2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第2章第11講　氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律 (含解析)

第11講氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律復(fù)習(xí)目標(biāo)1.掌握氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律及應(yīng)用。2.能利用“電子守恒”規(guī)律進(jìn)行氧化還原反應(yīng)的簡單計算。考點(diǎn)一先后規(guī)律及應(yīng)用1．同時含有幾種還原劑時eq\o(→,\s\up7(加入氧化劑))將按照還原性由強(qiáng)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Fe2＋＞Br－，所以Cl2先與Fe2＋反應(yīng)。2．同時含有幾種氧化劑時eq\o(→,\s\up7(加入還原劑))Cu2＋、H＋的溶液中加入鐵粉，因為氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，所以鐵粉先與Fe3＋反應(yīng)，然后依次與Cu2＋、H＋反應(yīng)。3．熟記常見的強(qiáng)弱順序氧化性：MnOeq\o\al(－,4)(H＋)>Cl2>Br2>Fe3＋>I2>稀H2SO4>S，還原性：Mn2＋<Cl－<Br－<Fe2＋<I－<SO2(SOeq\o\al(2－,3))<S2－。(1)Cl2把Mn2＋氧化為MnOeq\o\al(－,4)(×)錯因：因為氧化性MnOeq\o\al(－,4)(H＋)>Cl2，所以Cl2不能氧化Mn2＋。(2)I2和Fe反應(yīng)生成FeI3(×)錯因：因為氧化性Fe3＋>I2，所以I2和Fe反應(yīng)生成FeI2。(3)把SO2氣體通入到FeCl3溶液中，溶液顏色不變(×)錯因：Fe3＋把SO2氧化成H2SO4，F(xiàn)e3＋被還原為Fe2＋，所以溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色。(4)把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，只發(fā)生反應(yīng)5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O(×)錯因：在酸性條件下，Cl－也還原MnOeq\o\al(－,4)。1．向含S2－、Fe2＋、Br－、I－的溶液中通入Cl2，按先后順序依次寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：、、、。答案Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－Cl2＋2I－=I2＋2Cl－Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－(2)2.24L(3)4.48L，寫出反應(yīng)的離子方程式：(1)；(2)；(3)。答案(1)2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－(2)2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－(3)2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2=2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－向amolFeBr2中通入xmolCl2時，先后發(fā)生的反應(yīng)為①Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－②Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。如果用數(shù)軸表示如下：1．已知2Fe3＋＋2I－=I2＋2Fe2＋、2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋?，F(xiàn)向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯氣，再向反應(yīng)后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，結(jié)果溶液變?yōu)榧t色，則下列敘述中正確的是()①氧化性：Br2＞Fe3＋＞I2②原溶液中Br－一定被氧化③通入氯氣后，原溶液中的Fe2＋一定被氧化④不能確定通入氯氣后的溶液中是否還存在Fe2＋⑤若取少量所得溶液，加入CCl4后靜置，向上層溶液中加入足量的AgNO3溶液，只產(chǎn)生白色沉淀，說明原溶液中Fe2＋、Br－均被完全氧化A．①②③④ B．①③④⑤C．②④⑤ D．①②③④⑤答案B解析由已知的兩個化學(xué)方程式及同一個反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性：Fe3＋＞I2、Br2＞Fe3＋，故①正確；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色說明溶液中含有Fe3＋，則說明溶液中無I－存在，又因為氧化性：Cl2＞Br2＞Fe3＋＞I2，氯氣的量不確定，則Br－不一定被氧化，故②錯誤，③正確；由上述分析可知溶液中存在Fe3＋，但不能確定所有的Fe2＋均被氧化為Fe3＋，故④正確；上層溶液中若含Br－，則產(chǎn)生淡黃色沉淀，若含I－，則產(chǎn)生黃色沉淀，由題知只產(chǎn)生白色沉淀，則說明溶液中含Cl－不含Br－和I－，即溶液中的Fe2＋、Br－均被完全氧化，故⑤正確。2．向含F(xiàn)e2＋、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()A．線段Ⅱ表示Fe2＋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－=2IOeq\o\al(－,3)＋10Cl－＋6H2OC．根據(jù)圖像可計算a＝6D．