資源簡介

(共21張PPT)
模塊一　
化學基本概念與計算
主題2　物質的轉化
第5講　電子得失守恒原理的應用
配套練習
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一、 選擇題(每小題只有一個選項符合題意)
1 某金屬和硝酸反應，已知參加反應的被還原的硝酸和參加反應的硝酸的物質的量之比為1∶6，若已知還原產物唯一，則還原產物為(　　)
A. N2 B. N2O
C. NO D. NO2
答案：A
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2 FeS2與硝酸反應的產物有Fe(NO3)3和H2SO4，若反應中FeS2和硝酸的物質的量之比是1∶8，則硝酸的還原產物是(　　)
A. NO2 B. NO
C. N2O D. N2O3
答案：B
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3 物質的量之比為2∶5的鋅與稀硝酸恰好完全反應，若硝酸的還原產物為N2O，則反應中被還原的HNO3與未被還原的HNO3的物質的量之比為(　　)
A. 1∶4　 B. 1∶5
C. 2∶3　 D. 2∶5
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答案：A
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4 Cu2S與一定濃度的HNO3反應，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。當產物中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1時，下列說法不正確的是(　　)
A. 反應中Cu2S是還原劑，Cu(NO3)2、CuSO4是氧化產物
B. 參加反應的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 產物n[Cu(NO3)2] ∶n(CuSO4)＝1∶2
D. 1 mol Cu2S參加反應時有10 mol e－轉移
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答案：C
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二、 非選擇題
5 [2024南通、泰州等六市一調]α－FeOOH在環境保護等領域有廣泛應用。在80 ℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中邊攪拌邊分批加入NaClO3固體，同時滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之間。一段時間后，過濾、洗滌得α－FeOOH固體。
(1) 制備1 mol α－FeOOH理論上需要NaClO3的物質的量為________
mol；實際生產過程中所加NaClO3低于理論用量的原因是_____________
_____________________________________________________________。
(2) 為檢驗(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化，某同學向過濾所得濾液中滴加酸性KMnO4溶液，該設計方案不合理的理由是__________________
______________________________________________________。
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6 MnO2是一種重要的無機功能材料，粗MnO2的提純是工業生產的重要環節。某研究性學習小組設計了將粗MnO2(含有較多的MnO和MnCO3)樣品轉化為純MnO2實驗，其流程如下：
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(1) 第①步加稀硫酸時，粗MnO2樣品中的_______________(填化學式)轉化為可溶性物質。
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(3) 第③步蒸發操作必需的儀器有鐵架臺(含鐵圈)、_______、_____
____、________，已知蒸發得到的固體中有NaClO3和NaOH，則一定還有含有_______(填化學式)。
(4) 若粗MnO2樣品的質量為12.69 g，第①步反應后，經過濾得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(標準狀況下)，則在第②步反應中至少需要______mol NaClO3。
MnO、MnCO3
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Mn2＋
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H2O
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H＋
酒精燈
蒸發
皿
玻璃棒
NaCl
0.02
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圖2
圖1
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(1) 上述制備反應進行一段時間后，溶液pH約為4，寫出該過程發生
的離子方程式：_________________________________________________
_____。
(2) 用“醇洗”可快速去除濾渣表面的水分，防止濾渣被空氣氧化為Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化為Cu2(OH)3Cl的化學方程式為_____________
_______________________________。
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4CuCl＋O2
＋4H2O===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
