氧化還原反應的規(guī)律和應用

一、氧化復原反響的根本規(guī)律自我診斷1.在反響KClO3+6HCl3Cl2↑+KCl+3H2O中，被復原的氯原子和被氧化的氯原子的個數(shù)之比為()A.6∶1 B.1∶6C.5∶1 D.1∶5第4講氧化復原反響的規(guī)律和應用根底盤點解析此反響為歸中反響，關鍵是要正確分析化合價的變化情況，化合價的變化應遵循“只靠近，不交叉〞的原那么。反響中只有1個+5價的氯原子得電子，被復原為Cl2，HCl化學計量數(shù)雖然為6,但仍有一個-1價氯原子沒有變價，即生成KCl,因此只有5個-1價氯原子失去電子被氧化生成Cl2，也就是說在生成的3分子氯氣中,有5個氯原子是Cl-被氧化的結果，有1個氯原子是KClO3被復原的結果。答案D2.向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入一定量氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到固體剩余物質的組成可能是()①NaCl、Na2SO4②NaCl、NaBr、Na2SO4③NaCl、Na2SO4、I2④NaCl、NaI、Na2SO4A.①②B.③④C.①④D.②③解析Br-、I-、SO復原性強弱順序為：SO＞I-＞Br-，通入一定量Cl2后，按以上順序反應，分別生成Na2SO4、I2、Br2和NaCl，將溶液蒸干并充分灼燒，Br2揮發(fā)，I2升華，不會存留在固體剩余物中,受熱穩(wěn)定的NaCl、Na2SO4一定留在固體中，但又因為Cl2是一定量，復原性較弱的NaBr也可能有剩余。故A選項符合題意。A根底回歸1.守恒規(guī)律化合價有升必有降，電子有得必有失。對于一個完整的氧化復原反響,化合價升降總數(shù)相等,得失電子總數(shù)相等。2.強弱規(guī)律氧化性較強的氧化劑跟復原性較強的復原劑反應，生成復原性較弱的復原產(chǎn)物和氧化性較弱的氧化產(chǎn)物。3.價態(tài)規(guī)律元素處于最高價態(tài)，只有氧化性；元素處于最低價態(tài)，只有復原性;元素處于中間價態(tài),既有氧化性又有復原性，但主要表現(xiàn)其中一種性質。4.轉化規(guī)律5.難易規(guī)律越易失電子的物質，失電子后就越難得電子，越易得電子的物質，得電子后就越難失電子；一種氧化劑同時和幾種復原劑相遇時,優(yōu)先與復原性最強的復原劑發(fā)生反響；同理,一種還原劑遇到多種氧化劑時，氧化性最強的氧化劑優(yōu)先反響。注意兩類特殊的氧化復原反響——歧化反響和歸中反響特別提醒〔1〕歧化反響：同種元素同價態(tài)在反響中局部原子化合價升高，局部原子化合價降低。如：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O〔2〕歸中反響：同種元素由高價態(tài)、低價態(tài)轉化至中間價態(tài)。如：2Na2S+Na2SO3+6HCl6NaCl+3S↓+3H2O△二、氧化復原反響方程式的配平及有關計算自我診斷3.2001年1月6日，我國525名兩院院士投票評選出1999年中國十大科技進步獎，其中一項為哪一項：儲氫碳納米管研究獲重大進展。電弧法合成的碳納米管,常伴有大量雜質——碳納米顆粒。這種碳納米顆粒可通過氧化氣化法提純。其反應式是：(1)完成并配平上述反響的化學方程式。(2)此反響的氧化劑是，氧化產(chǎn)物是。(3)上述反響中假設產(chǎn)生0.1mol氣體物質，那么轉移電子的物質的量是mol。解析〔1〕反響過程中3C+2K2Cr2O7+H2SO43CO2+K2SO4+2Cr2(SO4)3+,再根據(jù)元素守恒，由鉀元素守恒可知K2SO4的計量數(shù)為2，Cr2(SO4)3，由電子得失相等得：+3由硫元素守恒可知,H2SO4的計量數(shù)為8,由氫、氧元素守恒可知缺項為H2O，計量數(shù)為8?！?〕通過〔1〕中元素化合價變化情況分析可知：K2Cr2O7作氧化劑，CO2為氧化產(chǎn)物?！?〕從反響方程式可知，有1molCO2生成即轉移4mol電子，可確定答案。