10＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4

mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。

【答案】(1)2ClO2＋10I－＋8H

＋===2Cl－＋5I2＋4H2O

(2)吸收殘余的二氧化氯氣體(其他合理答案也可)

(3)淀粉溶液 溶液由藍色變?yōu)闊o色且 30 s 內(nèi)不恢復(fù)原色

(4)0.027 00

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專題05 化學(xué)反應(yīng)中的能量變化【考情探究】

課

標

解

讀

內(nèi)容 反應(yīng)熱的有關(guān)概念 熱化學(xué)方程式蓋斯定律及其應(yīng)用解讀

1.了解化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化。了解吸熱反

應(yīng)、放熱反應(yīng)、反應(yīng)熱等概念。

2.了解能源是人類生存和社會發(fā)展的重要基

礎(chǔ)。了解化學(xué)在解決能源危機中的重要作用。

1.了解熱化學(xué)方程式的含義，能正確書寫熱化學(xué)方程式。2.理解蓋斯定律，并能運用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)焓變的計算?？记榉治?/p>

“反應(yīng)熱”已成為近幾年的必考內(nèi)容，一般不單獨命題，而是作為非選擇題的某個設(shè)問，常與化學(xué)反應(yīng)速率、化學(xué)平衡及工藝流程相結(jié)合；從考查內(nèi)容上看，均與蓋斯定律有關(guān)，試題整體難度雖然較大，但涉及本專題的內(nèi)容都比較容易。隨著能源問題的日益突出，對本專題內(nèi)容的考查仍將維持較高的熱度。

備考策略

考查點主要是運用蓋斯定律進行ΔH 的計算和熱化學(xué)方程式的書寫，而且考查頻率較高。利用鍵能進行ΔH 的計算及化學(xué)反應(yīng)中能量變化的有關(guān)概念考查頻率較低。【高頻考點】

高頻考點一 化學(xué)能與熱能

1.理解化學(xué)反應(yīng)熱效應(yīng)的兩種角度

反應(yīng)熱圖示

圖像分析

微觀 宏觀

a 表示斷裂舊化學(xué)鍵吸收的能量；

a 表示反應(yīng)物的活化能；b 表示活化分子形成生成物釋放的

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b 表示生成新化學(xué)鍵放出的能量；

c 表示反應(yīng)熱

能量；

c 表示反應(yīng)熱ΔH 的計算

ΔH＝H(生成物)－H(反應(yīng)物)

ΔH＝∑E(反應(yīng)物鍵能)－∑E(生成物鍵能)

2.“五步”法書寫熱化學(xué)方程式

【特別提醒】對于具有同素異形體的物質(zhì)，除了要注明聚集狀態(tài)之外，還要注明物質(zhì)的名稱。如：①S(單斜，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH1＝－297.16 kJ·mol－1

②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2＝－296.83 kJ·mol－1

③S(單斜，s)===S(正交，s) ΔH3＝－0.33 kJ·mol－1

3．燃燒熱和中和熱應(yīng)用中的注意事項

(1)均為放熱反應(yīng)，ΔH<0，單位為 kJ·mol－1。

(2)燃燒熱概念理解的三要點：①外界條件是 25 ℃、101 kPa；②反應(yīng)的可燃物是1 mol；③生成物是穩(wěn)定的氧化物(包括狀態(tài))，如碳元素生成的是 CO2，而不是 CO，氫元素生成的是液態(tài)水，而不是水蒸氣。(3)中和熱概念理解三要點：①反應(yīng)物的酸、堿是強酸、強堿；②溶液是稀溶液，不存在稀釋過程的熱效應(yīng)；③生成產(chǎn)物水是 1 mol。

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高頻考點二 蓋斯定律中的應(yīng)用

1．定律內(nèi)容

一定條件下，一個反應(yīng)不管是一步完成，還是分幾步完成，反應(yīng)的總熱效應(yīng)相同，即反應(yīng)熱的大小與反應(yīng)途徑無關(guān)，只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)。

2．常用關(guān)系式

熱化學(xué)方程式 焓變之間的關(guān)系

aA===B ΔH1

A===

1

a

B ΔH2

ΔH2＝

1

a

ΔH1或ΔH1＝aΔH2

aA===B ΔH1

B===aA ΔH2

ΔH1＝－ΔH2

ΔH＝ΔH1＋ΔH2

3.答題模板——疊加法

步驟 1 “倒”為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式顛倒過來，反應(yīng)熱的數(shù)值不變，但符號相反。這樣，就不用再做減法運算了，實踐證明，方程式相減時往往容易出錯。

步驟 2 “乘”為了將方程式相加得到目標方程式，可將方程式乘以某個倍數(shù)，反應(yīng)熱也要相乘。步驟 3 “加”上面的兩個步驟做好了，只要將方程式相加即可得目標方程式，反應(yīng)熱也要相加。

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4.蓋斯定律中的三種定量關(guān)系

轉(zhuǎn)化類型 反應(yīng)熱間的關(guān)系

aA――→

ΔH1

B、A――→

ΔH2 1

a

B ΔH1＝aΔH2

ΔH1＝－ΔH2

ΔH＝ΔH1＋ΔH2

【題型突破】

題型一 反應(yīng)熱與焓變

例 1．（·浙江卷）關(guān)于下列ΔH 的判斷正確的是( )

2 CO3 3 (aq) H (aq) HCO (aq)

? ? ? ? ? ΔH1

CO3

2-(aq)+H2O(l) HCO3

-(aq)+OHˉ(aq) ΔH2

OH 2 (aq) H (aq) H O(l)

