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高中化学鲁科版必修1第3节 氧化剂和还原剂第4课时学案设计
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这是一份高中化学鲁科版必修1第3节 氧化剂和还原剂第4课时学案设计，共7页。学案主要包含了思维升级，氧化还原反应中的守恒，补偿训练等内容，欢迎下载使用。
学习任务 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．配平原则：
2．配平步骤：
3．配平氧化还原反应的基本技能：
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
4．缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则：
缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。
①方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
②补项原则：
【典例】配平下面的氧化还原反应方程式：
(1)Mn2＋＋O2＋OH－―→MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O
【解析】(1)
(2)
答案：(1)2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
【思维升级】
Mn2＋、Bi3＋、BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 、H＋、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) →Bi3＋的反应过程。将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式。
__________＋__________＋________===__________＋__________＋7H2O
【解析】发生BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Bi3＋的反应，Bi元素由＋5价降低为＋3价即发生还原反应，一个氧化还原反应体系则还要发生氧化反应即Mn2＋―→MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，Mn元素由＋2价升高为＋7价，发生Mn2＋＋BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋―→MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Bi3＋＋H2O，由电子守恒及质量守恒定律可知，该反应为2Mn2＋＋5BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋14H＋===2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Bi3＋＋7H2O。
答案：2Mn2＋ 5BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 14H＋ 2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 5Bi3＋
1．(正向配平)
eq \x( ) HCl(浓)＋ eq \x( ) MnO2 eq \(=====,\s\up7(△)) eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) MnCl2＋ eq \x( ) H2O
答案：4 1 1 1 2
2．(逆向配平)
(1) eq \x( ) S＋ eq \x( ) KOH=== eq \x( ) K2S＋ eq \x( ) K2SO3＋ eq \x( ) H2O
(2) eq \x( ) P4＋ eq \x( ) KOH＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) K3PO4＋ eq \x( ) PH3
答案：(1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
3．(缺项配平)
(1) eq \x( ) ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \x( ) Fe2＋＋ eq \x( ) __________=== eq \x( ) Cl－＋ eq \x( ) Fe3＋＋ eq \x( ) __________。
(2) eq \x( ) MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) __________=== eq \x( ) Mn2＋＋ eq \x( ) CO2↑＋ eq \x( ) __________。
答案：(1)1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
(2)2 5 16 H＋ 2 10 8 H2O
储氢碳纳米管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为C＋K2Cr2O7＋H2SO4―→CO2↑＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O(未配平)
(1)配平上述方程式__________C＋__________K2Cr2O7＋__________H2SO4===________CO2↑＋__________K2SO4＋__________Cr2(SO4)3＋__________H2O。
(2)上述反应中氧化剂是__________(填化学式)，氧化产物是________________________________________________________________________(填化学式)。
(3)H2SO4在上反应中表现出来的性质是__________(填序号)。
A．氧化性 B．氧化性和酸性
C．酸性 D．还原性和酸性
【解析】(1)反应中碳元素的化合价由0升高为＋4，铬元素的化合价由＋6降低为＋3，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O。
(2)铬元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，碳元素的化合价升高，则CO2为氧化产物。
(3)该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，反应中生成硫酸盐，则硫酸在该反应中作酸，体现酸性。
答案：(1)3 2 8 3 2 2 8
(2)K2Cr2O7 CO2 (3)C
【苏教版】P65【氧化还原反应中的守恒】
守恒现象在化学变化过程中普遍存在。我们已经知道，参加化学反应的各物质的总质量等于反应后生成的各物质的总质量。从元素的化合价变化考察氧化还原反应，反应前后元素化合价升、降的总数相等；从电子转移的角度来认识氧化还原反应，反应中氧化剂得电子的数目等于还原剂失电子的数目。氧化还原反应中从化合价变化到得失电子数守恒，体现了人们对化学反应由表及里，由片面到全面，逐渐深入本质的认识过程。
爆竹中的化学原料是黑火药，其主要成分是硝石(硝酸钾)、硫黄及木炭。三者按一定比例混合点燃后生成硫化物、氮气和二氧化碳。