答案〔1〕3283CO2228H2O〔2〕K2Cr2O7CO2〔3〕0.4根底回歸1.配平方法——化合價升降法步驟如下：標標明反響前后化合價有變化的元素的化合價等通過求最小公倍數(shù)使化合價升降總值相等定確定氧化劑與復原劑的化學計量數(shù)平觀察法配平其他物質的化學計量數(shù)檢查質量、電荷、電子是否分別守恒查2.計算方法——得失電子守恒法解題的一般步驟為：〔1〕找出氧化劑、復原劑及相應的復原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。〔2〕找準一個原子或離子得失電子數(shù)。〔注意化學式中粒子的個數(shù)〕〔3〕根據(jù)題中物質的物質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〔復原劑〕×變價原子個數(shù)×化合價變化值〔高價—低價〕。對于多步連續(xù)進行的氧化復原反應,只要中間各步反響過程中電子沒有損耗,可直接找出起始物和最終產(chǎn)物,刪去中間產(chǎn)物,建立二者之間的守恒關系，快速求解。迷津指點要點一氧化復原反響的根本規(guī)律應用氧化復原反響的規(guī)律主要有守恒規(guī)律、強弱規(guī)律、價態(tài)規(guī)律、轉化規(guī)律、難易規(guī)律等，其中考查最多的是守恒規(guī)律,其在計算中應用較多。

要點精講【典例導析1】在濃鹽酸中HNO2與SnCl2反響的離子方程式為：3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+N2+3SnCl+4H2O。關于該反響的說法正確的選項是〔〕①氧化劑是HNO2②復原性：Cl->N2③每生成2.8gN2,復原劑失去的電子為0.6mol④x為4，y為2⑤SnCl是氧化產(chǎn)物A.①③⑤B.①②④⑤C.①②③④D.只有①③解析反響中，HNO2得到電子為氧化劑，SnCl2失去電子為復原劑，其對應產(chǎn)物SnCl是氧化產(chǎn)物。Cl-在反響中沒有得失電子。每生成1molN2轉移6mol電子，故生成2.8gN2(0.1mol),SnCl2失去0.6mol電子。根據(jù)電荷守恒有：-12+6=-3y,y=2，根據(jù)原子守恒有：6+12=3x,x=6。綜合上述，①③⑤正確。答案A遷移應用1鐵溶于一定濃度的硝酸溶液時,發(fā)生反響的離子方程式為aFe+bNO+cH+dFe2++fFe3++gNO↑+hNO2↑+kH2O，以下有關推斷中,不正確的選項是〔〕A.2d+3f=3g+hB.反響中每消耗5.6gFe，轉移0.2mol~0.3mole-C.HNO3的氧化性大于Fe3+D.當a不變時，d隨著b的增大而增大解析由得失電子守恒可知，A、B正確；由氧化性強弱順序可知C正確；由得失電子守恒和電荷守恒可知當a不變時，d隨著b的增大而減小，D項錯誤。D要點二氧化復原反響的有關計算1.主要類型〔1〕求氧化劑與復原劑或氧化產(chǎn)物與復原產(chǎn)物的物質的量之比或質量之比。〔2〕通過計算確定元素的化合價或氧化產(chǎn)物、復原產(chǎn)物的組成?！?〕根據(jù)氧化復原反響的先后次序進行計算。2.方法技巧得失電子守恒是指在發(fā)生氧化復原反響時，氧化劑得到的電子數(shù)一定等于復原劑失去的電子數(shù)。得失電子守恒法常用于氧化復原反響中氧化劑、復原劑、氧化產(chǎn)物、復原產(chǎn)物的有關計算及電解過程中電極產(chǎn)物的有關計算等。得失電子守恒法解題的步驟是：首先找出氧化劑、復原劑及其物質的量以及每摩爾氧化劑、復原劑得失電子的物質的量，然后根據(jù)得失電子守恒列出等式：氧化劑的物質的量×每摩爾氧化劑得電子數(shù)=復原劑的物質的量×每摩爾復原劑失電子數(shù),利用這一等式，解氧化復原反響計算題，可化難為易，化繁為簡?！镜淅龑?】KOCN中碳為+4價,在反響KOCN+KOH+Cl2CO2+N2+KCl+H2O〔未配平〕中,如果有6molCl2完全反響，那么被氧化的KOCN的物質的量是〔〕A.2molB.3molC.4molD.6mol解析由題意可知，Cl2為氧化劑，氯元素化合價改變?yōu)?