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第三节 氧化还原反应
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考纲导引 考点梳理
1.了解氧化还原反应的本质是电子的转移。2.了解常见的氧化还原反应。 1.氧化还原反应。2.电子转移的表示方法。3.常见的氧化剂和还原剂。
【基础知识梳理】
一、氧化还原反应
1.氧化还原反应的定义
在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。在氧化还原反应中，反应物所含元素化合价升高的反应称为氧化反应；反应物所含元素化合价降低的反应称为还原反应。氧化反应和还原反应对立统一于一个氧化还原反应之中。
2.氧化还原反应的实质21世纪教育网
元素化合价的变化是电子转移的外观表现，电子转移是氧化还原反应的实质。
3. 氧化还原反应的特征（判断依据）
反应前后某些元素的化合价发生了变化。
4.氧化还原反应与四种基本类型反应之间的关系
化合反应：有单质参加的是氧化还原反应。分解反应：有单质生成的是氧化还原反应。
置换反应：全部是氧化还原反应。复分解反应：都是非氧化还原反应。(如图)
二、电子转移的表示方法
1.单线桥法。从被氧化（失电子，化合价升高）的元素指向被还原（得电子，化合价降低）的元素，标明电子数目，不需注明得失。例：
MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
2.双线桥法。得失电子分开注明，从反应物指向生成物（同种元素）注明得失及电子数。例：
MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
说明：注意两类特殊的化学反应。①歧化反应，同种元素同价态在反应中部分原子化合价升高，部分原子化合价降低。例：
3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O
②归中反应。不同价态的同种元素的原子在反应中趋于中间价态，解此类题最好将该元素的不同价态用数轴标出，变化的区域只靠拢，不重叠。例：
KClO3+6HCl3Cl2+ 6KCl↑ +3H2O Cl Cl Cl
若理解为右图则错了。 Cl Cl Cl
三 、氧化剂和还原剂
1.氧化剂和还原剂的相关概念
氧化剂:得到电子(所含某元素化合价降低)的反应物；还原剂：失去电子（所含某元素化合价升高）的反应物。
说明：①氧化剂和还原剂均是指反应物，是一种化学物质，而不是指某一种元素；②氧化剂具有氧化性，氧化剂本身被还原，即发生还原反应，转化为还原产物；还原剂具有还原性，还原剂本身被氧化，即发生氧化反应，转化为氧化产物（图示如下）：
2.常见的氧化剂和还原剂
（1）重要的氧化剂：
氧化剂 还原剂
活泼非金属单质：X2、O2、S等 活泼金属单质：Na、Al、Fe等某些非金属单质：C、H2、S
高价金属离子：Fe3＋不活泼金属离子：Cu2＋、Ag＋其他：[Ag(NH3)2]＋、新制Cu(OH)2等 低价金属离子：Fe2＋非金属的阴离子及其化合物：S2－、H2S、I－、HI、Br－、HBr等
某些含氧化合物：Na2O2、H2O2、HClO、HNO3、浓H2SO4、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4 低价含氧化合物：CO、SO2、H2SO3、Na2SO3、H2C2O4、含—CHO的有机物等
既可作氧化剂又作还原剂的有：S、SO、H2SO3、SO2、NO、Fe2＋及含—CHO的有机物
【要点名师透析】
一、氧化还原反应中的主要规律
1．转化规律(归中规律)
同种元素不同价态之间的反应，遵循以下规律：
应用：分析判断氧化还原反应能否发生，元素化合价如何变化。例如浓H2SO4与SO2不会发生反应；KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O反应中，KClO3中＋5价的氯不会转化为KCl中－1价的氯。
2．难易规律
越易失电子的物质，失电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得电子后就越难失去电子；一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，氧化性最强的氧化剂优先反应。
应用：判断物质的稳定性及反应顺序。
3．守恒规律
化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个完整的氧化还原反应，化合价升降总数相等，得失电子总数相等。
应用：计算和配平氧化还原反应方程式。
解题的一般步骤：
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物、氧化产物。
(2)找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)。
(3)根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值。
4.价态规律：若某元素有多种可变价态，处于最高价态时，只有氧化性；处于最低价态时，只有还原性；处于中间价态时，既有氧化性，又有还原性。
