基础化学李保山第二版8-氧化还原反应习题答案

氧化还原反应一、氧化还原反应的概念1．氧化还原反应的定义、特征及本质根据反应中物质是否得到氧或失去氧把化学反应分为氧化反应和还原反应。

这一类反应叫氧化还原反应。

特征：反应前后化合价的升降。

（判断依据）实质：发生了电子的得失和偏移2．区分氧化剂，还原剂；氧化反应，还原反应；氧化性，还原性；氧化产物，还原产物等四对基本概念。

总诀：得电价降氧化剂（被还原），失电价升还原剂（被氧化）。

氧化反应和还原反应氧化反应：失电子，化合价升高还原反应：得电子化合价降低氧化剂和还原剂氧化剂：得电子，化合价降低的物质还原剂：失电子，化合价升高的物质氧化产物与还原产物氧化产物：还原剂失电子被氧化形成的产物还原产物：氧化剂得电子被还原形成的产物氧化剂和还原剂氧化剂：能得电子具有氧化性的物质还原剂：能失电子具有还原性的物质例题：1找出下列方程式的氧化剂，还原剂。

( 失高氧得低还 )Al+FeCl3=AlCl3+FeC+HNO3(浓)=CO2+4NO2+2H2OCu+4HNO3(浓)=Cu（NO3）2+2NO2+2H2OKClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2ONa2O2+2H2O=4NaOH+O22.某元素在化学反应中由化合态变为游离态,则该元素( )A.一定被氧化B.一定被还原C.既可能被氧化,也可能被还原D.以上都不是.3．氧化还原反应的表示方法(1) 双线桥法---表示电子得失结果(2) 单线桥——表示电子转移情况二、氧化还原反应中的规律及应用1.三大守恒关系（物质守恒，电子守恒，化合价守恒）2.价态规律（高价氧低价还，中间价态都可以，同种元素靠拢不交叉）3.反应先后（一种氧化剂和多种还原剂反应时，氧化性强的优先反应。

还原剂也有相同的性质）例题：1.下列变化需要加入氧化剂的是( )A S2-→HS- B.HCO3-→CO2 C.2 Cl-→Cl2 D. Cu2+→Cu2.下列物质不能做还原剂的是( )A. H2SB. Fe2+ C .Fe3+ D. SO23.离子M2O7X-与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：aM2O7X-+3S2-+cH+==2M3++eS +fH2O,则M2O7X-中M的化合价为（）A、+4B、+5C、+6D、+7三、氧化性，还原性强弱判断的方法判断氧化性强弱的本质是反应物的是电子的难易程度，与电子的多少无关。

氧化还原滴定练习题参考答案一．选择题1~5DDCAC 6~10 DCCAC 11~15CCDCC 16~20 DCAAB21~23 CAC二．判断题1~5 √√×√√ 6~8×√√三、填空题1. I 3－Na 2S 2O 32. H 2C 2O 4, 其他还原产物, KMnO 43 还原性4.增加I 2的溶解度和降低I 2的挥发性。

5.络合Fe 3+，降低Fe 3+/ Fe 2+电对电位，增大滴定突跃范围; 还可消除Fe 3＋黄色干扰。

6. 氧化还原 明显不同。

7. p.215，11.19 和 I 2 ＋ 2S 2O 32－ ＝ 2I － ＋ S 4O 62－ ， 间接 ,淀粉溶液4. KMnO 4法、 K 2Cr 2O 7法、和碘量法。

8.KI, KI 3,Na 2CO 39.专用10 H 2SO 4 Mn 2＋， 75～85 ℃，自身 ，无 色变为粉红色。

11.直接 , 间接五、计算题1.解：反应原理：Cu(IO 3)2 ＝ Cu 2＋ ＋ 2IO 3－ K sp ＝ c(Cu 2＋)·c(IO 3－)2 = 1.1 ⨯ 10－7IO 3－ ＋ 5I － ＋ 6H ＋ ＝ 3I 2 ＋ 3H 2OI 2 ＋ 2S 2O 32－ ＝ 2I － ＋ S 4O 62－由原理知： n(Cu(IO 3)2) : n(Na 2S 2O 3) ＝ 1 : 12设：Cu(IO 3)2的饱和溶液浓度为：c （mol·dm -3），需0.11 mol·dm -3的Na 2S 2O 3溶液为v 。

Cu(IO 3)2 ＝ Cu 2＋ ＋ 2IO 3－ 平衡浓度： c 2cK sp ＝ c·(2c)2 = 1.1 ⨯ 10－7，解得：c ＝ 3.0 ⨯ 10－3（mol·dm -3） 3-3-332-3223n(Cu(IO )) 3.0210mol dm 100cm =n(Na S O )0.11 mol dm v -⨯⋅⨯⋅⨯1＝12解得：v ＝ 32.95cm －3答：略2.解：反应原理：MnO 2 + 4HCl ＝ MnCl 2 ＋ Cl 2 (g)Cl 2 ＋ 2I － ＝ I 2 ＋ 2Cl －I 2 ＋ 2S 2O 32－ ＝ 2I － ＋ S 4O 62－由原理知： n(MnO 2) : n(Na 2S 2O 3) ＝ 1 : 2设：MnO 2质量为w 。

第八章氧化还原反应与氧化还原滴定习题答案1.是非判断题1-1×1-2×1-3√1-4×1-5√ 1 -6√1-7×1-8×1-9√1-10×1-11×1-12×1-13×1-14×1-15×1-16×1-17×1-18√1-19√1-20×1-21√1-22×1-23×1-24×1-25√1-26√1-27×1-28√1-29×1-30×1-31√1-32×1-33√1-34√1-35√1-36×1-37×1-38 ×1-39 √1-40√2.选择题2-1D 2-2 C 2-3 D 2-4 C 2-5 D 2-6 A 2-7 D 2-8 B 2-9 C 2-10 A 2-11D 2-12 C 2-13 A 2-14 C 2-15B 2-16 D 2-17B 2-18 C 2-19B 2-20 A 2-21A 2-22 B 2-23 D 2-24 C 2-25A 2-26 C 2-27 C 2-28D 2-29 B 2-30 A 2-31D 2-32 B 2-33 D 2-34 B 2-35C 2-36 A 2-37 C 2-38 B 2-39 C 2-40 B 2-41C 2-42 A 2-43D 2-44B 2-45 A 2-46 C 2-47A 2-48 D 2-49C 2-50D 2-51C 2-52 D 2-53 D 2-54 B,D 2-55 D 2-56 C 2-57 B 2-58A 2-59 A 2-60D 2-61 B 2-62 A 2-63 A 2-64 B 2-65 A,B 2-66 C 2-67 C 2-68 C 2-69 B 2-70 C 2-71 A,B 2-72 D 2-73 C 2-74 D 2-75 C,D3.填空题3-1 –2；+5;；+2.53-2 –3；+4；+5；+3；+1；03-3电子的得失或偏移；氧化剂得总数与还原剂失电子总数相等；使化学能直接变为电能的装置；两个半电池；还原电子3-4正极；负极；氧化态；还原态3-5大；氧化态；小；还原态3-6 2I- - 2e⇔I2；O2 + 4H+ + 4e⇔2H2O3-7 NO3- + 2H+ + e⇔NO2 + H2O；Pb + SO42-⇔PbSO4 + 2e3-8增大；减弱；增加；增强3-9 1；23-10增大；减小3-11 1Cl2 +6OH- -5e ClO3- + 3H2O; 3Cl2 + 6KOH==5KCl + KClO3 + 3H2O3Cl2 + 6OH- ==5Cl- + ClO3- + 3H2O3-12 Cu|CuSO4；Zn|ZnSO4；深蓝色；减小；增大3-13 2MnO4- + 5H2SO4 ==2Mn2+ + 5SO42- + 4H+ + 3H2OPt|SO42-(1.0mol·L-1),H2SO3(1.0mol·L-1),H+(1.0mol·L-1)||MnO4-(1.0mol·L-1),Mn2+(1.0mol·L-1),H +(1.0mol ·L -1)|Pt ，1.29V ；1.88×10218； 降低3-14减小； 增强； 减弱3-15 S/H2S ；Cr 2O 72-/Cr 3+; 低； 氧化； S + 2H+ + 2eH 2S ；Cr 2O 72-/Cr 3+和S/H 2S 3-16()()()32///22E Br Br E Fe Fe E I I θθθ-++->>3-17降低； 降低3-18通过正、负离子向两极扩散构成电流通路，并消除液接电势差，KCl(或NH 4Cl ，KNO 3)饱和溶液的凝胶3-19化学计量点；颜色的突变；酸式和碱式；不同；游离色和指示剂配合物;氧化态和还原态 3-20标定；还原性物质；KMnO 4； KMnO 43-21 H 2C 2O 4；MnO 2；不准；MnO 4-3-22还原剂；预还原；还原剂；H 2SO 4-H 3PO 4；二苯胺磺酸钠3-23黄色的；无色的[Fe(HPO 4)2]-配离子；铁电对电势；指示剂；准确地3-24新煮沸；冷却；Na 2CO 3；碱性；细菌；8～12；CO 2,O 2；充分反应；保持稳定3-25 I -和I 2形成配离子后易溶于水；防止I 2的挥发3-26间接碘法；K 2Cr 2O 7；KI ；I 2；近终点3-27 I -的氧化；I 2的挥发4.用离子电子法配平下列各方程式4-1 NaNO 3 + 4Zn + 7NaOH == NH 3 + 4NaZnO 2 + 2H 2O4-2 2FeCl 2 + 2HCl + H 2O 2 == 2FeCl 3 + 2H 2O4-3 As 2S 3 + 40HNO 3 == 2H 3AsO 4 + 5H 2SO 4 + 40NO 2 + 12H 2O4-4 3Na 2HAsO 3 + KbrO 3 + 6HCl == NaBr + 3H 3AsO 4 + 6NaCl4-5 5U(SO 4)2 + 2KMnO 4 + 2H 2O == 2MnSO 4 + 5UO 2SO 4 + 2H 2SO 4 + K 2SO 44-6 2[Cu(NH 3)4]Cl 2 + 7KCN + H 2O == 2K 2[Cu(CN)3] + KCNO + 6NH 3 + 2NH 4Cl + 2KCl 4-7 FeCl 2 + V(OH)4Cl + 2HCl == VOCl 2 + FeCl 3 + 3H 2O4-8 Cr 2O 3 + 2Na 2CO 3 + 3KNO 3 == 2Na 2CrO 4 + 2CO 2 + 3KNO 24-9 3NaHSO 4 + 8Al + 3NaOH == 3Na 2S + 4Al 2O 3 + 3H 2O4-10 4Ag + 8KCN + O 2 + 2H 2O == 4K[Ag(CN)2] + 4KOH5.计算题5-1 –0.772V ； 0.5937V ； 0.830V ； -0.828V5-2 都能； 只能氧化I -5-3 –0.25V; -0.76V; Ni 2+； Ni 与Zn 2+不发生反应；()2/E Zn Zn +变小； 为正极；0.51V5-4 9.2×10-7； 6.4×1055-5 Co(s) + Cl 2(g)==Co 2+(aq) + 2Cl -(aq); -0.27V; 增大； 1.69V5-6 反应正向进行；Cd|Cd2+(1.0mol·L-1)||Cl-(0.1mol·L-1)|Cl2(100KPa),Pt 1.82V；3.39×1059；电动势增加大5-7 Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4 == 2PbSO4(s) + 2H2O5-8 4CuCl(s) + 8NH3 + O2 == 4[Cu(CN)2]2+ + 4Cl- + 4OH-； 4.0×10385-9 Pt,H2(100kPa)|H2A(0.50 mol·L-1)，A-(0.10 mol·L-1)||Cl-( 1mol·L-1),AgNO3|AgCl,Ag；2AgCl + H2 + 2A- == 2Ag + 2HA + 2C l-0.222V；-0.228V；1.4×10-4 mol·L-1； 2.8×10-55-10 17.70%5-11 62.74%5-12 94.56mg·L-15-13 3.194%；7.806%5-14 c(HCOOH)=0.1080mol·L-1；c(H2SO4)=0.02848mol·L-15-15 29.79g·L-1；42mL5-16 0.05766g；18.24mL；11.76mL。

