2019高考化学二轮冲刺复习精讲 第一部分 必考部分 第3讲 离子反应、氧化还原反应讲义（含解析）.doc

第3讲离子反应、氧化还原反应考纲要求1.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。2.掌握常见离子的检验方法。3.能正确书写化学方程式和离子方程式，并能进行有关计算。4.了解氧化还原反应的本质是电子的转移。5.了解常见的氧化还原反应。6.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。学科素养1.宏观辨识与微观探析：能从元素和原子、分子水平认识物质的性质和变化。2.变化观念与平衡思想：知道化学变化需要一定的条件，并遵循质量、元素、电子守恒；能多角度、动态地分析离子反应、氧化还原反应，运用其原理解决实际问题。3.证据推理与模型认知：知道可以通过分析、推理等方法认识离子反应、氧化还原反应的本质特征，能运用反应原理解释化学现象，揭示现象的本质和规律。4.科学探究与创新意识：利用特征离子反应和氧化还原反应对物质进行定性研究或判断，能发现和提出有探究价值的问题。网络构建1电解质和离子反应2氧化还原反应核心强化1注意离子共存判断中的“一色”与“二性”(1)常见有色离子：Cu2蓝色，Fe3棕黄色，Fe2浅绿色，MnO紫红色，Cr2O橙色，CrO黄色。(2)酸、碱性环境下的不共存情况强酸性溶液：OH及弱酸根阴离子(如CO、SO、S2、CH3COO等)均不能大量存在；若存在NO，还原性较强的离子(如SO、I、Fe2、S2)不能大量存在。强碱性溶液：H及弱碱阳离子(如NH、Al3、Fe3等)均不能大量存在。强酸性或强碱性溶液：酸式弱酸根离子(如HCO、HSO、HS等)不能大量存在。2牢记离子反应发生的三条件(1)复分解反应型：生成难溶、难电离或挥发性的物质，如生成BaSO4、CH3COOH或CO2；相互促进的水解反应，如Fe3与HCO。(2)氧化还原反应型，如2Fe3Cu=2Fe2Cu2。(3)络合反应型，如Fe33SCN=Fe(SCN)3。3牢记高考常考的四种氧化剂和四种还原剂氧化剂：MnO(H)、NO(H)、ClO、Fe3。还原剂：SO(或HSO)、I、Fe2、S2。(上下两组离子中除Fe3和Fe2能共存外，其他都不能共存)4掌握高考常考的“两大”规律(1)强弱规律氧化还原反应中，氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。(2)守恒规律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。考点一离子共存与离子推断类型一离子大量共存的判断解析A项，KI溶液中的I具有强还原性，ClO具有强氧化性，二者可以发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；B项，指定溶液中的离子与所给离子都不发生反应，能大量共存，正确；C项，HCl溶液中的H与CH3COO形成弱电解质CH3COOH而不能大量共存，错误；D项，NaOH溶液中的OH能与Mg2反应生成Mg(OH)2沉淀，且OH能与HCO反应生成H2O和CO而不能大量共存，错误。答案B离子共存题目的3步解题流程分点突破角度一：无限定条件的离子共存问题1能在水溶液中大量共存的离子组是 ()AH、Fe3、ClO、Cl BH、NH、Fe2、NOCAg、K、Cl、SO DK、AlO、Cl、OH解析A项，H与ClO发生反应生成弱酸，在溶液中不能大量共存，错误；B项，H、Fe2、NO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，错误；C项，Ag与Cl、SO之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，错误；D项，K、AlO、Cl、OH之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，正确。答案D2下列各组离子在溶液中能大量共存的是 ()AK、OH、Na、NO BAl3、AlO、HCO、NaCNa、Fe3、SO、I DFe3、SCN、Na、CO解析A项，该组离子之间不发生反应，可大量共存，正确；B项，Al3分别与AlO、HCO相互促进水解，且AlO促进HCO的电离，不能大量共存，错误；C项，Fe3、I发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；D项，Fe3、SCN结合生成络离子，Fe3、CO相互促进水解，不能大量共存，错误。答案A角度二：题干中有限定条件的离子共存问题3在含下列离子组的溶液中加入足量的Na2O2后，离子浓度减小的离子种数(见括号)正确的是()ANH、Ba2、Cl、NO(2种)BK、AlO、Cl、SO(1种)CCa2、Mg2、NO、HCO(3种)DNa、Cl、CO、Fe2(2种)解析向溶液中加入Na2O2后，溶液呈碱性，且Na2O2本身有氧化性。A项，NH与OH反应，NH浓度减小，只有1种离子浓度减小；B项能大量共存，离子浓度都不减小；C项，Mg2、HCO与OH反应，生成的CO与Ca2生成沉淀，共有3种离子浓度减小；D项，Fe2与CO因发生水解相互促进反应而不能大量共存，且Fe2会被氧化为Fe3，最后生成Fe(OH)3沉淀，只有1种离子浓度减小。