原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝2∶1∶3答案B解析向僅含F(xiàn)e2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，還原性：I－＞Fe2＋＞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)：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，F(xiàn)e2＋反應(yīng)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2mol，反應(yīng)Ⅳ消耗氯氣的物質(zhì)的量為5mol，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)×2mol＝5mol×2，解得x＝＋5，則該含氧酸為HIO3，離子方程式為I2＋5Cl2＋6H2O=2IOeq\o\al(－,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)＝2mol，溶液中n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×(3mol－1mol)＝4mol，F(xiàn)e2＋反應(yīng)完畢，根據(jù)電荷守恒可知n(I－)＋n(Br－)＝2n(Fe2＋)，故n(Br－)＝2n(Fe2＋)－n(I－)＝2×4mol－2mol＝6mol，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3mol，故a＝3＋3＝6，故C正確；根據(jù)以上分析，原溶液中c(Fe2＋)∶c(I－)∶c(Br－)＝4∶2∶6＝2∶1∶3，故D正確?？键c(diǎn)二價態(tài)規(guī)律及應(yīng)用1．價態(tài)歸中規(guī)律思維模型含不同價態(tài)的同種元素的物質(zhì)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”。例如，不同價態(tài)硫之間可以發(fā)生的氧化還原反應(yīng)是注：不會出現(xiàn)⑤中H2S轉(zhuǎn)化為SO2而H2SO4轉(zhuǎn)化為S的情況。2．歧化反應(yīng)規(guī)律思維模型“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。3．應(yīng)用(1)判斷同種元素不同價態(tài)物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應(yīng)的可能性，如濃H2SO4與SO2不發(fā)生反應(yīng)。(2)根據(jù)化合價判斷反應(yīng)體系中的氧化劑、還原劑及氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物。如對于反應(yīng)6HCl＋NaClO3=NaCl＋3Cl2↑＋3H2O中，氧化劑為NaClO3，還原劑為HCl，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都為Cl2。(1)向濃H2SO4中通入H2S氣體，1mol濃H2SO4轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能是6NA，也可能是2NA(×)錯因：若轉(zhuǎn)移6NA，此時H2S轉(zhuǎn)化為SO2，濃H2SO4轉(zhuǎn)化為S，不會出現(xiàn)這種情況。(2)1molCl2與Ca(OH)2完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)是2NA(×)錯因：Cl2和Ca(OH)2反應(yīng)，Cl2既是氧化劑又是還原劑，應(yīng)轉(zhuǎn)移1mol電子。(3)1molKClO3與足量的濃鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA(×)錯因：應(yīng)轉(zhuǎn)移5NA電子。(4)SO2的還原性較強(qiáng)，而濃硫酸具有很強(qiáng)的氧化性，所以濃硫酸不能干燥SO2氣體(×)錯因：SO2中硫元素化合價為＋4價，濃H2SO4中硫元素化合價為＋6價，兩者不發(fā)生反應(yīng)，可用濃硫酸干燥SO2。1．(2020·合肥調(diào)研)已知G、Q、X、Y、Z均為含氯元素的化合物，在一定條件下有下列轉(zhuǎn)化關(guān)系(未配平)：①G→Q＋NaCl②Q＋H2Oeq\o(→,\s\up7(電解))X＋H2③Y＋NaOH→G＋Q＋H2O④Z＋NaOH→Q＋X＋H2O這五種化合物中Cl元素化合價由低到高的順序是()A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X答案A解析由①得出Q中價態(tài)高于G，因為G必介于Q和－1價的氯元素之間，－1價為氯元素的最低價；將該結(jié)論引用到③，Y介于Q與G之間，故有Q價態(tài)高于Y，Y價態(tài)高于G；分析②：H2O中的H元素化合價降低，則Q中的氯元素轉(zhuǎn)變?yōu)閄中的氯元素，化合價必升高，則得出X價態(tài)高于Q；最后分析④：Z介于Q、X之間，則X價態(tài)高于Z，Z價態(tài)高于Q。2．氯氣跟氫氧化鉀溶液在一定條件下發(fā)生如下反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O(未配平)，KX在一定條件下能自身反應(yīng)：KX→KY＋KZ(未配平，KY與KZ的物質(zhì)的量比為1∶3)，以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的鉀鹽，由以上條件推知在KX中氯元素的化合價是()A．＋1B．＋3C．＋5D．＋7答案C解析反應(yīng)：Cl2＋KOH→KX＋KY＋H2O是Cl2的歧化反應(yīng)，KX、KY中的氯元素分別顯正價和－1價；由于KX也發(fā)生歧化反應(yīng)：KX→KY＋KZ，可斷定KY為KCl，化合價高低：KZ中Cl>KX中Cl(均為正價)。假設(shè)KX中Cl元素為＋a價，KZ中Cl元素的化合價為＋b價，依據(jù)得失電子守恒原理及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a(bǔ)＝1、a＝3、a＝5代入上式討論，可知a＝5時，b＝7符合題意。