→-1，KOCN為復原劑,其中氮元素顯-3價，氮元素化合價改變?yōu)?3→0，由化合價升降守恒得：6mol×2=n(KOCN)×3，所以n〔KOCN〕=4mol。C遷移應用214g銅銀合金與足量的某濃度的硝酸反響,將放出的氣體與1.12L〔標準狀況下〕氧氣混合，通入水中恰好全部被吸收,那么合金中銅的質量為〔〕A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g解析根據(jù)得失電子守恒規(guī)律可直接找出量(O2)與未知量〔Cu、Ag〕之間的物質的量關系。HNO3中的N元素相當于電子的“二傳手〞，先得到Cu、Ag失去的電子，再傳給O2，最后恢復原貌，Cu、Ag失去的電子最終傳給了O2，所以根據(jù)得失電子守恒規(guī)律，得解得：m(Cu)=3.2g。答案C+5題組一氧化復原反響的根本規(guī)律1.在NO2被水吸收的反響中，發(fā)生復原反響和發(fā)生氧化反響的物質，其質量比為()A.3∶1B.1∶3C.1∶2D.2∶1解析NO2與H2O反響的方程式如下：3NO2+H2O2HNO3+NO,HNO3是氧化產(chǎn)物,NO是復原產(chǎn)物，由元素守恒知，發(fā)生復原反響和發(fā)生氧化反應的NO2的質量比為1∶2。對點訓練C2.在一定條件下，分別以過氧化氫、高錳酸鉀、氯酸鉀為原料制取氧氣，當制得相同物質的量的氧氣時，三個反響中轉移電子數(shù)的物質的量之比為()A.1∶2∶3B.2∶4∶3C.1∶2∶2D.1∶1∶1解析根據(jù)反響：2H2O22H2O+O2↑①，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑②,2KClO32KCl+3O2↑③，假設產(chǎn)生的O2均為3mol，反應①轉移電子6mol,反響②③轉移電子均為12mol，故三個反響中轉移電子數(shù)的物質的量之比為6∶12∶12=1∶2∶2。CMnO2,ΔMnO23.常溫下，發(fā)生如下反響：①16H++10Z-+2XO2X2++5Z2+8H2O②2A2++B22A3++2B-③2B-+Z2B2+2Z-由此判斷以下說法錯誤的選項是〔〕A.反響Z2+2A2+2A3++2Z-可以進行B.Z元素在①、③反響中均被復原C.氧化性由強到弱的順序是XO、Z2、B2、A3+D.復原性由強到弱的順序是A2+、B-、Z-、X2+解析根據(jù)物質化學性質強弱規(guī)律，在同一反響中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,還原劑的復原性大于復原產(chǎn)物的復原性，可得出：復原性A2+>Z-,A項中的反響可以進行,A項正確；①反響中Z-被氧化,B項錯誤；氧化性XO>Z2>B2>A3+，復原性A2+>B->Z->X2+，C、D正確。答案B4.在5NH4NO32HNO3+9H2O+4N2↑反響中,被還原的氮原子與被氧化的氮原子數(shù)目比為()A.3∶5B.5∶3C.5∶2D.2∶1解析此題可利用得失電子守恒求解。N(-3價)N(0價〕N(+5價)N(0價)設被復原的氮原子與被氧化的氮原子數(shù)目分別為x、y，那么5x=3y，即x∶y=3∶5。△A失去3e-得到5e-題組二氧化復原反響的有關計算5.氧化復原反響：2Cu〔IO3〕2+24KI+12H2SO42CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化劑在反響中得到的電子為()A.10molB.11molC.12molD.13mol解析因方程式已配平，用雙線橋法標出電子轉移方向數(shù)目即可得出答案。2molCu(IO3)2作為氧化劑轉移22mole-，那么1mol氧化劑轉移11mole-。B6.用48mL0.1mol/L的FeSO4溶液,恰好復原2.4×10-3mol［RO(OH)2］+，那么R元素的最終價態(tài)為〔〕A.+2B.+3C.+4D.+5解析鐵元素在反響中升高1價，設R元素的最終價態(tài)為x,由化合價升降相等得關系式48×10-3L×0.1mol/L×1=2.4×10-3mol×(5-x),解得x=3，B項正確。