答案C4下列各组离子在溶液中能够大量共存，当溶液中c(H)1101 molL1时有气体产生；而当溶液中c(H)11013 molL1时又能生成沉淀。则该组离子可能是()ANa、Ba2、NO、COBBa2、K、Cl、NOCMg2、NH、SO、ClDFe2、Na、SO、NO解析A项，Ba2与CO生成BaCO3沉淀，不能大量共存；B项，四种离子能够大量共存，但在酸性条件下，不能生成气体，在碱性条件下也不能生成沉淀，不符合条件；C项，在酸性条件下不能生成气体，不符合条件；D项，所给离子在溶液中能够大量共存，且在酸性条件下生成NO，在碱性条件下生成Fe(OH)2沉淀。答案D角度三：选项中有限定条件的离子共存问题5常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A1.0 molL1的KNO3溶液：H、Fe2、Cl、SOB通入过量SO2气体后的溶液：H、Ca2、Fe3、NOC通入足量CO2的溶液：H、NH、Al3、SOD与铝反应产生大量氢气的溶液：Na、K、CO、NO解析A项，1.0 molL1的KNO3溶液中，NO、H和Fe2会发生氧化还原反应，不能大量共存，错误；B项，通入过量SO2气体后的溶液中，SO2能被离子组合(NO、H)和Fe3氧化，不能大量共存，错误；C项，通入足量CO2的溶液中，各离子之间不发生任何反应而能大量共存，正确；D项，与铝反应产生大量H2的溶液呈酸性或碱性，在酸性溶液中，H和CO反应不能大量共存，酸性溶液中存在NO也不能产生H2，错误。答案C6常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是()AKw/c(H)0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO、NOB加入铝粉生成H2的溶液：K、Mg2、SO、HCOCc(Fe3)0.1 molL1的溶液：Fe2、Al3、Cl、COD能使pH试纸呈红色的溶液：Na、NH、I、NO解析A项，Kw/c(H)0.1 molL1的溶液显碱性，在碱性溶液中各离子间不发生反应，能大量共存，正确；B项，加入铝粉生成H2的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO都不能大量存在，错误；C项，CO与Fe3、Fe2、Al3均发生反应，而不能大量共存，错误；D项，能使pH试纸呈红色的溶液显酸性，在酸性溶液中I与NO发生氧化还原反应，不能大量共存，错误。答案A审离子共存题目中的5大易忽视点(1)注意判断离子共存的情况：“能、不能”，“一定、可能、一定不能”。(2)注意题干中提示的溶液酸碱性：酸性溶液应考虑H的存在，碱性溶液应考虑OH的存在。(3)注意题干中提示的溶液颜色：溶液无色时，有色离子不能存在。(4)注意正确理解“透明溶液”，如NaCl溶液、KOH溶液为无色透明溶液，CuSO4溶液、FeCl3溶液是有色透明溶液，不能认为“有色”就不透明。(5)注意题干中提示的水的电离程度：当由水电离出的c(H)或c(OH)小于1107 molL1时，溶液可能为酸性溶液或碱性溶液；当由水电离出的c(H)或c(OH)大于1107 molL1时，溶液可能为弱酸盐溶液或弱碱盐溶液。 类型二离子反应的应用离子推断解析溶液中加入Ba(NO3)2，有白色沉淀生成，且沉淀溶解于盐酸中，说明有CO，无SO；与Ba(NO3)2反应后的溶液中加入AgNO3(HNO3)后生成白色沉淀，证明有Cl；焰色反应呈黄色，一定有Na；K不能确定是否存在。答案B坚持“四项基本原则”，突破离子推断分点突破角度：离子推断7某溶液含有K、Fe3、SO、CO、I中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显红色。下列有关原溶液的说法不正确的是()A一定存在的离子为Fe3、SOB一定不存在的离子为CO、IC不能确定的离子为K、SOD确定是否含有K需要经过焰色反应解析滴加KSCN溶液后显红色，说明原溶液中一定含有Fe3，Fe3与CO能发生相互促进的水解反应而不能大量共存，Fe3与I能发生氧化还原反应而不能大量共存，故原溶液中一定不含CO、I，根据溶液呈电中性可知，原溶液中一定含SO，而K需要经过焰色反应才能确定其是否存在，A、B、D项正确，C项错误。答案C8pH0的某溶液中还可能存在Al3、Fe2、NH、Ba2、Cl、CO、SO、NO中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验：下列有关判断正确的是()A试液中一定有Fe2、SO、H、NH、Al3B试液中一定没有Ba2、CO、NOC步骤中反应的离子方程式为2AlOCO23H2O=2Al(OH)3COD气体A、B之间肯定不能发生反应解析由试液呈强酸性知其中不含CO；由知试液中有Fe2、SO，而无NO、Ba2；由知试液中有NH；由于溶液B中含有Ba2、OH，故通入少量CO2时生成的沉淀C含有BaCO3，故无法确定试液中是否有Al3；上述实验操作也无法确定试液中是否有Cl，故A、C错误；气体A是NO，气体B是NH3，二者在一定条件下反应可得到N2与水，D错误。答案B9某无色溶液中只可能溶有NH、K、Al3、Mg2、HCO、Cl、I、MnO、SO等离子中的几种离子。