則KX中Cl元素的化合價為＋5。3．(2019·鄭州第二次測評)LiAlH4是重要的儲氫材料，可與水發(fā)生反應(yīng)：LiAlH4＋2H2O=LiAlO2＋4H2↑。下列說法中正確的是()A．氫氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物B．LiAlH4既是氧化劑又是還原劑C．若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LH2，則轉(zhuǎn)移0.4mol電子D．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為2∶1答案A解析由反應(yīng)方程式可知，LiAlH4中H由－1價升高為0價，被氧化，是還原劑，H2O中H由＋1價降為0價，被還原，是氧化劑，氫氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，A項正確、B項錯誤；由反應(yīng)方程式可知，1molLiAlH4反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4mol電子，生成4molH2，若生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48L(即0.2mol)H2，則轉(zhuǎn)移0.2mol電子，C項錯誤；LiAlH4為還原劑，水為氧化劑，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶2，D項錯誤。4．某科研團(tuán)隊研究發(fā)現(xiàn)硼氫化鈉(NaBH4)在催化劑Ru表面與水反應(yīng)可生成H2，其反應(yīng)機(jī)理如圖所示根據(jù)以上信息判斷，下列敘述錯誤的是()A．過程①至過程④中硼元素的化合價不變B．X是H3BO3，H3BO3和BH3兩分子中H的化合價相等C．過程③和過程④各產(chǎn)生1molH2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不相等D．0.25molNaBH4的還原能力與標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2的還原能力相當(dāng)(還原能力即生成H＋失去電子的量)答案B解析由圖示可知，過程①至過程④中BHeq\o\al(－,4)反應(yīng)生成B(OH)eq\o\al(－,4)，硼元素的化合價一直為＋3價，化合價不變，A正確；過程④中2molH2O與2molX反應(yīng)生成2molB(OH)eq\o\al(－,4)和1molH2，根據(jù)元素守恒X為H3BO3，H3BO3中H為＋1價，但在BH3分子中H為－1價，B錯誤；由圖示可知，過程③中產(chǎn)生1molH2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，過程④產(chǎn)生1molH2時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，兩者不相等，C正確；NaBH4中H為－1價，0.25molNaBH4生成H＋失去的電子物質(zhì)的量2×4×0.25mol＝2mol，故兩者還原能力相當(dāng)，D正確。(2)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每產(chǎn)生1mol氧氣轉(zhuǎn)移mole－。(3)已知將過氧化鈉加入硫酸亞鐵鹽溶液中發(fā)生反應(yīng)：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4molNa2O2發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移mole－。答案(1)5(2)2(3)6解析(1)該反應(yīng)屬于同種元素之間的氧化還原反應(yīng)，生成物3個Cl2分子中，有1個Cl原子來源于KClO3，另外5個Cl原子來源于HCl，所以每生成3molCl2轉(zhuǎn)移電子5mol。(2)Na2O2→4Fe3＋，化合價升高4，對于4molNa2O2，其中1molNa2O2中的氧由－1到0價，化合價升高2，總數(shù)為6；化合價降低總數(shù)：3molNa2O2中的氧由－1到－2價，降低總數(shù)為6，所以每4molNa2O2發(fā)生反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子。考點(diǎn)三守恒規(guī)律及應(yīng)用1．對于氧化還原反應(yīng)的計算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實質(zhì)——反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應(yīng)過程，可不寫化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過程，只要把物質(zhì)分為始態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得正確結(jié)果。2．守恒法解題的思維流程(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準(zhǔn)一個原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個數(shù))。(3)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。n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價－低價)＝n(還原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價－低價)。用0.1000mol·L－1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的FeSO4至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋Fe2＋＋H＋→Fe3＋＋Cr3＋＋H2O(未配平)。