(1)请写出反应的化学方程式，并用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目______________________。
(2)该反应中氧化剂是__________，氧化产物是__________，当生成2个 K2S时，转移电子数为__________个。
【解析】(1)硝石(硝酸钾)、硫黄及木炭按一定比例混合点燃后生成硫化物、氮气和二氧化碳，反应S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑中，则用双线桥法标出电子转移的方向及数目为。
(2)反应S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑中，硫元素化合价由0价降低到－2价，则S为氧化剂，氮元素化合价由＋5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，碳元素化合价由0价升高到＋4价，则C为还原剂，还原剂对应的氧化产物为CO2；当生成2个 K2S时，转移电子数为24个。
答案：(1)
(2)S、KNO3 CO2 24
1．(水平1)将锌粉加入20.0 mL的MO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 溶液中，其中锌与MO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 的个数比为3∶1，则还原产物可能是( )
A．M B．M－ C．M3＋ D．MO2＋
【解析】选B。若M化合价由＋5变为x，则(5－x)×1＝3×2，可得x＝－1。
【补偿训练】
已知OCN－中C显＋4价，N显－3价，在反应OCN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)中，如果有6个 Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的个数是( )
A．2 个 B．3个 C．4个 D．6 个
【解析】选C。反应中只有N和Cl的化合价改变，根据OCN－ eq \(――→,\s\up7(失3e－)) eq \f(1,2) N2、Cl2 eq \(――→,\s\up7(得2e－)) 2Cl－，由得失电子守恒：2×6＝3×N(OCN－)，可知有4 个 OCN－被氧化，C对。
2．(水平2)水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2＋＋2S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。下列说法正确的是( )
A．O2、S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 都是氧化剂
B．x＝2
C．纳米Fe3O4颗粒是固溶胶
D．每消耗1 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 时，转移2 ml e－
【解析】选D。在反应中，Fe的化合价从＋2价部分升高到＋3价，S的化合价从＋2价升高到＋2.5价，氧气中O的化合价从0价降低到－2价，所以O2是氧化剂，S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和Fe2＋都是还原剂，故A错误；根据质量守恒，反应后H个数为4，所以x＝4，故B错误；固溶胶是分散剂是固体的胶体分散系，纳米Fe3O4颗粒分散在某种固体中才是固溶胶，故C错误；氧气是氧化剂，消耗1 mlO2转移4 ml电子，同时消耗2 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，所以每消耗1 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 时，转移2ml e－，故D正确。
3．(水平1)已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋NO↑＋__________ eq \x( ) (未配平)，下列说法错误的是( )
A．配平后H2O的化学计量数为4
B．反应后溶液呈酸性
C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
D．氧化产物为AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
【解析】选C。根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得3As2S3＋4H2O＋28NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===6AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋9SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋28NO↑＋8H＋，据此可知A、B、D均正确。氧化剂和还原剂的物质的量之比为28∶3，故C错误。
4．(水平2)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为( )
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
【解析】选B。配平该反应：3(NH4)2SO4 eq \(=====,\s\up7(高温)) 3SO2↑＋4NH3↑＋N2↑＋6H2O，从而推断出化合价变化和未变化的N原子个数之比为1∶2。
5．(水平2)在酸性条件下，可发生如下反应：ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2M3＋＋4H2O===M2O eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(7)) ＋Cl－＋8H＋，M2O eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(7)) 中M的化合价是 ( )
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
【解析】选C。根据离子方程式中，反应前后电荷守恒，可得6－1＝8－n－1，解得n＝2，M2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 中M的化合价为＋6价，故C正确。
【补偿训练】
向含有FeCl2的溶液中通入Cl2，再加入含X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 的酸性溶液，使溶液中的Fe2＋恰好全部氧化，并使X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 还原为Xn＋，Fe2＋、Cl2与X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 三种微粒的个数之比为10∶2∶1则n值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】选B。反应中价态的变化为Fe2＋―→Fe3＋，Cl2―→2Cl－；X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ―→2Xn＋。根据得失电子守恒可得：N(Fe2＋)×1＝N(Cl2)×2＋N(X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )×2×(6－n)，即 10×1＝2×2＋1×2×(6－n)，解得n＝3。