5.强弱规律：氧化剂只有一种，还原剂有多种，则还原性强的先被氧化；还原剂只有一种，氧化剂有多种，则氧化性强的先被还原；例如：在CuSO4和AgNO3的混合溶液中加入适量铁粉，Ag先被置换出来，Cu后被置换出来。又如：在FeBr2溶液中通入Cl2由少至多，先看到溶液变黄色，后看到溶液变橙色，则还原性Fe2＋>Br－。
【典例1】 (2011 ·惠州调研)ClO2 是一种常用的预防“禽流感”的消毒剂，可通过以下反应制得(未配平)：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4→ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O。下列说法正确的是
A．H2SO4 作氧化剂
B．ClO2 是氧化产物
C．H2C2O4 被氧化
D．每消耗 1 mol KClO3 就有 2 mol 电子转移
【答案】C
【解析】在该反应中， Cl 元素化合价＋5→＋4，C 元素化合价＋3→＋4，硫酸只有酸性，消耗 1 mol KClO3 转移的电子数为1 mol，故 A、B、D 都错。
二、氧化性、还原性强弱的判断
物质氧化性、还原性的强弱取决于元素原子得失电子的难易程度，与得失电子的数目无关，常用的判断方法有：
1.根据反应原理判断
氧化性：氧化剂>氧化产物；
还原性：还原剂>还原产物。
2.根据物质活动性顺序比较
①金属活动性顺序(常见元素)
3.根据氧化产物的价态高低判断
当变价的还原剂在相似的条件下作用于不同的氧化剂时，还原剂价态升高越大，氧化剂氧化性越强。
例如：2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS
可以判断氧化性：Cl2>S
4.根据反应的难易程度
氧化还原反应越　容易　进行(表现为反应所需条件越低)，则氧化剂的氧化性和还原剂的还原性就越　强。不同的还原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或还原剂)反应时，条件越易或者氧化剂(或还原剂)被还原(或被氧化)的程度越大，则还原剂(或氧化剂)的还原性(或氧化性)就越强。
5.依据元素周期律进行判断
①金属单质与水或非氧化性酸反应越容易，金属的还原性越强。
②金属最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属的还原性越强。
③非金属气态氢化物越稳定，非金属的氧化性越强。
④非金属单质与氢气化合越容易，非金属的氧化性越强。
⑤非金属最高价氧化物对应含氧酸酸性越强，非金属的氧化性越强。
6.根据原电池、电解池的电极反应判断
①两种不同的金属构成原电池的两极。其还原性：负极>正极。
②用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，而在阳极先放电的阴离子的还原性较强。
【典例2】根据下列方程式：(1)2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－；(2)HClO＋HCl===Cl2＋H2O；(3)2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；(4)Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，判断下列各组物质氧化性强弱顺序正确的是(　　)
A．Fe3＋>HClO>Cl2>Fe2＋>Cu2＋
B．HClO>Cl2>Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
C．Cl2>HClO>Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋
D．HClO>Fe3＋>Cl2>Cu2＋>Fe2＋
【答案】B
【解析】由(1)可知，Cl2氧化性强于Fe3＋，即Cl2>Fe3＋，由(2)可知，HClO>Cl2，由(3)可知，Fe3＋>Cu2＋，由(4)可知，Cu2＋>Fe2＋。由此可进一步推知，正确答案为B。
三、氧化还原反应方程式的配平
1. 化合价升降法(即电子得失法或氧化数法)
21世纪教育网
2.计算步骤21世纪教育网
①写出反应物和生成物的化学式，分别标出变价元素的化合价，得出升降数目。
②使化合价升高与化合价降低的总数相等（求最小公倍数法）。
③用观察的方法配平其它物质的化学计算数（包括部分未被氧化或还原的原子（原子团）数通过观察法增加到有关还原剂或氧化剂的化学计量数上），配平后把单线改成等号。
该基本步骤可简记作：划好价、列变化、求总数、配化学计量数。
【典例3】将NO＋Zn＋OH－＋H2O NH3＋Zn(OH)配平后，离子方程式中H2O的化学计量数是( )
A．2　　　　B．3　　　　C．6　　　　D．8
【答案】C
【解析】用化合价升降法配平得方程式：
NO＋4Zn＋7OH－＋6H2O===NH3↑＋4Zn(OH)。
【感悟高考真题】
1.（2011·江苏高考·9）NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（如图）。下列说法正确的是
A.25 ℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大