求溶液含有的Fe2＋的物質(zhì)的量。(1)找出氧化劑(Cr2Oeq\o\al(2－,7))及還原產(chǎn)物(Cr3＋)、還原劑(Fe2＋)及氧化產(chǎn)物(Fe3＋)。(2)確定一個原子或離子得失電子數(shù)：每個Cr原子得到3個電子，每個Fe2＋失去1個電子。(3)根據(jù)得電子總數(shù)等于失電子總數(shù)列等式計算：n(氧化劑)×變價原子數(shù)×化合價變化值＝n(還原劑)×變價原子數(shù)×化合價變化值即：0.1000mol·L－1×0.02L×2×3＝n(Fe2＋)×1×1，得n(Fe2＋)＝0.012mol。題組一確定元素價態(tài)或物質(zhì)組成1．現(xiàn)有24mL濃度為0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好與20mL濃度為0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價為()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5答案B解析題目中指出被還原的元素是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價從＋4→＋6；而Cr元素的化合價將從＋6→＋n(設(shè)化合價為＋×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。2．Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為1∶16，則x的值為()A．2B．3C．4D．5答案D解析本題考查在氧化還原反應(yīng)中利用得失電子守恒進(jìn)行相關(guān)的計算。→xNa2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4Naeq\o(Cl,\s\up6(＋1))O→Naeq\o(Cl,\s\up6(－1))得關(guān)系式1×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))))·x＝16×2，x＝5。題組二多元素之間得失電子守恒問題3．在反應(yīng)3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O參加反應(yīng)，被水還原的溴為()A．1mol B.eq\f(2,3)molC.eq\f(4,3)mol D．2mol答案C解析設(shè)被水還原的溴(BrF3)的物質(zhì)的量為x，5molH2O參加反應(yīng)，失去電子4mol，根據(jù)得失電子守恒得：3x＝4mol，x＝eq\f(4,3)mol。4．在P＋CuSO4＋H2O→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5molCuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為mol。生成1molCu3P時，參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為mol。答案1.52.2解析設(shè)7.5molCuSO4氧化P的物質(zhì)的量為x；生成1molCu3P時，被氧化的P的物質(zhì)的量為y根據(jù)得失電子守恒得：7.5mol×(2－1)＝x×(5－0)x＝1.5mol1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y(tǒng)×(5－0)y＝1.2mol所以參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為1.2mol＋1mol＝2.2mol。題組三多步反應(yīng)得失電子守恒問題5．取xg銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應(yīng)過程中硝酸被還原只產(chǎn)生8960mL的NO2氣體和672mL的N2O4氣體(均已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質(zhì)量為17.02g。則x等于()A．8.64B．9.20C．9.00D．9.44答案B解析反應(yīng)流程為eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up7(濃HNO3))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up7(NaOH))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4))xg＝17.02g－m(OH－)，而OH－的物質(zhì)的量等于鎂、銅失去電子的物質(zhì)的量，等于濃HNO3得電子的物質(zhì)的量，即：n(OH－)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1＋eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2×1＝0.46mol所以xg＝17.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。6．足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL答案A解析由題意可知，HNO3eq\o(,\s\up7(Cu),\s\do5(O2))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(NO2,N2O4,NO))，則Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq\f(1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根據(jù)質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，則V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。