6．(水平2)(2021·中山高一检测)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3＜x＜4，M＝Mn、Zn、Ni，且均为＋2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到的。
(1)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于__________。
(2)MFe2O4中Fe元素的化合价为__________。
(3)在酸性条件下，Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 容易转化为Fe2＋，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、Fe2＋、H＋、H2O、Cu2O、Cu2＋，则该反应中的氧化剂是__________，还原剂是__________。
【解析】(1)新型纳米材料氧缺位铁酸盐属于纳米材料，微粒直径处于1～100 nm之间，所以分散在蒸馏水中所形成的分散系属于胶体；(2) M的化合价为＋2价，氧元素为－2价，设铁元素的化合价为＋x，依据化合物MFe2O4中各元素化合价代数和为0，则：(＋2)＋(2x)＋(－2×4)＝0，x＝＋3，即MFe2O4中Fe元素的化合价为＋3；(3)在酸性条件下，Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 容易转化为Fe2＋，铁元素的化合价从＋3价降低到＋2价，化合价降低作氧化剂，作还原剂的物质中元素化合价升高，才能符合氧化还原反应的特征即元素化合价有升必有降，所以应该是Cu2O生成Cu2＋，才符合化合价升高的变化，故氧化剂为Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、还原剂为Cu2O。
答案：(1)胶体 (2) ＋3 (3)Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) Cu2O
7．(水平2)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。
完成下列填空：
(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1∶1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式_________________________。
(2)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2＋KI＋HNO3―→Se＋I2＋KNO3＋H2O
②I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI
配平方程式①，用单线桥法标出电子转移的方向和数目。
【解析】(1)硒被浓硝酸氧化后的产物是SeO2，根据硝酸的还原产物是NO和NO2且物质的量之比为1∶1可以写出反应的化学方程式。
(2)反应中SeO2被还原成Se，Se元素的化合价由＋4价变成0价，KI被氧化成I2，I元素的化合价由－1价变成0价，最小公倍数是4，因此SeO2与Se的化学计量数均为1，KI的化学计量数为4，I2的化学计量数为2，根据元素守恒配平其他的物质。
答案：(1)Se＋2HNO3(浓)===SeO2＋H2O＋NO↑＋NO2↑
(2) ===Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O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－
学习任务 氧化还原反应方程式的书写与配平
1．配平原则：
2．配平步骤：
3．配平氧化还原反应的基本技能：
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
4．缺项的氧化还原反应方程式的配平方法及原则：
缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。
①方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
②补项原则：
【典例】配平下面的氧化还原反应方程式：
(1)Mn2＋＋O2＋OH－―→MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O
【解析】(1)
(2)
答案：(1)2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
【思维升级】
Mn2＋、Bi3＋、BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 、MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 、H＋、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) →Bi3＋的反应过程。将以上物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式。
__________＋__________＋________===__________＋__________＋7H2O
【解析】发生BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→Bi3＋的反应，Bi元素由＋5价降低为＋3价即发生还原反应，一个氧化还原反应体系则还要发生氧化反应即Mn2＋―→MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ，Mn元素由＋2价升高为＋7价，发生Mn2＋＋BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H＋―→MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋Bi3＋＋H2O，由电子守恒及质量守恒定律可知，该反应为2Mn2＋＋5BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋14H＋===2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Bi3＋＋7H2O。
答案：2Mn2＋ 5BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 14H＋ 2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) 5Bi3＋
1．(正向配平)
eq \x( ) HCl(浓)＋ eq \x( ) MnO2 eq \(=====,\s\up7(△)) eq \x( ) Cl2↑＋ eq \x( ) MnCl2＋ eq \x( ) H2O
答案：4 1 1 1 2
2．(逆向配平)
(1) eq \x( ) S＋ eq \x( ) KOH=== eq \x( ) K2S＋ eq \x( ) K2SO3＋ eq \x( ) H2O
(2) eq \x( ) P4＋ eq \x( ) KOH＋ eq \x( ) H2O=== eq \x( ) K3PO4＋ eq \x( ) PH3
