高三化学二轮复习 第1部分 专题1 化学基本概念 突破点4 氧化还原反应规律的应用

突破点4氧化还原反应规律的应用 提炼1氧化还原反应概念间的关系 在一个氧化还原反应中，有：氧化性：氧化剂氧化产物还原性：还原剂还原产物可总结为：比什么性，找什么剂，产物之性小于剂。如在反应MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O氧化性：MnO2Cl2，还原性：HClMn2。提炼2氧化还原反应的有关规律1.守恒律化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算等。2强弱律氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。强弱律的应用：在适宜条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质；用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。3优先律当存在多种还原剂(氧化剂)时，氧化剂(还原剂)通常先和还原性(氧化性)最强的还原剂(氧化剂)反应。如向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I的还原性强于Br，则先发生反应：2ICl2=2ClI2，然后发生反应：2BrCl2=2ClBr2。4价态律有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素)，处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素)，处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。价态律可应用于判断物质的氧化性、还原性。5转化律同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。如：H2SH2SO4(浓)=SSO22H2O(H2，H2O4O2)、5ClClO6H=3Cl23H2O。 提炼3氧化还原反应方程式的配平1.配平依据：氧化还原反应中，元素化合价升高的总数等于元素化合价降低的总数。2配平方法(1)一般氧化还原反应方程式的配平化合价升降法(2)缺项氧化还原反应方程式的配平缺项方程式是指某些反应物或生成物的分子式没有写出来，一般为水、酸或碱。方法：先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。补项原则：条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H，少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH回访1(2016全国乙卷)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 【导学号：14942018】回答下列问题：(1)NaClO2中Cl的化合价为_。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。“电解”中阴极反应的主要产物是_。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为_。(计算结果保留两位小数)解析(1)由化合价规则知，NaClO2中Cl的化合价为3。(2)由工艺流程图可以看出SO2、H2SO4、NaClO3为反应物，ClO2、NaHSO4为生成物，再根据化合价升降法配平得出化学方程式为SO2H2SO42NaClO3=2ClO22NaHSO4。(3)粗盐水精制时除去Mg2通常用NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，过滤除去；除去Ca2通常用Na2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤除去。电解时阴极为得电子极，因此产物的化合价应降低，即生成NaClO2。(4)由信息“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2知，反应物之一为ClO2，再由生产工艺流程图知，用的吸收试剂是NaOH、H2O2，由生产工艺流程图知产物之一为NaClO2，由ClO2生成NaClO2，Cl的化合价由4变为3，化合价降低，ClO2为氧化剂，则H2O2为还原剂，化合价升高，生成氧气，再由电子守恒得，此吸收反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。(5)由信息知，要求出每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力，先求得1 g NaClO2变为Cl转移的电子数为190.54，再设有x g Cl2变为Cl的氧化能力与1 g NaClO2的氧化能力相当，列方程得190.54x712，解得x1.57，即为有效氯含量。答案(1)3(2)2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液ClO(或NaClO2)(4)21O2(5)1.57回访2(2016全国甲卷节选)某班同学用如下实验探究Fe2、Fe3的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1 molL1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为_。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2 mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是_。