有的試題反應(yīng)過程多，涉及的氧化還原反應(yīng)也多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，若用常規(guī)方法求解比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一關(guān)系，則解題就變得很簡單。解這類試題時，注意不要遺漏某個氧化還原反應(yīng)，要理清具體的反應(yīng)過程，分析在整個反應(yīng)過程中化合價發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目。1．(2017·海南，4)在酸性條件下，可發(fā)生如下反應(yīng)：ClOeq\o\al(－,3)＋2M3＋＋4H2O=M2Oeq\o\al(n－,7)＋Cl－＋8H＋，M2Oeq\o\al(n－,7)中M的化合價是()A．＋4B．＋5C．＋6D．＋7答案C2．[2016·全國卷Ⅰ，28(5)]“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其定義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為。(計算結(jié)果保留兩位小數(shù))答案1.57解析NaClO2在殺菌消毒的過程中被還原為Cl－，則1molNaClO2得到電子的物質(zhì)的量為4mol,1molCl2被還原為Cl－時得到電子的物質(zhì)的量為2mol，故1gNaClO2得到電子的物質(zhì)的量為eq\f(4,90.5)mol，根據(jù)“有效氯含量”的定義可知，NaClO2的有效氯含量為1.57。3．[2016·全國卷Ⅲ，28(2)]欲使3mol的VO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(＋,2)，則需要氧化劑KClO3至少為mol。答案0.5解析VO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(＋,2)，V的化合價由＋4價升高到＋5價，轉(zhuǎn)移e－，而氧化劑KClO3被還原為KCl，Cl的化合價由＋5價降低為－1價，轉(zhuǎn)移6e－，故欲使3molVO2＋變?yōu)閂Oeq\o\al(＋,2)，需氧化劑KClO3的物質(zhì)的量至少為eq\f(3mol×1,6)＝0.5mol。4．[2016·全國卷Ⅱ，26(5)節(jié)選]聯(lián)氨(N2H4)可用于處理高壓鍋爐水中的氧，防止鍋爐被腐蝕。理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O2kg。答案1解析發(fā)生的反應(yīng)為N2H4＋O2=N2＋2H2O，理論上1kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的氧氣為eq\f(1kg,32g·mol－1)×32g·mol－1＝1kg。1．下列反應(yīng)中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物為同一種物質(zhì)的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2OB．2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑C．2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑D．I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6答案A解析KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，反應(yīng)中KClO3中Cl元素的化合價由＋5降低為0，HCl中Cl元素的化合價由－1升高為0，Cl2既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，故選A；2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，反應(yīng)中Na元素的化合價升高，NaOH為氧化產(chǎn)物，H元素的化合價降低，氫氣為還原產(chǎn)物，故不選B；2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，反應(yīng)中Na2O2中O元素的化合價由－1升高到0，氧化產(chǎn)物是氧氣，O元素的化合價由－1降低到－2，還原產(chǎn)物為氫氧化鈉，故不選C；I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6，反應(yīng)中I元素的化合價由0降低到－1，還原產(chǎn)物為NaI，S元素的化合價由＋2升高到＋eq\f(5,2)，氧化產(chǎn)物是Na2S4O6，故不選D。2．潔廁靈和“84”消毒液混合使用時發(fā)生反應(yīng)：NaClO＋2HCl=NaCl＋Cl2↑＋H2O，生成有毒的氯氣。下列說法正確的是()A．84消毒液的有效成分是HClB．氯氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，氯化鈉是還原產(chǎn)物C．HCl只表現(xiàn)還原性D．若有0.1molHCl被氧化，生成的氯氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為2.24L答案D解析NaClO＋2HCl=NaCl＋Cl2↑＋H2O，反應(yīng)中NaClO中的Cl元素化合價由＋1降低到0，HCl中的Cl元素化合價由－1升高到0，則NaClO為氧化劑，HCl是還原劑，Cl2既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，NaCl是鹽酸顯酸性的產(chǎn)物，鹽酸在該反應(yīng)中既顯酸性又顯還原性。84消毒液是利用其氧化性使蛋白質(zhì)變性從而起到殺菌消毒的目的，根據(jù)反應(yīng)方程式分析，NaClO為氧化劑，則84消毒液的有效成分是NaClO，故A錯誤；根據(jù)分析，氯氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，氯化鈉是鹽酸顯酸性的產(chǎn)物，故B錯誤；根據(jù)分析，HCl在該反應(yīng)中既顯酸性又顯還原性，故C錯誤；若有0.1molHCl被氧化，生成的氯氣的物質(zhì)的量為0.1mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積約為22.4L·mol－1×0.1mol＝2.24L，故D正確。