? ? ? ? ΔH3

OH 3 3 2 (aq) CH COOH(aq)=CH COO (aq) H O(l)

? ? ? ? ΔH4

A. Δ 1< 2 H 0 ΔH <0 B. ΔH1<ΔH2

C. Δ 3< 4 H 0 ΔH >0 D. ΔH3>ΔH4

【答案】B

【解析】碳酸氫根的電離屬于吸熱過程，則 CO3

2-(aq)+H+

(aq)=HCO3

2-(aq)為放熱反應(yīng)，所以△H1<0；CO3

2-(aq)+H2O(l) HCO3

-(aq)+OHˉ(aq)為碳酸根的水解離子方程式，CO3

2-的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+

(aq)=H2O(l)表示強酸和強堿的中和反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，所以△H3<0；醋酸與強堿的中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，電離過程中會吸收部分熱量，所以醋酸與強堿反應(yīng)過程放出的熱量小于強酸和強堿反應(yīng)放出的熱量，則△H4>△H3；綜上所述，只有△H1<△H2正確，故答案為B。【變式探究】(·海南，5)根據(jù)下圖中的能量關(guān)系，可求得 C—H 的鍵能為( )

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A．414 kJ·mol－1 B．377 kJ·mol－1

C．235 kJ·mol－1 D．197 kJ·mol－1

【答案】A

【解析】C(s)===C(g) ΔH1＝717 kJ·mol－1

2H2(g)===4H(g) ΔH2＝864 kJ·mol－1

C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH3＝－75 kJ·mol－1

根據(jù)ΔH＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能

－75 kJ·mol－1＝717 kJ·mol－1＋864 kJ·mol－1－4 E(C—H)，解得 E(C—H)＝414 kJ·mol－1?！咀兪教骄俊縖·全國卷Ⅰ，28(3)]我國學(xué)者結(jié)合實驗與計算機模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用*標注。

可知水煤氣變換的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。該歷程中最大能壘(活化能)E 正＝________eV，寫出該步驟的化學(xué)方程式____________________。

【答案】小于 2.02 COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*(或 H2O*===H*＋OH*)

【解析】觀察始態(tài)物質(zhì)的相對能量與終態(tài)物質(zhì)的相對能量知，終態(tài)物質(zhì)相對能量低于始態(tài)物質(zhì)相對能量，

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說明該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，ΔH 小于 0。過渡態(tài)物質(zhì)相對能量與始態(tài)物質(zhì)相對能量相差越大，活化能越大，由題圖知，最大活化能 E 正＝1.86 eV－(－0.16 eV)＝2.02 eV，該步起始物質(zhì)為 COOH*＋H*＋H2O*，產(chǎn)物為COOH*＋2H*＋OH*。

【特別提醒】利用鍵能計算反應(yīng)熱，要熟記公式：ΔH＝反應(yīng)物總鍵能－生成物總鍵能，其關(guān)鍵是弄清物質(zhì)中化學(xué)鍵的數(shù)目。在中學(xué)階段要掌握常見單質(zhì)、化合物中所含共價鍵的數(shù)目。原子晶體：1 mol 金剛石中含2molC—C 鍵，1 mol 硅中含 2 mol Si—Si 鍵，1 mol SiO2晶體中含 4 mol Si—O 鍵；分子晶體：1 mol P4中含有6molP—P 鍵，1 mol P4O10(即五氧化二磷)中含有 12 mol P—O 鍵、4 mol P==O 鍵，1 mol C2H6中含有6 mol C—H鍵和 1 mol C—C 鍵。

題型二 考查化學(xué)反應(yīng)能量圖像與ΔH

例 2.(山東青島模擬)CH4超干重整 CO2的催化轉(zhuǎn)化如圖 1 所示：

(1)已知相關(guān)反應(yīng)的能量變化如圖 2 所示：

過程Ⅰ的熱化學(xué)方程式為 。(2)關(guān)于上述過程Ⅱ的說法不正確的是 (填字母)。

a．實現(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的分離

b．可表示為 CO2＋H2===H2O(g)＋CO

c．CO 未參與反應(yīng)

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d．Fe3O4、CaO 為催化劑，降低了反應(yīng)的ΔH

【答案】(1)CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1 (2)cd

【解析】(1)由圖 2 可得反應(yīng)Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.2 kJ·mol－1，反應(yīng)Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g) ΔH＝－165 kJ·mol－1；根據(jù)蓋斯定律計算Ⅰ×2＋Ⅱ得到CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1。

(2)過程Ⅱ的第一步反應(yīng)是 CO＋CO2＋H2＋Fe3O4＋CaO―→H2O(g)＋Fe＋CaCO3，第二步反應(yīng)是Fe＋CaCO3―→Fe3O4＋CaO＋CO；上述分析可知，兩步反應(yīng)實現(xiàn)了含碳物質(zhì)與含氫物質(zhì)的分離，a 項正確；反應(yīng)過程中總反應(yīng)可表示為 CO2＋H2===H2O(g)＋CO，b 項正確；CO 參與反應(yīng)后又生成，c 項錯誤；Fe3O4、CaO為催化劑，改變反應(yīng)速率但不能改變反應(yīng)的ΔH，d 項錯誤。

【方法技巧】常見反應(yīng)熱或ΔH 的計算類型

(1)利用熱化學(xué)方程式進行有關(guān)計算

根據(jù)已知的熱化學(xué)方程式、已知的反應(yīng)物或生成物的物質(zhì)的量、反應(yīng)吸收或放出的熱量，可以把反應(yīng)熱當作“產(chǎn)物”，計算反應(yīng)放出或吸收的熱量。