B7.請根據(jù)反響15CuSO4+11P+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,判斷1molCuSO4能氧化P的物質的量〔〕A.molB.molC.molD.mol解析這類題型應直接根據(jù)得失電子守恒定律解答，題已直接給出了參與氧化復原反響的氧化劑的物質的量。設被氧化的P的物質的量為x，氧化產(chǎn)物為H3PO4，那么有1×1mol=x×5,解得x=1/5mol。C8.以下分子或離子在酸性條件下都能氧化KI,自身發(fā)生如下變化：H2O2→H2OIO→I2MnO→Mn2+HNO2→NO如果分別用等物質的量的這些物質氧化足量的KI，得到I2最多的是〔〕A.H2O2B.IOC.MnOD.HNO2解析復原劑為KI，每摩爾氧化劑得電子數(shù)目越多，那么消耗的KI越多，產(chǎn)生的I2也越多。在題目信息中，1molH2O2H2O得電子2mol,1molIOI2得電子5mol，1molMnOMn2+得電子5mol,1molHNO2NO得電子1mol,比照B和C選項，1mol氧化劑得電子數(shù)目相等，但B選項中氧化劑IO也能轉化為I2，故B選項正確。答案B一、選擇題(此題包括12小題,每題5分,共60分)1.以下類型的反響，一定發(fā)生電子轉移的是()A.化合反響B(tài).分解反響C.置換反響D.復分解反響解析局部化合反響和分解反響不存在電子轉移，如CaO+H2OCa(OH)2;CaCO3CaO+CO2↑等，A、B錯誤。置換反響是有單質參加和生成的反響，一定發(fā)生電子轉移，C正確。復分解反響一定不存在電子轉移，D錯誤。定時檢測高溫C2.在以下變化：①大氣固氮，②硝酸銀分解，③實驗室制取氨氣中,按氮元素被氧化、被復原、既不被氧化又不被復原的順序排列，正確的選項是〔〕A.①②③B.②①③C.③②①D.③①②解析大氣固氮發(fā)生的反響為N2+O22NO,氮元素被氧化；硝酸銀分解的化學方程式為2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，氮元素被還原；實驗室制取氨氣的化學方程式為2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,該反響屬于非氧化復原反響。因此A項符合題意。A閃電光△3.常溫下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可發(fā)生如下兩個反響：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+以下說法正確的選項是()A.H2O2的氧化性比Fe3+強，其復原性比Fe2+弱B.在H2O2分解過程中，溶液的pH逐漸下降C.在H2O2分解過程中，F(xiàn)e2+和Fe3+的總量發(fā)生變化D.H2O2生產(chǎn)過程要嚴格防止混入Fe2+解析由題中兩個方程式可知氧化性:H2O2>Fe3+，復原性：H2O2>Fe2+,H2O2分解過程中，pH不變，F(xiàn)e2+、Fe3+的量不變。答案D4.鋅與很稀的硝酸反響生成硝酸鋅、硝酸銨和水。當生成1mol硝酸鋅時,被復原的硝酸的物質的量為()A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol思路點撥結合信息寫出化學方程式分析化合價變化運用電子守恒求解解析鋅與稀硝酸反響，按題意方程式為：生成1molZn(NO3)2時被復原的HNO3為mol，也可以根據(jù)生成1molNH4NO3，HNO3得到8mole-,那么有4molZn失去8mole-求得。答案D5.電解100mL含c(H+)=0.30mol/L的以下溶液,當電路中通過0.04mol電子時,理論上析出金屬質量最大的是〔〕A.0.10mol/LAg+B.0.20mol/LZn2+C.0.20mol/LCu2+D.0.20mol/LPb2+解析100mL溶液中各離子的物質的量分別為n(H+)=0.03mol，n(Ag+)=0.01mol,n(Zn2+)=0.02mol,n〔Cu2+〕=0.02mol,n〔Pb2+〕=0.02mol,當分別電解它們的溶液通過0.04mol電子時,A中0.01molAg全部析出,其質量為1.08g，B中H+首先得電子,因此析出Zn為0.005mol，質量為0.325g，C中0.02molCu全部析出，質量為1.28g，D中H+首先得電子，析出Pb為0.005mol,質量為1.035g，因此C中析出金屬質量最大。