3．已知三個氧化還原反應(yīng)：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I(xiàn)2，②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3，③2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑。若某溶液中有Fe2＋、I－、Cl－共存，要將I－氧化除去而不氧化Fe2＋和Cl－，則可加入的試劑是()A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．HCl答案C解析由信息可知，氧化性由強(qiáng)至弱的順序為MnOeq\o\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>I2，還原性由強(qiáng)至弱的順序為I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋；氯氣能將Fe2＋、I－氧化，故A錯誤；KMnO4能將Fe2＋、I－和Cl－氧化，故B錯誤；FeCl3能氧化除去I－而不影響Fe2＋和Cl－，故C正確；HCl與三種離子均不反應(yīng)，故D錯誤。4．已知：①向KMnO4晶體上滴加濃鹽酸，產(chǎn)生黃綠色氣體；②向FeCl2溶液中通入少量實驗①產(chǎn)生的氣體，溶液變黃色；③取實驗②生成的溶液滴在淀粉-KI試紙上，試紙變藍(lán)色。下列判斷正確的是()A．上述實驗中，共有兩個氧化還原反應(yīng)B．上述實驗證明氧化性：MnOeq\o\al(－,4)＞Cl2＞Fe3＋＞I2C．實驗①生成的氣體不能使?jié)駶櫟牡矸?KI試紙變藍(lán)D．實驗②證明Fe2＋既有氧化性又有還原性答案B解析①向KMnO4晶體上滴加濃鹽酸，產(chǎn)生黃綠色的氣體，氣體為氯氣，可知發(fā)生的反應(yīng)為2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，Mn元素的化合價降低，Cl元素的化合價升高，KMnO4為氧化劑，HCl為還原劑；②向FeCl2溶液中通入少量的實驗①產(chǎn)生的氣體，溶液變黃色，可知發(fā)生的反應(yīng)為Cl2＋2FeCl2=2FeCl3，F(xiàn)e元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，Cl2為氧化劑，F(xiàn)eCl2為還原劑；③取實驗②生成的溶液滴在淀粉-KI試紙上，試紙變藍(lán)色，可知Fe3＋與KI反應(yīng)生成I2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋I(xiàn)2＋2KCl，F(xiàn)e元素的化合價降低，I元素的化合價升高，F(xiàn)eCl3為氧化劑，KI為還原劑；結(jié)合氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性來解答。上述實驗中均含元素的化合價變化，則發(fā)生的反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)，有三個氧化還原反應(yīng)，A錯誤；由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性：MnOeq\o\al(－,4)＞Cl2＞Fe3＋＞I2，B正確；實驗①生成的氣體為氯氣，氧化性：Cl2＞I2，Cl2能與KI發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2KI=2KCl＋I(xiàn)2，氯氣能使?jié)駶櫟牡矸?KI試紙變藍(lán)，C錯誤；實驗②中Fe元素的化合價升高，只可以證明Fe2＋有還原性，D錯誤。5．(2020·山西省陽泉一中模擬)已知下列實驗事實：①Cr2O3固體既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2O7溶液③將K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液變藍(lán)下列判斷正確的是()A．化合物KCrO2中鉻元素為＋3價B．實驗①不能證明Cr2O3是兩性氧化物C．實驗②證明H2O2既有氧化性又有還原性D．實驗③證明氧化性：Cr2Oeq\o\al(2－,7)<I2答案A解析化合物KCrO2中，K為＋1價，O為－2價，由化合物中正負(fù)化合價代數(shù)和為零知，鉻元素為＋3價，A正確；由實驗①可知，氧化鉻與酸、堿反應(yīng)生成鹽和水，證明Cr2O3為兩性氧化物，B錯誤；由實驗②可知，鉻元素的化合價升高，過氧化氫中氧元素的化合價降低，故H2O2只表現(xiàn)氧化性，C錯誤；由實驗③中溶液變藍(lán)，可知生成碘單質(zhì)，K2Cr2O7為氧化劑，I2為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，D錯誤。6．已知H2SO3＋I(xiàn)2＋H2O=H2SO4＋2HI，將0.1molCl2通入100mL含等物質(zhì)的量的HI與H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，則下列說法正確的是()A．物質(zhì)的還原性：HI＞H2SO3＞HClB．H2SO3的物質(zhì)的量濃度為0.6mol·L－1C．