(2)根據(jù)燃燒熱數(shù)據(jù)，計算反應(yīng)放出的熱量

計算公式：Q＝燃燒熱×n(可燃物的物質(zhì)的量)。

(3)根據(jù)舊鍵斷裂和新鍵形成過程中的能量差計算焓變

若反應(yīng)物舊化學(xué)鍵斷裂吸收能量 E1，生成物新化學(xué)鍵形成放出能量 E2，則反應(yīng)的ΔH＝E1－E2。(4)利用物質(zhì)的焓(H)計算

ΔH＝H(生成物)－H(反應(yīng)物)。

【舉一反三】（廣東省佛山高三質(zhì)檢）北京時間年 8 月 18 日晚第十八屆亞洲運動會在印度尼西亞正式開幕，本次亞運會火炬的燃料是丙烷，亞運圣火將體育精神代代相傳。已知 25 ℃，101 kPa 下：化學(xué)鍵 C—H C—C O===O C===O H—O鍵能/ (kJ·mol－1) 415 331 498 745 465

(丙烷燃燒過程中不考慮其他能量轉(zhuǎn)化)。下列說法正確的是 ( )

A．火炬中丙烷完全燃燒的熱化學(xué)方程式為 C3H8＋5O2===3CO2＋4H2O ΔH＝－1 718 kJ·mol－1

B．C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g) ΔH<－1718 kJ·mol－1

C．火炬中丙烷完全燃燒的熱化學(xué)方程式為 C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝1718 kJ·mol－1

D．火炬中丙烷燃燒的能量變化可用如圖所示表示

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【答案】D

【解析】1 mol C3H8分子中含有 2 mol C—C 鍵，8 mol C—H 鍵，C3H8在燃燒過程中所有的化學(xué)鍵均要發(fā)生斷裂，1 mol C3H8化學(xué)鍵斷裂吸收的熱量＝2×331 kJ＋8×415 kJ＝3 982 kJ5 mol O2化學(xué)鍵斷裂吸收的熱量＝5×498 kJ＝2 490 kJ，生成的 3 mol CO2和 4 mol H2O 放出的熱量＝3×2×745 kJ＋4×2×465 kJ＝8 190 kJ，故1molC3H8完全燃燒生成 CO2和 H2O(g)放出熱量＝8 190 kJ－(3 982＋2 490)kJ＝1 718 kJ，故火炬中丙烷完全燃燒的熱化學(xué)方程式為 C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 718 kJ·mol－1。故選項B 錯；選項A，沒有注明物質(zhì)的狀態(tài)，錯誤；選項 C 中ΔH 忽視“－”，錯誤；選項 D，因 C3H8(g)完全燃燒是放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量，正確。

【變式探究】（河北省衡水中學(xué)調(diào)研）已知化學(xué)反應(yīng) A2(g)＋B2(g)===2AB(g) ΔH＝＋100 kJ·mol－1的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是( )

A．加入催化劑，該反應(yīng)的反應(yīng)熱ΔH 將減小

B．每形成 2 mol A—B 鍵，將吸收 b kJ 能量

C．每生成 2 分子 AB 吸收(a－b) kJ 熱量

D．該反應(yīng)正反應(yīng)的活化能大于 100 kJ·mol－1

【答案】D

【解析】催化劑不能改變反應(yīng)熱的大小，A 錯誤；形成化學(xué)鍵，釋放能量，B 錯誤；熱化學(xué)方程式中，化學(xué)計量數(shù)代表物質(zhì)的量，C 錯誤。

【變式探究】（山東省德州高三模擬）用 CO2催化加氫可以制取乙烯：CO2(g)＋3H2(g) 1

2

C2H4(g)＋

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2H2O(g)，若該反應(yīng)體系的能量隨反應(yīng)過程變化關(guān)系如圖所示，則該反應(yīng)的ΔH＝________(用含a、b的式子表示)。

又知：相關(guān)化學(xué)鍵的鍵能如下表所示，實驗測得上述反應(yīng)的ΔH＝－152 kJ·mol－1，則表中的x＝________?；瘜W(xué)鍵 C===O H—H C===C C—H H—O鍵能/ (kJ·mol－1) 803 436 x 414 464

【答案】(a－b) kJ·mol－1 764

【解析】該反應(yīng)的ΔH＝(803 kJ·mol－1×2＋436 kJ·mol－1×3)－[1

2×(x kJ·mol－1＋414 kJ·mol－1×4)＋464kJ·mol－1×4]＝－152 kJ·mol－1，解得 x＝764。

題型三 考查蓋斯定律

例 3．[·全國卷Ⅱ，27(1)]環(huán)戊二烯( )是重要的有機化工原料，廣泛用于農(nóng)藥、橡膠、塑料等生產(chǎn)?；卮鹣铝袉栴}：

已知： (g)=== (g)＋H2(g) ΔH1＝100.3 kJ·mol－1①

H2(g)＋I2(g)===2HI(g) ΔH2＝－11.0 kJ·mol－1②

對于反應(yīng)： (g)＋I2(g)=== (g)＋2HI(g)③

ΔH3＝________kJ·mol－1。

【答案】89.3

【解析】將題給三個熱化學(xué)方程式依次編號為①、②、③，根據(jù)蓋斯定律，由反應(yīng)①＋反應(yīng)②得反應(yīng)③，則ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝(100.3－11.0)kJ·mol－1＝89.3 kJ·mol－1。

【變式探究】(·浙江 4 月選考，23)MgCO3和 CaCO3的能量關(guān)系如圖所示(M＝Ca、Mg)：

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M2＋

(g)＋CO2－

3 (g)――→

ΔH2 M2＋

(g)＋O2－

(g)＋CO2(g)