为分析其组成，现进行如下实验：取10 mL该溶液于试管中滴加足量的Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后，过滤得到0.03 mol白色沉淀甲。取上述反应后的滤液，加入AgNO3溶液未见沉淀产生。另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀乙，当加入NaOH的物质的量为0.03 mol时，沉淀的量达到最大；继续滴加NaOH溶液并加热，开始产生气体丙，收集气体丙，体积换算成标准状况下为0.224 L(假设丙全部逸出)，最后沉淀完全溶解。则下列说法正确的是()A仅由实验可推出肯定含有SO，不含ClB该无色溶液肯定含有NH、K、Al3、SOC该无色溶液肯定不含K、Mg2、HCO、Cl、MnO、ID不能确定该无色溶液是否含有K解析原溶液呈无色，说明无MnO；由知生成0.03 mol BaSO4，说明10 mL原溶液中含有0.03 mol SO；由知原溶液中没有Cl、I；由知，10 mL原溶液中含有0.01 mol Al3，原溶液不含HCO、Mg2，由生成0.224 L(标准状况)NH3，推断出10 mL原溶液中含有0.01 mol NH，结合电荷守恒可知10 mL原溶液中含有0.02 mol K。故原溶液中一定含有Al3、NH、K、SO。综上所述，只有B项正确。答案B考点二离子方程式的书写与正误判断类型一离子方程式的正误判断解析A项，电荷不守恒，正确的离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2，错误；C项，OH、H和H2O前面的化学计量数应为2，错误；D项，碳酸氢铵电离出的NH也可与OH反应，发生反应的离子方程式为NHHCOCa22OH=NH3H2OCaCO3H2O，错误。答案B离子方程式正误判断的基本方法分点突破角度一：定性型离子方程式的正误判断1下列指定反应的离子方程式正确的是()ANO2溶于水：3NO2H2O=HNO2NOBNaClO溶液中ClO的水解：ClOH2O=HClOOHC酸性条件下，用H2O2将I转化为I2：H2O22I2H=I22H2OD氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al34NH3H2O=AlO4NH2H2O解析A项，应为3NO2H2O=2H2NONO，错误；B项，应为ClOH2O?HClOOH，错误；D项，应为Al33NH3H2O=Al(OH)33NH，错误。答案C2能正确表示下列反应的离子方程式是()A浓盐酸与铁屑反应：2Fe6H=2Fe33H2B向FeCl3溶液中加Mg(OH)2：3Mg(OH)22Fe3=2Fe(OH)33Mg2CNaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO2H=H2OCO2D钠与CuSO4溶液反应：2NaCu2=Cu2Na解析A项，浓盐酸与铁屑反应生成FeCl2和H2，错误；C项，应为HCOH=H2OCO2，错误；D项，钠与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2和H2，不能置换出铜，错误。答案B角度二：定量型离子方程式的正误判断3下列相关反应的离子方程式书写正确的是()A氢氧化铁溶于氢碘酸：Fe(OH)33H=Fe33H2OB向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2反应：2Fe2Cl2=2Fe32ClCNH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO完全沉淀：Al32SO2Ba24OH=AlO2BaSO42H2ODNaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCOBa22OH=BaCO32H2OCO解析氢氧化铁溶于氢碘酸的化学方程式为2Fe(OH)36HI=2FeI2I26H2O，HI为强酸，FeI2为可溶性盐，故离子方程式为2Fe(OH)36H2I=2Fe2I26H2O，A错误；向含有0.4 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2，由于还原性Fe2Br，故0.1 mol Cl2先与Fe2反应，消耗Fe2 0.2 mol，Fe2有剩余，Br不反应，故离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl，B正确；NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO完全沉淀，则NH4Al(SO4)2和Ba(OH)2的物质的量之比为12，化学方程式为NH4Al(SO4)22Ba(OH)2=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，故离子方程式为NHAl32SO2Ba24OH=2BaSO4Al(OH)3NH3H2O，C错误；NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液时，设量少的NaHCO3为1 mol，则1 mol NaHCO3消耗1 mol OH和1 mol Ba2，故离子方程式为HCOBa2OH=BaCO3H2O，D错误。