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(3) [2024無錫四校學情調研]電解催化還原CO2用某復合金屬作為電極時，復合金屬吸附二氧化碳的位置不同，產物也不一樣。復合金屬優先與O原子結合，生成的產物主要為HCOOH。復合金屬優先與C結合，生成的產物主要為CH4或CH3OH。該復合金屬催化還原CO2可能的機理及各產物的物質的量分數如圖所示。若有1 mol CO2完全轉化，反應過程中轉移電子的物質的量為________mol。
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答案：(1) 8　(2) 3　(3) 6.2
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9 (1) [2023南通如皋適應考]黃銅礦(主要成分是CuFeS2)是重要的含銅礦物，常用于冶煉金屬銅。工業上可以在酸性介質中用H2O2氧化浸出黃銅礦。40 ℃、pH<1、H2O2過量的條件下，用H2O2、H2SO4混合液浸出黃銅礦。
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(2) [2023南通一模]一種制取Mn3O4－石墨烯納米復合材料的物種轉化關系可表示如下(GO表示石墨烯)：
在石墨烯表面制得1 mol Mn3O4，理論上需要消耗NaBH4的物質的量為________mol。
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答案：(1) 8.5 mol　(2) 3.75
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10 為測定LiMnxOy中Mn元素的平均化合價，現進行如下實驗。
步驟1：取少量LiMnxOy，分成兩等份，分別置于兩只錐形瓶中。
步驟2：向其中一只錐形瓶中加入稀硝酸和雙氧水，完全反應后，LiMnxOy中Mn元素轉化為Mn2＋，加熱除去過量的雙氧水。調節pH，滴加指示劑，用濃度為0.400 mol/L的EDTA標準溶液滴定，終點時消耗EDTA標準溶液20.00 mL(已知：Mn2＋與EDTA反應的化學計量數之比為1∶1)。
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步驟3：向另一只錐形瓶中加入足量硫酸和1.340 0 g Na2C2O4，充分反應后，將溶液稀釋并定容至250 mL。從中取出25.00 mL溶液，用0.010 mol/L KMnO4標準溶液滴定，到達滴定終點時消耗KMnO4標準溶液16.00 mL。
步驟3實驗過程中物質發生的轉化如下：
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謝謝觀看
Thank you for watching第5講　電子得失守恒原理的應用
一、 選擇題(每小題只有一個選項符合題意)
1 某金屬和硝酸反應，已知參加反應的被還原的硝酸和參加反應的硝酸的物質的量之比為1∶6，若已知還原產物唯一，則還原產物為(　　)
A. N2 B. N2O C. NO D. NO2
2 FeS2與硝酸反應的產物有Fe(NO3)3和H2SO4，若反應中FeS2和硝酸的物質的量之比是1∶8，則硝酸的還原產物是(　　)
A. NO2 B. NO C. N2O D. N2O3
3 物質的量之比為2∶5的鋅與稀硝酸恰好完全反應，若硝酸的還原產物為N2O，則反應中被還原的HNO3與未被還原的HNO3的物質的量之比為(　　)
A. 1∶4　 B. 1∶5
C. 2∶3　 D. 2∶5
4 Cu2S與一定濃度的HNO3反應，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。當產物中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1時，下列說法不正確的是(　　)
A. 反應中Cu2S是還原劑，Cu(NO3)2、CuSO4是氧化產物
B. 參加反應的n(Cu2S)∶n(HNO3)＝1∶7
C. 產物n[Cu(NO3)2] ∶n(CuSO4)＝1∶2
D. 1 mol Cu2S參加反應時有10 mol e－轉移
二、 非選擇題
5 [2024南通、泰州等六市一調]αFeOOH在環境保護等領域有廣泛應用。在80 ℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中邊攪拌邊分批加入NaClO3固體，同時滴加NaOH溶液，使溶液pH控制在4～4.5之間。一段時間后，過濾、洗滌得αFeOOH固體。
(1) 制備1 mol αFeOOH理論上需要NaClO3的物質的量為________mol；實際生產過程中所加NaClO3低于理論用量的原因是___________________________
______________________________________________________________________。
(2) 為檢驗(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化，某同學向過濾所得濾液中滴加酸性KMnO4溶液，該設計方案不合理的理由是__________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。
6 MnO2是一種重要的無機功能材料，粗MnO2的提純是工業生產的重要環節。某研究性學習小組設計了將粗MnO2(含有較多的MnO和MnCO3)樣品轉化為純MnO2實驗，其流程如下：
(1) 第①步加稀硫酸時，粗MnO2樣品中的__________(填化學式)轉化為可溶性物質。
(2) 第②步反應的離子方程式是________＋ClO＋__________
===MnO2↓＋Cl2↑＋__________。
(3) 第③步蒸發操作必需的儀器有鐵架臺(含鐵圈)、________、________、________，已知蒸發得到的固體中有NaClO3和NaOH，則一定還有含有________(填化學式)。
(4) 若粗MnO2樣品的質量為12.69 g，第①步反應后，經過濾得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2(標準狀況下)，則在第②步反應中至少需要________mol NaClO3。