答案：(1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5
3．(缺项配平)
(1) eq \x( ) ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \x( ) Fe2＋＋ eq \x( ) __________=== eq \x( ) Cl－＋ eq \x( ) Fe3＋＋ eq \x( ) __________。
(2) eq \x( ) MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) C2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋ eq \x( ) __________=== eq \x( ) Mn2＋＋ eq \x( ) CO2↑＋ eq \x( ) __________。
答案：(1)1 6 6 H＋ 1 6 3 H2O
(2)2 5 16 H＋ 2 10 8 H2O
储氢碳纳米管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应式为C＋K2Cr2O7＋H2SO4―→CO2↑＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O(未配平)
(1)配平上述方程式__________C＋__________K2Cr2O7＋__________H2SO4===________CO2↑＋__________K2SO4＋__________Cr2(SO4)3＋__________H2O。
(2)上述反应中氧化剂是__________(填化学式)，氧化产物是________________________________________________________________________(填化学式)。
(3)H2SO4在上反应中表现出来的性质是__________(填序号)。
A．氧化性 B．氧化性和酸性
C．酸性 D．还原性和酸性
【解析】(1)反应中碳元素的化合价由0升高为＋4，铬元素的化合价由＋6降低为＋3，由电子守恒可知，C的化学计量数为3，K2Cr2O7的化学计量数为2，由质量守恒定律可知，配平后的化学方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4===3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O。
(2)铬元素的化合价降低，则K2Cr2O7为氧化剂，碳元素的化合价升高，则CO2为氧化产物。
(3)该反应中，硫酸中各元素的化合价不发生变化，反应中生成硫酸盐，则硫酸在该反应中作酸，体现酸性。
答案：(1)3 2 8 3 2 2 8
(2)K2Cr2O7 CO2 (3)C
【苏教版】P65【氧化还原反应中的守恒】
守恒现象在化学变化过程中普遍存在。我们已经知道，参加化学反应的各物质的总质量等于反应后生成的各物质的总质量。从元素的化合价变化考察氧化还原反应，反应前后元素化合价升、降的总数相等；从电子转移的角度来认识氧化还原反应，反应中氧化剂得电子的数目等于还原剂失电子的数目。氧化还原反应中从化合价变化到得失电子数守恒，体现了人们对化学反应由表及里，由片面到全面，逐渐深入本质的认识过程。
爆竹中的化学原料是黑火药，其主要成分是硝石(硝酸钾)、硫黄及木炭。三者按一定比例混合点燃后生成硫化物、氮气和二氧化碳。
(1)请写出反应的化学方程式，并用双线桥标出该反应中电子转移的方向和数目______________________。
(2)该反应中氧化剂是__________，氧化产物是__________，当生成2个 K2S时，转移电子数为__________个。
【解析】(1)硝石(硝酸钾)、硫黄及木炭按一定比例混合点燃后生成硫化物、氮气和二氧化碳，反应S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑中，则用双线桥法标出电子转移的方向及数目为。
(2)反应S＋2KNO3＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑中，硫元素化合价由0价降低到－2价，则S为氧化剂，氮元素化合价由＋5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，碳元素化合价由0价升高到＋4价，则C为还原剂，还原剂对应的氧化产物为CO2；当生成2个 K2S时，转移电子数为24个。
答案：(1)
(2)S、KNO3 CO2 24
1．(水平1)将锌粉加入20.0 mL的MO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 溶液中，其中锌与MO eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(2)) 的个数比为3∶1，则还原产物可能是( )
A．M B．M－ C．M3＋ D．MO2＋
【解析】选B。若M化合价由＋5变为x，则(5－x)×1＝3×2，可得x＝－1。
【补偿训练】
已知OCN－中C显＋4价，N显－3价，在反应OCN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)中，如果有6个 Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的个数是( )
A．2 个 B．3个 C．4个 D．6 个
【解析】选C。反应中只有N和Cl的化合价改变，根据OCN－ eq \(――→,\s\up7(失3e－)) eq \f(1,2) N2、Cl2 eq \(――→,\s\up7(得2e－)) 2Cl－，由得失电子守恒：2×6＝3×N(OCN－)，可知有4 个 OCN－被氧化，C对。
2．(水平2)水热法制Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2＋＋2S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。下列说法正确的是( )
A．O2、S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 都是氧化剂
B．x＝2
C．纳米Fe3O4颗粒是固溶胶
D．每消耗1 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 时，转移2 ml e－
【解析】选D。在反应中，Fe的化合价从＋2价部分升高到＋3价，S的化合价从＋2价升高到＋2.5价，氧气中O的化合价从0价降低到－2价，所以O2是氧化剂，S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 和Fe2＋都是还原剂，故A错误；根据质量守恒，反应后H个数为4，所以x＝4，故B错误；固溶胶是分散剂是固体的胶体分散系，纳米Fe3O4颗粒分散在某种固体中才是固溶胶，故C错误；氧气是氧化剂，消耗1 mlO2转移4 ml电子，同时消耗2 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ，所以每消耗1 ml S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 时，转移2ml e－，故D正确。
3．(水平1)已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ―→AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋NO↑＋__________ eq \x( ) (未配平)，下列说法错误的是( )