第八章氧化还原反应习题 (p222-226) 参考答案1.解答：（1）3Cu2S +22HNO3 ==6Cu(NO3)2 +3H2SO4 +10NO↑+8H2O（2）NH4NO2 == N2↑+ 2H2O（3）(NH4)2Cr2O7 == N2↑+ Cr2O3 +4H2O（4）3As2S3 + 28HNO3+4 H2O ==6 H3AsO4 + 9H2SO4 +28 NO↑（5）K2Cr2O7 + 3H2S +4 H2SO4 == Cr2(SO4)3 + 3S↓ + 7H2O + K2SO4（6）2Na2S2O3 + I2 == Na2S4O6 + 2NaI（7）2 MnO4－+3 Mn2+ +2 H2O ==5 MnO2↓ +4 H+（8）4[Co(NH3)6]2+ + O2 +2H2O ==4 [Co(NH3)6]3+ + 4OH-2.解答：（1）Cr2O72－ + 3H2O2 + 8H+ ==2 Cr3+ + 3O2↑ +7 H2O（2）2 MnO4－ +5 SO32－ +6 H+ == 2Mn2+ + 5 SO42－ +3 H2O（3）ClO3－ + 6I- + 6H+ == Cl- +3 I2 + 3H2O（4）5NaBiO3(s) + 2Mn2+ +14 H+ == 5Na+ +5 Bi3+ + 2 MnO4－ +7 H2O（5）H2S +2 Fe3+ ==S +2Fe2+ + 2H+(6) 3P4(s)+20HNO3(浓)+8 H2O ===12H3PO4+20NO↑(7) 2FeS2+30HNO3==Fe2(SO4)3+30NO2↑+H2SO4+14H2O(8) 7PbO2+2MnBr2+14HNO3==7Pb(NO3)2+2Br2+2HMnO4+6 H2O(9) 28HNO3+3As2S3+4H2O==9H2SO4+6H3AsO4+28NO↑(10) As2S5+10NO3-+10H+==2H3AsO4+10NO2↑+5S↓+2 H2O(11) 2Bi3++3S2O32-+3H2O==Bi2S3↓+3SO42-+6H+（12）Cl2 + 2OH-== Cl- + ClO-+ H2O（13）2[Cr(OH)4]—+ 3H2O2 + 2OH—== 2 CrO42－ +8H2O（14）SO32－ + Cl2 +2OH-==2 Cl—+ SO42－+ H2O3.解答：（1）逆向；（2）正向；（3）正向；（4）正向4.解答：（1）1.55V；（2）1.67V；（3）-0.17V；(4 ) 0.34V；（5）-0.40V；（6）0.56V5.解答：（1）所以电极反应：(+) Ag++e==Ag(-) Cu2+ +2e== Cu电池符号：(-) Cu|Cu2+(0.010mol·L-1)||Ag+(0.10 mol·L-1)|Ag (+)电动势∶E=0.46V（2）电极反应：(+) MnO2+ 4H++2e== Mn2++ 2H2O(-) Cl2+2e ==2C l-电池符号：(-) Pt, Cl2(100kPa)|Cl-(12.0 mol·L-1)||Mn2+(1.0 mol·L-1),H+(12.0mol·L-1)|MnO2(s),Pt (+)电动势∶E =0.06V（3）反应正向进行，电极反应为：(+) I 2+2e==2I -(-) H 3AsO 4+2H ++2e ===H 3AsO 3+ H 2O 电池符号：(-) Pt|H 3AsO 4 (1.0 mol·L -1) ,H +(0.10 mol·L -1), H 3AsO 3(0.10 mol·L -1)||I -(0.010 mol·L -1)|I 2(s),Pt (+)电动势∶E =0.13V（4）反应正向进行，电极反应：(+) Cr 2O 72－+14H ++6e= 2Cr 3++ 7H 2O (-) Fe 3++e ==Fe 2+ 电池符号：(-)Pt|Fe 3+(1.0 mol·L -1), Fe 2+(0.10 mol·L -1)||Cr 2O 72－(1.0mol·L -1),Cr 3+(0.10 mol·L -1),H +(1.0 mol·L -1)|Pt (+)电动势∶E =0.52V6.解答：（1）x =1.2×10-3 mol·L -1；（2）y = 0.010 mol·L -1；(3) x min =1.42 mol·L -17.解答： E θ(Ag +/Ag)= +0.79932V8.解答： =7.1×10θPbI sp,K -99.解答：E θ(Ag 3PO 4/Ag)==0.49V 10.解答：E Ag 2S/Ag =-0.20V11.解答： (HCN)=6.22×10θK -1012.解答： E θ(H 3PO 4/H 2)= - 0.13V 13.解答：（1）电极反应式为：(+) Ag ++e == Ag(-) Zn 2+ +2e == Zn原电池符号： (-)Zn|Zn 2+(0.30 mol·L -1)||Ag +(0.10 mol·L -1)|Ag (+) （2）该原电池的电动势E =1.52V （3） 52θ100.5×=K （4）127L mol 106.2]Ag [−−+⋅×=14.解答：K θ=3.8×10515.解答：Ag +先被还原；c (Ag +)=5.3×10-9mol .L -116.解答：V 1.1)/Cr O Cr (3-272=+E17.解答：（1）逆向进行（2）（-）Pt|Cr 3+(1 mol·L -1),Cr 2O 72-(1 mol·L -1),H +(1 mol·L -1)||Cl -(1mol·L -1)|Cl 2(p θ), Pt (+) 电极反应式：+）3Cl 2+6e = 6Cl --）Cr 2O 72-+14H ++6e=2Cr 3++3Cl 2+7H 2O(3) 逆向进行；V E 44.0=18.解答：]S [lg 20592.0]Cu lg[20592.02θsp,CuS θ)/Cu Cu (2θ)/Cu Cu ()/Cu Cu (222−++=+=+++K E EE126.0V 702.0783.0103.6lg 20592.0337.0θ/PbPb 362−=<−=×+=+−E V 所以可以正常放电。

基础化学第二版课后习题答案【篇一：基础化学第二版习题答案chap5】1．何谓沉淀溶解平衡？同物质的量的bacl2和h2so4混合溶液中，含有哪些离子？这些离子浓度之间存在着哪些关系？答：难溶电解质溶解和沉淀速度相等，固体的量和溶液中分子或离子的量不再改变的状态，称为沉淀溶解平衡。

ba2+、cl-、so4、h+、oh-2?2．活度积、溶度积、离子积之间有何区别与联系？答：活度积、溶度积指平衡状态下的活度积或浓度积，对给定的难溶电解质其活度积只与温度有关，溶度积不但与温度有关，还和溶液离子强度有关，对于ma型难溶电解质：?ksp(ma)。

离子积指任意状态下的浓度积，其值是任意的。

?(m?)??(a?)3．无副反应时，沉淀的溶度积与溶解度有何关系？溶度积小的物质，它的溶解度是否一定小？举例说明。

答：s?mmnn不同类型难溶电解质的溶解度不能根据溶度积数值大小直接判断。

溶度积小的物质，它的溶解度是不一定小，如ag2cro4与agcl。

4．除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素有哪些？答：除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素还有：同离子效应、盐效应、酸碱效应、配位效应等。

5．判断下列操作中可能发生的反应和现象并予以解释。

（1）将少量caco3固体放入稀hcl中。

（2）将少量mg(oh)2放入nh4cl溶液中。

答：（1）caco3固体溶解，有无色无味气体产生。

caco3(s)ca2+ ＋ co32-＋2h+h 2co 3→co2 +h 2o（2）mg（oh）2固体溶解，有无色刺激性气体产生。

的氨水，有肉色沉淀生成。

原因是饱和h2s水溶液提供的s2-很少，此时mg(oh)2(s)mg2+ ＋ 2oh-＋2nh4+（4）黑色固体变成白色固体。

so42- +h2o（5）白色沉淀变成黄色沉淀。

agcl（白）+ i-（6）浅兰色沉淀消失，生成深兰色溶液。

cu（oh）2 + 4nh3pb2++so42-→pbso4↓（白）agi（黄）+cl-[cu（nh3）4]（oh）2答：（1）（2）减小（同离子效应）；（3）增大（盐效应）；（4）增大（配位效应）。