(4)丙组同学取10 mL 0.1 molL1 KI溶液，加入6 mL 0.1 molL1 FeCl3溶液混合。分别取2 mL此溶液于3支试管中进行如下实验：第一支试管中加入1 mL CCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；第二支试管中加入1滴K3Fe(CN)6溶液，生成蓝色沉淀；第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验检验的离子是_(填离子符号)；实验和说明：在I过量的情况下，溶液中仍含有_(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_。解析(1)Fe2具有很强的还原性，易被空气中的O2氧化为Fe3，在FeCl2溶液中加入少量铁屑，可防止Fe2被氧化。(2)Fe2被氧化为Fe3，Cl2被还原为Cl，反应的离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl。(3)O2难溶于煤油，加入煤油能隔绝空气，排除O2对实验的影响。(4)KI溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为2I2Fe3=I22Fe2。K3Fe(CN)6是检验Fe2的试剂。实验溶液变红，说明溶液中仍存在Fe3，由此可说明该氧化还原反应为可逆反应。(5)酸化的FeCl2溶液与H2O2反应，Fe2被氧化为Fe3，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式为H2O22Fe22H=2Fe32H2O。答案(1)防止Fe2被氧化(2)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2Fe3可逆反应(5)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O回访3(高考题组合)(1)(2015全国卷节选)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为_。(2)(2015全国卷节选)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。 用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。解析(1) 浓缩液中碘元素以I的形式存在，I具有还原性，可将MnO2还原为Mn2。(2)该反应中Cl由5价降低为4价，S由4价升高为6价，则KClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂。根据氧化还原反应中电子得失守恒可得：n(KClO3)(54)n(Na2SO3)(64)，则有n(KClO3)/n(Na2SO3)21。ClO2具有氧化性，I具有还原性，二者在酸性溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为2ClO210I8H=5I24H2O2Cl。答案(1)MnSO4(或Mn2)(2)212ClO210I8H=2Cl5I24H2O回访4(高考组合)(1)(2014海南高考节选)MnO2可以与KOH和KClO3，在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为_。(2)(2014新课标全国卷节选)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的化学方程式为_。PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_。解析(1)根据题意结合原子守恒、电子守恒可得方程式：3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O；K2MnO4在酸性溶液中发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2和水，根据化合价升降总数等于电子转移的数目可知：每转移2 mol的电子，产生1 mol的MnO2、2 mol 的KMnO4。所以生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为21。(2)PbO2中的Pb为4价，Pb为2价时相对稳定，故PbO2中的Pb具有强氧化性，能发生类似MnO2与浓盐酸的反应，将Cl氧化为Cl2，故反应方程式为PbO24HCl(浓) PbCl2Cl22H2O。由PbO和NaClO反应制PbO2，PbOPbO2，Pb的化合价升高，则NaClO做氧化剂，本身被还原为NaCl，故离子方程式为PbOClO=PbO2Cl。答案(1)3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O21(2)PbO24HCl(浓)PbCl2Cl22H2OPbOClO=PbO2Cl热点题型1氧化还原反应的概念、规律与应用1(2016衡阳月考)实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2。下列有关说法正确的是() 【导学号：14942019】ANaNO2是还原剂BNH4Cl中N元素被还原C生成1 mol N2时转移6 mol电子D氧化剂和还原剂的物质的量之比是11DNaNO2NH4Cl=NaClN22H2O，该反应中NaNO2是氧化剂，A项错误；氯化铵中氮元素被氧化，B项错误；生成1 mol N2时转移3 mol电子，C项错误；D项正确。