A．配平后H2O的化学计量数为4
B．反应后溶液呈酸性
C．配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
D．氧化产物为AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) 和SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4))
【解析】选C。根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒，可得3As2S3＋4H2O＋28NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===6AsO eq \\al(\s\up1(3－),\s\d1(4)) ＋9SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋28NO↑＋8H＋，据此可知A、B、D均正确。氧化剂和还原剂的物质的量之比为28∶3，故C错误。
4．(水平2)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为( )
A．1∶4 B．1∶2 C．2∶1 D．4∶1
【解析】选B。配平该反应：3(NH4)2SO4 eq \(=====,\s\up7(高温)) 3SO2↑＋4NH3↑＋N2↑＋6H2O，从而推断出化合价变化和未变化的N原子个数之比为1∶2。
5．(水平2)在酸性条件下，可发生如下反应：ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2M3＋＋4H2O===M2O eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(7)) ＋Cl－＋8H＋，M2O eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(7)) 中M的化合价是 ( )
A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7
【解析】选C。根据离子方程式中，反应前后电荷守恒，可得6－1＝8－n－1，解得n＝2，M2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 中M的化合价为＋6价，故C正确。
【补偿训练】
向含有FeCl2的溶液中通入Cl2，再加入含X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 的酸性溶液，使溶液中的Fe2＋恰好全部氧化，并使X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 还原为Xn＋，Fe2＋、Cl2与X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) 三种微粒的个数之比为10∶2∶1则n值为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】选B。反应中价态的变化为Fe2＋―→Fe3＋，Cl2―→2Cl－；X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ―→2Xn＋。根据得失电子守恒可得：N(Fe2＋)×1＝N(Cl2)×2＋N(X2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) )×2×(6－n)，即 10×1＝2×2＋1×2×(6－n)，解得n＝3。
6．(水平2)(2021·中山高一检测)新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox，3＜x＜4，M＝Mn、Zn、Ni，且均为＋2价，下同)是由铁酸盐MFe2O4经过高温反应得到的。
(1)将纳米材料氧缺位铁酸盐分散在蒸馏水中，所形成的分散系属于__________。
(2)MFe2O4中Fe元素的化合价为__________。
(3)在酸性条件下，Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 容易转化为Fe2＋，某反应体系中共存在下列6种粒子：Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、Fe2＋、H＋、H2O、Cu2O、Cu2＋，则该反应中的氧化剂是__________，还原剂是__________。
【解析】(1)新型纳米材料氧缺位铁酸盐属于纳米材料，微粒直径处于1～100 nm之间，所以分散在蒸馏水中所形成的分散系属于胶体；(2) M的化合价为＋2价，氧元素为－2价，设铁元素的化合价为＋x，依据化合物MFe2O4中各元素化合价代数和为0，则：(＋2)＋(2x)＋(－2×4)＝0，x＝＋3，即MFe2O4中Fe元素的化合价为＋3；(3)在酸性条件下，Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 容易转化为Fe2＋，铁元素的化合价从＋3价降低到＋2价，化合价降低作氧化剂，作还原剂的物质中元素化合价升高，才能符合氧化还原反应的特征即元素化合价有升必有降，所以应该是Cu2O生成Cu2＋，才符合化合价升高的变化，故氧化剂为Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 、还原剂为Cu2O。
答案：(1)胶体 (2) ＋3 (3)Fe2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) Cu2O
7．(水平2)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓硫酸反应生成SeO2以回收Se。
完成下列填空：
(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1∶1，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式_________________________。
(2)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：
①SeO2＋KI＋HNO3―→Se＋I2＋KNO3＋H2O
②I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI
配平方程式①，用单线桥法标出电子转移的方向和数目。
【解析】(1)硒被浓硝酸氧化后的产物是SeO2，根据硝酸的还原产物是NO和NO2且物质的量之比为1∶1可以写出反应的化学方程式。
(2)反应中SeO2被还原成Se，Se元素的化合价由＋4价变成0价，KI被氧化成I2，I元素的化合价由－1价变成0价，最小公倍数是4，因此SeO2与Se的化学计量数均为1，KI的化学计量数为4，I2的化学计量数为2，根据元素守恒配平其他的物质。
答案：(1)Se＋2HNO3(浓)===SeO2＋H2O＋NO↑＋NO2↑
(2) ===Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O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－
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