答案C6.以下物質中，按只有氧化性、只有復原性、既有氧化性又有復原性的順序排列的一組是〔〕A.F2、K、HClB.Cl2、Al、H2C.NO2、Na、Br2D.O2、SO2、H2O解析F沒有正價，故F2只具有氧化性；K為金屬，金屬沒有負價，故K的化合價只能升高，不能降低，即K只有復原性；HCl中的Cl-處于最低價態(tài)，只有復原性，H+只有氧化性，因此HCl既有氧化性又有復原性。A7.以下反響中，不屬于氧化復原反響的是〔〕①3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O②2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O③SnCl4+2H2OSnO2+4HCl④3CCl4+K2Cr2O72CrO2Cl2+3COCl2+2KClA.①②B.①③C.③④D.②④解析氧化復原反響的實質是電子的轉移〔得失或偏移〕，而其特征是反響前后元素的化合價發(fā)生改變，故化合價是分析氧化復原反響的根底。①中Cl2KCl+KClO3②中NO2NaNO2+NaNO3都有價態(tài)變化，所以是氧化復原反響。③中SnCl4SnO2④中CCl4COCl2；K2Cr2O7CrO2Cl2都沒有化合價的改變，故都不是氧化復原反響。答案C0-1+5+4+3+5+4+4+4+4+6+68.以下變化需要參加復原劑才能實現(xiàn)的轉化是〔〕A.濃硫酸→SO2B.Fe2+→Fe3+C.H2S→SO2D.HCO→CO2解析價態(tài)降低的復原反響需要參加復原劑才能實現(xiàn)，A項對。A9.以下各組離子中，因發(fā)生氧化復原反響而不能大量共存的是()A.Fe3+、H+、SO、ClO-B.Fe3+、Fe2+、SO、NOC.Al3+、Na+、SO、COD.K+、H+、Br-、MnO解析A項H+與ClO-能結合成HClO,是復分解反應;B項可以大量共存;C項Al3+和CO可以發(fā)生雙水解反響而不能大量共存，并無化合價的變化,不屬于氧化復原反響；D項因酸性KMnO4的氧化性很強，會把Br-氧化為Br2，應選D項。D10.將SO2通入CuSO4和NaCl的濃溶液中，溶液顏色變淺，析出白色沉淀，取該沉淀分析，知其中含Cl:35.7%，Cu:64.3%。SO2在上述反響中作用是()A.酸B.漂白劑C.復原劑D.氧化劑解析由沉淀中元素組成可知，其原子個數(shù)比為1∶1，即CuCu被復原，而Cl的化合價未變，故SO2只能作復原劑。C+2+111.三聚氰酸［C3N3〔OH〕3］可用于消除汽車尾氣中的NO2。其反響原理為：C3N3〔OH〕33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O以下說法正確的選項是〔〕A.C3N3〔OH〕3與HNCO為同一物質B.HNCO是一種很強的氧化劑C.1molNO2在反響中轉移的電子為4molD.反響中NO2是復原劑解析C3N3(OH)3反響生成HNCO，二者是不同的物質，A錯;從方程式8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O知,HNCO中N的化合價升高，是復原劑，NO2中N的化合價降低，是氧化劑，B、D都錯?！鳌鰿△12.根據(jù)下表信息，以下表達中正確的選項是〔〕A.表中第①組反響的氧化產(chǎn)物一定只有FeCl3(Fe3+)B.氧化性強弱比較:KMnO4>Cl2>Fe3+>Br2>Fe2+序號氧化劑還原劑其他反應物氧化產(chǎn)物還原產(chǎn)物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3濃鹽酸Cl2Cl2④KMnO4濃鹽酸Cl2MnCl2C.