基础化学李保山第二版-化学热力学基础习题答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：2884 化学热力学基础习题解答(p87-89)思考题1．解：(1) ⨯ 原因见(3)(2) ⨯ 原因见(3)(3) √ 确切地说，应为：恒压过程中，系统的焓变等于恒压反应热。

(4) ⨯ H 是状态函数，任何过程都有∆H ，不是只有恒压过程才有∆H 。

(5) ⨯ 原因见(7) (6) ⨯ 原因见(7)(7) √ 应为：在某温度和标准压力下，最稳定的纯态单质的标准生成焓等于零。

(8) ⨯ 由于CaCO 3的生成焓为负值，但不是由于它的分解是吸热的。

(9) ⨯ 热化学方程式的系数影响反应的焓变值。

2．解：(1)、(2)、(5)单质的标准生成焓不等于零。

3．解：(1) 不同，因为二反应方程式中各物质前的系数不同； (2) 不同，因为二反应中Br 2的状态不同。

4．解：书写热化学方程式应注意：(1) 注明各物质前的计量系数−表明物质的量。

(2) 标明物质所处的状态(l 、g 、s)和晶形；对于溶液中的反应，还要注明物种的浓度，以aq 代表水溶液。

(3) 注明温度。

(4) 标明反应热(焓变)。

5． 解：(1) ∆S > 0 ; (2) ∆S > 0 ; (3) ∆S > 0 ; (4) ∆S < 0 ; (5) ∆S < 0 ; (6) ∆S < 0 6． 解：(1) ∆S < 0 ; (2) ∆S > 0 ; (3) ∆S > 0 ; (4) ∆S < 0 ; (5) ∆S > 0习题1．解：(1) ∆U = Q + W = 100 – 540 = - 440 J(2) ∆U = Q + W = – 100 + 635 = 535 J2．解：(1) W = – p 外∆V = – 100( 0.040 – 0.015 ) = - 2.5 kJ(2) 中间平衡态时，气体的体积为V = 33025.010200298314.80.2m p nRT =⨯⨯⨯= W = – p 外,1∆V 1 + (– p 外,2∆V 2) = - 200(0.025-0.015) - 100(0.040-0.025) = - 3.5 kJ3．解：此过程为： )()(22l O H g O H =解法1：恒压过程：∆H = Q = - 2.26 ⨯ 450 = -1017 kJ∆U = ∆H – (∆n)RT = -1017 – ( 0 - 18450)⨯ 8.314 ⨯ (100 + 273.15) ⨯ 10-3 = -939.4 kJW = ∆U – Q = -939.4 – (-1017) = 77.6 kJ9 9解法2：33311m 76480Pa 103101mol Kg 100218K 15373K mol J 3148Kg 450 0218450../....V RT .pV nRT pV =⨯⋅⨯⋅⋅⋅⋅=⇒=⇒=--- 所以77.5KJ 7648.0103.101W 33=⨯⨯=m PaKJ 1017g 450KJ/g 26.2-=⨯-=Q由于为恒压过程，KJ 1017Q -==∆p H-939.5KJ 77.5KJ KJ 1017U =+-=+=∆W Q4．解：方程式 (1) – (2) 得2N 2(g) + 2O 2(g) = 4NO(g) ∆H θ = 360 kJ ⋅mol -1所以11904360),(--⋅=⋅=mol kJ mol kJ g NO H m f θ∆5．解：反应)()(2)(42g CH g H s C =+可由 (1) + 2 ⨯ (2) – (3) 得到，所以123123935228588900753.(.)(.).r m r r r H H H H kJ mol θθθθ-∆=∆+⨯∆-∆==-+⨯---=-⋅6．解：① N 2H 4(l)生成反应为：N 2(g) + 2H 2(g) → N 2H 4(l)由反应[(2) ⨯ 3 + (3) – (1) – (4)]/4 得 N 2(g) + 2H 2(g) → N 2H 4(l)② N 2H 4(l)的)]4()1()3()2(3[41θθθθθm r m r m r m r m f H H H H H ∆-∆-∆+∆=∆16.50)]8.285()5.1011()143()3.317(3[41-⋅=-----+-⨯=mol kJ7．解：由反应(1) – 2 ⨯ (2) – 2 ⨯ (3)得N 2H 4 (l) + 2H 2O 2 (l) → N 2 + 4H 2O(l) 故此反应的12.818)5.51(25.14922.622)3(2)2(2)1(-⋅-=-⨯-⨯--=∆⨯-∆⨯-∆=∆mol kJ H H H H m r m r m r m r θθθθ8．解：(1) 反应NH 3(g) + HCl(g) = NH 4Cl(s) 的4313144461923176 (,)(,)(,).(.)(.)r m f m r m f mH H NH Cl s H NH g H HCl g kJ mol θθθθ-∆=∆-∆-∆=-----=-⋅故2.0mol HCl (g)与2.0mol NH 3 (g)反应生成NH 4Cl (s)放出的热量为2 ⨯ 176 kJ = 352 kJ ；(2) 由于HCl (g) → HCl (aq)12.73-⋅-=∆mol kJ H m r θ1010NH 3 (g) → NH 3 (aq)12.35-⋅-=∆mol kJ H m r θNH 3 (aq) + HCl (aq) = NH4Cl (aq) 1602.r mH kJ mol θ-∆=-⋅ 故1.0mol HCl (g)和1.0mol NH 3 (g)同时溶解于水中NH 3 (g) + HCl (g) = NH4Cl (aq) (i) 的热效应为7323526021686.(.)(.).r mH kJ mol θ-∆=-+-+-=-⋅(3) (i)过程的热效应),(),(),(34g HCl H g NH H aq Cl NH H H m f m r m f mr θθθθ∆-∆-∆=∆ 4)3.92()1.46(),(=----∆=aq Cl NH H m f θ可求出),(4aq Cl NH H m f θ∆＝－307.0 kJ ⋅mol -1(4) 用反应NH 3(g) + HCl(g) = NH 4Cl(aq)减去NH 3(g) + HCl(g) = NH 4Cl(s)得 NH 4Cl(s) = NH 4Cl(aq)此过程的热效应为14.7)176(6.168-⋅=--=∆mol kJ H m r －θ，所以NH 4Cl (s)溶解是吸热过程。

基础化学第二版课后习题答案【篇一：基础化学第二版习题答案chap5】1．何谓沉淀溶解平衡？同物质的量的bacl2和h2so4混合溶液中，含有哪些离子？这些离子浓度之间存在着哪些关系？答：难溶电解质溶解和沉淀速度相等，固体的量和溶液中分子或离子的量不再改变的状态，称为沉淀溶解平衡。

ba2+、cl-、so4、h+、oh-2?2．活度积、溶度积、离子积之间有何区别与联系？答：活度积、溶度积指平衡状态下的活度积或浓度积，对给定的难溶电解质其活度积只与温度有关，溶度积不但与温度有关，还和溶液离子强度有关，对于ma型难溶电解质：?ksp(ma)。

离子积指任意状态下的浓度积，其值是任意的。

?(m?)??(a?)3．无副反应时，沉淀的溶度积与溶解度有何关系？溶度积小的物质，它的溶解度是否一定小？举例说明。

答：s?mmnn不同类型难溶电解质的溶解度不能根据溶度积数值大小直接判断。

溶度积小的物质，它的溶解度是不一定小，如ag2cro4与agcl。

4．除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素有哪些？答：除了沉淀物质本性以外，影响沉淀溶解度的主要因素还有：同离子效应、盐效应、酸碱效应、配位效应等。

5．判断下列操作中可能发生的反应和现象并予以解释。

（1）将少量caco3固体放入稀hcl中。

（2）将少量mg(oh)2放入nh4cl溶液中。

答：（1）caco3固体溶解，有无色无味气体产生。

caco3(s)ca2+ ＋ co32-＋2h+h 2co 3→co2 +h 2o（2）mg（oh）2固体溶解，有无色刺激性气体产生。

的氨水，有肉色沉淀生成。

原因是饱和h2s水溶液提供的s2-很少，此时mg(oh)2(s)mg2+ ＋ 2oh-＋2nh4+（4）黑色固体变成白色固体。

so42- +h2o（5）白色沉淀变成黄色沉淀。

agcl（白）+ i-（6）浅兰色沉淀消失，生成深兰色溶液。

cu（oh）2 + 4nh3pb2++so42-→pbso4↓（白）agi（黄）+cl-[cu（nh3）4]（oh）2答：（1）（2）减小（同离子效应）；（3）增大（盐效应）；（4）增大（配位效应）。

氧化还原反应习题及答案一、判断题：1.已知 MX 是难溶盐，可推知E( M2+ / MX ) < E( M2+ / M+ ) 。

（）2.在实验室中MnO2 (s) 仅与浓 HCl 加热才能反应制取氯气，这是因为浓HCl仅使E ( MnO/ Mn2+ ) 增大。

.......................................... （）2E( Cl/ Cl-) < E( Cl2/2AgCl ) 。

...............................................................................（）3. 以原电池的E来计算相应氧化还原反应的标准平衡常数，由此可以推论出，氧化还原反应的K是各物种浓度为 1.0 mol·L-1或p = p时的反应商。

................................................................... （）4. 理论上所有氧化还原反应都能借助一定装置组成原电池；相应的电池反应也必定是氧化还原反应。

.............................. （）5. 已知K( AgCl ) =1.8 ⨯ 10-10，当c (Ag+ ) = 1.8 ⨯ 10-1 0 mol·L-1时，E (Ag+ /Ag ) = E(AgCl /Ag ) 。

.................................................................................... .............................（）6. E( Cr2O72-/ Cr3+) < E( Cl2/ Cl-)，但是， K2Cr2O7与浓度较大的 HCl (aq) 可以反应生成Cl2。