若再通入0.05molCl2，則恰好能將HI和H2SO3完全氧化＋16H＋答案D解析由已知反應(yīng)可知，還原性：H2SO3＞HI，故向混合溶液中通入Cl2后先發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋H2SO3＋H2O=2HCl＋H2SO4，H2SO3反應(yīng)完全后發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋2HI=I2＋2HCl，則還原性：HI＞HCl，故還原性：H2SO3＞HI＞HCl，A項錯誤；設(shè)HI和H2SO3的物質(zhì)的量濃度均為xmol·L－1，根據(jù)二者分別與Cl2反應(yīng)的化學(xué)方程式并結(jié)合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反應(yīng)，則0.1x＋eq\f(0.1x,2×2)＝0.1，解得x＝0.8，B項錯誤；混合溶液中還剩余0.04molHI未被氧化，故只需再通入0.02molCl2，即可恰好將HI和H2SO3完全氧化，C項錯誤；通入0.1molCl2后，0.08molH2SO3和0.04molHI完全反應(yīng)，即參與反應(yīng)的n(Cl2)∶n(H2SO3)∶n(HI)＝5∶4∶2，反應(yīng)的離子方程式為5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(2－,4)＋I(xiàn)2＋10Cl－＋16H＋，D項正確。7．已知酸性K2Cr2O7溶液可與FeSO4反應(yīng)生成Fe3＋和Cr3＋?，F(xiàn)將硫酸酸化的K2Cr2O7溶液與FeSO4溶液混合，充分反應(yīng)后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量隨加入的KI的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如圖所示，下列說法中不正確的是()A．圖中AB段的氧化劑為K2Cr2O7B．圖中BC段發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2C．K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為1∶6D．開始加入的K2Cr2O7為0.1mol答案D解析將硫酸酸化的K2Cr2O7溶液與FeSO4溶液混合，K2Cr2O7和FeSO4反應(yīng)，Cr2Oeq\o\al(2－,7)是氧化劑，被還原成Cr3＋，F(xiàn)e2＋是還原劑，被氧化成Fe3＋，根據(jù)電子得失守恒有Cr2Oeq\o\al(2－,7)～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋；充分反應(yīng)后再向所得溶液中加入KI溶液，F(xiàn)e3＋并沒有立即減少，說明溶液中還有Cr2Oeq\o\al(2－,7)，AB段應(yīng)為Cr2Oeq\o\al(2－,7)和I－的反應(yīng)，根據(jù)電子得失守恒有Cr2Oeq\o\al(2－,7)～2Cr3＋～～2Fe2＋～2e－～2I－～I(xiàn)2，據(jù)此解答。開始時Fe3＋濃度不變，則說明Fe3＋沒有參加反應(yīng)，則AB段應(yīng)為K2Cr2O7和碘化鉀的反應(yīng)，K2Cr2O7為氧化劑，A正確；BC段Fe3＋濃度逐漸減小，為鐵離子和碘化鉀的反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2，B正確；由圖可知BC段消耗0.9molI－，由2Fe3＋～2Fe2＋～2e－～2I－～I(xiàn)2可得，則n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝n(I－)＝0.9mol，根據(jù)Fe原子守恒可知，K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的Fe2＋的物質(zhì)的量為0.9mol，那么根據(jù)Cr2Oeq\o\al(2－,7)～2Cr3＋～6e－～6Fe2＋～6Fe3＋可得，與FeSO4反應(yīng)的K2Cr2O7物質(zhì)的量為eq\f(0.9,6)mol＝0.15mol，所以K2Cr2O7與FeSO4反應(yīng)的物質(zhì)的量之比為0.15mol∶0.9mol＝1∶6，C正確；三個過程合在一起看，我們發(fā)現(xiàn)Fe元素化合價沒變，變價的只有Cr和I元素，所以，由得失電子守恒可得關(guān)系式K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－可知，共消耗的n(I－)＝1.5mol，剛開始加入的K2Cr2O7的物質(zhì)的量為eq\f(1.5,6)mol＝0.25mol，D錯誤。8．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化如圖所示。已知：2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－，2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)2。則下列有關(guān)說法不正確的是()A．線段BD表示Fe3＋物質(zhì)的量的變化B．原混合溶液中FeI2的物質(zhì)的量為1molC．當(dāng)通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I(xiàn)2＋4Cl－D．原溶液中，n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶3∶1答案D9．(2020·吉林省通化一中模擬)向100mL的FeBr2溶液中，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl25.04L，Cl2全部被還原，測得溶液中c(Br－)＝c(Cl－)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是()A．0.75mol·L－1 B．1.5mol·L－1C．2mol·L－1 D．3mol·L－1答案D解析標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2的物質(zhì)的量是eq\f(5.04L,22.4L·mol－1)＝0.225mol，由于Fe2＋的還原性強(qiáng)于Br－，通入氯氣后，Cl2先氧化Fe2＋再氧化Br－，設(shè)原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是xmol·L－1，則根據(jù)得失電子守恒可知，0.225×2＝0.1x×1＋(0.1x×2－0.225×2)×1，解得x＝3。10．(2020·蕪湖模擬)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此時溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g。