2022高考化學一輪復習講義-第2章第5講化還原反應-

第二章元素與物質(zhì)世界第6講氧化還原反應考點一基于“雙線橋”理解氧化還原反應的概念1．氧化還原反應的本質(zhì)和特征2．基于雙線橋理解氧化還原反應概念之間的關(guān)系概括為“升失氧、降得還，劑性一致、其他相反”。例用雙線橋法標出反應MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(Δ))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目：________________，此反應中氧化劑是________，還原劑是_______，氧化產(chǎn)物是________，還原產(chǎn)物是________，MnO2發(fā)生________反應，HCl發(fā)生________反應；生成1molCl2時轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為________，被氧化的HCl的物質(zhì)的量是________mol，鹽酸顯示的性質(zhì)是________性和_________性。3．氧化還原反應的類型下列標明電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目的化學方程式中，正確的是________；屬于歧化反應的是________，屬于歸中反應的是________，屬于部分氧化還原反應的是________。4．常見的氧化劑和還原劑(1)常見氧化劑常見氧化劑包括某些非金屬單質(zhì)、含有高價態(tài)元素的化合物、過氧化物等。如：(2)常見還原劑常見還原劑包括活潑的金屬單質(zhì)、非金屬陰離子及含低價態(tài)元素的化合物、低價金屬陽離子、某些非金屬單質(zhì)及其氫化物等。如：(3)元素化合價處于中間價態(tài)的物質(zhì)既有氧化性，又有還原性其中：Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)主要表現(xiàn)還原性，H2O2主要表現(xiàn)氧化性。1．(1)有單質(zhì)參加或有單質(zhì)生成的化學反應一定是氧化還原反應(×)(2)水做還原劑時，產(chǎn)物中一般有O2(√)(3)NO2溶于水發(fā)生氧化還原反應(√)(4)氧化還原反應中有一種元素被氧化時，一定有另一種元素被還原(×)(5)氧化還原反應中的反應物，不是氧化劑就是還原劑(×)(6)某元素從游離態(tài)變?yōu)榛蠎B(tài)，該元素可能被氧化也可能被還原(√)(7)硝酸銅的分解產(chǎn)物可能是CuO、NO、NO2(×)(8)NaHCO3＋H2=HCOONa＋H2O的反應中，NaHCO3被氧化(×)(9)Na2O2與水的反應中，水是還原劑(×)解析(2)H2O中的兩種元素，只有氧元素呈－2價，可被氧化為－1價或0價的氧。(5)在3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中，H2O既不是氧化劑也不是還原劑。2．四種基本反應類型和氧化還原反應的關(guān)系可用下圖表示。(1)置換反應一定屬于氧化還原反應(√)(2)復分解反應一定不屬于氧化還原反應(√)(3)有單質(zhì)參加的化合反應或有單質(zhì)生成的分解反應一定是氧化還原反應(√)(4)無單質(zhì)參加的化合反應一定不是氧化還原反應(×)解析(4)Na2O2＋SO2=Na2SO4是氧化還原反應。題組一氧化還原反應及基本概念判斷1．(2020·太原期末)下列應用不涉及物質(zhì)氧化性或還原性的是()A．用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B(tài)．用漂白液殺菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果解析：選C。葡萄糖與銀氨溶液發(fā)生氧化還原反應，生成銀單質(zhì)，葡萄糖做還原劑被氧化，故A不選；用漂白液殺菌、消毒利用了NaClO的強氧化性，故B不選；用Na2SiO3溶液制備木材防火劑不發(fā)生氧化還原反應，與氧化性或還原性無關(guān)，故C選；高錳酸鉀可氧化具有催熟作用的乙烯，從而達到保鮮水果的目的，故D不選。2．(2018·衡水中學高三上學期第四次聯(lián)考)為了確定某樣品是否被氧化，所選試劑(括號內(nèi)物質(zhì))不正確的是()A．FeCl2(NH4SCN溶液)B．KI(淀粉溶液)C．白磷(紫色石蕊溶液)D．Na2SO3(BaCl2溶液)答案D解析亞鐵離子易被氧化為鐵離子，可利用NH4SCN溶液檢驗鐵離子，若溶液為紅色則確定樣品被氧化，故A正確；碘離子能被氧化為碘單質(zhì)，淀粉遇碘變藍，則可利用淀粉溶液來確定是否被氧化，故B正確；白磷被氧化為五氧化二磷，遇水反應生成磷酸，加紫色石蕊溶液變紅，則可以確定樣品被氧化，故C正確；亞硫酸根離子能被氧化為硫酸根離子，亞硫酸根離子和硫酸根離子都能與鋇離子反應生成沉淀，不能確定樣品是否被氧化，故D錯誤。題組二雙線橋法在復雜氧化還原反應中的應用3．三氟化氮(NF3)是微電子工業(yè)中一種優(yōu)良的等離子刻蝕氣體，它在潮濕的環(huán)境中能發(fā)生反應：3NF3＋5H2O=2NO＋HNO3＋9HF。下列有關(guān)該反應的說法正確的是()A．