B.石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运，所以Cl2不与铁反应
D.如图所示转化反应都是氧化还原反应
【答案】选B。
【解析】解答本题时应注意牢记典型物质的性质，学会应用氧化还原反应原理分析具体的化学反应。
A项，25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A项错误；B项，石灰乳与Cl2反应生成CaCl2和Ca(ClO)2，既有氯的化合价升高，也有氯的化合价降低，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，B项正确；C项，Cl2与铁在点燃的条件下反应，C项错误；D项，氯化钠转化为碳酸氢钠和碳酸氢钠转化为碳酸钠，这两个反应都不是氧化还原反应，D项错误。
2.（2011·全国卷I·13）某含铬（Cr2O72－）废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到n mol FeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是
A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x) mol
B. 处理废水中Cr2O72－的物质的量为 mol
C. 反应中发生转移的电子数为3nx mol
D. 在FeO·FeyCrxO3中，3x=y
【答案】选A。
【解析】Cr2O72－具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者作用后铁元素由+2价被氧化为+3价，铬元素由+6价被还原为+3价。
由铁原子和铬原子守恒可知消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1+y) mol，处理废水中Cr2O72－的物质的量为 mol，A项错误，B项正确；
Cr2O72－具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者作用后铁元素由+2价被氧化为+3价，失电子总数为ny mol，铬元素由+6价被还原为+3价，得电子总数为3nx mol，再由得失电子数相等得3x=y，C、D项正确。
3.（2010天津·5）下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是
A．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu + 2Fe3+ ＝ Cu2+ + 2Fe2+
B．Na2O2与H2O反应制备O2 ：Na2O2 + H2O ＝ 2Na+ + 2OH－ + O2↑
C．将氯气溶于水制备次氯酸：Cl2 + H2O ＝ 2H+ + Cl－ + ClO－
D．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：
2MnO + 6H+ + 5H2O2 ＝ 2Mn2+ + 5O2↑ + 8H2O
【答案】A
【解析】B中元素不守恒，正确的离子方程式为：2Na2O2+2H2O==4Na++4OH-+O2；C中的HClO是弱酸，不能拆成离子形式；D的离子方程式本身没有问题，但KMnO4的强氧化性能将浓盐酸氧化，不能实现证明H2O2具有还原性的目的(还原性：HCl＞H2O2，HCl先反应)，D错。
命题立意：考查离子方程式的正误判断。
4.（2010·广东理综·7T）能在溶液中大量共存的一组离子是
A．NH4+ 、Ag+、PO43-、Cl- B．Fe3+、H+、I-、HCO3-
C．K+、Na+、NO3- 、MnO4- D．Al3+、Mg2+ 、SO42- 、CO32-
【答案】C
【解析】A中Ag+和PO43-、Cl-因生成沉淀不共存；B中H+和HCO3-离子生成气体不共存，Fe3+和I-因发生氧化还原反应不共存；D中Al3+和CO32-因互促水解不共存。
5.（2010·安徽·7T）亚氨基羟（Li2NH）是一种储氢容量器，安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为Li2NH＋H2＝LiNH2＋LiH。下列有关说法正确的是
A. Li2NH中N的化合价是－1 B.该反应中H2既是氧化剂又是还原剂
C.Li＋和H＋的离子半径相等 D.此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
【答案】B
【解析】A选项中Li2NH中氮的化合价为-3;C选项中Li+半径小于H—；D选项钢瓶储氢是物理过程，而该方法为化学方法。
6.（2010·江苏·8T）下列说法不正确的是
A．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
B．常温下，反应不能自发进行，则该反应的
C．一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率
D．相同条件下，溶液中、、的氧化性依次减弱
【答案】AC