这是由于c (HCl) 增大，使E (Cr2O72-/Cr3+ ) 增大 , 同时又使E(Cl2/Cl-)减，从而使E(Cr2O72-/Cr3+)> (Cl2/Cl- )。

普通化学第九章《氧化还原反应》习题参考答案9.3还原， 氧化 9.4不变， 不变， 变为{K }n 9.5(1) 9.6(2) 9.7(4) 9.8(3) 9.9 (1) 2Fe 3+ + Sn 2+ = 2Fe 2+ + Sn 4+(2) 2Fe 3+ + Cu = 2Fe 2+ + Cu 2+(3) 2MnO 4- + 10Cl - + 16H + = 2Mn 2+ + 5Cl 2 + 8H 2O(4) H 2O 2 + 2Fe 2+ + 2H + = 2Fe 3+ + 2H 2O(5) PbO 2 + 2Cl - + 4H 2O = Pb 2+ + Cl 2 + 2H 2O(6) Hg 2Cl 2 + Sn 2+ = 2Hg + Sn 4+ + 2Cl -(7) 2MnO 4- + 3Mn 2+ + 2H 2O = 5MnO 2 + 4H +9.10(1)Zn | Zn 2+(0.020mol/L) ||Ni 2+(0.080mol/L)| Ni (2) Cl -(1.0mol/L) | Cl 2(100kPa)||Fe 3+(0.10mol/L),Fe 2+(1.0mol/L)ε= 1.36V – 0.71V = -0.65V(3)Cl -(1.0mol/L) | Cl 2(100kPa)||Cr 2O 42-(1.0mol/L),H +(10mol/L),Cr 3+(1.0mol/L)（结果说明，在强酸性介质中，重铬酸根亦可以氧化氯离子）0.53V (-0.81V) - 0.28V - V 81.0020.0lg 20.059V 0.76V - }/)Zn (lg{22.303Zn)/Zn (Zn)/Zn (V 28.0080.0lg 20.059V 0.25V - }/)Ni (lg{22.303Ni)/Ni (Ni)/Ni (222222==-=⨯+=+=-=⨯+=+=Θ++Θ+Θ++Θ+εϕϕϕϕc c FRT c c F RT V 71.00.110.0lg V 059.0 0.77V }/)Fe ({}/)Fe ({lg 2.303Fe)/Fe ()Fe /Fe (23323=⨯+=+=Θ+Θ++Θ++c c c c F RT ϕϕ0.01V1.36V )Cl /Cl ()Cl /Cl (V 37.110lg 60.059V1.23V }/)Cr ({}/)H (}{/)O Cr ({lg 62.303)Cr /O Cr ()Cr /O Cr (-2-2142314-2723-2723-272====⨯+=+=ΘΘ+Θ+Θ+Θ+εϕϕϕϕc c c c c c F RT9.11（1）Δr G m = -2F {-0.138V -(-0.126V)}= 2.32×103J/molΔr G m = -2F {-0.176V -(-0.135V)}= 7.91×103J/molK = 0.39因为： ϕ(Sn 2+/Sn) < ϕ (Pb 2+/Pb)或因： Δr G m > 0或因： Q = 10 > K所以反应逆向自发进行。

第二章第三节氧化还原反应一、选择题（只有1个正确答案；共6小题，每小题3分，共18分。

）1．有关氧化还原反应实质的说法中正确的是（）A．是否有元素的电子转移B．是否有元素的化合价的变化C．是否有氧元素的参加D．是否有原子的重新组合2．下列有关四种基本反应类型与氧化还原反应关系的说法中正确的是（）A．化合反应一定是氧化还原反应B．分解反应一定不是氧化还原反应C．置换反应一定是氧化还原反应D．复分解反应不一定是氧化还原反应3．下列有关实验室制取气体的反应中，其原理不属于氧化还原反应的是（）A．实验室中用稀硫酸与锌粒反应制取H2B．实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热制Cl2(见P3-20) C．实验室中用高锰酸钾加热分解制取O2D．实验室中用稀盐酸与石灰石反应制取CO24．下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（）A．Na2CO3＋CaCl2===CaCO3↓＋2NaClB．Fe+CuSO4===Cu+FeSO4C．2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O D．CaO＋H2O===Ca （OH）25．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途。

下列生产、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A．金属冶炼 B．燃放鞭炮C．食物腐败D．点制豆腐6．从硫元素的化合价态上判断，下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是（）A．Na2S B．S C．SO2 D．H2SO4二、选择题（有1-2个答案，只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个该小题不给分。

共10小题，每小题4分，计40分。

）7．下列说法中，能够判断一个反应是否是氧化还原反应的是（）A．反应前后，元素是否有电子转移 B．反应前后，元素是否有化合价变化C．反应前后，是否有氧元素参加 D．反应前后，是否有氢元素参加8．对溶液中的离子反应存在下列几种说法，其中正确的是（）A．不可能是氧化还原反应B．只能是复分解反应C．可能是置换反应 D．可能是化合反应9．下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A．Na+、Ba2+、Cl-、SO42-B．Ca2+、HCO3-、C1-、K+C．MnO4-、K+、I-、H+ D．H+、Cl-、Na+、CO32-10．属于氧化还原反应的离子方程式的是（）A．CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O B．2Fe2+＋Cl2 ＝2Fe3+＋2Cl-C．HCO3-＋Ｈ+＝CO2↑＋H2O D．2Na＋2H2O ＝2Na+＋2OH-＋H2↑11．下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是（）A．C→CO2B．CO2→CO C．CuO→Cu D．H2SO4→BaSO412．氧化还原反应发生在同种元素之间的是（）A．Zn＋2HCl＝ZnCl2＋H2↑B．2H2S＋SO2＝3S＋2H2OC．H2＋CuO＝Cu ＋H2O D．2H2O 2H2↑＋O2↑13．下列反应中氯元素被氧化的是（）A．5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3 B．2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2OC．MnO2＋4HCl=MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ D．2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑14．下列反应中，电子转移发生在同种元素之间的是（）A．2H2S＋SO2＝3S＋2H2O B．2KMnO 4K2MnO4＋MnO2＋O2↑C．2KClO32KCl＋3O2↑D．Cu2O＋H2SO4=CuSO4＋Cu＋H2O15．氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为－1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑，其中水的作用是（）A．既不是氧化剂也不是还原剂B．是氧化剂C．是还原剂D．既是氧化剂又是还原剂16．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为（）A．5∶3 B．5∶4 C．1∶1 D．3∶5三、填空题（计42分）17．（11分）在氧化还原反应中，氧化剂______电子，发生的反应是_________反应；还原剂________电子，发生的反应是__________反应。