NF3是氧化劑，H2O是還原劑B．HF是還原產(chǎn)物C．還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是2∶1D．NF3在潮濕的空氣中泄漏會產(chǎn)生紅棕色氣體答案D4．(2018·河南八市第二次測評)LiAlH4是重要的儲氫材料，可與水發(fā)生反應：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．若生成標準狀況下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；由反應方程式可知，每1molLiAlH4反應，轉(zhuǎn)移4mol電子，生成4molH2，若生成標準狀況下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，還原劑與氧化劑物質(zhì)的量之比為1∶2，D項錯誤。5．(2020·亳州質(zhì)量檢測)Cl2是紡織工業(yè)常用的漂白劑，Na2S2O2可做漂白布匹后的“脫氯劑”。S2Oeq\o\al(2－,3)和Cl2反應的產(chǎn)物之一為SOeq\o\al(2－,4)。下列說法中不正確的是()A．該反應中還原劑是S2Oeq\o\al(2－,3)B．H2O參與該反應，且做氧化劑C．根據(jù)該反應可判斷氧化性：Cl2>SOeq\o\al(2－,4)D．該反應中，每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，可脫去2molCl2解析：選B。反應的離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋10OH－=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋5H2O，反應中S元素化合價升高，Cl元素化合價降低，故S2Oeq\o\al(2－,3)做還原劑，Cl2做氧化劑，A正確，B錯誤；在氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，故氧化性：Cl2>SOeq\o\al(2－,4)，C正確；由上述離子方程式可知，反應中每生成1molSOeq\o\al(2－,4)，可脫去2molCl2，D正確。走好關(guān)鍵第一步——正確標出元素化合價正確分析氧化還原反應中電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目，其前提是確定物質(zhì)中各元素(特別是變價元素)的化合價。基本方法是先標出熟悉元素的化合價，再根據(jù)化合物中正、負化合價的代數(shù)和為零的原則求解其他元素的化合價。常見元素的化合價可以借助化合價口訣來記憶：一價氫、鉀、鈉、氟、氯、溴、碘、銀；二價氧、鈣、鋇、鎂、鋅；三鋁、四硅、五價磷；說變價也不難，二三鐵、二四碳、二四六硫都齊全；銅汞二價最常見。近幾年高考中一些特殊物質(zhì)中元素化合價判斷CuFeS2Cu＋2Fe＋2S－2K2FeO4Fe＋6Li2NHN－3LiNH2N－3AlNN－3Na2S2O3S＋2MOeq\o\al(＋,2)M＋5C2Oeq\o\al(2－,4)C＋3HCNC＋2N－3CuHCu＋1H－1FeOeq\o\al(n－,4)Fe＋(8－n)Si3N4Si＋4N－3考點二氧化性、還原性強弱規(guī)律1．氧化性、還原性的判斷(1)氧化性是指得電子的性質(zhì)(或能力)；還原性是指失電子的性質(zhì)(或能力)。(2)氧化性、還原性的強弱取決于得、失電子的難易程度，與得、失電子數(shù)目的多少無關(guān)。如：Na－e－=Na＋，Al－3e－=Al3＋，但根據(jù)金屬活動性順序表，Na比Al活潑，更易失去電子，所以Na比Al的還原性強。從元素的價態(tài)考慮：最高價態(tài)——只有氧化性，如：Fe3＋、H2SO4、KMnO4等；最低價態(tài)——只有還原性，如：金屬單質(zhì)、Cl－、S2－等；中間價態(tài)——既有氧化性又有還原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。2．氧化性、還原性強弱的比較方法(1)根據(jù)化學方程式判斷氧化劑(氧化性)＋還原劑(還原性)=還原產(chǎn)物＋氧化產(chǎn)物氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物；還原性：還原劑>還原產(chǎn)物。(2)根據(jù)反應條件和產(chǎn)物價態(tài)高低進行判斷①與同一物質(zhì)反應，一般越易進行，則其氧化性或還原性就越強。如Na與冷水劇烈反應，Mg與熱水反應，Al與水加熱反應也不明顯，所以還原性：Na>Mg>Al；非金屬單質(zhì)F2、Cl2、Br2、I2與H2反應，F(xiàn)2與H2暗處劇烈反應并爆炸，Cl2與H2光照劇烈反應并爆炸，Br2與H2加熱到500℃才能發(fā)生反應，I2與H2在不斷加熱的條件下才緩慢發(fā)生反應，且為可逆反應，故氧化性：F2>Cl2>Br2>I2。