單線橋與雙線橋表示電子轉移試題一、基礎概念辨析題判斷下列說法正誤并解釋原因（1）單線橋法中箭頭由氧化劑指向還原劑，用于表示電子轉移的方向和數(shù)目。（2）雙線橋法需分別標注氧化劑到還原產(chǎn)物、還原劑到氧化產(chǎn)物的電子得失，且得失電子總數(shù)必須相等。（3）在反應$2Na+Cl_2=2NaCl$中，單線橋應從$Na$指向$Cl$，標注電子轉移數(shù)為$1e^-$。答案及解析：（1）錯誤。單線橋箭頭應由還原劑（失電子）指向氧化劑（得電子），如$Zn+CuSO_4=ZnSO_4+Cu$中，箭頭從$Zn$指向$Cu^{2+}$。（2）正確。雙線橋的核心是“同種元素變價”，例如$MnO_2+4HCl(濃)\xlongequal{\Delta}MnCl_2+Cl_2\uparrow+2H_2O$中，需分別標注$Mn$元素從$+4$到$+2$（得$2e^-$）和$Cl$元素從$-1$到$0$（失$2e^-$）。（3）錯誤。該反應中$2$個$Na$原子各失$1e^-$，共轉移$2e^-$，單線橋應標注“$2e^-$”。二、單線橋表示題用單線橋法表示下列反應的電子轉移：$Fe+H_2SO_4=FeSO_4+H_2\uparrow$$2Al+3CuCl_2=2AlCl_3+3Cu$$4P+5O_2\xlongequal{點燃}2P_2O_5$答案：$\overset{2e^-}{Fe+H_2SO_4}=FeSO_4+H_2\uparrow$（箭頭從$Fe$指向$H^+$）$\overset{6e^-}{2Al+3CuCl_2}=2AlCl_3+3Cu$（箭頭從$Al$指向$Cu^{2+}$）$\overset{20e^-}{4P+5O_2}\xlongequal{點燃}2P_2O_5$（箭頭從$P$指向$O$，每個$P$失$5e^-$，$4$個$P$共失$20e^-$）三、雙線橋表示題用雙線橋法分析下列反應的電子得失：$Cl_2+2NaOH=NaCl+NaClO+H_2O$（歧化反應）$3NO_2+H_2O=2HNO_3+NO$（歸中反應）$KClO_3+6HCl(濃)=KCl+3Cl_2\uparrow+3H_2O$（部分氧化還原反應）答案：$\underset{得1e^-}{\overset{0}{Cl_2}}\rightarrow\overset{-1}{NaCl}$，$\underset{失1e^-}{\overset{0}{Cl_2}}\rightarrow\overset{+1}{NaClO}$（$Cl_2$既是氧化劑又是還原劑，轉移電子數(shù)為$1e^-$）。$\underset{失2e^-\times2}{\overset{+4}{2NO_2}}\rightarrow\overset{+5}{2HNO_3}$，$\underset{得2e^-}{\overset{+4}{NO_2}}\rightarrow\overset{+2}{NO}$（共轉移$2e^-$，注意$3$個$NO_2$中$2$個失電子、$1$個得電子）。$\underset{得5e^-}{\overset{+5}{KClO_3}}\rightarrow\overset{0}{\frac{1}{2}Cl_2}$，$\underset{失1e^-\times5}{\overset{-1}{5HCl}}\rightarrow\overset{0}{\frac{5}{2}Cl_2}$（$Cl_2$中的$Cl$既有來自$KClO_3$的還原產(chǎn)物，也有來自$HCl$的氧化產(chǎn)物，轉移電子數(shù)為$5e^-$）。四、復雜反應分析題配平并表示反應$KMnO_4+HCl(濃)\rightarrowKCl+MnCl_2+Cl_2\uparrow+H_2O$的電子轉移（雙線橋法）。步驟解析：標價態(tài)：$Mn$從$+7$（$KMnO_4$）→$+2$（$MnCl_2$），得$5e^-$；$Cl$從$-1$（$HCl$）→$0$（$Cl_2$），失$1e^-$。配電子：得失電子最小公倍數(shù)為$5$，則$KMnO_4$配$1$，$Cl_2$配$\frac{5}{2}$，即$2KMnO_4+16HCl(濃)=2KCl+2MnCl_2+5Cl_2\uparrow+8H_2O$。