2(2016淄博月考)已知几种阴离子的还原性强弱顺序为OHClBrII2SO2B通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D滴加KI溶液时，转移2 mol e时生成1 mol白色沉淀A由题干信息可知，向CuSO4溶液中加入KI溶液时发生反应：2CuSO44KI=2K2SO42CuII2，当转移2 mol e时生成2 mol CuI沉淀，D错误；向反应后的混合物中再通入SO2气体，又发生反应：I2SO22H2O=H2SO42HI，该反应中I2作氧化剂，SO2作还原剂，体现了SO2的还原性，故B、C均不正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，反应中氧化性Cu2I2，反应中I2将SO2氧化，说明氧化性I2SO2，故A正确。解答氧化还原反应有关概念题的“三个步骤”：“升失氧，降得还；剂性一致，其他相反。”“剂性一致”即氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其他相反”即氧化剂被还原，发生还原反应，生成还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物。：氧化还原反应遵循化合价互不交叉规律、强弱规律等。同学们应掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧化低价还，中间价态两俱全”。：有关氧化还原反应的定量问题，利用得失电子守恒法可以简化计算过程。对于生疏的或多步氧化还原反应，可直接找出起始的氧化剂、还原剂和最终的还原产物、氧化产物，利用原子守恒和电子守恒，建立已知量与未知量的关系，快速列等式求解。热点题型2特定条件下氧化还原反应方程式的书写与配平1高锰酸钾(KMnO4)和过氧化氢(H2O2)是两种常见的氧化剂。(1)下列物质中能使酸性KMnO4溶液褪色的是_(填字母)。a臭碱(Na2S)b小苏打(NaHCO3)c水玻璃(Na2SiO3溶液) d酒精(C2H5OH)(2)某强酸性反应体系中，参与反应的共有六种微粒：O2、MnO、H2O、Mn2、H2O2、H。该反应中应选择的酸是_(填字母)。a盐酸 b浓硫酸c稀硫酸 d稀硝酸该反应中发生还原反应的过程是_。写出该反应的离子方程式：_。若上述反应中有6.72 L(标准状况)气体生成，则转移的电子为_mol。解析(1)Na2S中的S2和C2H5OH都具有还原性，都能被酸性KMnO4溶液氧化。(2)该反应是酸性KMnO4溶液氧化H2O2的反应，MnO被还原为Mn2。KMnO4有强氧化性，所选择的酸不能是具有还原性的盐酸，也不能是具有强氧化性的浓硫酸和稀硝酸，应选择稀硫酸。该反应中发生还原反应的过程是MnOMn2。该反应的离子方程式为2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2。根据中离子方程式可知，每转移10 mol电子，生成5 mol O2，则生成标准状况下6.72 L(0.3 mol)O2时，转移0.6 mol电子。答案(1)ad(2)cMnOMn22MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O20.62(2016晋商四校联考)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空： 【导学号：14942020】(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为11，写出Se和浓HNO3反应的化学方程式：_。(2)已知：Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O2SO2SeO22H2O=Se2SO4HSeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定：SeO2KIHNO3SeI2KNO3H2OI22Na2S2O3=Na2S4O62NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目：_。(4)实验中，准确称量SeO2样品0.150 0 g，消耗了0.200 0 mol/L的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。解析(1)根据化合价升降总数相等写出方程式并配平：Se2HNO3(浓)=SeO2NONO2H2O。(2)根据已知反应判断，氧化性H2SO4(浓)SeO2，SeO2SO2故有H2SO4(浓)SeO2SO2。(3) 4KNO32H2O。(4)根据(3)中配平的方程式和已知方程式有SeO22I24Na2S2O314n0.200 0 mol/L25103 L1n40.200 0 mol/L25103 Ln103 molm(SeO2)103 mol111 g/mol0.138 75 g质量分数为100%92.50%。答案(1)Se2HNO3(浓)=H2OSeO2NONO2(2)H2SO4(浓)SeO2SO2(3) 4HNO3=Se2I24KNO32H2O(4)92.50%(或0.925 0)3黄铜矿(CuFeS2)是一种铜铁硫化物矿物，常含微量的金、银等。黄铜矿是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏。以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红(氧化铁)的工艺流程如下所示：已知：CuFeS2中Cu为2价。请回答下列问题：(1)CuFeS2中Fe的化合价为_。(2)写出反应的离子方程式：_，该反应的氧化剂是_。(3)CuCl难溶于水，但可与过量的Cl反应生成可溶于水的CuCl2。该反应的离子方程式为_。