②當不同的氧化劑作用于同一還原劑時，如果氧化產(chǎn)物價態(tài)相同，可根據(jù)反應條件的高低進行判斷：一般條件越低，氧化劑的氧化性越強，如：MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(Δ))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，由上述反應條件的不同，可判斷氧化性：KMnO4>MnO2。當不同氧化劑作用于同一還原劑時，如果氧化產(chǎn)物價態(tài)不相同，可根據(jù)氧化產(chǎn)物的價態(tài)高低進行判斷：氧化產(chǎn)物的價態(tài)越高，則氧化劑的氧化性越強，如：2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(點燃))2FeCl3，F(xiàn)e＋Seq\o(=,\s\up7(Δ))FeS，則氧化性：Cl2＞S。(1)強氧化劑與強還原劑混合不一定能發(fā)生氧化還原反應(√)(2)陽離子只有氧化性，陰離子只有還原性(×)(3)元素的非金屬性越強，其氧化性越強，相應單質(zhì)越活潑(×)(4)難失電子的物質(zhì)一定易得電子(×)(5)含有最高價元素的化合物一定具有強氧化性(×)(6)MnO2不與稀鹽酸反應是因為H＋濃度小(×)物質(zhì)氧化性、還原性的強弱，不僅與物質(zhì)的結(jié)構(gòu)有關(guān)，還與物質(zhì)的濃度和反應溫度等有關(guān)。下列各組物質(zhì)：①Cu與HNO3溶液②Cu與FeCl3溶液③Zn與H2SO4溶液④Fe與FeCl3溶液⑤Cl2與NaOH溶液⑥Fe與HNO3溶液⑦Fe與H2SO4溶液⑧Na與O2(1)由于濃度不同而發(fā)生不同氧化還原反應的是________________(填序號，下同)。(2)由于溫度不同而發(fā)生不同氧化還原反應的________________________________________。(3)氧化還原反應不受濃度、溫度影響的是__________。答案(1)①③⑥⑦(2)⑤⑥⑦⑧(3)②④解析⑥Fe和濃HNO3常溫下鈍化，加熱繼續(xù)反應，F(xiàn)e和稀HNO3反應，HNO3被還原成NO。⑦Fe和濃H2SO4常溫下鈍化，加熱繼續(xù)反應，F(xiàn)e和稀H2SO4反應生成FeSO4和H2。根據(jù)影響因素判斷氧化性、還原性強弱的方法(1)濃度：同一種物質(zhì)濃度越大，氧化性(或還原性)越強。如氧化性：濃H2SO4>稀H2SO4，濃HNO3>稀HNO3，還原性：濃HCl>稀HCl。(2)溫度：同一種物質(zhì)，溫度越高其氧化性越強。如：熱的濃硫酸的氧化性比冷的濃硫酸的氧化性強。(3)酸堿性：同一種物質(zhì)，所處環(huán)境酸(堿)性越強其氧化性(還原性)越強。題組一依據(jù)方程式判斷氧化性、還原性強弱1．已知常溫下在溶液中可發(fā)生如下兩個離子反應：Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋Sn2＋＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Sn4＋由此可以確定Fe2＋、Ce3＋、Sn2＋三種離子的還原性由強到弱的順序是()A．Sn2＋、Fe2＋、Ce3＋B．Sn2＋、Ce3＋、Fe2＋C．Ce3＋、Fe2＋、Sn2＋D．Fe2＋、Sn2＋、Ce3＋答案A解析在氧化還原反應中還原劑的還原性比還原產(chǎn)物的還原性強。由方程式可知，還原性：Fe2＋＞Ce3＋；Sn2＋＞Fe2＋。鉈(Tl)鹽與氰化鉀(KCN)被列為A級危險品。已知下列反應在一定條件下能夠發(fā)生：①Tl3＋＋2Ag=Tl＋＋2Ag＋，②Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，③Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，下列離子氧化性比較順序正確的是()A．Tl3＋>Fe3＋>Ag＋B．Fe3＋>Ag＋>Tl3＋C．Tl＋>Ag＋>Fe2＋D．Tl3＋>Ag＋>Fe3＋答案D解析在氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性。題組二依據(jù)氧化性、還原性強弱判斷氧化還原反應能否發(fā)生3．(2018·延安質(zhì)檢)已知Co2O3在酸性溶液中易被還原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。下列反應在水溶液中不可能發(fā)生的是()A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2C．Co2O3＋6HCl(濃)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2OD．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2答案A解析根據(jù)氧化還原反應中，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，可判斷B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3＋>I2，這些結(jié)論與題給信息一致。對于A，由于I－的還原性強于Fe2＋，所以Cl2應先氧化I－，而不應先氧化Fe2＋。