一、高中化学氧化复原反响练习题(含详细答案解析)1.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车平安气囊的主要成分. NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反响产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢.实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反响制备(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反响H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4.可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反响的化学方程式：(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如下图组装仪器(加热装置略)进行反响,反响的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4===NaN3 + 2H2O+ t-BuOH."BuNONM)H、及助剂混合溶液①装置a的名称是；②该反响需限制温度在65 C,采用的实验举措是 ;③反响后溶液在0 C下冷却至有大量晶体析出后过滤.所得晶体使用无水乙醇洗涤.试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)产率计算①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中.②用滴定管参加0.10mol L 1六硝酸锦钱［(NH4)2Ce(NO3)6］溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应).③充分反响后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗咻指示液,并用0.10mol L—1硫酸亚铁钱［(NH4)2Fe(SQ)2］为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4 ++Fe2+===Ce3+ + Fe3+)o六硝酸锦俊［(NH4)2Ce(NO3)6］与叠氮化钠反响生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反响的化学方程式；计算叠氮化钠的质量分数为 (保存2位有效数字).假设其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是 (填字母).A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反响后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反响的离子方程式：【答案】t-BuOH+ HNO2〞土t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度,预防产物损失2(NH4)2Oe(NO3)6 + 2NaN3===4NH4NO3+2Oe(NO3)3+2NaNO3+3N2 T 65% AC ClO+2N3-H2O===Cl + 2OH + 3N2 T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反响物有亚硝酸和叔丁醇,反响类型属于有机的酯化反响,所以方程式为：t-BuOH HNO 240c t-BuNO 2H 2O ;(2).装置a的名称即为恒压滴液漏斗；②反响要限制温度在65 C ,参考苯的硝化实验,该反响加热时,应当采用水浴加热；③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水,而微溶于乙醇；因此,洗涤产品时,为了减少洗涤过程中产品的损耗,应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反响产物分析,可知反响过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价,所以反响的方程式为：2(NH 4)2Ce(NO3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ;在计算叠1 ,氮化钠的含量时,一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了—与过量的六硝酸铀钱反10应,再用Fe2+去滴定未反响完的正四价的Ce,因此有：12.0gNaN3样品的,消耗的Ce4Fe2消耗的Ce4=0.004molCe4,考虑到Fe2+与10Ce4+的反响根据1:1进行,所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN 3) 10 (0.004 Fe2消耗的Ce4) 0.02mol ,所以叠氮化钠样品的质量分数, m(NaN 3) 0.02mol 65g/mol 八…为：w - ------------ — 100%= ------------------- ----- =65%;2.0g 2.0A.润洗锥形瓶,会使步骤②消耗的六硝酸铀钱的量增加,通过分析可知,会使最终计算的质量分数偏大,A 项正确；B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时假设前仰后俯,那么会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液,那么步骤③ 会需要参加更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知,最终会导致计算的质量分数偏低, B项错误；C.步骤③用Fe2+标定未反响的Ce4+,假设开始尖嘴无气泡,结束后出现气泡,那么记录的Fe2+ 消耗量比实际的偏小,通过分析可知,最终会使质量分数偏大, C正确；D,将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶,相当于让溶液混合更均匀,这样做会使结果更准确,D项不符合；答案选AC;(4)反响后溶液碱性增强,所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体,推测只能是氮气,所以离子方程式为： ClO 2N 3 H 2O=Cl 3N 2 2OH .【点睛】滴定计算类的题目,最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后,只取一局部进行滴 定,在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外,常考察的形式也有：用待测物 A 与过量的B 反响,再用C 标定未反响的B,在做计算时,要注意 A 与C 一同消耗的Bo2.硫酸亚铁俊的化学式为(NH 4) 2SO?FeSQ?6H 2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫 酸钱反响生成.一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比拟稳定了.三种 盐的溶解度(单位为 g/iO0g 水)如下表： 温度/C 10 20 30 (NH 4) 2SC 4 73.0 75.4 78.0 FeSQ 7H 2O 20.0 26.5 32.9 (NH 4) 2SQ?FeSO 417.221.628.1(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:\ SmLJmoVL(2)步骤3需要趁热过滤,原因是 .(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是 ,析出的晶体常用 洗涤.(4)假设莫尔盐的饱和溶液中有水 20克,当温度从30c 降至10C,最多析出莫尔盐的质 量是 (选填编号). A 2.18gB 大于2.18gC 小于2.18gD 无法确定(二)称取质量为1.96g 的莫尔盐制成溶液.用未知浓度的酸性 KMnO 4溶液进行滴定.(1)MnO 4-被复原为Mn 2+,试写出该滴定反响的离子方程式 . (2)判断该反响到达滴定终点的现象为 . (3)假设到达滴定终点时,用去 V mL 酸fKMnO 4溶液,那么该酸性 KMnO 4溶液的浓度为______ mol/L .【答案】除铁屑外表的油污复原氧化生成的Fe 3+,保证Fe 2+稳定、纯洁地存在,减少产铁屑莫尔盐试答复以下问题：(1)步骤1中参加10 % Na 2CO 3溶液的主要作用是 ；反响中铁屑过量是为了物中的Fe3+杂质FeSQ在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5F(2++MnO4-+8H+― 5F€3++Mn2++4H2O 参加最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸钠水解显碱性；(2) FeSQ在温度低时溶解度较小；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时,硫酸亚铁钱的溶解度小；(4) (NH4) 2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g 和17.2g；(二)(1) MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被复原为Mn2+;(2)高镒酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的；(3)根据亚铁离子和高镒酸根反响的实质,可以找到亚铁离子与高镒酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁俊之间量的关系,进而进行计算.【详解】(一)(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以复原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,故答案为：除铁屑外表的油污；复原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯洁地存在,减少产物中的Fe3+杂质；(2)如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O析出,故答案为：FeSQ在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSQ 7H2O析出；(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁钱在无水乙醇中的溶解度小；温度低时,硫酸亚铁钱的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；(4) (NH4) 2SC4FeSQ在30c和10c的溶解度分别为：28.1g和17.2g,即假设溶剂为100g 水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁俊的化学式为(NH4) 2S.FeSQ 6H2O 含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为：B；(二)(1)反响的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+-5Fe i++Mn2++4H2O,故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+-5Fe3++Mn2++4H2O;(2)高镒酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明到达滴定终点,故答案为：参加最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色；(3) 1.96g硫酸亚铁俊晶体的物质的量n=—= 1.96g-=0.005mol,根据原子守恒那么亚M 392g / mol铁离子的物质的量为0.005mol ,反响5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn 2++4H2O,那么5Fe2+〜MnO4-,所以高镒酸钾的物质的量为0.001mol ,据故答案为：V 10 VL V3.某实验小组欲制取氧化铜并证实氧化铜能加快氯酸钾的分解,进行了如下实验：(一)制取氧化铜①往盛有一定量CuC2溶液的烧杯中逐滴参加NaOH溶液,直至不再产生沉淀,然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中,加热至沉淀全部变为黑色.②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤,晾干后研细备用.(1)在实验过程中,假设未参加NaOH溶液,直接将CuC2溶液转移到蒸发皿中加热,最后也能得到黑色沉淀,试分析其原因.(2)写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作.(二)为证实氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化镒的催化效果进行比拟,用以下图装置进行实验,每次实验时均收集25ml气体,其他可能影响实验的因素均已忽略,实验数据见卜表:(3)写出氯酸钾分解反响的化学方程式,并用双线桥表示电子转移的方向和数目___________ O(4)上述实验中的“待测数据〞是指.(5)图中量气装置B由枯燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成,此处用滴定管是(填“酸式〞或“碱式〞)滴定管.(6)假设实验证实氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化镒差,请结合上表的实验效果数据,在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积［V(O2)］随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识) .【答案】CuC2溶液中存在水解平衡CuC2+ 2H2——Cu(OH)2+ 2HCl,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取2〜3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,假设无白色沉淀产生,那么洗涤干净【详解】2H 2O ^^Cu( OH) 2+ 2HC1,水解吸热,加热时 Cu(OH)2受热分解生成 CuOo(2)如果没有洗涤干净那么有 NaCl 杂质,检验是否有 C 「即可确定是否洗净,具体操作是: 取2〜3mL 最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,假设无 白色沉淀产生,那么洗涤干净.(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时,线桥要从反响物指向生成物的化合价发生改 变的同种元素,在线桥上要注明反响的得失电子数目,用双线桥表示氯酸钾分解的电子转 失去♦一-一移的方向和数目为：2KC ：O^ ==^2KC1+30门.僵到二乂“一(4)要比拟反响的快慢需要反响的时间,因此待测数据是：收集 25 mL 气体所需的时 间. (5)从图可以看出该滴定管没有活塞,所以是碱式滴定管.(6)反响测的是收集25 mL 气体所需的时间,所以气体的体积要相等,氧化铜加快氯酸 钾的分解效果比用二氧化镒差,所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多,产生氧气的体碱式(1) CuC 2是强酸弱碱盐会发生水解,CuC 2溶液中存在水解平衡 CuC2+HC1逸出使平衡不断右移,同时得到的 积［V(O 2)］随时间(t)变化的曲线为:4.以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细 “-氧化铝,既降低环境污染又可提升铝资源的利【分收集25 mL 气体所需的时间用率.铝灰的主要成分为A2O3 (含少量杂质Si.、FeO Fe2Q3),其制备实验流程如下：(1)铝灰中氧化铝与硫酸反响的化学方程式为.(2)图中滤渣〞的主要成分为 (填化学式).(3)加30%的H2Q2溶液发生的离子反响方程式为(4)煨烧硫酸铝俊晶体,发生的主要反响为：4[NH4Al(SO4)2 12H2O] 口,0- 2AI2O3+ 2NH3 f + Nd + 5SO T + 3SOT + 53H2O,将产生的气体通过以下图所示的装置.①集气瓶中收集到的气体是 (填化学式).②足量饱和NaHSC b溶液吸收的物质除大局部H2O (g)外还有(填化学式).③KMnO4溶液褪色(MnO4—复原为Mn2+),发生的离子反响方程式为【答案】AI2O3+ 3H2SQ= Al2(SQ)3+ 3H2O Si.2F€T+H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O N2 SQ、NH3 2MnO4 +5SQ+ 2H2O = 2Mn2++ 5SQ2+4H+【解析】【分析】根据题意,铝灰的主要成分为A2O3 (含少量杂质SiQ、FeO、F N O3),铝灰中加稀硫酸,AI2O3、FeO Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于硫酸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+,力口入双氧水,Fe2+被氧化为Fe3+,参加K4[Fe (CN) 6]后Fe3+转化为沉淀,过滤,在滤液中参加硫酸俊,生成NH4AI (SO4)2,结晶、枯燥、煨烧得到“-AI2O3.【详解】(1) AI2O3与硫酸反响生成硫酸铝和水,其反响的方程式为AI2O3+3H2SC4=AI2(SOQ3+3H2O.(2)根据上述分析,图中滤渣〞的主要成分是不溶于硫酸的二氧化硅,化学式为SiQ.(3)滤液中含有AI3+、Fe2+、Fe3+,加30%的H2O2溶液将F^+被氧化为Fe3+,根据得失电子守通、电荷守恒和原子守恒配平,发生反响的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4)①NH4AI (SQ) 2?12H2O分解生成的气体NH3和SO3被亚硫酸钠吸收,二氧化硫被高镒酸钾吸收,所以最后集气瓶中收集到的气体是N2.②饱和NaHSQ能与SQ、氨气反响,那么足量饱和NaHSQ溶液吸收的物质除大局部H2O(g)外,还有 SQ 、NH 3.③酸性条件下,KMnO 4与二氧化硫反响生成硫酸根离子和镒离子,根据得失电子守恒、电 荷守恒、原子守恒配平,其反响的离子方程式为：2MnO 4-+5S6+2H 2O=2Mn 2++5SO 2-+4H +.5.氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂.以下是从含 Cu 2+、Fe 3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图.(1)在电镀废水中加碱产生沉淀,过滤得到电镀污泥,那么电镀污泥的主要成分为 ; (2)由反响①制备CuCl 时的最正确pH 在 左右；(3)对CuCl 产率探究时发现反响①在隔绝空气条件下进行时 CuCl 产率较高,由此推测 CuCl具有 性；(4)写出反响①中化学反响方程式： ；(5)隔绝空气条件下,从滤液中制得晶体的实验操作为： ; (6)取晶体4.34g 隔绝空气条件下,失去结晶水后得固体3.26g,所得固体溶于水分成二等份,一份参加足量 BaC 2溶液,得到白色固体2.33g ；另一份参加足量 NaOH 溶液后,加热、 灼烧得红色粉末 0.4g .写出晶体的化学式： .【答案】Fe(OH)、Cu(OH)2 3.5 复原 2CuSO+ Fe +2KCl = 2CuCl 2SO2+FeSO 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、枯燥 KFe(SQ)2?6H 2O 【解析】 【分析】由流程图可知,向电镀废水中加碱,Cu 2+、Fe 3+与碱反响生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中参加硫酸限制pH 使氢氧化铜溶解,而氢氧化铁不溶解,过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液参加铁 与氯化钾,调节溶液 pH 和反响温度使硫酸铜与铁、氯化钾反响生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜,过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液,隔绝空气条件下,电镀废水氯化钾t铁粉如图是滤液中Cu 2+、Fe 3+的含量与pH 的关系及CuCl 产率与pH 的关系图.请答复以下问题:滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到K2Fe(SQ)2?6H2O晶体.【详解】(1)由流程图可知,向电镀废水中加碱, Cu2+、Fe3+与碱反响生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀,过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥,故答案为：Fe(OH)& Cu(OH2(2)由CuCl产率与pH的关系图可知,制备CuCl时的最正确pH是3.5左右,故答案为：3.5;(3)对CuCl产率探究时发现反响①在隔绝空气条彳^下进行时CuCl产率较高,说明氯化亚铜具有复原性,能被空气中的氧气氧化,故答案为：复原；(4)反响①为调节溶液pH和反响温度使硫酸铜与铁、氯化钾反响生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜,反响的化学方程式为2CuSQ+Fe+2KCl=2CuClt+FeSQ+K2SQ ,故答案为：2CuSQ+Fe+2KCl=2CuC[ +FeSQ+K2SO4;(5)隔绝空气条件下,含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到硫酸亚铁晶体,故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、枯燥；(6)由题意可知,结晶水的物质的量为(4；4g3：6i g =0.06mol ,由参加足量BaC2溶液,得到硫酸钢沉淀质量为 2.33g可知硫酸根的物质的量为募,x 2=0.02mol,由参加足量NaOH g/ mol溶液后,加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为喘捻oy X2X 2=0.01mol,那么钾离子的物质的量为⑶出“短吃：1痴g =0.02mol, n(K+)： n(Fe2+) : n(SO42 );n(H2O)=0.02mol： 0.01mol： 0.02mol ： 0.06mol=2:1:2:6 ,晶体的化学式为K2Fe(SQ)2?6H2., 故答案为：K2Fe(SQ)2 ?6H2O.6. NH3和Cl2在常温下可快速反响生成氮气：2NH3+3Cl2-N2+6HCl.当Cl2和NH3比例不同时,产物有差异.(1)该反响可用于检验化工生产中氯气是否泄漏.如氯气有少量泄漏,用氨气检验时的现象为.(2)假设利用该反响处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸, Cl2和NH3的最正确比例为_______ O(3)常温常压下,取总物质的量为12mol的氯气和氨气的混合气体,完全反响后,气体物质的量保持不变.求：① 反响前氯气和氨气的物质的量之比②反响后生成的氧化产物的质量.(4)假设将总体积为100L的NH3和Cl2混合,实验精确测得充分反响后无色混合气体中N2占混1合气体的1 ,求生成氧化产物的物质的量.(该实验数据在标准状况下测7定)【答案】有白烟生成 3 ： 2 n(NH3) ： n(Cl2)=1 ： 1 m(N2 )=56g 余NH3 和N20.263mol ,余HCl 和N2 0.893mol【解析】【分析】NH 3和Cl 2在常温下可快速反响生成氮气： 2NH 3+3CB - N 2+6HCL 当C12和NH 3比例不同时,产物有差异.(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏,那么需要有明显的现象,从提供的反响可以看出,氨气 过量时会有明显现象,找到该反响并指出现象即可；(2)要求是利用氨气和氯气之间反响生成氯化氢用于制备盐酸,故按该反响中 C 2和NH 3的比例来答复；(3)常温常压下,取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体,完全反响后,气体物质的量保持不变,说明2NH 3 3c12 N 2 6HC1反响后氨气有剩余,再发生反响NH 3+HC1=NH4C1, HC1不能完全反响,按此思路计算 ①反响前氯气和氨气的物质的量之比 及②反响后生成的氧化产物的质量；(4)假设将总体积为100L 的NH 3和C12混合,①2NH 3 3cI 2 N 2 6HC1恰好反响,根据方 程式计算混合气体总体积,进而计算氮气体积；②NH 3过量时,发生反响8NH 3 3c12 N 2 6NH 4CI ,剩余混合气体为氮气、氨气,设C12有xL,利用方程式和条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量； 【详解】(1)按题意,用于检验氯气是否泄漏的反响应有明显现象,氯气和氨气可能的反响为2NH 3 3c12 N 2 6HC1、当氨气过量时会与生成的HC1反响生成氯化俊,有白烟,现象明显；答案为：有白烟生成；(2)氨气和氯气在常温下可快速反响生成氮气： 2NH 3 3c12 N 2 6HC1 ,假设利用该反响处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸, C 2和NH 3的最正确比例为3: 2;答案为：3： 2；(3)①常温常压下,取总^物质的量为12mo1的氯气和氨气的混合气体,完全反响后,气体物质的量保持不变,说明 2NH 3 3c12 N 2 6HC1反响后氨气有剩余,再多余氨气再与 局部HC1发生反响NH 3+HC1=NH 4C1, HC1不能完全反响,设反响 2NH 3 3cN 2 6HC12—x ,得 x=6,3故反响前氯气和氨气的物质的量之比为中消耗氯气的物质的量为 x,2NH 3 2 ~3C12气体物质的量增加 2x NH 3 1 12-x 2x3+HC1=NH 4C1 3气体物质的量减少2 2(12-x)2x 3,前者体积增大与后者体积减小相等,贝U 2(12 x答案为：1:1;②反响后生成的氧化产物为氮气,氯气为 6mol,由2NH 3 3cI 2 N 2 6HC1可知,生成 氮气的物质的量为 2mol,故氧化产物氮气的质量 =2mo1 x 28g/mo1=56g , 故答案为：56g; (4)在2NH 3 3c12N 2 6HC1反响中,NH 3和C12恰好完全反响时,混合气体中N 2占混 __ 1合气体的一,由于氨气与HC1可以反响生成HN 4C1,而充分反响后的混合气体中N 2占混合7. _ 1气体的一,那么有两类情况：① C12与氨气恰好反响,由方程式可知5体积气体生成7体积气7体,故反响后混合气体总体积=100LX 7=140L,那么氧化产物氮气体积为140LX -=20L,故578NH 3 3Cl 2 N 2 6NH 4Cl ,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl 2有xL,那么300.1 L-^7——3- 0.263mol ； 22.4L/mol答案为：余 NH 3 和 N 2 为 0.263mol,余 HCl 和 N 2 为 0.893mol .7.含铭(+6价)废水严重危害人体健康,工业上常用复原法进行处理.其局部工艺流程如 下：(1)废水中,六价铭以 CrO 42 ；或者C 「2O 72 —的形式存在,写出其相互转化的离子方程式.我国常用NaHSO 3做复原剂,写出复原池中反响的离子方程式 .(2)废水中残留六价铭的浓度随溶液 pH 变化如下图.实际生产中需限制pH=2.5〜3.0,原因可能是.(3)沉淀池中生成 Cr(OH ?的颗粒太细,为促使其更好地沉淀,可采取的举措是 .20L其物质的量= ------------------- 22.4L / mol=0.893mol ；②NH 3过量时,发生反响8NH 3 ~3Cl 2 ~N 2322831x x 3V1xL,那么—3^一10x100L —x L331 300 一 一,…一… 一,x ——,故氧化广物氮气的物7 17质的量 鼻眼遂航招 破,(4)我国规定,工业废水中含Cr(VI)量的排放标准为0.1 mg/Lo：Cr的相对原子质量为52, K ap(BaCrO4)= 1.2 X 10°.假设用Ba2+除去废水中的CrO42,到达废水排放标准时,废水中Ba*浓度最低为mol/L(保存小数点后2位).用Ba2+除去废水中的CrO’2一是否可行,为什么？请简要答复.【答案】2CrC42- +2H,™*Cr2Q2"+HzO 3HSO +Cr2Q2-+5H+=2Cr3++3SO2-+4H2O 溶液中pH 越高,废水中六价需残留越多；溶液中pH越低,会腐蚀设备管道参加絮凝剂 6.24X10-5mol/L 不可行,由于废水中含有Ba2,同样有毒【解析】【分析】(1)由工艺流程可知,加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72-,复原池中,Cr2O72-在酸性条件下将HSOT氧化生成SQ2-,本身被复原为Cr3+;(2)由图可知,溶液中pH越大废水中残留六价铭的浓度越大,而溶液中pH越小,酸性越强,可能会腐蚀设备管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细,可向沉淀池中参加絮凝剂；(4)由溶度积计算可得；Ba2+在溶液中有毒.【详解】(1)由工艺流程可知,加酸可以使CrO42-转化为Cr2O72",转化的离子方程式为2CrO42-+2H+—1Cr2O72-+H2O；复原池中,Cr2O72-在酸性条件下将HSOT氧化生成SQ2一,本身被还原为Cr3+,反响的离子方程式为3HSOT+Cr2O72-+5H+=2C产+3SQ2-+4H2O,故答案为：2CrO42-+2H+•- Cr2O72'+H2O; 3HSO J +Cr2O72'+5H+=2Cr3++3SO42'+4H2O;(2)由图可知,溶液中pH越大废水中残留六价铭的浓度越大,而溶液中pH越小,酸性越强,可能会腐蚀设备管道,所以实际生产中需限制pH=2.5〜3.0,故答案为：溶液中pH越高,废水中六价需残留越多；溶液中pH越低,会腐蚀设备管道；(3)沉淀池中生成Cr(OH)3的颗粒太细,可向沉淀池中参加絮凝剂,使Cr(OH)3更好地沉淀,故答案为：参加絮凝剂；0.0001 g(4)到达废水排放标准时, CrQ2一的浓度为Y：=^mol/L,那么溶液中Ba2+浓度为K BaCrO 10；cr O 2-)=0.0001 mol/1 =6.24X10-5 mol/L ; Ba"在溶液中有毒,那么用Ba2+除去废水中的CrO425crO4 )-52~是不可行的,故答案为： 6.24X10-5mol/L;不可行,由于废水中含有Ba2,同样有毒.(2)此法的缺点主要是 .方法二：最近,科学家又研究出了一种新的制备方法,纤维素复原法制 C1O 2,其原理是：纤维素水解得到的最终产物 X 与NaC1O 3反响生成C1O 2. (3)配平方程式：口(X) +DNaC1O+DH 2SQ 一口 0121 +UCO +口也0+□假设反响中产生4.48L (折算成标准状况下)气体,电子转移 个.(4) C102和C12均能将电镀废水中的 CN 一氧化为无毒的物质,自身被复原为 01o 处理含CN 一相同量的电镀废水,所需 C12的物质的量是 C102的 倍.方法三：实验室常用氯酸钠 (NaC103)和亚硫酸钠(Na 2SO 3)用硫酸酸化,加热制备二氧化氯, 化学反响方程式为：2NaC1O 3+N%SQ+ H Z SO L A^ 20212 T +2N&SQ+ H 2O (5)反响中的 Na z SQ 溶液中存在如下平衡： H 20=^ H ++0H 和 (用离子方程式表示) .常温下,0.1mo1/L 该溶液中离子浓度由大到小排列 (用离子符号表 示)(6)常温下, NaHSQ 溶液呈酸性,在 Na 2S03溶液中滴加稀盐酸至中性时,溶质的主 要成分有.(用化学式表示)【答案】H 2、012 2NaC1Q+ 4HC1=2C1C 2 T +C 2 T + 2Na01 + 2H0 同时产生了大量的氯气,不 仅产率低,而且产品难以别离,同时很有可能造成环境污染；能耗较大等106Hl206+24NaC103+12H 2SQ — 2401.T +60QT +18H20+12Na ?S .0.16N A 2.5 SQ 2- +H 20=- 0H -+HSO -, HS Q -+H 20=, 0H+H 2SQ c(Na +)>c(S0 32-)>c(0H -)>c(HS03-)>c(H +) NaHSQ 、Na z SQ 、Na01、或(NaHSQ 、Na z SQ 、Na01、SQ 、H 2SC3) 【解析】 【分析】(1)电解饱和食盐水生成H 、012和Na0H 故可以利用的单质为 H 、012,合成H01,根据流程图可知参加物质为 Na01Q 和H01,生成0102；可以写出方程式,并用化合价升降法配 平得到；(2)生成的气体中除了有二氧化氯还有大量的氯气,产率低,难别离,而且极有可能造成 大气污染；用电解的方法耗能大；(3)①纤维素为多糖,水解最终产物为葡萄糖(GH2Q),具有复原性,可将 Na01Q 复原得到0102. 01从+5到+4价,降低1价,葡萄糖(GH12Q) 0均价为0,到+4价,升高4 价,然后配平得到,由①可知生成24molClO 2和6mol CO 2气体转移24moi 的电子；(4)每摩尔Cl 2得到2moi 电子,而每摩尔 C1O 2得到5mol 电子,故为2.5倍； (5)存在弱电解水的电离平衡和弱离子的水解平衡.不水解的二元钠离子浓度最大,水解8.二氧化氯泡腾片,有效成分(C1O2)是- 方法一：氯化钠电解法是一种可靠的工业生产 程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(种高效、平安的杀菌、消毒剂.C1Q 气体的方法.该法工艺原理如图.其过 NaClQ)与盐酸反响生成 C1Q .食钝国历 电第电发生器(1)工艺中可利用的单质有(填化学式),发生器中生成 C1Q 的化学方程式是微弱的,显性离子和第一步水解产生的阴离子,隐性离子；(6) NaSO溶液中滴加稀盐酸,两者反响,要使溶液呈中性,只能是局部反响,所以溶质为NaSO、NaHSO NaCl.【详解】(1)由工艺流程图可以看出：在该工艺中可利用的单质有H、Cl2 ;根据流程图可知参加物质为NaClQ和HCl,生成ClO2；发生氧化复原反响, NaClQ被复原生成ClOz, HCl被氧化生成Cl2,生成ClO2的化学方程式为：2NaClQ+4HCl=2ClO2f+Cl2 T + 2NaCl+2H2Q(2)由制备原理和流程图可知此法的缺点主要是会产生大量的Cl2,消耗大量的电能,产物ClO2和Cl 2不仅不容易别离,而且物质利用率低,很容易造成大气污染；(3)纤维素水解得到的最终产物X是葡萄糖QH2Q.它与NaClQ在酸性条件下发生反响,根据质量守恒定律和电子守恒的知识可得方程式为：1QHO6+24NaClQ+12HSQf 24ClO2 T +6CO T +18H2O+12NaSO,由方程式可以看出每产生30mol的气体,转移电子24N;现在产生气体的物质的量为 4.48L (即0.2mol ),所以转移电子的物质的量为0.16mol ,个数为0.16N A；(4)处理含CN相同量的电镀废水,即转移电子的物质的量相同.假设转移电子2mol,那么2需要Cl 2的物质的量是1mol;需要ClO2的物质的量为一==0.4mol.所以n(Cl 2)：5n(ClO2)=1 : 0.4=2.5 ;(5)反响中的NaSO溶液中存在如下平衡：HO=^ H++O即口SO2一的水解平衡的两种方程式.由于SO2一是二元弱酸的酸根离子,因此存在两步水解平衡SO2-+HO=^ OH+HS.,HSO+HO=^^ OH+HSO; NaaSO=2Na+ SQ2-; c(Na+)>c(SO32-), SO2-水解产生OH和HSO , HSO进一步水解还要消耗HSG,同时产生OH,因此c(OH-)>c(HSO3-);在溶液中还存在水的电量平衡,所以c(HSQ-)>c(H +);在溶液中盐水解的程度是很微弱的,所以c(SO32一)>c(OH-);因此在该溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H +);(6)在NaSO溶液中滴加稀盐酸假设恰好发生反响：NaSQ+HCl=NaCl+NaHSQ那么由于NaHS的液呈酸性.所以至中性时, n(HCl)<n(Na 2SO),产生溶液中含有的溶质有未反响的NaSO及反响生成的NaCl、NaHSQ溶质有NaSQ、NaCl、NaHSO,也可能滴力口HCl局部过量会产生SO、HSO溶解在该溶液中还含有SO和HSO.9. (1)最近材料科学家发现了首例带结晶水的晶体在5K下呈现超导性.该晶体的化学式为Na0.35CoO2 • 1.3H2O(该晶体的摩尔质量为122g - mol-1),假设用N A表示阿伏加德罗常数,那么12.2g 该晶体中含氧原子数为—,氢原子的物质的量为—mol.(2) FeC3溶液可以用来净水,用100mL2moi • L_1的FeC3溶液净水时,生成具有净水作用的微粒数―(填“大于〞“等于〞或“小于〞)0. 2N A.(3)在标准状况下,VL某气体(摩尔质量为Mg/m.i)溶解在1L水(水的密度近似为。