↑ΔH1 ↓ΔH3

MCO3(s)――→

ΔH

MO(s) ＋ CO2(g)

已知：離子電荷相同時，半徑越小，離子鍵越強。下列說法不正確的是( )

A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0

B．ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0

C．ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)

D．對于 MgCO3和 CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3

【答案】C

【解析】根據(jù)蓋斯定律，得ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3，又易知 Ca

2＋半徑大于 Mg

2＋半徑，所以CaCO3的離子鍵強度弱于 MgCO3，CaO 的離子鍵強度弱于 MgO。A 項，ΔH1表示斷裂 CO 2－

3 和M2＋的離子鍵所吸收的能量，離子鍵強度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，正確；B 項，ΔH2表示斷裂CO2－3 中共價鍵形成 O2－和 CO2吸收的能量，與 M2＋無關(guān)，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，正確；C項，由上可知ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成 MO 離子鍵所放出的能量，ΔH3為負值，CaO的離子鍵強度弱于 MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)>0，錯誤；D 項，由以上分析可知ΔH1＋ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，正確。

【舉一反三】(湖南長郡中學(xué)模擬)(1)已知 C(s，石墨)===C(s，金剛石)ΔH>0，則穩(wěn)定性：金剛石(填“>”“<”)石墨。

(2)已知：2C(s)＋2O2(g)===2CO2(g) ΔH1

2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH2

則ΔH1 (填“>”或“<”)ΔH2。

(3)“嫦娥”五號預(yù)計在海南文昌發(fā)射中心發(fā)射，火箭的第一、二級發(fā)動機中，所用的燃料為偏二甲肼和四氧化二氮，偏二甲肼可用肼來制備。用肼(N2H4)作燃料，四氧化二氮作氧化劑，二者反應(yīng)生成氮氣和氣態(tài)水。已

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知：

①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g) ΔH＝＋10.7 kJ·mol－1

②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)

ΔH＝－543 kJ·mol－1

寫出氣態(tài)肼和 N2O4反應(yīng)的熱化學(xué)方程式： 。(4)25 ℃、101 kPa 時，14 g CO 在足量的 O2中充分燃燒，放出 141.3 kJ 熱量，則CO 的燃燒熱為ΔH＝。(5)0.50 L 2.00 mol·L

－1 H2SO4溶液與 2.10 L 1.00 mol·L

－1 KOH 溶液完全反應(yīng)，放出114.6 kJ 熱量，該反應(yīng)的中和熱ΔH＝ 。

(6)已知拆開 1 mol H—H 鍵、1 mol N—H 鍵、1 mol N≡N 鍵分別需要的能量是436 kJ、391 kJ、946kJ，則N2與 H2反應(yīng)生成 NH3的熱化學(xué)方程式是 ?！敬鸢浮?1)< (2)<

(3)2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH＝－1 096.7 kJ·mol－1

(4)－282.6 kJ·mol－1

(5)－57.3 kJ·mol－1

(6)N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1

【解析】(1)已知 C(s，石墨)===C(s，金剛石) ΔH>0，說明該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，因此石墨的總能量低于金剛石的總能量，而能量越低，物質(zhì)越穩(wěn)定，故穩(wěn)定性：金剛石<石墨。

(2)ΔH1表示碳完全燃燒的反應(yīng)熱，ΔH2表示碳不完全燃燒的反應(yīng)熱，碳完全燃燒放熱多，且放熱越多ΔH越小。因此，ΔH1<ΔH2。

(3)根據(jù)蓋斯定律，由 2×②－①得：

2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)

ΔH＝2×(－543 kJ·mol－1)－(＋10.7 kJ·mol－1)＝－1 096.7 kJ·mol－1。

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(4)25 ℃、101 kPa 時，14 g CO 在足量的 O2中充分燃燒，放出 141.3 kJ 的熱量，則1 mol CO(即28gCO)完全燃燒放出的熱量是 141.3 kJ×2＝282.6 kJ，即 CO 的燃燒熱ΔH＝－282.6 kJ·mol－1。(6)N2與 H2反應(yīng)生成 NH3的熱化學(xué)方程式可表示為 N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝E(N≡N)＋3E(H—H)－2×3E(N—H)＝946 kJ·mol－1＋3×436 kJ·mol－1－6×391 kJ·mol－1＝－92 kJ·mol－1。

題型四 利用蓋斯定律計算反應(yīng)熱

例 4.(·課標全國卷Ⅲ，28)近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。Deacon 直接氧化法可按下列催化過程進行：

Ⅰ.CuCl2(s)===CuCl(s)＋

1

2

Cl2(g) ΔH1＝83 kJ·mol－1

Ⅱ.CuCl(s)＋

1

2

O2(g)===CuO(s)＋

1

2

Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1

Ⅲ.CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1

則 4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的 ΔH＝________kJ·mol－1。

【答案】－116

【解析】根據(jù)蓋斯定律知，(反應(yīng)Ⅰ＋反應(yīng)Ⅱ＋反應(yīng)Ⅲ)×2 得 4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，ΔH＝(ΔH1＋ΔH2＋ΔH3)×2＝－116 kJ·mol－1。

【變式探究】(福建廈門質(zhì)檢)氫鹵酸的能量關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是( )