假設(shè)法判斷氧化還原反應能否進行已知物質(zhì)的氧化性或者還原性的強弱關(guān)系，判斷某一氧化還原反應能否發(fā)生時可采用假設(shè)法。先假設(shè)反應成立，然后根據(jù)氧化劑的氧化性＞氧化產(chǎn)物的氧化性，還原劑的還原性＞還原產(chǎn)物的還原性的規(guī)律，列出假設(shè)反應中的上述關(guān)系。結(jié)合題干條件判斷該結(jié)論是否符合事實。符合事實，則反應成立；反之，則不成立。題組三氧化還原反應的競爭(先后規(guī)律的應用)4．現(xiàn)有下列三個氧化還原反應：①2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2②2FeCl2＋Cl2=2FeCl3③2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的試劑是()A．Cl2B．KMnO4C．FeCl3D．HCl答案C解析本題是尋找一種氧化劑，其氧化性應大于I2的氧化性，而小于Cl2和Fe3＋的氧化性(也＋，還原性：Fe2＋>Cl－；由③知氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>Cl2，還原性：Cl－>Mn2＋；由此推知氧化性強弱順序為KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，還原性強弱順序為I－>Fe2＋>Cl－>Mn2＋。所以KMnO4可氧化Cl－、Fe2＋及I－，Cl2可氧化Fe2＋及I－，F(xiàn)eCl3只能氧化I－。5．(2018·淮北高三聯(lián)考)向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入適量氯氣，溶液中各種離子的物質(zhì)的量變化如下圖所示。下列有關(guān)說法不正確的是()A．線段BC代表Fe3＋物質(zhì)的量的變化情況B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．當通入Cl22mol時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3答案B＋物質(zhì)的量的變化情況，線段DE代表Br－物質(zhì)的量的變化情況，A項正確；溶液體積未知，無法計算濃度，B項錯誤；當通入2molCl2時，溶液中已發(fā)生的離子反應可表示為2Fe2＋＋－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D項正確。氧化還原反應先后規(guī)律的思維模型同一氧化劑與含多種還原劑(物質(zhì)的量濃度相同)的溶液反應時，首先被氧化的是還原性最強的物質(zhì)；同一還原劑與含多種氧化劑(物質(zhì)的量濃度相同)的溶液反應時，首先被還原的是氧化性最強的物質(zhì)?？键c三價態(tài)歸中、歧化規(guī)律的應用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，如：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。3．應用(1)判斷同種元素不同價態(tài)物質(zhì)間發(fā)生氧化還原反應的可能性，如濃H2SO4與SO2不發(fā)生反應。(2)根據(jù)化合價判斷反應體系中的氧化劑、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濃硫酸轉(zhuǎn)移電子數(shù)可能是6NA，也可能是2NA(√)解析H2SO4(濃)＋3H2S=4S↓＋4H2OH2SO4(濃)＋H2S=SO2↑＋S↓＋2H2O前一反應中1mol濃H2SO4轉(zhuǎn)移6NA電子，后一反應中轉(zhuǎn)移2NA電子。(2)1molCl2與Ca(OH)2完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)是2NA(×)解析Cl2既是氧化劑又是還原劑，1molCl2和Ca(OH)2反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)應為NA。(3)1molKClO3與足量的濃鹽酸完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA(×)解析所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)應為5NA。(4)含硫化合物X、Y的轉(zhuǎn)化關(guān)系：S＋NaOH→X＋Y＋H2O中：硫單質(zhì)的化合價最低(×)(5)SO2具有還原性，不能用濃硫酸來干燥(×)題組一價態(tài)歸中規(guī)律、歧化反應規(guī)律的應用1．(2018·南京調(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(通電))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、XB．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、GD．