三、能斯特方程式
RT cOx ln nF cRe d
θ
当T=298.15K时： θ
0.05916 cOx lg n cRe d
应用能斯特方程式应注意下列问题：
1. 固体、纯液体或稀溶液中的溶剂不出现在能斯特方程式中。 2. 如果电极中的氧化态或还原态物质的计量数不是1时，则以计 量数作其浓度的指数。 3. 除氧化态和还原态物质外，若有H+或OH-参加电极反应，也应 出现在能斯特方程式中。 4. 电极中的氧化态或还原态物质是气体时，则用其相对分压。
Ca2+含量的计算公式：
5 cKMnO4VKMnO4 M Ca 10-3 Ca 2 % 2 100% ms
三、碘量法
一、基本原理
利用I2的氧化性或I-的还原性进行的氧化还原滴定法。
（因I2在水中溶解度小，通常将其溶解在KI溶液中。）
半电池反应
I2 + 2e I2 + I I3- + 2e
◆
返滴定法: 某些氧化性物质可用返滴定法测定。
间接滴定法: 某些非氧化还原性物质能与另一氧化剂或
还原剂定量反应，可采用间接滴定法进行测定。 如测定Ca2+含量时，首先将Ca2+沉淀为CaC2O4，过滤后，再 用稀H2SO4将CaC2O4溶解，然后用KMnO4滴定液滴定溶液 中的C2O42-，从而间接求得Ca2+含量。
基础化学 第2版
第八章
氧化还原反应与氧化还原滴定法
第八章
氧化还原反应与氧化还原滴定法 氧化还原反应
第一节
第二节
第三节
原电池与电极电势
氧化还原滴定法
学习要点
1．氧化还原反应的有关慨念及配平。