A．已知 HF 氣體溶于水放熱，則 HF 的ΔH1＜0

B．相同條件下，HCl 的ΔH2比 HBr 的小

C．相同條件下，HCl 的ΔH3＋ΔH4比 HI 的大

D．一定條件下，氣態(tài)原子生成 1 mol H—X 鍵放出 a kJ 能量，則該條件下ΔH2＝＋a kJ·mol－1

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【答案】D

【解析】A 項，已知 HF 氣體溶于水放熱，則 HF 氣體溶于水的逆過程吸熱，即HF 的ΔH1＞0，錯誤；B項，由于 HCl 比 HBr 穩(wěn)定，所以相同條件下 HCl 的ΔH2比 HBr 的大，錯誤；C 項，ΔH3＋ΔH4代表H(g)―→H＋(aq)的焓變，與是 HCl 還是 HI 無關(guān)，錯誤；D 項，一定條件下，氣態(tài)原子生成 1 mol H—X 鍵放出a kJ 能量，則斷開 1 mol H—X 鍵形成氣態(tài)原子吸收 a kJ 的能量，即為ΔH2＝＋a kJ·mol－1，正確。【變式探究】(遼寧長春實驗中學(xué)模擬)根據(jù)已知信息，按要求寫出指定反應(yīng)的熱化學(xué)方程式(1)LiH 可作飛船的燃料，已知下列反應(yīng)：

①2Li(s)＋H2(g)===2LiH(s) ΔH＝－182 kJ·mol－1

②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－572 kJ·mol－1

③4Li(s)＋O2(g)===2Li2O(s) ΔH＝－1 196 kJ·mol－1

試寫出 LiH 在 O2中燃燒的熱化學(xué)方程式：

。【答案】2LiH(s)＋O2(g)===Li2O(s)＋H2O(l) ΔH＝－702 kJ·mol－1

【解析】2LiH(s)===2Li(s)＋H2(g) ΔH＝＋182 kJ·mol－1

2Li(s)＋

1

2

O2(g)===Li2O(s) ΔH＝－598 kJ·mol－1

H2(g)＋

1

2

O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1

上述三式相加得：2LiH(s)＋O2(g)===Li2O(s)＋H2O(l) ΔH＝－702 kJ·mol－1。(2)工業(yè)上制取硝酸銨的流程圖如下所示：

已知：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g) 4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 745.2 kJ·mol－1；6NO(g)＋4NH3(g) 5N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 925.2 kJ·mol－1。

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則反應(yīng)Ⅰ的熱化學(xué)方程式可表示為 ?！敬鸢浮?NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 025.2 kJ·mol－1

【解析】將已知的兩個熱化學(xué)方程式從上到下依次標記為①和②，根據(jù)蓋斯定律由①×5－②×4 得：4NH3(g)＋5O2(g) 4NO(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1 025.2 kJ·mol－1。

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專題06 化學(xué)能與電能的轉(zhuǎn)化【考情探究】

課

標

解

讀

內(nèi)容 原電池原理及其應(yīng)用 電解原理及其應(yīng)用解讀

1. 理解原電池的構(gòu)成、工作原理及應(yīng)用，能書寫電極反應(yīng)和總反應(yīng)方程式

2.了解金屬發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原因、金屬腐蝕的危害以及防止金屬腐蝕的措施

3.了解常見化學(xué)電源的種類及其工作原理

理解電解池的構(gòu)成、工作原理及應(yīng)用，能書寫電極反應(yīng)和總反應(yīng)方程式考情分析

電化學(xué)是氧化還原反應(yīng)知識的應(yīng)用和延伸，是熱點考查內(nèi)容。通常會以新型二次電池為載體考查原電池原理與電解原理。試題難度中等，預(yù)計今后對本專題知識的考查會保持穩(wěn)定。

備考策略

本專題命題往往以可充電電池的工作原理及電解原理的應(yīng)用為背景，考查電極反應(yīng)式的書寫、離子移動方向、金屬的電化學(xué)腐蝕及防護等知識。同時也對信息提取、應(yīng)用能力進行考查。備考時要側(cè)重原電池與電解池工作原理中基礎(chǔ)考點的復(fù)習(xí)和電極反應(yīng)式書寫技巧的掌握。

【高頻考點】

高頻考點一 新型電池的工作原理分析

1．突破原電池工作原理

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2．原電池的改進

【特別提醒】(1)改進后的優(yōu)點是電流效率的提高，電流持續(xù)穩(wěn)定。

(2)鹽析的三個作用

①隔絕正負極反應(yīng)物，避免直接接觸，導(dǎo)致電流不穩(wěn)定；

②通過離子的定向移動，構(gòu)成閉合回路；

③平衡電極區(qū)的電荷。

(3)離子交換膜的作用：離子交換膜是一種選擇性透過膜，允許相應(yīng)離子通過，離子遷移方向遵循電池中離子遷移方向。

3．二次電池充電時連接模型(“正”接“正”，“負”接“負”)

注意：放電時負極反應(yīng)與充電時的陰極反應(yīng)相反，同理放電時正極反應(yīng)與充電時陽極反應(yīng)相反。如鉛蓄電池：

負極：Pb＋SO2－

4 －2e－===PbSO4

陰極：PbSO4＋2e－===Pb＋SO2－

4

高頻考點二 電解原理的應(yīng)用 金屬腐蝕與防護

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1．電解池工作原理模型圖

【特別提醒】①陽離子在陰極上的放電順序：Ag＋＞Fe

3＋＞Cu

2＋＞H

＋＞……②陰離子在陽極上的放電順序：S

2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH

－＞含氧酸根離子＞……③當陽極是金屬(Au、Pt 除外)電極時，溶液中的離子不再放電而是金屬失電子生成金屬陽離子。④微粒的放電順序受溫度、濃度、電壓、電極材料等因素的影響。