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：Cl2＋KOH→KX＋KY(未配平)，KX在一定條件下能自身反應：KX→KY＋KZ(未配平，KY與KZ關(guān)系比為1∶3)，以上KX、KY、KZ均是一元酸的鉀鹽，由以上條件推知在KX中氯的化合價是()A．＋1B．＋3C．＋5D．＋7答案C解析反應：Cl2＋KOH→KX＋KY是Cl2的歧化反應，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：KX→KY＋KZ，可斷定KY為KCl，化合價高低：Z中Cl>X中Cl(均為正價)。假設(shè)KX中Cl為＋a價，KZ中Cl的化合價為＋b價，依據(jù)化合價守恒原理及KX→KY＋3KZ，有a＋1＝3(b－a)，把a＝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的化合價為＋5。題組二電子轉(zhuǎn)移數(shù)目的計算3．(1)根據(jù)反應KClO3＋6HCl(濃)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3molCl2轉(zhuǎn)移____mole－。(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：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4molNa2O2發(fā)生反應轉(zhuǎn)移________mole－。答案(1)5(2)2(3)6解析(1)中反應屬于自身氧化還原反應，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)中Na2O2中的氧由－1到－2、0價，故每生成1molO2轉(zhuǎn)移2mole－。(3)化合價升高總數(shù)：4Fe2＋→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)生反應轉(zhuǎn)移6mol電子。1．正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“×”(1)向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色，所以Br－還原性強于Cl－(√)(2)向含I－的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液變成藍色，則氧化性：Cl2>I2(√)(3)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液變成紅色，則Fe2＋既有氧化性又有還原性(×)(4)在氧化還原反應中，還原劑失去電子的總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)(√)(5)在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C，在該反應條件下，Mg的還原性強于C的還原性(√)2．下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關(guān)的是()ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速退色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色答案C解析C項，向AgCl濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，發(fā)生沉淀的轉(zhuǎn)化，反應的離子方程式為2AgCl＋S2－===Ag2S＋2Cl－，與氧化還原反應無關(guān)；A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，會生成Fe(OH)2白色沉淀，F(xiàn)e(OH)2被氧化為Fe(OH)3，反應過程中出現(xiàn)灰綠色，最后變?yōu)榧t褐色，與氧化還原反應有關(guān)；B項，由于氯水顯酸性，先使紫色石蕊溶液變紅，后由于HClO具有氧化性，使紅色溶液迅速退色，與氧化還原反應有關(guān)；D項，熱銅絲插入稀硝酸中發(fā)生的反應為3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO被氧氣氧化生成紅棕色的NO2，與氧化還原反應有關(guān)。3．(2017·北京，8)下列變化中，氣體被還原的是()A．二氧化碳使Na2O2固體變白B．氯氣使KBr溶液變黃C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液退色D．氨氣使AlCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀答案B解析A項，二氧化碳使Na2O2固體變白，發(fā)生反應2CO2＋2Na2O2=O2＋2Na2CO3，CO2中元素的化合價沒有發(fā)生改變；B項，氯氣使KBr溶液變黃，發(fā)生反應2KBr＋Cl2===2KCl＋Br2，Cl2化合價降低，被還原，符合題意；C項，乙烯使Br2的四氯化碳溶液退色，是乙烯與溴發(fā)生了加成反應；D項，氨氣使AlCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀氫氧化鋁，化合價沒有改變?？