化学反应工程第二版习题解答目录第一章练习1第二章练习15第三章练习32第四章练习39第五章练习52第六章练习57第七章练习65第八章练习72《化学反应工程》第二版习题解答第一章练习1化学反应式和化学计量式有什么相同点和不同点？化学反应式中的化学计量系数和化学计量方程式中的化学计量系数之间的关系是什么？答：化学反应式中计量系数恒为正值，化学计量方程中反应物的计量系数与化学反应式中数值相同，符号相反，对于产物二者相同。

2什么是基本反应？基本反应动力学方程中的活化能和反应级数是什么意思？何谓非基元反应?非基元反应的动力学方程中活化能与反应级数含义是什么?答：如果反应物严格按照化学反应式一步直接转化为产物，则该反应为基本反应。

基本反应符合质量作用定律。

基本反应活化能是指1摩尔活化分子的平均能量高于普通分子的平均能量。

基本反应的反应级数是反应的反应分子数。

所有不符合质量作用定律的反应都是非基本反应。

非元素反应的活化能没有明确的物理意义，它只决定了反应速率对温度的敏感性。

非元素反应的反应级数是一个经验值，它决定了反应速率对反应物浓度的敏感性。

三若将反应速率写成?ra??dca，有什么条件?dt答：化学反应的进行不引起物系体积的变化，即恒容。

4为什么用间歇式反应器实验测定均相液相反应过程的动力学方程？答：在间歇反应器中可以直接得到反应时间和反应程度的关系，而这种关系仅是动力学方程的直接积分，与反应器大小和投料量无关。

5.现有的基本反应过程如下。

请写下每种成分的形成速率和浓度之间的关系。

(1)a+2b?ca+c?d(2)a+2b?cb+c?dc+d→e（3） 2a+2b？C1化学反应工程第二版的问题解决a+c?d解2ra？？k1cacb？k2cc？k3cacc？k4cd2rb？？2k1cacb？2k2cc（1）rc?kcc?k2cc?k3cacc?k4cdrd?k3cacc?k4cd2ra??k1cacb?k2cc21ab(2)2rb??2k1cacb?2k2cc?k3cbcc?k4cdrc?kcc?k2cc?k3cbcc?k4cd?k5cccd?k6cerd?k3cbcc?k4c d?k5cccd?k6ce22ra??2k1cacb?2k2cc?k3cacc?k4cd22rb??2k1cacb?2k2cc21ab(3)rc?kcc?k2cc?k3cacc?k4cdrd?k3cacc?k4cd221ab六气相基元反应a+2b→2p在30℃和常压下的反应速率常数kc=2.65×104m6kmol-2s-1。

