2019-2020年高三化学 03氧化还原反应培优教案.doc

2019-2020年高三化学 03氧化还原反应培优教案（一）网上课堂 本讲主要内容 1有关概念 （1）氧化还原反应的实质是电子的转移，（或偏移），表现为元素化合价的升降。（2） 反应物 性质 变化过程 具体表现 发生的反应 生成物还原剂还原性 被氧化 氧化反应氧化产物氧化剂氧化性 被还原 还原反应还原产物2重要的氧化剂、还原剂（1）氧化剂活泼的非金属单质，如Cl2，Br2，O2，I2等。元素处于高价态时的氧化物，MnO2。元素处于高价态的含氧酸，如HNO3，浓H2SO4。元素处于高价态的盐，如KMnO4，KClO3，FeCl3。过氧化物，如Na2O2，H2O2。（2）还原剂活泼的金属单质，如Na，Al，Fe，Zn。某些非金属单质，如H2，C，Si元素处于低价态的氧化物、酸、盐，如、等。3氧化还原反应的配平步骤化合价升降法的配平步骤一般如下：（1）标出价态变化元素反应前后的化合价。（2）找出碳元素的每个原子得失电子的数目。（3）用最小公倍法确定乘以相应的倍数，确定该物质前的系数，要注意该物质化学式中的角数。（4）用观察法配平其它物质系数并检查。学习指导1氧化还原反应的基本规律（1）守恒规律：得失电子守恒（化合价升降总值相等）；电荷守恒；质量守恒。（2）表现性质规律：某元素有多种价态时，处于最高价态的只有氧化性；处于最低价态的只有还原性；处于中间价态的既有氧化性又有还原性。价态越高氧化性越强；价态越低，还原性越强。如氧化性：SO3SO2SH2S。例外：HClO的氧化性强于HClO4（3）反应规律：同种元素不同价态之间的反应规律：归中、不交叉、邻位不反应。由强到弱规律： 氧化性：氧化剂氧化产物内容 还原性：还原剂还原产物应用：A比较微粒氧化性或还原性强弱。 B判断氧化还原反应能否发生。先强后弱规律：相同条件下，氧化剂总是优先与还原性最强的微粒反应；同样，还原剂总是优后与氧化性最强的微粒反应。（4）外界条件影响规律：浓度大时，氧化剂的氧化性，还原剂的还原性均增强。温度高时，氧化剂的氧化性，还原剂的还原性均增强。酸度大时，氧化剂的氧化性增强。例：S2-和SO32-，Cl-和ClO3-，Fe2+和NO3-在碱性条件下共存，酸性条件时反应，离子方程式如下：2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O5Cl-+ClO3-+6H+=3Cl2+3H2ONO3-+3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O同一种还原剂与不同的氧化剂反应，反应条件越苛刻氧化剂的氧化性越弱；反之亦然。2氧化还原反应方程式配平的几种类型（1）告诉了反应物生成物，直接配平计量数此类题为配平基本题，关键考查化合价升降法配平氧化还原方程式的应用，应注意以下几个问题：（参见例1）多硫化物参加的氧化还原方程式配平时，如有K2Sx，则S元素化合价定为，配平过程中带着x。有机物参加的氧化还原方程式配平时，求出C元素的平均价态。如CH4中C为-4价；C2H2中C为-1价。当用化合价升降法配平出现困难时（如难确定得失电子的最小公倍数），可以用观察法配平。（2）离子方程式的配平注意不仅得失电子守恒、质量守恒，还要满足电荷守恒。（3）缺项方程式的配平此类题所缺部分多为水，酸或碱。具体步骤是：先根据化合价升降配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计量数，再根据质量守恒和电荷守恒补足所缺物质，配平。（4）已知有关反应物，生成物的信息，要求配平化学方程式。此类题为信息给予题，关键是根据信息和自身的知识，确定反应物生成物后再按规律配平。（参见例2）例题精讲例1.配平下列化学方程式（1） KOH+ S K2Sx+ K2S2O3+ H2O（2） K2Cr2O7+ H2C2O4+ H2SO4 K2SO4+ Cr2(SO4)3+ CO2+ H2O（3） KIO3+ KI+ H2S I2+ K2SO4+ H2O解题（1）6，2x+2，=，2，1，3（2）1，3，1，=1，1，3，1（3）5，1，3，=，3，3，3分析及解（1）中关键是确定K2Sx和K2S2O3中S元素的化合价：，（2）中确定H2C2O4中C元素的代合价为+3价。