【解析】本题主要考查的是相关的反应原理。A项，铅蓄电池在放电过程中，负极反应为其质量在增加；B项，该反应是典型的吸热反应，在常温下不能自发进行；C项，催化剂能改变反应速率，不一定加快，同时它不能改变转化率；D项，可知的氧化性大于，综上分析可知，本题选AC项。
7.（2010·广东理综·33T）（16分）
某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。
（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+2NaOH = ________________．
（2）反应Cl2+Na2SO3+2 NaOH===2NaCl+Na2SO4+H2O中的还原剂为________________．
（3）吸收尾气一段时间后，吸收液（强碱性）中肯定存在Cl、OH和SO．请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子（不考虑空气的CO2的影响）．
提出合理假设 ．
假设1：只存在SO32-；假设2：既不存在SO32-也不存在ClO；假设3：_____________．
设计实验方案，进行实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液．
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中．21世纪教育网
步骤2：
步骤3：
【解析】(1) NaOH过量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。
(2)S元素的价态从+4→+6，失去电子做表现还原性，故还原剂为Na2SO3。
(3)①很明显，假设3两种离子都存在。
②加入硫酸的试管，若存在SO32-、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液，若先变红后退色，证明有ClO-，否则无；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，若紫红色退去，证明有SO32-，否则无。
【答案】
(1) Na2SO3+H2O
(2) Na2SO321世纪教育网
(3) ①SO32-、ClO-都存在
②
实验步骤 预期现象和结论
步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中
步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液 若先变红后退色，证明有ClO-，否则无
步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液 若紫红色退去，证明有SO32-，否则无
8.（2010·福建·24T）硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3 、FeCO3 MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：
将菱锌矿研磨成粉的目的是_____。
完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：
□Fe(OH)2+□____+□_____==□Fe(OH)3 +□CI-
(3)针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O和H，化学式量为89，化学式是_______。
（4）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为______。
Mg(OH)2 Zn(OH)2 MgCO3 CaCO3
开始沉淀的pH 10．4 6．4 — —
沉淀完全的pH 12．4 8．0 — —
开始溶解的pH — 10．5 — —
Ksp 5．6× — 6．8× 2．8×
（5）工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是______（选填序号）。
a．大理石粉 b．石灰乳 c．纯碱溶液 d．烧碱溶液
（6）“滤液4”之后的操作依次为______、_______、过滤，洗涤，干燥。
（7）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3 的质量分数不低于________。
【解析】（1） 将棱铁矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分
（2） 漂白粉的成分中含有次氯酸根，调节酸碱度后，具有较强的氧化性，能使+2价的铁离子氧化成+3价，氧化亚铁变成氧化铁必须增加氢氧元素的量，可以推测出另一种反应物为水，清楚了反应物，一般可以顺利的配平。
（3） 化学式量为89，组成元素是，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的组成为
（4）完全沉淀，开始溶解，而在的时候开始沉淀，为了使能完全析出不影响，溶液的酸碱度控制在范围
（5）a大理石粉难溶于水，选择熟石灰和烧碱溶液可以使溶液的碱性增强，有利于镁离子完全沉淀
（6）蒸发浓缩、冷却结晶能使晶体尽快的析出
（7）综合计算（不展开）
【答案】