答案B4下列离子方程式书写不正确的是()AAlCl3溶液与烧碱溶液反应，当n(OH)n(Al3)72时，2Al37OH=Al(OH)3AlO2H2OBCuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)n(NaHS)12时Cu22HS=CuSH2SCCl2与FeBr2反应，当n(Cl2)n(FeBr2)11时，Fe22BrCl2=Fe3Br22ClDFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)12时，3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O解析A项，AlCl3溶液与NaOH溶液反应，当n(OH)n(Al3)72时，Al3转化为Al(OH)3和NaAlO2，反应的离子方程式为2Al37OH=Al(OH)3AlO2H2O，正确；B项，CuCl2溶液与NaHS溶液反应，当n(CuCl2)n(NaHS)12时，反应的离子方程式为Cu22HS=CuSH2S，正确；C项，Cl2与FeBr2溶液反应，当n(Cl2)n(FeBr2)11时，Br部分被氧化，Fe2全部被氧化，离子方程式为2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl，错误；D项，Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)12时，铁过量，离子方程式为3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O，正确。答案C与“量”有关的离子方程式的书写与正误判断“3类型”(1)连续反应型分步分析法向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液。按照反应顺序分别写出两步反应：Al33OH=Al(OH)3，Al(OH)3OH=AlO2H2O，由可得：Al34OH=AlO2H2O。(2)先后反应型假设定序法向FeBr2溶液中通入Cl2。在不明确离子反应的先后顺序时，可假设Cl2先与Br反应，生成的Br2还要氧化Fe2生成Fe3，这样即可确定Cl2先与Fe2后与Br反应，然后再根据量的关系书写。(3)离子配比型少定多变法少量NaHCO3与足量Ca(OH)2溶液的反应。“少定”即定HCO的物质的量为1 mol; “多变”1 mol HCO能与1 mol OH发生反应，得到1 mol H2O和1 mol CO，1 mol CO再与1 mol Ca2结合生成CaCO3沉淀，离子方程式为HCOCa2OH=CaCO3H2O。角度三：事实解释型离子方程式的正误判断5下列解释事实的反应方程式正确的是()A亚硫酸钠水溶液显碱性：SO2H2O?H2SO32OHBSO2的水溶液显酸性：SO2H2O?H2SO3?2HSOC燃煤时加入石灰石减少SO2的排放：2CaCO32SO2O22CaSO42CO2D浓NaOH溶液处理少量二氧化硫：SO2OH=HSO解析A项，多元弱酸的阴离子分步水解，离子方程式为SOH2O?HSOOH、HSOH2O?H2SO3OH，错误；B项，亚硫酸是多元弱酸，分步电离，方程式为SO2H2O?H2SO3?HHSO，错误；C项正确；D项，少量的SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3和水，离子方程式为SO22OH=H2OSO，错误。答案C6Na2FeO4是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方程式不正确的是()ANa2FeO4在酸性溶液中不稳定，与水反应生成Fe3和O2，离子方程式为4FeO10H2O=4Fe320OH3O2B工业上用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，离子方程式为2Fe310OH3ClO=2FeO3Cl5H2OCNa2FeO4消毒杀菌时得到的Fe3可以净水，Fe3净水原理是Fe33H2O?Fe(OH)3(胶体)3HD工业上可用铁作阳极，电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，阳极的电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O解析酸性溶液中不能生成OH，则离子方程式为4FeO20H=4Fe310H2O3O2，A错误；FeCl3、NaOH、NaClO三种物质反应制得Na2FeO4，发生氧化还原反应，Cl元素得到电子生成NaCl，由得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应的离子方程式为2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O，B项正确；Na2FeO4的还原产物为Fe3，Fe3水解得到胶体，离子反应为Fe33H2O?Fe(OH)3(胶体)3H，C正确；铁作阳极，Fe失去电子，则阳极的电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，D正确。答案A类型二离子方程式的书写解析(1)装置中主要发生铵盐与氢氧化钠溶液在加热的条件下生成氨气的反应，NHOHNH3H2O。