(4)反应 4个反应中属于非氧化还原反应的是反应_(选填“”)。(5)反应中NaCuCl2既是氧化剂，又是还原剂，由此可推知“溶液A”中的溶质为_(写出化学式)。解析(1)CuFeS2中，S为2价，Cu为2价，Fe为2价。(2)由框图信息可知，反应的反应物为CuFeS2、FeCl3，部分生成物为CuCl和S，由反应的产物FeCO3可推知FeCl2也是反应的产物，故反应的离子方程式为CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2S；该反应中化合价降低的元素是FeCl3中的Fe和CuFeS2中的Cu，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。(3)结合信息提示可写出该反应的离子方程式：ClCuCl=CuCl2。(4)反应是FeCl2和Na2CO3生成FeCO3和NaCl的反应，属于复分解反应，即非氧化还原反应；由(3)中书写的离子方程式可知反应为非氧化还原反应。(5)由信息“NaCuCl2既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，NaCl2中Cu化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。答案(1)2(2)CuFeS23Fe3Cl=4Fe2CuCl2SCuFeS2、FeCl3(3)ClCuCl=CuCl2(4)、(5)CuCl2、NaCl4工业上用亚硫酸氢钠与碘酸钠反应可制备单质碘。(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。请配平反应方程式，并标出电子转移的方向和数目。NaIO3NaHSO3=I2Na2SO4H2SO4H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为_(填化学式)。(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_；当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3为_mol。(小数点后保留两位数字)解析(1)I的化合价由5降到0，S的化合价由4升到6，根据化合价升降总数相等及原子守恒即可配平该氧化还原反应方程式。(2)根据NaHSO3和NaIO3的性质可知NaHSO3为还原剂，NaIO3为氧化剂，由于还原性HSOI，故当NaHSO3溶液过量时，IO先被还原成I2，再被还原成I。(3)由图像可知，OA段是随着IO的加入量增多，NaHSO3的量逐渐减少，IO被还原成I，该反应为IO3HSO=3SOI3H，至A点恰好完全反应；此时继续加入NaIO3溶液，又发生NaIO3氧化I的反应，即IO6H5I=3I23H2O。当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，设第一个反应加入的NaIO3为x mol，第二个反应加入的NaIO3为y mol，则第一个反应生成的I为x mol，第二个反应消耗的I为5y mol，生成的I2为3y mol，故(x5y)3y53，即x10y，因第一个反应消耗5 mol NaHSO3，故x，y，所以加入的NaIO3为xy1.83。答案(1) =2I27Na2SO43H2SO42H2O(2)NaI(3)IO6H5I=3I23H2O1.831解答有关缺项配平类题目的方法和步骤(1)先根据化合价升降相等的原则配平含变价元素物质前的化学计量数。(2)再根据质量守恒和元素的原子或离子个数守恒配平其他物质。(3)最后通过观察比较反应物、生成物增减原子或离子以确定未知物并配平。2有离子参与的氧化还原反应方程式的配平顺序(1)根据化合价升降，配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。 (2)根据电荷守恒调节离子的化学计量数。(3)最后检查原子守恒和电荷守恒。5(名师押题)已知工业盐中含有NaNO2，外观和食盐相似，有咸味，人若误食会引起中毒，致死量为0.30.5 g。已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平)：2NOxIyH=2NOI2zH2O，请回答下列问题：(1)上述反应中，x_，y_，z_，氧化剂是_。(2)某工厂废切削液中含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成水污染，但加入下列物质中的某一种就能使NaNO2转化为不引起污染的N2，该物质是_。ANaCl BKMnO4C浓硫酸 DNH4Cl(3)饮用水中的NO对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO的浓度，某饮用水研究人员提出，在碱性条件下用铝粉将NO还原为N2，请配平化学方程式：AlNaNO3NaOH=_N2H2O若反应过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为_。解析(1)反应中由碘原子守恒可知x2，由电荷守恒可计算y4，由氢原子守恒可知z2，该反应中氮元素的化合价降低，则NO为氧化剂。(2)因NaNO2转化为不引起污染的N2的过程中N的化合价降低，另一物质化合价必升高，物质具有还原性，只有NH4Cl符合。(3)由信息可知，生成氮气，碱性条件下还生成NaAlO2，铝元素化合价升高，被氧化，氮元素化合价降低，被还原，由电子守恒和原子守恒可知，反应为10Al6NaNO34NaOH=10NaAlO23N22H2O中，该反应转移30e，则过程中转移0.5 mol电子，则生成标准状况下的N2体积为0.5 mol22.4 Lmol11.12 L。答案(1)242NO(2)D(3)106410NaAlO2321.12 L