2．電化學(xué)計算的兩種常用方法

(1)根據(jù)電子守恒計算

①用于串聯(lián)電路中陰陽兩極產(chǎn)物、正負兩極產(chǎn)物、相同電量等類型的計算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。

②用于混合溶液中電解的分階段計算。

(2)根據(jù)關(guān)系式計算

根據(jù)得失電子守恒定律建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計算所需的關(guān)系式。如以通過 4 mol e－為橋梁可構(gòu)建如下關(guān)系式：

(式中 M 為金屬，n 為其離子的化合價數(shù)值)

3．金屬電化學(xué)腐蝕與防護

(1)金屬腐蝕快慢的三個規(guī)律

①金屬腐蝕類型的差異

電解原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學(xué)腐蝕>有防護腐蝕措施的腐蝕。②電解質(zhì)溶液的影響

a．對同一金屬來說，腐蝕的快慢(濃度相同)：強電解質(zhì)溶液>弱電解質(zhì)溶液>非電解質(zhì)溶液。b．對同一種電解質(zhì)溶液來說，電解質(zhì)濃度越大，腐蝕越快。

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③活潑性不同的兩金屬，活潑性差別越大，腐蝕越快。

(2)兩種腐蝕與三種保護

①兩種腐蝕：析氫腐蝕、吸氧腐蝕(關(guān)鍵在于電解液的 pH)。

②三種保護：電鍍保護、犧牲陽極的陰極保護法、外加電流的陰極保護法。高頻考點三 離子交換膜在電化學(xué)中的綜合應(yīng)用

1．離子交換膜的作用

(1)防止副反應(yīng)的發(fā)生，避免影響所制取產(chǎn)品的質(zhì)量；防止引發(fā)不安全因素(如在電解飽和食鹽水中，利用陽離子交換膜，防止陽極產(chǎn)生的 Cl2進入陰極室與氫氧化鈉反應(yīng)，導(dǎo)致所制產(chǎn)品不純；防止與陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸)。

(2)用于物質(zhì)的分離、提純等。

(3)用于物質(zhì)的制備。

2．離子交換膜的類型

根據(jù)透過的微粒，離子交換膜可以分為多種，在高考試題中主要出現(xiàn)過陽離子交換膜、陰離子交換膜和質(zhì)子交換膜三種。陽離子交換膜只允許陽離子通過，阻止陰離子和氣體通過，陰離子交換膜只允許陰離子通過，質(zhì)子交換膜只允許質(zhì)子(H

＋

)通過。

3．離子交換膜類型的判斷

根據(jù)電解質(zhì)溶液呈電中性的原則，判斷膜的類型：

(1)首先寫出陰、陽兩極上的電極反應(yīng)，依據(jù)電極反應(yīng)式確定該電極附近哪種離子剩余。(2)根據(jù)溶液呈電中性，判斷出離子移動的方向，從而確定離子交換膜的類型。4．定量關(guān)系

外電路電子轉(zhuǎn)移數(shù)＝通過隔膜的陰、陽離子帶的負或正電荷數(shù)。

【題型突破】

題型一 考查二次電池

例 1.（·天津卷）熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良，是具有應(yīng)用前景的儲能電池。下圖中的電池反應(yīng)為2 x 2Na+xS????????? Na S 放電

充電

(x=5~3，難溶于熔融硫)，下列說法錯．誤．的是（ ）

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A. Na2S4的電子式為

B. 放電時正極反應(yīng)為

+ - 2 x xS+2Na +2e =Na S

C. Na 和 Na2Sx分別為電池的負極和正極

D. 該電池是以 N 2 3 a-β-Al O 為隔膜的二次電池

【答案】C

【解析】根據(jù)電池反應(yīng)： 2 x 2Na+xS????????? Na S 放電

充電

可知，放電時，鈉作負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：Na-e

-= Na

+，硫作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為

+ - 2 x xS+2Na +2e =Na S ，據(jù)此分析。Na2S4屬于離子化合物，4 個硫原子間形成三對共用電子對，電子式為 ，故 A 正確；放電時發(fā)生的是原電池反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：

+ - 2 x xS+2Na +2e =Na S ，故 B 正確；放電時，Na 為電池的負極，正極為硫單質(zhì)，故 C 錯誤；放電時，該電池是以鈉作負極，硫作正極的原電池，充電時，是電解池，N23a-β-AlO為隔膜，起到電解質(zhì)溶液的作用，該電池為二次電池，故 D 正確；答案選 C。

【方法技巧】

(1)放電時，正、負極的判斷。

(2)充、放電時兩極反應(yīng)式書寫判斷。

(3)充、放電時，電子、離子的移動方向。

(4)電極附近溶液性質(zhì)的變化。

(5)充、放電兩極反應(yīng)類型判斷。

(6)充電連接判斷。

(7)基本電化學(xué)計算。

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【變式探究】(·全國卷Ⅲ)為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學(xué)家近期利用三維多孔海綿狀Zn(3D-Zn)可以高效沉積 ZnO 的特點，設(shè)計了采用強堿性電解質(zhì)的 3D-Zn—NiOOH 二次電池，結(jié)構(gòu)如圖所示。電池反應(yīng)為Zn(s)＋2NiOOH(s)＋H2O(l)???

放?電???