(2)“碱溶”时Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O32OH=2AlOH2O。(3)碳酸钠俗称纯碱或苏打，可作为碱使用的原因是水解溶液显碱性，COH2O?HCOOH。(4)氯气有强氧化性，能使FeCl2氧化为FeCl3，即2Fe2Cl2=2Fe32Cl。H2O2是强氧化剂，能将Fe2氧化成Fe3，则有2Fe2H2O22H=2Fe32H2O。答案(1)NHOHNH3H2O(2)Al2O32OH=2AlOH2O(3)纯碱或苏打COH2O?HCOOH(4)2Fe2Cl2=2Fe32Cl2Fe2H2O22H=2Fe32H2O信息型离子方程式的书写程序(1)根据题干信息和反应原理，确定反应物和生成物，并写出相应的离子符号或化学式。(2)配平：复分解型，据电荷守恒配平；氧化还原型，据化合价升降相等配平。(3)检查：电荷、电子得失和原子是否守恒；物质的书写形式是否符合溶液的性质(酸性、碱性等)、条件和事实。 分点突破角度一：依据“信息”写出反应的离子方程式7(1)KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为_。(2)25 ，两种酸的电离平衡常数如下表。Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.61011H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_。(3)在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式： _。(4)酸性条件下，NaNO2可以氧化亚铁离子，该反应的离子方程式为_。(5)已知：Cu不稳定，在酸性溶液中会转化为Cu和Cu2。写出CuH在过量稀盐酸中有气体生成的离子方程式：_。解析(4)酸性条件下，亚硝酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，离子方程式为2HFe2NO=Fe3NOH2O。(5)CuH溶解在稀盐酸中，CuH中的H失电子，溶液中H得电子，产生的气体为氢气，酸性溶液中2Cu=Cu2Cu，故离子方程式为2CuH2H=Cu2Cu2H2。答案(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O(2)H2SO3HCO=HSOCO2H2O(3)Ca22HCO=CaCO3CO2H2O(4)2HFe2NO=Fe3NOH2O(5)2CuH2H=Cu2Cu2H2角度二：书写与“量”有关的离子方程式8书写下列与“量”有关的离子方程式。(1)向FeI2溶液中通入足量Cl2：_。(2)向Ca(ClO)2溶液中通入足量CO2：_。(3)向NaAlO2溶液中通入少量CO2：_。(4)少量Ca(OH)2和NaHCO3溶液的反应：_。(5)含1 mol FeBr2的溶液与1 mol Cl2反应：_。(6)NH4HCO3溶液与等物质的量NaOH反应：_。(7)KAl(SO4)2溶液与Ba(OH)2溶液反应至SO恰好沉淀完全：_。(8)向含HCl和NH4Al(SO4)2的混合溶液中逐滴加NaOH溶液生成沉淀的量与加入NaOH溶液的量如图所示，依据反应的“先后顺序”写出下列各段反应的离子方程式：“OA段”： _。“AB”段：_。“BC”段：_。“CD”段：_。答案(1)2Fe24I3Cl2=2Fe32I26Cl(2)ClOH2OCO2=HClOHCO(3)2AlO3H2OCO2=2Al(OH)3CO(4)Ca22OH2HCO=CaCO32H2OCO(5)2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl(6)HCOOH=COH2O(7)Al32SO2Ba24OH=2BaSO4AlO2H2O(8)HOH=H2OAl33OH=Al(OH)3NHOH=NH3H2OAl(OH)3OH=AlO2H2O考点三氧化还原反应的概念辨析及规律应用类型一氧化还原反应的概念辨析及规律应用根据要求回答下列问题：(1)(2016全国卷)“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_。(2)(2015全国卷)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_。(3)(2015全国卷)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_。思维导图解析(1)根据图示，“尾气吸收”时ClO2转化为ClO，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，H2O2转化为O2，由ClO2ClO、H2O2O2，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，氧化产物为O2。(2)浓缩液中的碘元素为1价，在酸性环境中，MnO2将1价的I氧化为I2，MnO2中4价的Mn被还原，还原产物应为MnSO4(或Mn2)。