（3）中由于反应物的变价元素分散于三种物质中，如果用化合价升降法配，应该这样考虑： 升8价 升1价 降5价升价8，1降价5思维过程要满足升降价总值要相等。H2S计量数 KIO3计量数 KI计量数 升降价 1 1 1 2 3 1 3 5 1 用这种方法配平，比较麻烦，要选用观察法找计量数关系比较简单。H2S的系数必与K2SO4和H2O系数相同，而KIO3中为的个数必等于K2SO4和H2O的O个数之和，所以KIO3与H2S（K2SO4，H2O）的化学计量数之比为5:3，再观察配平其它计量数，最后用电子转移是否守恒进行检查。例2.已知NaBiO3是黄色不溶于水的固体，Bi3+为无色离子。将NaBiO3加入稀H2SO4酸化的硫酸锰溶液中，加热，得到紫色的混合溶液。试完成此反应的离子方程式。解题5NaBiO3+2MnO2+14H+=5Bi3+5Na+2MnO4-+7H2O分析及解根据题干信息，可知反应物有NaBiO3、Mn2+、H+，生成物为Bi3+、Na+紫色的MnO4-和H2O，故反应为NaBiO3+MnO2+H+Bi3+Na+MnO4-+H2O。由NaBiO3Bi3+得2e-，Mn2+MnO4-失5e-，最小公倍数为10，再由电荷守恒配平。完成此离子方程式还应注意此题中NaBiO3不溶于水，故不能改写为离子。（二）网上能力训练题 A基础性训练题 （1）将下列方程式配平 P+ CuSO4+ H2O Cu+ H3PO4+ H2SO4 Na2S+ HNO3 NaNO3+ NO+ S+ H2O MnO4-+ H2O2+（ ） Mn2+ O2+ H2O FeS2+ KMnO4+（ ） MnSO4+ K2SO4+ Fe(SO4)3+ S+ H2O（2）已知常温下，在溶液中发生如下反应，由此推断下列说法错误的是（ ）16H+10Z-+2XO4-=2X2+5Z2+8H2O2A+B2=2A3+2B-2B-+Z2B2+2Z-A反应Z2+2A2+=2A3+2Z-可以进行BZ元素在中均被还原C氧化性由强到弱的顺序是XO4-，Z2，B2，A3+D还原性由强到弱的顺序是Z-，B-，A2+，X2+（3）氯气能与氨气反应，氨能被氧化成N2氯气被还原成氯化氢。写出氯气与过量氨反应的化学方程式 ，当有4molNH3参加反应时，电子转移的总数是 。（4）金属镁溶解在某浓度的稀HNO3中，最后硝酸被还原为NH4NO3，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比（ ）A1:2 B2:5 C1:3 D1:4（5）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应：KMnO4+HBrBr2+MnBr2+KBr+H2O。其中还原剂是 。若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是 。B提高性训练题（1）在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每molCuSO4能氧化磷的物质的量是（ ）Amol Bmol Cmol Dmol（2）已知Cu2S与某浓度的HNO3反应时，生成Cu(NO3)2和H2SO4，若反应中Cu2S与HNO3的质量比为320:819，则该反应的还原产物为 。（3）在50ml溴化亚铁溶液中通入1.12L氯气（标况），则有的Br-被氧化，则原溴化亚铁的物质的量浓度为（ ）A1.2mol/L B0.6mol/L C2.4mol/L D0.5mol/L（4）25.6g的铜与适量的浓HNO3反应，铜完全反应后，共生成13.44L标况下的气体，则该硝酸中HNO3的物质的量为 。