充電

ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。

下列說法錯誤的是( )

A．三維多孔海綿狀 Zn 具有較高的表面積，所沉積的 ZnO 分散度高

B．充電時陽極反應(yīng)為 Ni(OH)2(s)＋OH

－

(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)

C．放電時負極反應(yīng)為 Zn(s)＋2OH

－

(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)

D．放電過程中 OH

－ 通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)

【答案】D

【解析】A 項，三維多孔海綿狀 Zn 為多孔結(jié)構(gòu)，具有較高的表面積，所沉積的ZnO 分散度高，正確；B項，二次電池充電時作為電解池使用，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價升高，原子失去電子，陽極反應(yīng)為Ni(OH)2(s)＋OH

－

(aq)－e－===NiOOH(s)＋H2O(l)，正確；C 項，二次電池放電時作為原電池使用，負極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價升高，原子失去電子，由電池總反應(yīng)可知負極反應(yīng)為 Zn(s)＋2OH

－

(aq)－2e－===ZnO(s)＋H2O(l)，正確；D 項，二次電池放電時作為原電池使用，陰離子從正極區(qū)向負極區(qū)移動，錯誤。題型二 考查新型電池

例 2.（·新課標Ⅲ）一種高性能的堿性硼化釩(VB2)—空氣電池如下圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng)：- - 3- - VB2+ 4 4 2 16OH -11e =VO +2B(OH) +4H O該電池工作時，下列說法錯誤的是（）

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A. 負載通過 0.04 mol 電子時，有 0.224 L(標準狀況)O2參與反應(yīng)

B. 正極區(qū)溶液的 pH 降低、負極區(qū)溶液的 pH 升高

C. 電池總反應(yīng)為

3

2 2 2 4 4 4VB 11O 20OH 6H O 8B(OH) 4VO? ? ? ? ? ? ? ?

D. 電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負載、VB2電極、KOH 溶液回到復(fù)合碳電極

【答案】B

【解析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)，左側(cè) VB2發(fā)生失電子的反應(yīng)生成

3- VO4 和- B4 (OH) ，反應(yīng)的電極方程式如題干所示，右側(cè)空氣中的氧氣發(fā)生得電子的反應(yīng)生成 OH-，反應(yīng)的電極方程式為O2+4e

-+2H2O=4OH-，電池的總反應(yīng)方程式為 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8

- B 4 (OH) +4 3- VO4 ，據(jù)此分析。當負極通過0.04mol 電子時，正極也通過 0.04mol 電子，根據(jù)正極的電極方程式，通過 0.04mol 電子消耗 0.01mol 氧氣，在標況下為0.224L，A正確；反應(yīng)過程中正極生成大量的 OH-使正極區(qū) pH 升高，負極消耗 OH-使負極區(qū) OH-濃度減小pH降低，B錯誤；根據(jù)分析，電池的總反應(yīng)為 4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8

- B 4 (OH) +4 3- VO4 ，C 正確；電池中，電子由VB2電極經(jīng)負載流向復(fù)合碳電極，電流流向與電子流向相反，則電流流向為復(fù)合碳電極→負載→VB2電極→KOH溶液→復(fù)合碳電極，D 正確。

【變式探究】（·全國卷Ⅲ）一種可充電鋰-空氣電池如圖所示。當電池放電時，O2與Li+在多孔碳材料電極處生成 Li2O2-x（x=0 或 1）。下列說法正確的是 （ ）

A. 放電時，多孔碳材料電極為負極

B. 放電時，外電路電子由多孔碳材料電極流向鋰電極

C. 充電時，電解質(zhì)溶液中 Li+向多孔碳材料區(qū)遷移

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D. 充電時，電池總反應(yīng)為 Li2O2-x=2Li+（1－ ）O2

【答案】D

【解析】放電時，O2與 Li+在多孔碳電極處反應(yīng)，說明電池內(nèi)，Li+向多孔碳電極移動，因為陽離子移向正極，所以多孔碳電極為正極，A 錯誤。因為多孔碳電極為正極，外電路電子應(yīng)該由鋰電極流向多孔碳電極（由負極流向正極），B 錯誤。充電和放電時電池中離子的移動方向應(yīng)該相反，放電時，Li+向多孔碳電極移動，充電時向鋰電極移動，C 錯誤。根據(jù)圖示和上述分析，電池的正極反應(yīng)應(yīng)該是 O2與Li+得電子轉(zhuǎn)化為Li2O2-X，電池的負極反應(yīng)應(yīng)該是單質(zhì) Li 失電子轉(zhuǎn)化為 Li+，所以總反應(yīng)為：2Li + (1－ )O2 ＝Li2O2-X，充電的反應(yīng)與放電的反應(yīng)相反，所以為 Li2O2-X ＝ 2Li + (1－ )O2， D 正確。

題型三 考查電解原理及其應(yīng)用

例 3.（·浙江卷）電解高濃度 RCOONa (羧酸鈉)的 NaOH 溶液，在陽極 RCOO? 放電可得到R?R(烷烴)。下列說法不．正．確．的是( )

A. 電解總反應(yīng)方程式： 2 2 2 2RCOONa ? 2H O R ? R ? 2CO??H??2NaOH通電B. RCOO

? 在陽極放電，發(fā)生氧化反應(yīng)

C. 陰極的電極反應(yīng)： 2 2 2H O 2e 2OH H

? ? ? ? ? ?