下列有關(guān)說法錯誤的是()A．原固體混合物中Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.6mol·L－1C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48LD．Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.2mol答案B解析在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1mol，沉淀為Cu(OH)2，質(zhì)量為39.2g，其物質(zhì)的量n[Cu(OH)2]＝39.2g÷98g·mol－1＝0.4mol，根據(jù)銅元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝n[Cu(OH)2]，所以反應(yīng)后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝n[Cu(OH)2]＝0.4mol。設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量有64x＋144y＝27.2，根據(jù)銅元素守恒有x＋2y＝0.4，聯(lián)立方程解得x＝0.2，y＝0.1。Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.2mol∶0.1mol＝2∶1，A項正確；根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以3n(NO)＝2×0.2mol＋2×0.1mol，解得n(NO)＝0.2mol。根據(jù)氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2molmol－1＝4.48L，C項正確；反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅反應(yīng)，剩余的氫氧化鈉與硝酸反應(yīng)，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知反應(yīng)后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝n(NaNO3)－2n[Cu(NO3)2]＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，D項正確。11．已知氧化性：Fe3＋＞M2＋(M為不活潑的常見金屬)，向物質(zhì)的量濃度均為1mol·L－1的Fe2(SO4)3和MSO4的100mL混合液中加入amol鐵粉，充分反應(yīng)后，下列說法不正確的是()A．當(dāng)a≤0.1時，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋B．當(dāng)0.1≤a＜0.2時，溶液中n(Fe2＋)＝(0.2＋a)molC．當(dāng)a≥0.2時，發(fā)生的反應(yīng)為2Fe3＋＋M2＋＋2Fe=4Fe2＋＋MD．若有固體剩余則可能是鐵答案D解析因氧化性：Fe3＋>M2＋，加入鐵粉后，先與Fe3＋反應(yīng)，后與M2＋反應(yīng)。加入鐵粉后，先與Fe3＋反應(yīng)，混合溶液中n(Fe3＋)＝1mol·L－1×0.1L×2＝0.2mol，則：當(dāng)a≤0.1時，F(xiàn)e＝0.1mol，加入的鐵粉全部變?yōu)镕e2＋，根據(jù)鐵元素守恒，n(Fe2＋)＝(0.2＋a)mol，B正確；當(dāng)＋M，C正確；若有固體剩余，則固體中一定有M，當(dāng)鐵粉過量時，還會含有Fe，不可能只有Fe，D錯誤。12．L、M、Q、R、X代表五種物質(zhì)，它們都含某種價態(tài)的氮元素，各物質(zhì)中氮元素的化合價只有一種。物質(zhì)L中氮元素的化合價比物質(zhì)M中氮元素的化合價低，在一定條件下，它們會有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系(未配平)。Q＋HCl→M＋Cl2＋H2OR＋L→X＋H2OR＋O2→L＋H2O請判斷：(1)五種物質(zhì)按氮元素的化合價從高到低的順序排列是。若五種物質(zhì)中有一種是硝酸，那么硝酸應(yīng)該是(用字母表示)(2)某同學(xué)寫出下面不同價態(tài)的氮的化合物相互轉(zhuǎn)化關(guān)系(未配平)，其中你認(rèn)為一定不能實現(xiàn)的是。A．NO＋HNO3→N2O3＋H2OB．NH3＋NO→HNO2＋H2OC．N2O4＋H2O→HNO3＋HNO2答案(1)Q、M、L、X、RQ(2)B解析(1)根據(jù)題干信息、氧化還原反應(yīng)元素化合價的變化規(guī)律，Q＋HCl→M＋Cl2＋H2O，Cl2是氧化產(chǎn)物，M是還原產(chǎn)物，因此氮元素化合價：Q>M；R＋O2→L＋H2O，O2是氧化劑，R是還原劑，L是氧化產(chǎn)物，氮元素化合價：L>R；由R＋L→X＋H2O反應(yīng)式可知，X中氮的化合價介于R和L之間，又由于L>R，因此L>X>R，題干信息：物質(zhì)L中氮元素的化合價比物質(zhì)M中氮元素的化合價低，M>L，五種化合物中氮元素化合價由高到低的順序：Q>M>L>X>R；HNO3中N元素的化合物＋5，是N元素中化合價最高的，在五種物質(zhì)中，Q中N元素的化合價最高，所以Q為硝酸。(2)NO中N元素為＋2價，HNO3中N元素為＋5價，N2O3中N元素為＋3價，＋3介于＋2和＋5之間，可以發(fā)生歸中反應(yīng)，A可以實現(xiàn)；NH3中N元素為－3價，NO中N元素為＋2價，而HNO2中N元素為＋3價，＋3>＋2>－3，B不可能實現(xiàn)；N2O4中N元素為＋4價，HNO3中N元素為＋5價，HNO2中N元素為＋3價，＋4介于＋3和＋5之間，可以發(fā)生歧化反應(yīng)，C可以實現(xiàn)。13．已知幾種離子的還原能力強(qiáng)弱順序為I－>Fe2＋>Br－，現(xiàn)有200mL混合溶液中含F(xiàn)eI2、FeBr2各0.10mol，向其中逐滴滴入氯水(假定Cl2分子只與溶質(zhì)離子反應(yīng)，不考慮其他反應(yīng))(1)若氯水中有0