（5）取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集得到amol气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，又得到bmol气体，设此时Mn元素全部以Mn2+存在于溶液中，则：a+b的最小值为 当a+b=0.09mol进，求残留固体的质量为 C研究性习题（1）已知2FeCl3+Fe=3FeCl2，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；向含有amolFeCl3和bmolCuCl2的溶液中投入含cmolFe和dmolCu的混合物。若充分反应后，仍有固体存在，请分析固体可能的成分及溶液中的离子情况，按要求填入下表（不考虑H+和OH-，某空若无内容可填时，应填“无”）固体成分一定存在的离子及物质的量一定不存在的离子可能存在的离子阳离子阴离子第一种情况第二种情况（2）若只投入过量的铁粉，充分反应后，固体质量不变，则 。（三）能力训练题点拨与解答A（1）2，3，8，=，5，2，53，8，=，6，2，3，42，5，6H2O，=，2，5，810，6，24H2SO4，=，6，3，5，20，24（2）B、D点拨由知氧化性XO4-Z2，还原性Z-X2+；由知氧化性B2A3+，还原性A2+B-；知氧化性Z2B2，还原性B-Z-。故根据“学习指导”中反应规律的由强到弱规律知：B中Z元素在中被氧化，中被还原D中顺序为A2+B-Z-X2+。（3）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；3NA点拨虽然题目中给的是氯气被还原成HCl，但由于NH3过量，过量的氨气还与HCl发生非氧化还原反应生成NH4Cl。（4）D点拨本题的关键是确定反应物，生成物并配平为4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4(NO3)2+3H2O。在10HNO3中只有1molHNO3作氧化剂，另9mol作为酸参加反应。（5）HBr；0.5mol点拨先把方程式配平为2KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O。故每2mol氧化剂（KMnO4）有10mol还原剂（HBr）被还原。B（1）B点拨本题可用得失电子守恒来解。1molCuSO4中Cu由+2价变为+1价，得1mol电子，则P由0价变为+5价必得1mol电子，因此被1molCuSO4氧化的磷为mol .（2）N2O或NH4NO3点拨此题容易漏掉NH4NO3这个答案。因为2HNO3N2O得8e-，而2HNO3NH4NO3得8e-。所以当HNO3的量相同，得电子数也相同时，当计算出有N2O，必有NH4NO3。但要注意，两者所用的氧化剂的量不同；前者2molHNO3都作氧化剂，而后者2molHNO3中只有1molHNO3作氧化剂。（3）A点拨Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br2-。方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。设C(FeBr2)=a则n(Fe2+)=0.05a；n(Br-)=0.1a0.05a+a=c(FeBr2)=1.2mol/L（4）1.4mol点拨Cu2HNO3 HNO3NO2(NO) n(HNO3)=x+y=20.4mol+0.6mol=1.4mol（5）0.08mol 6g点拨根据反应中得失电子数相等来求解KMnO4Mn2+；2Cl-Cl2；2O2。由电子得失守恒：0.045=2b+4a，整理得2a+b=0.1。即a+b=0.1-a， a+b最大值，则a为最大值，即KMnO4完全分解a+b=0.09mol时，a=0.01mol，则m（固体）=m(KMnO4)-m(O2)C（1）CuFe2+(a+c)molCl-(3a+2b)molFe3+Cu2+FeCuFe2+()molCl-(3a+2b)molFe3+，Cu2+无（2）点拨（1）由于Fe的还原性强于Cu，故Fe先被氧化，而Cu2+和Fe3+的氧化性中，Fe3+Cu2+，故Fe3+先被还原。（2）2FeCl3+Fe=3FeCl2m CuCl2+Fe=Cu+FeCl2m 2 -56 1 +8 a -28a 6 +8b28a=8b .