(3)由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2，可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子，1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol电子，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。答案(1)21O2(2)MnSO4(或Mn2)(3)21解答氧化还原反应规律应用题的“3步骤”第一步：分析化合价的变化，准确判断相关概念“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。第二步：依据规律判断反应的合理性氧化还原反应遵循强弱律、优先律、转化律等，同时应掌握化合价与氧化性的关系，“高价氧，低价还，中间价态两面转”。第三步：利用电子守恒进行定量判断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，列等式求解。 分点突破角度一：氧化还原反应的概念辨析1正误判断，正确的划“”，错误的划“”(1)(2017全国卷)向2 mL 0.1 molL1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液，现象为黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，则还原性：FeFe2()(2)(2016江苏卷)室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。所以Fe3的氧化性比I2的强()答案(1)(2)2(2016上海卷)下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是()A海带提碘 B氯碱工业C氨碱法制碱 D海水提溴解析A项，海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B项，氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C项，氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D项，海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。故选项C正确。答案C3O2F2可以发生反应：H2S4O2F2=SF62HF4O2，下列说法正确的是()A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为14解析A项，O元素的化合价由反应前的1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，错误；B项，在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的6价，所以H2S是还原剂，错误；C项，外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；D项，根据化学方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比是14，正确。答案D氧化还原反应的相关概念及其关系角度二：氧化还原反应规律的应用4(2018湖北宜昌一中期中)常温下，在溶液中可发生如下三个反应：16H10Z2XO=2X25Z28H2O2A2B2=2A32B2BZ2=B22Z由此判断下列说法错误的是()AZ元素在反应中均被还原B反应Z22A2=2A32Z可以进行C氧化性由强到弱的顺序是XO、Z2、B2、A3D还原性由强到弱的顺序是A2、B、Z、X2解析A项，Z元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，错误；B、C项，据反应，氧化性XOZ2，据反应，氧化性B2A3，据反应，氧化性Z2B2，因此氧化性由强到弱的顺序是XOZ2B2A3，反应Z22A2=2A32Z可以进行，正确；D项，还原性A2BZX2，正确。答案A5(2018福建长泰一中期中)向含SO、Fe2、Br、I各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是()解析离子还原性SOIFe2Br，故首先发生反应SOCl2H2O=SO2Cl2H，再发生反应2ICl2=I22Cl，然后发生反应2Fe2Cl2=2Fe32Cl，最后发生反应2BrCl2=Br22Cl。A项，0.1 mol SO完全反应需要消耗0.1 mol氯气，标准状况下氯气的体积为2.24 L；B项，0.1 mol SO完全反应后，才发生2ICl2=I22Cl，故I开始反应时消耗氯气的体积为2.24 L,0.1 mol I完全反应消耗0.05 mol氯气，故0.1 mol I完全反应时消耗氯气的体积为3.36 L；C项，Fe2开始反应时氯气的体积为3.36 L，由2Fe2Cl2=2Fe32Cl可知，0.1 mol Fe2完全反应消耗0.05 mol氯气，故Fe2完全反应时消耗的氯气体积为4.48 L；D项，Br开始反应时氯气的体积为4.48 L，由2BrCl2=Br22Cl可知，Br完全反应时消耗氯气的体积为5.6 L。