標雙線橋：$Mn$元素得$2\times5e^-=10e^-$，$Cl$元素失$10\times1e^-=10e^-$。答案：$\underset{得10e^-}{2K\overset{+7}{Mn}O_4+16H\overset{-1}{Cl}(濃)}=2KCl+2\overset{+2}{Mn}Cl_2+5\overset{0}{Cl_2}\uparrow+8H_2O$$\overset{失10e^-}{}$判斷反應$3Cu+8HNO_3(稀)=3Cu(NO_3)_2+2NO\uparrow+4H_2O$中，氧化劑與還原劑的物質的量之比，并通過單線橋表示電子轉移。解析：氧化劑為$HNO_3$（部分被還原為$NO$），還原劑為$Cu$。$3molCu$共失$6e^-$（每個$Cu$失$2e^-$），$2molHNO_3$得$6e^-$（每個$N$得$3e^-$），故氧化劑與還原劑物質的量之比為$2:3$。單線橋箭頭從$Cu$指向$HNO_3$中的$N$，標注電子轉移數(shù)$6e^-$。答案：$\overset{6e^-}{3Cu+8HNO_3(稀)}=3Cu(NO_3)_2+2NO\uparrow+4H_2O$五、綜合應用題已知反應$As_2S_3+HNO_3+H_2O\rightarrowH_3AsO_4+H_2SO_4+NO\uparrow$，配平并回答：（1）用雙線橋法表示電子轉移；（2）若生成$1molNO$，轉移電子的物質的量為多少？配平過程：標價態(tài)變化：$As$從$+3$→$+5$（失$2e^-$），$S$從$-2$→$+6$（失$8e^-$），$N$從$+5$→$+2$（得$3e^-$）。計算整體失電子：$1molAs_2S_3$含$2molAs$和$3molS$，共失$2\times2e^-+3\times8e^-=28e^-$。配平系數(shù)：$28$與$3$的最小公倍數(shù)為$84$，則$As_2S_3$配$3$（失$84e^-$），$NO$配$28$（得$84e^-$），最終配平為：$3As_2S_3+28HNO_3+4H_2O=6H_3AsO_4+9H_2SO_4+28NO\uparrow$答案：（1）雙線橋標注：$As$和$S$共失$84e^-$，$N$得$84e^-$。（2）生成$28molNO$轉移$84e^-$，則生成$1molNO$轉移$3mole^-$。工業(yè)上用$MnO_2$和$KOH$為原料制取$KMnO_4$，反應流程為：$2MnO_2+4KOH+O_2\xlongequal{熔融}2K_2MnO_4+2H_2O$$3K_2MnO_4+2CO_2=2KMnO_4+2K_2CO_3+MnO_2\downarrow$用單線橋表示上述兩個反應的電子轉移，并指出總反應中$MnO_2$的作用。答案：第一步：$\overset{4e^-}{2MnO_2+4KOH+O_2}\xlongequal{熔融}2K_2MnO_4+2H_2O$（$O_2$為氧化劑，$MnO_2$為還原劑）。第二步：$\overset{2e^-}{3K_2MnO_4+2CO_2}=2KMnO_4+2K_2CO_3+MnO_2\downarrow$（$K_2MnO_4$既是氧化劑又是還原劑，$Mn$從$+6$分別變?yōu)?+7$和$+4$）?？偡磻?MnO_2$的作用：部分作為還原劑被氧化為$KMnO_4$，部分在第二步反應中作為還原產(chǎn)物生成，整體可視為催化劑。六、易錯點總結電子轉移數(shù)計算：需注意反應中變價元素的原子個數(shù)，如$2H_2S+SO_2=3S\downarrow+2H_2O$中，$2molH_2S$（$S$為$-2$）失$4e^-$，$1molSO_2$（$S$為$+4$）得$4e^-$，單線橋標注$4e^-$。歧化反應與歸中反應：歧化反應（如$Cl_2+H_2O=HCl+HClO$）中同一元素既得又失電子；歸中反應（如$2H_2S+SO_2=3S\downarrow+2H_2O$）中同一元素從兩端價態(tài)向中間靠攏，需避