氧化还原反应【精品目标】1．了解氧化还原反应的本质是电子转移。

2．了解氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物等概念。

3．能够利用得失电子守恒进行有关氧化还原反应的计算。

4．了解常见的氧化剂和还原剂及常见的氧化还原反应。

5. 熟练掌握氧化还原反应的规律及应用。

【精品重难点】1.关于电子转移的计算题2.熟练掌握氧化还原反应的规律及应用。

【精品知识点】一、标价和算价1．标价的技巧：先熟后生、先定后变、电荷守恒。

2．算变价总数的技巧：先—后总两边看。

【典例1】请标出下列物质中各元素的化合价NH4NO2，Cu2S，FeS2，CaI2，KO2【针对训练1】CaH2，Na2S2O7，MnO-24，Cr2O-27，HOOCCOOH，二、氧化还原反应的基本概念及相互关系1．氧化还原反应实质及判断依据：氧化还原反应的实质是电子的__________，氧化还原反应的特征和判断依据：有元素___ 。

【典例2】下列化学反应不属于氧化还原反应的是（）A. 实验室制：B. 实验室制取二氧化碳：C. 用焦炭和水蒸气制水煤气：D. 利用分解制取：【针对训练】1．下列反应属于氧化还原反应的是( )A.CaCO3+2HCl====CaCl2+H2O+CO2↑B. Na2CO3+H2O+CO2====2NaHCO3C.Cl2+2NaOH====NaCl+NaClO+H2OD.NaBr+AgNO3====AgBr↓+NaNO32.现有以下反应，①CaO＋H2O＝Ca(OH)2 ②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3③KOH＋HNO3＝KNO3＋H2O ④CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋CO2↑＋H2O⑤2KClO3催化剂△2KCl＋3O2↑ ⑥NH4HCO3△NH3↑＋CO2↑＋H2O⑦Cl2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl ⑧Cl2＋2KI＝2KCl＋I2属于氧化还原反应的是_ __，属于化合反应的是_ _，属于分解反应的是_ _，属于置换反应的是_ _，属于复分解反应的是_ _。

《氧化还原反应与氧化还原滴定法》习题答案D剂中S 原子氧化数从-2升高为0，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数，氧化剂中的S 原子的数目应为1，还原剂中S 原子数目应为2，SO 2和H 2S 分子的氧化数分别应为1和2，然后通过平衡其他原子数目配平其他分子，得到： O H 23S H 2SO 222+→+S （7）氧化剂KClO 3中Cl 原子氧化数从+5降低为-1，还原剂中Cl 原子氧化数从+5升高为+7，为使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数，作为氧化剂的Cl 原子的数目应为1，作为还原剂的Cl 原子数目应为2，因此，KClO 4和KCl 分子的氧化数分别应为2和1，然后通过平衡其他原子数目配平其他分子，得到： O H KCl 2KClO 2H 3KClO 243++→++知识点：氧化数法配平氧化还原反应式的步骤： (1)写出基本反应式：(2)找出氧化剂中原子氧化数降低的数值和还原剂中原子氧化数升高的数值。

(3)调整系数，使氧化数升高的总数等于氧化数降低的总数。

(4)在氧化剂和还原剂的化学式前，各乘以相应的系数。

并使方程式两边相应的原子数相等。

(5)配平反应前后氧化数未发生变化的原子数。

首先检查反应方程式两边的氢原子数目，找出参加反应的水分子数。

最后核对氧原子数。

3：用离子电子法配平下列反应式。

2-2I NO H I H NO (1)+→+++O H Pb SO O H Pb S (2)2422+→+ --+→+24-2423-4SO M nO SO M nO (3)O H CrO OH H O Cr(OH ) (4)2242-4+→++--- +++→+3-432Bi M nO NaBiO M n (5) O H IO I OH I (6)23--2++→+= S Cr S H O Cr (7)32-272+→++答：（1）基本反应：2-2I NO H I H NO +→+++分为两个半反应： 氧化还原I I NO HNO 2-2→→将每个半反应的原子数电荷数配平： -++→+→++2e I 2I OH NO e H HNO 2-2-2将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 12e I 2I 2O H NO e H HNO 2-22⨯+→⨯+→++--+合并得：O2H I 2NO 2H 2I 2H NO 22-2++→+++（2）基本反应： O H SO O H S 2-2422-2+→+ 分为两个半反应： 氧化SO S O H O H 24-2222-→→还原将每个半反应的原子数电荷数配平： -+-+++→+→++8e H 8SO O 4H S O2H 2e 2H O H 242-22-22将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： `18e 8H SO O 4H S 4O 2H 2e 2H O H 242-22-22⨯++→+⨯→++-+-+合并得： O H 4SO O H 4S 2-2422-2+→+ （3）基本反应：--+→+24-2423-4SO MnO SO M nO分为两个半反应：氧化还原2e O H SO2OH SOMnO e MnO -22423-24-4++→+→+----将每个半反应的原子数电荷数配平：2e O H SO 2OH SOMnO e MnO -22423-24-4++→+→+----将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 12e O H SO 2OH SO2 MnO e MnO -22423-24-4⨯++→+⨯→+----合并得：O 2H SO 2MnO 2OH SO 2M nO 224-2423-4++→++---（4）基本反应：O H CrO OHH O Cr(OH ) 2242-4+→++---分为两个半反应：还原氧化O H OH HO O H CrO OH Cr(OH)22224-4→++→+----将每个半反应的原子数电荷数配平： O2H 3H 2e HO 3eO 4H CrO 4OH Cr(OH)2-2-224-4→++++→++---将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 3O 2H 3H 2e HO 23e O 4H CrO 4OH Cr(OH)2-2-224-4⨯→++⨯++→++---合并得：O6H 2CrO H 3H O 2Cr(OH ) 2242-4+→++-+-（5）基本反应： +-++→+3-432Bi M nO BiO M n 分为两个半反应：还原氧化 Bi BiO MnO Mn 33-42+-+→→将每个半反应的原子数电荷数配平： O 3H Bi2e 6H BiO 5eO 4H MnO 8OH Mn 23-3-2-4-2+→++++→+++-+将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 5 O 3H Bi2e 6H BiO 25e O 4H MnO 8OH Mn 23-3-2-4-2⨯+→++⨯++→+++-+合并得：O 7H 5Bi 2MnO 14H 5BiO 2M n 23-432++→++++-+（6）基本反应： O H IO I OH I 23--2++→+= 分为两个半反应：还原氧化 I I O H IO OH I -223-2→+→+=将每个半反应的原子数电荷数配平：2I 2e I 10eO 6H 2IO 12OH I -2-23-2→+++→+-=将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 52I 2e I 110e O 6H 2IO 12OH I -2-23-2⨯→+⨯++→+-=合并得：O6H 2IO 10I 12OH 6I 23--2++→+=（7）基本反应： S Cr S H O Cr 32-272+→++分为两个半反应：氧化还原H S S H Cr H O Cr 23-272++++→→+将每个半反应的原子数电荷数配平：-223-2722e2H S S H O7H 2Cr 6e 14H O Cr ++→+→++++-+将两个半反应分别乘以适当的系数，使得失电子数相等，然后相加即得配平的总反应式： 32e 2H S S H 1O 7H 2Cr 6e 14H O Cr -223-272⨯++→⨯+→++++-+合并得：O7H 3S 2Cr 8H S 3H O Cr 232-272++→++++知识点：离子电子法配平氧化还原反应式的步骤： (1)用离子形式写出基本反应式：(2)将总反应分为两个半反应，一个氧化剂对应的反应——还原反应，一个还原剂对应的反应——氧化反应。

习题解答（第八章）一、选择题1. 下列反应中，属于氧化还原反应的是( C )A.硫酸与氢氧化钡溶液的反应B.石灰石与稀盐酸的反应C.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应D.醋酸钠的水解反应2. 单质A和单质B化合成AB(其中A显正价),下列说法正确的是( C )A. B被氧化B. A是氧化剂C. A发生氧化反应D. B具有还原性3. 对于原电池的电极名称,叙述中有错误的是( B )A.电子流入的一极为正极B.发生氧化反应的一极是正极C.电子流出的一极为负极D.比较不活泼的金属构成的一极为正极4. 根据下列反应：2FeCl3+Cu→2FeCl2+CuCl22Fe3++Fe→3Fe2+2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4→2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O 判断电极电势最大的电对为( C )A.Fe3+/Fe2+B.Cu2+/CuC.MnO4-/Mn2+D.Fe2+/Feϕ5. 在含有Cl-，Br-，I-离子的混合溶液中，欲使I-氧化成I2，而Br-,Cl-不被氧化，根据φ值大小，应选择下列氧化剂中的( B )A.KMnO4B.K2Cr2O7C.(NH4)2S2O8D.FeCl36. 在酸性溶液中和标准状态下，下列各组离子可以共存的是( D )A.MnO4- 和Cl-B.Fe3+ 和Sn2+C.NO3- 和Fe2+D.I- 和Sn4+7. 利用标准电极电势表判断氧化反应进行的方向，正确的说法是( B )A.氧化态物质与还原态物质起反应；ϕ较大电对的氧化态物质与φϕ较小电对的还原态物质起反应；B. φC.氧化性强的物质与氧化性弱的物质起反应；D.还原性强的物质屯还原性弱的物质起反应。

二、是非题(下列叙述中对的打“√”,错的打“×”)1. MnO4-离子中，Mn和O的化合价分别为+8和-2。

( ×)2. 根据标准电极电势判定SnCl2 + HgCl2 =SnCl4 + Hg反应能自发向右进行。