復原性強弱比較：H2O2>Mn2+>Cl-D.④的離子方程式配平后,H+的化學計量數(shù)為16解析Cl2和FeBr2的反響和物質的量有關,如果Cl2少量，氧化產(chǎn)物是Fe3+，如果Cl2足量，氧化產(chǎn)物是Fe3+和Br2,A項錯誤；由氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物的氧化性可推知該表格中物質氧化性強弱比較為：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3+>Fe2+,B項錯誤;由反應④可知物質復原性強弱比較：Cl->Mn2+,C項錯誤;④的化學方程式為:2KMnO4+16HCl〔濃〕2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，D項正確。答案D二、非選擇題〔此題包括4小題，共40分〕13.某反響體系中的物質有:NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O?！?〕請將Au2O3之外的反響物與生成物分別填入以下空格內：(2)反響中，被復原的元素是，復原劑是?！?〕請將反響物的化學式配平后的系數(shù)填入以下相應的位置中，并標出電子轉移的方向和數(shù)目。(4)紡織工業(yè)中常用氯氣作漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑〞，Na2S2O3和Cl2反響的產(chǎn)物是H2SO4、NaCl和HCl，那么復原劑與氧化劑的物質的量之比為。解析〔1〕Au2O3中金元素的化合價為+3價，而另一種含金的化合物為Au2O，其中金元素的化合價為+1價,因此金元素的化合價在反響后降低。那么另一種物質中必定有一種元素的化合價升高,通過分析可知，Na2S2O3中+2價的硫元素升高到Na2S4O6中的+價,故此反響中,氧化劑和復原劑分別為Au2O3和Na2S2O3，氧化產(chǎn)物和復原產(chǎn)物分別為Na2S4O6和Au2O，再結合質量守恒定律，可找出其他的反響物和生成物?！?〕通過〔1〕中的分析可知，反響中被復原的元素是Au，復原劑是Na2S2O3。+3(3)反響過程中：Au2O3Au2O,Na2S2O3Na2S4O6,根據(jù)得失電子數(shù)目相等，可得：Au2O3+4Na2S2O3+H2OAu2O+2Na2S4O6+NaOH,再依據(jù)質量守恒定律可配平方程式，H2O的系數(shù)為2，NaOH的系數(shù)為4。(4)根據(jù)Na2S2O3H2SO4,Cl2Cl,由電子守恒可得：n(Na2S2O3)×4×2=n(Cl2)×2，因此

+3+1+2+2+60-1答案〔1〕Na2S2O3H2ONa2S4O6Au2ONaOH(2)AuNa2S2O3

(4)1∶4+314.〔13分〕傳統(tǒng)的自來水處理劑是在自來水中參加規(guī)定劑量的液氯，液氯能夠溶解于水，并且與水能夠發(fā)生化學反響。近年來，科技工作者為了延長液氯的殺菌時間,在液氯中加入適量的液氨?！?〕請你寫出液氯與水反響的化學方程式：，氧化劑是，復原劑是。從氧化劑和復原劑來看，該反響的特點是，從元素化合價的變化來看，該反響的特點是。(2)用液氯作為自來水的殺菌劑,起作用的是HClO,所以液氯參加水中后含氯的物質有氯單質，HClO和，其中氯單質可以從水中揮發(fā)，這正是我們有時翻開自來水管能夠聞到刺激性氣味的原因,HClO也可以分解產(chǎn)生氧氣和HCl。在液氯中參加少量液氨，生成NH2Cl,NH2Cl比HClO穩(wěn)定。在HClO濃度大的時候發(fā)生的反響是NH3+HClOH2O+NH2Cl,在HClO濃度小的時候發(fā)生的反響是H2O+NH2ClNH3↑+HClO，所以這種方法可以緩慢的放出HClO,起殺菌、消毒的作用，減少了氯的流失。以上兩個反響的反響類型是〔填序號〕。A.氧化復原反響B(tài).非氧化復原反響C.置換反響D.復分解反響解析(1)寫出氯單質與水反響的化學方程式，分析反響中元素化合價的變化特點，只有氯元素的化合價發(fā)生了變化，所以Cl2既是氧化劑,又是還