(1) 增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积，使反应更加充分。
(2)
(3) （或其他合理答案）
(4) （或其他合理答案）
（5）b或(b和d);d
（6）蒸发浓缩、冷却结晶（或其他合理答案）
（7）（或其他合理答案）
9.（2010·浙江·25T）（14分）洗车安全气囊是德国安全的重要保障。当车辆发生碰撞的瞬间，安全装置通电点火使其中的粉末分解释放出大量的氮气形成气囊，从而保护司机及乘客免受伤害。为研究安全气囊工作的化学原理，取安全装置中的粉末进行实验。经组成分析，确定该粉末仅Na、Fe、N、O四种元素。水溶性试验表明，固体粉末部分溶解。经检测，可溶物为化合物甲；不溶物为红棕色固体，可溶于盐酸。
取13.0g化合物甲，加热使其完全分解，生成氮气和单质乙，生成的氮气折合成标准状况下的体积为6.72L。单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。
请回答下列问题：
（1）甲的化学式为 ，丙的电子式为 。
（2）若丙在空气中转化为碳酸氢盐，则反应的化学方程式为 。
（3）单质乙与红棕色粉末发生反应的化学方程式为 ，安全气囊中红棕色粉末的作用是 。
（4）以下物质中，有可能作为安全气囊中红棕色粉末替代品的是 。
A. KCl B. KNO3 C. Na2S D. CuO
（5）设计一个实验方案，探究化合物丙与空气接触后生成可溶性盐的成分（不考虑结晶水合物） 。
【解析】
本题知识载体很新鲜，很生活，很化学。简答式的题目首先要进行分析，确定设计的物质及反应才能完成各小题的内容。
题目关键词：粉末分解释放氮气，粉末仅含Na、Fe、N、O，水溶性试验部分溶解，可溶部分为化合物甲，不溶物红棕色可溶于盐酸。13.0g甲完全分解为N2和单质乙，N26.72L，单质乙在高温隔绝空气的条件下与不溶物红棕色粉末反应生成化合物丙和另和一种单质。化合物丙与空气接触可转化为可溶性盐。
解题分析：1、粉末由两种物质混合而成。2、红棕色物质可能为Fe2O3\Fe(OH)3等,根据题意只能是Fe2O3。3、甲只有两种元素，且含N，必含Na。3、计算：N(6.72/22.4)*2*14=8.4g，则Na的物质的量为：（13-8.4）/23=0.2mol，N与Na的物质的量之比为：0.6:0.2=3:1，则化合物甲为Na3N。4、在高温下Na与Fe2O3反应的产物为Na2O2和Fe。
【答案】（1）Na3N，(2)2N2O2+4CO2+2H2O=4NaHCO3+O2
(3)6Na+2Fe2O3=3Na2O2+4Fe ,红色粉末的作用是充当氧化剂，除去氮化钠分解产生的金属钠（金属钠溶于水产生大量的热和碱性有害物质），提供大量的热量用于氮化钠的迅速分解。（4）从氧化性角度分析KNO3、CuO均可，但KNO3本身受热分解，产生氧气与氮气反应。故选择D. CuO。（5）实验目的：检验Na2O2在空气中与水或二氧化碳反应的产物，即检验NaOH和Na2CO3或NaHCO3。实验设计一：实验原理：定量分析法。步骤：1、称量混合固体的质量。2、将混合物加热，并将气体通入澄清石灰水，无气体则无NaHCO3，石灰水变浑浊则有NaHCO3无NaOH，称量石灰水质量变化量mg。3、加入过量盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，称量石灰水质量增加量ng。4、通过m与n的计算获得最终结果。实验设计二：实验原理：测定盐酸用量与产生二氧化碳的量的关系确定混合物成分。1、不产生二氧化碳则混合物只有NaOH。2、开始产生二氧化碳前，与开始产生二氧化碳直到最大量消耗的盐酸的体积比为1:1则只有Na2CO3。大于1:1则为NaOH与Na2CO3的混合物。小于1:1则为Na2CO3和NaHCO3的混合物。即比较图中a,b的大小。
教与学提示：
题型的难点1是通过定性和定量两种方式确定物质的化学
成分，其中Na3N又是学生很不熟悉的。难点2是氧化还原方程式的书写与配平，及氧化还原原理的应用。难点3是实验设计，通过定量来定性。但，题目设计与问题设计都在平时的练习与讨论中必然会涉及。比如实验设计部分，在省市多次统考中均有有关碳酸盐与酸反应定量问题出现过，或反复练习过。但，在简答的环境中也还是有难度的。解题中要动用到平时知识的积累，决定成败还是在平时。
10.（2010·上海·24T）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。
完成下列填空：
1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式(如果系数是1，不用填写)：
2)整个过程中的还原剂是 。
3)把KI换成KBr，则CCl4层变为__色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是 。
4)加碘盐中含碘量为20mg～50mg／kg。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1000kg，若庄Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2 L(标准状况，保留2位小数)。