答案C6(2018浙江绍兴质检)已知：还原性：HSOI，氧化性：IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是()A0a间发生反应：3HSOIO=3SOI3HBab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 molCbc间反应：I2仅是氧化产物D当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的KIO3为1.1 mol解析0a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，b点时加入碘酸钾的物质的量是1 mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3 mol，根据转移电子守恒知，亚硫酸氢根离子被氧化生成硫酸根离子，其离子方程式为3HSOIO=3SOI3H，A正确；ab间反应物IO的物质的量为0.6 mol，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8 mol，B正确；根据图象知，bc段时，发生反应的离子方程式为IO6H5I=3H2O3I2，所以I2既是还原产物又是氧化产物，C错误；根据反应IO3HSO=I3SO3H，3 mol NaHSO3消耗KIO3的物质的量为1 mol，生成碘离子的物质的量为1 mol，设生成的碘单质的物质的量为x mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2，消耗的KIO3的物质的量为x mol，消耗碘离子的物质的量x moL，剩余的碘离子的物质的量 mol，当溶液中n(I)n(I2)53时，即x53，x0.3 mol，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量1 mol0.3 mol1.1 mol，D正确。答案C氧化还原反应的“五规律”(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。(2)强弱律：氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。在适宜的条件下，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：多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。(4)价态律：元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2、I)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2、S、Cl2等)。(5)转化律：同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态低价态中间价态；价态相邻能共存、价态相间能归中，归中价态不交叉、价升价降只靠拢。 类型二氧化还原反应中的相关计算(2017全国卷)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。解题流程解析根据反应中转移电子数相等可找出关系式2MnO5H2C2O4，结合消耗KMnO4溶液的浓度和体积可求出n(H2C2O4)4.5103 mol，则该水泥样品中钙的质量分数为100%45.0%。答案45.0%利用电子守恒关系解题的思维流程 分点突破角度：氧化还原反应中的相关计算7已知M2O可与R2作用，R2被氧化为R单质，M2O的还原产物中，M为3价；又知c(M2O)0.3 molL1的溶液100 mL可与c(R2)0.6 molL1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为()A4B5C6D7解析M2O可与R2反应，其中M的化合价为(n1)价；反应中M2O作氧化剂，R2作还原剂，M3为还原产物，R单质为氧化产物。则反应过程表示为一个M原子获得(n1)3n4个电子，则1 mol M2O在反应中获得2(n4)mol电子，1个R2离子在反应中失去2个电子。依据得失电子守恒可列出0.3 molL10.1 L2(n4)0.6 molL10.15 L2，解得n7。答案D8(2018宁夏银川一中高三第五次考试)高锰酸钾可用于生活消毒，是中学化学常见的氧化剂。工业上，用软锰矿制高锰酸钾的流程如下：请回答下列问题：理论上(不考虑物质循环与制备过程中的损失)1 mol MnO2可制得_ mol KMnO4。解析根据2MnO24KOHO22K2MnO42H2O、3MnO2CO2=2MnOMnO22CO，可得关系式：3MnO23MnO2MnO，故理论上1 mol MnO2可制得 mol KMnO4。