7 [2025南師附中期中]CuCl為白色粉末，微溶于水，溶于濃鹽酸或NaCl濃溶液形成CuCl，不溶于乙醇，在空氣中易被氧化。某小組使用如圖1所示裝置制備CuCl，不同pH下含硫微粒的物質的量分數如圖2所示。
圖1 圖2
(1) 上述制備反應進行一段時間后，溶液pH約為4，寫出該過程發生的離子方程式：_______________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2) 用“醇洗”可快速去除濾渣表面的水分，防止濾渣被空氣氧化為Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化為Cu2(OH)3Cl的化學方程式為_____________________
____________________________________________________。
8 (1) [2024南通、泰州等八市三調]將碲銅渣(含Cu2Te及少量CuTeO4、Pb等化合物)加熱熔化后，向其中分批加入一定量還原碳粉，控制反應溫度為400～500 ℃，發生反應2CuTeO4＋4CCu2Te＋Te＋4CO2↑。每消耗1 mol CuTeO4，反應中轉移電子的物質的量為________mol。
(2) [2024南通、泰州等七市二調]As(Ⅲ)能與硫化劑(能提供S2-)反應生成雌黃(As2S3)沉淀。HCHO能在硫酸鹽還原菌的作用下將SO還原為H2S，同時生成HCO。沉淀1 mol As(Ⅲ)理論上需消耗HCHO的物質的量為________mol。
(3) [2024無錫四校學情調研]電解催化還原CO2用某復合金屬作為電極時，復合金屬吸附二氧化碳的位置不同，產物也不一樣。復合金屬優先與O原子結合，生成的產物主要為HCOOH。復合金屬優先與C結合，生成的產物主要為CH4或CH3OH。該復合金屬催化還原CO2可能的機理及各產物的物質的量分數如圖所示。若有1 mol CO2完全轉化，反應過程中轉移電子的物質的量為________mol。
9 (1) [2023南通如皋適應考]黃銅礦(主要成分是CuFeS2)是重要的含銅礦物，常用于冶煉金屬銅。工業上可以在酸性介質中用H2O2氧化浸出黃銅礦。40 ℃、pH<1、H2O2過量的條件下，用H2O2、H2SO4混合液浸出黃銅礦。
CuFeS2反應后轉化為Cu2+、Fe3+、SO。將1 mol CuFeS2完全轉化，理論上所需H2O2的物質的量為________。
(2) [2023南通一模]一種制取Mn3O4石墨烯納米復合材料的物種轉化關系可表示如下(GO表示石墨烯)：
在石墨烯表面制得1 mol Mn3O4，理論上需要消耗NaBH4的物質的量為________mol。
10 為測定LiMnxOy中Mn元素的平均化合價，現進行如下實驗。
步驟1：取少量LiMnxOy，分成兩等份，分別置于兩只錐形瓶中。
步驟2：向其中一只錐形瓶中加入稀硝酸和雙氧水，完全反應后，LiMnxOy中Mn元素轉化為Mn2+，加熱除去過量的雙氧水。調節pH，滴加指示劑，用濃度為0.400 mol/L的EDTA標準溶液滴定，終點時消耗EDTA標準溶液20.00 mL(已知：Mn2+與EDTA反應的化學計量數之比為1∶1)。
步驟3：向另一只錐形瓶中加入足量硫酸和1.340 0 g Na2C2O4，充分反應后，將溶液稀釋并定容至250 mL。從中取出25.00 mL溶液，用0.010 mol/L KMnO4標準溶液滴定，到達滴定終點時消耗KMnO4標準溶液16.00 mL。
步驟3實驗過程中物質發生的轉化如下：
LiMnxOyMn2+；
MnOMn2+
計算LiMnxOy中Mn元素的平均化合價(寫出計算過程)。
第5講　電子得失守恒原理的應用
1 A　2 B　3 A　4 C
5 (1) 　少量Fe2+被O2氧化，減少了NaClO3的消耗量　(2) 濾液中的Cl－能使酸性KMnO4溶液褪色，干擾Fe2+的檢驗
解析：(1) NaClO3～6e－～NaCl，Fe2+～e－～FeOOH，由得失電子守恒知，制備1 mol αFeOOH理論上需要NaClO3的物質的量為 mol?？諝庵械腛2也能氧化少量Fe2+，NaClO3的消耗量減少。
6 (1) MnO、MnCO3　(2) 5　Mn2+　2　4　H2O　5　1　8　H＋　(3) 酒精燈　蒸發皿　玻璃棒　NaCl　(4) 0.02
7 (1) 2Cu2+＋3SO＋2Cl－＋H2O2HSO＋2CuCl↓＋SO　(2) 4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl
8 (1) 8　(2) 3　(3) 6.2
解析：(1) CuTeO4中，Te為＋6價，Cu為＋2價，均為最高價態，不能繼續失電子，故反應2CuTeO4＋4CCu2Te＋Te＋4CO2↑中，只有C是還原劑，C由0價升高為＋4價，有4 mol C參與反應時轉移16 mol電子，故每消耗1 mol CuTeO4，反應中轉移電子的物質的量為8 mol。(2)由得失電子守恒、原子守恒可得：As(Ⅲ)～H2S～3HCHO，故沉淀1 mol As(Ⅲ)需要3 mol HCHO。
9 (1) 8.5 mol　(2) 3.75
解析：(1) 反應中Fe元素的化合價從＋2升高到＋3，S元素的化合價從－2升高到＋6，所以每個CuFeS2失去17個e－，而每個H2O2分子得到2個e－，根據得失電子守恒知，1 mol CuFeS2完全轉化需要8.5 mol H2O2。(2) 制得1 mol Mn3O4需要先得到3 mol Mn2+GO，即需要3 mol MnOGO, MnOGO、NaBH4反應生成Mn2+GO、NaBO2、H2過程中，Mn元素的化合價從＋7降低至＋2，NaBH4中H元素的化合價從－1升高至0，根據得失電子守恒可得，需要NaBH4的物質的量＝＝3.75(mol)。
10 n(EDTA)＝ 0.400 mol/L×20.00 mL×10-3 L/mL＝8×10-3 mol，Mn元素的總物質的量n總(Mn)＝8×10-3 mol，Na2C2O4的總物質的量n(Na2C2O4)＝＝0.01 mol，n(KMnO4)＝0.010 mol/L×16.00 mL×10-3 L/mL＝1.6×10-4 mol，設LiMnxOy中Mn元素的平均化合價為a，根據得失電子守恒知，n(KMnO4) ×5×＋n總(Mn)×(a－2)＝n(Na2C2O4)×2，則1.6×10-4 mol ×5×10 ＋ 8×10-3 mol×(a－2)＝ 0.01 mol×2，解得a＝3.5，LiMnxOy中Mn元素的平均化合價為3.5。

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