【答案】1）I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）KI、I2；3）红棕、HBrO3>Cl2>HIO3；4）10.58。
【解析】此题考查氧化还原反应的配平、氧化剂和还原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识。分析反应从开始滴加少许氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，其将碘单质进一步氧化成碘酸。1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→-1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl；2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3>Cl2>HIO3；4）综合写出反应方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算时，1000kg加碘食盐中含碘20g，根据质量守恒，可知：换算成碘酸钾的质量为：33.70g，物质的量为：0.16mol，则需要消耗Cl2的体积为：（20g/127g.mol-1）×3×22.4L/mol=10.58L。
解法点拨：守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反应前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒（或称质量守恒），也就是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子数一定等于得电子数，即得失电子数目保持守恒。比如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。
【考点模拟演练】
一、选择题
1.(2011·银川模拟)某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO-、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种微粒，在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是( )
A．还原剂是CN-，氧化产物只有N2
B．氧化剂是ClO-，还原产物是HCO3-
C．配平后氧化剂与还原剂的计量数之比为5∶2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子0.5 mol
【答案】选C。
【解析】本题考查氧化还原反应的综合判断。由曲线变化图可以确定，该反应为2CN-+5ClO-+H2O ====
2HCO3-+N2↑+5Cl-。还原剂是CN-，氧化产物是N2和HCO3-，氧化剂是ClO-，还原产物是Cl-；标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol，故A、B、D错误，C正确。
2.(2011·广州模拟)根据以下几个反应：
①Cl2+2KI ==== 2KCl+I2
②2FeCl2+Cl2 ==== 2FeCl3
③2FeCl3+2KI ==== 2FeCl2+2KCl+I2
④I2+SO2+2H2O ==== H2SO4+2HI
判断氧化性由强到弱的顺序是( )
A．Cl2＞I2＞Fe3+＞SO2
B．Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2
C．Cl2＞Fe3+＞SO2＞I2
D．Fe3+＞I2＞Cl2＞SO2
【答案】选B。
【解析】先找出每个反应中有关物质(离子)氧化性或还原性的强弱，然后再将几个不等式比较，即可得出结论。氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物。由反应①得氧化性：Cl2＞I2；由反应②得氧化性：Cl2＞Fe3+；由反应③得氧化性：Fe3+＞I2；由反应④得氧化性：I2＞SO2。综上所述知：氧化性Cl2＞Fe3+＞I2＞SO2。
3.(2011·合肥模拟)向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O72-的酸性溶液，使溶液中Fe2+恰好全部被氧化，并使X2O72-还原为Xn+，则n值为
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】选B。
【解析】由题意知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O72-的酸性溶液，共同将1 mol Fe2+氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2 mol Cl2和0.1 mol X2O72-得到电子的物质的量与1 mol Fe2+失去电子的物质的量相等，所以有0.2 mol×2+0.1 mol×2×(6-n)=1 mol×1，解得n=3。