答案(或0.67)考向一给定离子方程式的正误判断及按要求规范书写离子方程式1(2017海南卷)能正确表达下列反应的离子方程式为()A用醋酸除去水垢：2HCaCO3=Ca2CO2H2OB硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2HFeS=H2SFe2C向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al33CO=Al2(CO3)3D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2：2NO22OH=NONOH2O解析醋酸是弱酸不能拆写成离子，正确的离子方程式为2CH3COOHCaCO3=2CH3COOCa2CO2H2O，故A错误；浓硫酸具有强氧化性，能把H2S氧化成S，把Fe2氧化成Fe3，故B错误；发生相互促进的水解反应，正确的离子方程式为2Al33CO3H2O=2Al(OH)33CO2，故C错误；NO2与OH发生歧化反应，离子反应方程式为2NO22OH=NONOH2O，故D正确。答案D2(2016江苏卷)下列指定反应的离子方程式正确的是()A将铜丝插入稀硝酸中：Cu4H2NO=Cu22NO2H2OB向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3Fe=2Fe2C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NHD向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na解析稀HNO3被铜还原为NO：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，A错误；Fe2(SO4)3与Fe反应的离子方程式为：2Fe3Fe=3Fe2，B错误；氨水是弱碱，Al(OH)3不溶于弱碱，C正确；Na2SiO3能拆分：2HSiO=H2SiO3，D错误。答案C3写出下列反应的离子方程式(1)(2018全国卷)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_。(2)(2017天津卷)用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生，NaOH溶液Na2SO3溶液，写出的离子方程式：_。(3)(2016全国卷)“酸浸”时V2O5转化为VO，反应的离子方程式为_。(4)(2016江苏卷)SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为_。答案(1)S2O2I23H2O=2SO4I6H(2)2OHSO2=SOH2O(3)V2O52H=2VOH2O(4)2SO2COH2O=2HSOCO2考向二根据条件对离子共存情况作出判断4(2017江苏卷)常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A无色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB.11012的溶液中：K、Na、CO、NOCc(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH、MnO、SOD能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH、SO、HCO解析含Fe3的溶液显黄色，且Fe3与SCN会形成红色络合物，A错误；常温下此溶液pH13，呈碱性，OH与选项中四种离子均能大量共存，B正确；Fe2能被MnO氧化为Fe3，C错误；能够使甲基橙变红的溶液的pHC6H5OH，B正确；向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，Na2S与CuSO4发生复分解反应生成黑色沉淀CuS，并未发生CuS和ZnS之间的转化，故无法比较Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，C错误；待测液中加入Ba(NO3)2溶液，再加入足量盐酸，生成白色沉淀且不溶解，则该沉淀为BaSO4，由于NO(H)可将SO氧化生成SO，故不能确定原溶液中是否含有SO，D错误。答案B7(2016上海卷)(双选)已知：SOI2H2OSO2I2H。某溶液中可能含有Na、NH、Fe2、K、I、SO、SO，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是()A肯定不含I B肯定不含SOC肯定含有SO D肯定含有NH解析溶液本身无色，说明没有Fe2。加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I和SO均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO。由于SO的还原性比I强，故I是否存在无法判断。因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO肯定没有。故选BC。答案BC考向四氧化还原反应的概念、规律及应用8(2018北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色解析NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，生成的白色沉淀是Fe(OH)2，Fe(OH)2被O2氧化生成红褐色的Fe(OH)3，A不符合题意；石蕊溶液滴入氯水中先变红是由于存在反应：Cl2H2O?HClHClO，溶液呈酸性，随后迅速褪色