键c四電子守恒思想在氧化還原反應計算中的應用1．對于氧化還原反應的計算，要根據(jù)氧化還原反應的實質(zhì)——反應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過程，可不寫化學方程式，不追究中間反應過程，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、還原劑及相應的還原產(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(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)。題組一常規(guī)計算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。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物質(zhì)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＋1×0.020L×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中利用得失電子守恒進行相關(guān)的計算?！鷛Na2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4→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。題組二多步反應得失電子守恒問題有的試題反應過程多，涉及的氧化還原反應也多，數(shù)量關(guān)系較為復雜，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，要理清具體的反應過程，分析在整個反應過程中化合價發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目。3．取xg銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應過程中硝酸被還原只產(chǎn)生8960mL的NO2氣體和672mL的N2O4氣體(均已折算為標準狀況)，在反應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。4．足量銅與一定量濃硝酸反應，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68LO2(標準狀況)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\up9(Cu),\s\do3(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的反應可得mL。考點五氧化還原反應方程式的書寫與配平1．氧化還原方程式配平的基本原則2．氧化還原方程式配平的一般步驟[示例]配平化學方程式：H2S＋HNO3→S↓＋NO↑＋H2O分析配平步驟如下第一步：標變價，H2eq\o(S,\s\up6(－2))＋eq\o(HNO3,\s\up6(＋5))→eq\o(S,\s\up6(0))↓＋eq\o(N,\s\up6(＋2))O↑＋H2O第二步：列得失，H2eq\o(S,\s\up6(－2))＋Heq\o(N,\s\up6(＋5))O3第三步：求總數(shù)，從而確定氧化劑(或還原產(chǎn)物)和還原劑(或氧化產(chǎn)物)的化學計量數(shù)。故H2S的化學計量數(shù)為3，HNO3的化學計量數(shù)為2。第四步：配系數(shù)，先配平變價元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3=3S↓＋2NO↑＋4H2O第五步：查守恒，其他原子在配平時相等，最后利用O原子守恒來進行驗證。題組一正向配平類1．____KI＋____KIO3＋____H2SO4=____I2＋____K2SO4＋____H2O答案5133332．____MnOeq\o\al(－,4)＋____H＋＋____Cl－=____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案21610258題組二逆向配平類3．____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O答案362134．____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3答案293355．____(NH4)2Cr2O7=____N2＋____Cr2O3＋____H2O答案1114題組三缺項配平類6．____ClO－＋____Fe(OH)3＋____=____Cl－＋____FeOeq\o\al(2－,4)＋____H2O答案324OH－3257．____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O答案256H＋2588．____Mn2＋＋____ClOeq\o\al(－,3)＋____H2O=____MnO2↓＋____Cl2＋____答案524518H＋9．某高溫還原法制備新型陶瓷氮化