4.三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2=NF3+3NH4F。在潮湿的空气中。NF3能与水蒸气发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法正确的是（ ）
A.．在NF3与H2O的反应中，H2O作还原剂
B.．在制取NF3的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C．若在制取NF3的反应中有0.5molNH3参加反应，转移电子的物质的量为3mol
D．NF3在空气中一旦泄漏，不易于发现
【答案】B
5.钢铁“发蓝”是指在钢铁的表面形成一层四氧化三铁的技术过程。化学方程式①②③表示钢铁 “发蓝”的变化原理，下列说法不正确的是
① 3Fe+NaNO2+5NaOH = 3Na2FeO2+H2O+NH3↑；
② 6Na2FeO2+NaNO2+5H2O = 3 Na2Fe2O4+ NH3↑+7NaOH；21世纪教育网
③ Na2FeO2+ Na2Fe2O4+2H2O = Fe3O4+4NaOH；
A．该生产过程会产生污染
B．反应②中的氧化剂是NaNO2
C．反应①②③均是氧化还原反应
D．整个反应过程中每有16.8gFe参加反应转移0.8mol电子
【答案】C
6.工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：21世纪教育网
①MnO2＋ZnS＋2H2SO4===MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O
②MnSO4＋ZnSO4＋2H2OMnO2＋Zn＋2H2SO4
下列说法不正确的是(　　)
A．①中MnO2和H2SO4都是氧化剂
B．①中析出16 g S时转移1 mol电子
C．②中MnSO4发生氧化反应
D．硫酸在该生产中可循环利用
【答案】A　21世纪教育网
【解析】 A项，①中MnO2是氧化剂，ZnS是还原剂，而H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，故A项说法错误；B项，通过方程式MnO2＋ZnS＋2H2SO4===MnSO4＋ZnSO4＋S＋2H2O来看，每生成1 mol S要转移2 mol电子，所以生成16 g S(即0.5 mol)要转移1 mol电子；C项，在②中通过价态来判断，Mn的化合价由＋2→＋4，MnSO4发生氧化反应；D项，由反应①和②，不难看出硫酸在该生产中可循环利用。综上本题选A。
7．(2011·聊城月考)有下列三个反应：①Cl2＋FeI2===FeCl2＋I2　②2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－　③Co2O3＋6HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O。下列说法正确的是(　　)
A．①②③中的氧化产物分别是I2、Fe3＋、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性Cl2＞Fe3＋＞Co2O3
C．可以推理得到Cl2＋FeBr2===FeCl2＋Br2
D．在反应③中当1 mol Co2O3参加反应时，2 mol HCl被氧化
【答案】D
【解析】反应③中的氧化产物是Cl2，故A错；从反应③可知氧化性Co2O3＞Cl2，故B错；由反应②可知，Fe2＋可以被Br2氧化为Fe3＋，故C错；从反应③可知，1 mol Co2O3参加反应时，有1 mol氯气生成，即2 mol HCl被氧化。21世纪教育网
8．(2011·崇文模拟)做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才能消除，如果用草酸(乙二酸)的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：MnO＋C2O＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋，下列有关叙述正确的是(　　)
A．发生还原反应的是C2O
B．该离子方程式右侧方框内的产物是OH－
C．10 mol H＋参加反应时，电子转移5 mol
D．该反应的氧化剂为KMnO4
【答案】D
【解析】消除黑斑的离子反应为：
＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，故可知：C2O发生了氧化反应，A错；方框内应为H2O，B错；8 mol H＋参加反应时有5 mol电子转移，C错；MnO为氧化剂，D正确。
9. (2011·温州模拟)单质钛的机械强度高，抗蚀能力强，有“未来金属”之称。工业上常用硫酸分解钛铁矿(FeTiO3)的方法制取二氧化钛，再由二氧化钛制金属钛， 主要反应有：
①FeTi03+3H2SO4=Ti（SO4）2+FeSO4+3H2O ②Ti（SO4）2+3H2O=H2TiO3↓+2H2SO4
③H2TiO3 TiO2+H2O ④TiO2+2C+2Cl2 TiCl4↑+CO↑
⑤TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti
下列叙述错误的是 ( )
A．反应①属于非氧化还原反应 B．反应②是水解反应
C．反应④中二氧化钛是氧化剂 D．反应⑤表现了金属镁还原性比金属钛强