D. 電解CH3COONa 、CH3CH2COONa 和 NaOH 混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷【答案】A

【解析】因為陽極 RCOO-放電可得到 R-R(烷烴)和產(chǎn)生 CO2，在強堿性環(huán)境中，CO2會與OH-反應(yīng)生成CO32-和 H2O，故陽極的電極反應(yīng)式為 2RCOO--2e

-+4OH-=R-R+2CO3

2-+2H2O，陰極上H2O 電離產(chǎn)生的H+放電生成H2，同時生成 OH-，陰極的電極反應(yīng)式為 2H2O+2e

-=2OH-+H2↑，因而電解總反應(yīng)方程式為2RCOONa+2NaOH=====通電

R-R+2Na2CO3+H2↑，故 A 錯誤；RCOO-在陽極放電，電極反應(yīng)式為 2RCOO--2e

-+4OH-=R-R+2CO3

2-+2H2O，-COO-中碳元素的化合價由+3 價升高為+4 價，發(fā)生氧化反應(yīng)，烴基-R 中元素的化合價沒有發(fā)生變化，故B正確；陰極上 H2O 電離產(chǎn)生的 H+放電生成 H2，同時生成 OH-，陰極的電極反應(yīng)為2H2O+2e

-=2OH-+H2↑，故C正

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確；根據(jù)題中信息，由上述電解總反應(yīng)方程式可以確定下列反應(yīng)能夠發(fā)生：2CH3COONa+2NaOH=====通電CH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOH=====通電

CH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOH=====通電

CH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，電解 CH3COONa、CH3CH2COONa 和NaOH的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D 正確。

【舉一反三】（·江蘇卷）將金屬 M 連接在鋼鐵設(shè)施表面，可減緩水體中鋼鐵設(shè)施的腐蝕。在題圖所示的情境中，下列有關(guān)說法正確的是

A. 陰極的電極反應(yīng)式為 2 Fe 2e Fe

? ? ? ?

B. 金屬 M 的活動性比 Fe 的活動性弱

C. 鋼鐵設(shè)施表面因積累大量電子而被保護

D. 鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快

【答案】C

【解析】該裝置為原電池原理的金屬防護措施，為犧牲陽極的陰極保護法，金屬M作負極，鋼鐵設(shè)備作正極，據(jù)此分析解答。陰極的鋼鐵設(shè)施實際作原電池的正極，正極金屬被保護不失電子，故A錯誤；陽極金屬M實際為原電池裝置的負極，電子流出，原電池中負極金屬比正極活潑，因此 M 活動性比Fe 的活動性強，故B錯誤；金屬 M 失電子，電子經(jīng)導(dǎo)線流入鋼鐵設(shè)備，從而使鋼鐵設(shè)施表面積累大量電子，自身金屬不再失電子從而被保護，故 C 正確；海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電性越強，因此鋼鐵設(shè)施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，故 D 錯誤；故選 C。

【變式探究】[·江蘇卷]將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進行鐵的電化學(xué)腐蝕實驗。下列有關(guān)該實驗的說法正確的是

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A．鐵被氧化的電極反應(yīng)式為Fe?3e

?===Fe

3+ B．鐵腐蝕過程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能

C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕

D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕

【答案】C

【解析】在鐵的電化學(xué)腐蝕中，鐵單質(zhì)失去電子轉(zhuǎn)化為二價鐵離子，即負極反應(yīng)為：Fe?2e

?=Fe

2+，故A錯誤；鐵的腐蝕過程中化學(xué)能除了轉(zhuǎn)化為電能，還有一部分轉(zhuǎn)化為熱能，故 B 錯誤；活性炭與鐵混合，在氯化鈉溶液中構(gòu)成了許多微小的原電池，加速了鐵的腐蝕，故 C 正確；以水代替氯化鈉溶液，水也呈中性，鐵在中性或堿性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，故 D 錯誤。

題型四 考查膜電池綜合應(yīng)用

例 4.（·山東卷）微生物脫鹽電池是一種高效、經(jīng)濟的能源裝置，利用微生物處理有機廢水獲得電能，同時可實現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以 NaCl 溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機廢水(以含CH3COO-的溶液為例)。下列說法錯誤的是

A. 負極反應(yīng)為

- - + CH3COO + 2 2 2H O-8e =2CO +7H

B. 隔膜 1 為陽離子交換膜，隔膜 2 為陰離子交換膜

C. 當電路中轉(zhuǎn)移 1mol 電子時，模擬海水理論上除鹽 58.5g

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D. 電池工作一段時間后，正、負極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為 2:1

【答案】B

【解析】據(jù)圖可知 a 極上 CH3COOˉ轉(zhuǎn)化為 CO2和 H+，C 元素被氧化，所以a 極為該原電池的負極，則b極為正極。a 極為負極，CH3COOˉ失電子被氧化成 CO2和 H+，結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，故 A 正確；為了實現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負極，即a 極，則隔膜1 為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即 b 極，則隔膜 2 為陽離子交換膜，故B 錯誤；當電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會有 1molClˉ移向負極，同時有 1molNa

+移向正極，即除去1molNaCl，質(zhì)量為 58.5g，故 C 正確；b 極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2eˉ=H2↑，所以當轉(zhuǎn)移 8mol 電子時，正極產(chǎn)生 4mol 氣體，根據(jù)負極反應(yīng)式可知負極產(chǎn)生2mol 氣體，物質(zhì)的量之比為4:2=2:1，故 D 正確；故答案為 B。

【變式探究】（·新課標Ⅰ）科學(xué)家近年發(fā)明了一種新型 Zn?CO2水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，溫室氣體 CO2被轉(zhuǎn)化為儲氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提供了一種新途徑。

下列說法錯誤的是 （ ）

A. 放電時，負極反應(yīng)為

2 Z 4 n 2e 4OH Zn(OH)

? ? ? ? ? ?

B. 放電時，1 mol CO2轉(zhuǎn)化為 HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 2 mol

C. 充電時，電池總反應(yīng)為

2

4 2 2 2Zn(OH) 2Zn O 4OH2HO? ? ? ? ? ? ?

D. 充電時，正極溶液中 OH?濃度升高