【答案】C
10.(2011·锦州模拟)下列各组离子在碱性条件下能大量共存，且在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是
A．Ca2+、Al3+、SO42－、Cl－ B．K+、Na+、SO32－、NO3－
C．Na+、K+、NO3－、SO42－ D．NH4+、Na+、Cl－、CO32－
【答案】B
11.(2011·龙岩一检)实验室中，通常以草酸钠（Na2C2O4）为标准液，通过氧化还原滴定来测定高锰酸钾溶液的浓度，其反应的化学方程式为：
C2O42—+MnO4—+H+——Mn2++CO2↑+H2O（未配平）
下列有关草酸钠滴定高锰酸钾实验的叙述，正确的是 （ ）
A．滴定过程中，高锰酸钾被氧化，草酸钠被还原
B．温度需超过100°C，草酸钠与高锰酸钾才会反应
C．该反应中，消耗的草酸钠与高锰酸钾的物质的量之比为5:2
D．为便于滴定终点的判断，滴定时必须往体系中加入指示剂
【答案】C
12．用高铁酸钠(Na2FeO4)对河湖水消毒是城市饮用水处理的新技术。已知反应Fe2O3＋3Na2O2===2Na2FeO4＋Na2O，下列说法正确的是(　　)
A．Na2O2既是氧化剂又是还原剂
B．Fe2O3在反应中得到电子
C．3 mol Na2O2发生反应，有12 mol e－发生转移
D．Na2FeO4能消毒杀菌是因其具有强氧化性
【答案】　D[21世纪教育网]
【解析】　该反应中铁元素化合价升高(＋3→＋6)，故Fe2O3是还原剂，Na2O2中氧元素化合价降低(－1→－2)，是氧化剂，A错；1 mol Fe2O3完全反应，失去6 mol e－，则B、C错。
二、非选择题
13.(1)(2011·潍坊模拟)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反应(未配平)：
Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4n-+Cl-+H2O
①已知有10.7 g Fe(OH)3参加反应，共转移了0.3NA个电子，则n=____，FeO4n-中铁元素的化合价为_____。
②根据所学的知识，推测FeO4n-能和下列______(填序号)物质反应。
A.KMnO4 B.SO2
C.H2S D.O2
(2)一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH，转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是_____。
【解析】(1)①10.7 g Fe(OH)3为0.1 mol，所以如果1 mol Fe(OH)3参加反应，则转移3 mol电子，Fe的化合价升高3价，为+6价，n=2；
②根据信息可知FeO4n-为强氧化剂，能与还原剂SO2、H2S反应。
(2)32 g CH3OH为1 mol，1 mol的CH3OH转移6 mol的电子，升高6价，1 mol的HNO3化合价降低5价，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶6。
【答案】(1)①2 +6 ②B、C
(2)5∶6
14.(2011·菏泽模拟)储氢纳米碳管的成功研制体现了科技的进步。用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯。其反应中的反应物和生成物有C、CO2、H2SO4、K2Cr2O7、K2SO4、Cr2(SO4)3和H2O七种。
(1)请用上述物质填空，并配平化学方程式：
C＋________＋H2SO4——________＋________＋Cr2(SO4)3＋H2O
(2)上述反应中氧化剂是________(填化学式)，被氧化的元素是________(填元素符号)。
(3)H2SO4在上述反应中表现出来的性质是(填选项序号)________。
A．氧化性 B．氧化性和酸性
C．酸性 D．还原性和酸性
(4)若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为____。
【答案】(1)3　2　K2Cr2O7　8　3　CO2　2　K2SO4　2　8
(2)K2Cr2O7　C　(3)C　(4)4.48 L
【解析】分析所给的物质的化合价和反应的部分化学方程式可知，氧化剂为K2Cr2O7，还原产物为Cr2(SO4)3，还原剂为C，氧化产物为CO2。由C→CO2、K2Cr2O7→Cr2(SO4)3变化过程中得失电子守恒配平得3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4=3CO2↑＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O，显然，H2SO4在反应中表现酸性。
由上述反应可知12e－～3CO2↑，若反应中电子转移了0.8 mol，则产生的气体在标准状况下的体积为0.2 mol×22.4 L/mol＝4.48 L。
2e-——
得2e-—
失2e-—
失5e
得5×e
失5×e-
得5e-
＋5
0
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