1、第三单元氧化还原反应考点一氧化还原反应的相关概念及电子转移的表示方法 1.判断正误,正确的画“”,错误的画“”。(1)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应()(2)氧化还原反应中有一种元素被氧化时,一定有另一种元素被还原()(3)某元素从游离态变为化合态,该元素可能被氧化也可能被还原()(4)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2()(5)NaHCO3+H2 HCOONa+H2O的反应中,NaHCO3被氧化()(6)Na2O2与水的反应中,水是还原剂()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。判断正误,正确的画“”,错误的
2、画“”。(1)置换反应一定属于氧化还原反应()(2)复分解反应一定不属于氧化还原反应()(3)有单质参加的化合反应或分解反应一定是氧化还原反应()(4)无单质参加的化合反应一定不是氧化还原反应()答案(1)(2)(3)(4)1.氧化还原反应2.相关概念及其关系例如,反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中,氧化剂是MnO2,还原剂是HCl,氧化产物是Cl2。生成1 mol Cl2时转移的电子数目为2NA,被氧化的HCl的物质的量是2 mol,HCl表现出的性质是还原性和酸性。3.氧化还原反应中电子转移的表示方法(1)双线桥法请用双线桥法表示Cu与稀硝酸反应:。(2)单线桥法请
3、用单线桥法表示Cu与稀硝酸反应: 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。4.常见的氧化剂和还原剂(1)常见的氧化剂物质类型实例还原产物活泼的非金属单质卤素单质X2X-O2O2-、O22-元素处于高价时的物质KMnO4(H+)Mn2+HNO3NO、NO2浓硫酸SO2Fe3+Fe2+、Fe某些氧化物和过氧化物MnO2Mn2+H2O2H2O(2)常见的还原剂物质类型实例氧化产物活泼的金属单质Na、Fe、AlNa+、Fe2+或Fe3+、Al3+某些非金属单质H2、C、SH+、CO或CO2、SO2变价元素中低价态化合物或离子氧化物COCO2SO2SO3或SO42-氢化物NH3N2或NOH2SS或SO2离
4、子SO32-SO42-Fe2+Fe3+I-I2(3)具有中间价态的物质既有氧化性又有还原性具有中间价态的物质氧化产物还原产物Fe2+Fe3+FeSO32-SO42-SH2O2O2H2O其中Fe2+、SO32-主要表现还原性,H2O2主要表现氧化性。题组一氧化还原反应及基本概念判断1.(2020浙江杭高6月测试)工业上冶炼钛的反应如下:TiCl4+2Mg Ti+2MgCl2。下列有关该反应的说法正确的是()A.TiCl4是还原剂B.Mg被氧化C.TiCl4发生氧化反应D.Mg得到电子答案BTi元素化合价从+4价降低到0价,化合价降低,得到电子,所以TiCl4是氧化剂,A错误;Mg元素化合价从0价
5、升高到+2价,失去电子,所以Mg被氧化,B正确;TiCl4是氧化剂,TiCl4发生还原反应,C错误;Mg失去电子,D错误。2.(2021浙江“七彩阳光”返校联考)有关反应NaNO2+KMnO4+H2SO4 K2SO4+MnSO4+NaNO3+H2O(未配平),下列说法正确的是()A.NaNO2是氧化剂B.KMnO4是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为25D.3 mol H2SO4参加反应,转移电子10 mol答案D根据得失电子守恒,配平得5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5NaNO3+3H2O。反应中N元素从+3价升高为+5价,则NaNO2是还原剂,
6、故A错误;反应中Mn元素从+7价降低为+2价,则KMnO4是氧化剂,故B错误;反应中NaNO3是氧化产物,MnSO4是还原产物,两者的物质的量之比为52,故C错误;由5NaNO2+2KMnO4+3H2SO4 K2SO4+2MnSO4+5NaNO3+3H2O可知3 mol H2SO4参加反应,转移电子2 mol(7-2)=10 mol,故D正确。名师点拨氧化还原反应的有关概念及其关系题组二双线桥法在复杂氧化还原反应中的应用3.(2020浙江嘉兴5月质评)已知:8NH3+3Cl2 6NH4Cl+N2,下列说法不正确的是()A.该反应的氧化产物为N2B.Cl2得电子,发生还原反应C.该反应的氧化剂与
7、还原剂物质的量之比为38D.通过该反应可说明Cl2的氧化性强于N2答案C氧化产物是还原剂被氧化而得到的产物,氨气是还原剂,失电子,化合价升高,发生氧化反应,N2是氧化产物,故A正确;Cl2得电子,是氧化剂,发生还原反应,故B正确;3 mol Cl2作氧化剂,2 mol NH3作还原剂,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为32,故C错误;在氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物,通过题述反应可说明Cl2的氧化性强于N2,故D正确。4.O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2 SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是()A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂C.若生成4.48 L
8、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答案DA项,氧元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,得到的氧气为还原产物;B项,O2F2是氧化剂;C项,因未指明气体所处的温度和压强,故无法确定4.48 L HF的物质的量,则无法确定转移电子的物质的量;D项,由化学方程式知还原剂与氧化剂的物质的量之比为14。方法技巧走好关键第一步正确标出元素化合价正确分析氧化还原反应中电子转移的数目,其前提是确定物质中各元素(特别是变价元素)的化合价。基本方法是先标出熟悉元素的化合价,再根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。常见元素的化合价可以借助化合价口诀
9、来记忆:一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银;二价氧、钙、钡、镁、锌;三铝、四硅、五价磷;说变价也不难,二三铁、二四碳、二四六硫都齐全;铜汞二价最常见。一些特殊物质中元素化合价的判断CuFeS2:Cu +2Fe +2S -2K2FeO4:Fe +6Li2NH:N -3LiNH2:N -3AlN:N -3Na2S2O3:S +2NO2+:N +5C2O42-:C +3HCN:C +2N -3CuH:Cu +1H -1FeO4n-:Fe +(8-n)Si3N4:Si +4N -3考点二氧化还原反应规律及应用 1.判断正误,正确的画“”,错误的画“”。(1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反
10、应()(2)阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性()(3)元素的非金属性越强,其氧化性越强,相应单质越活泼()(4)难失电子的物质一定易得电子()(5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性()(6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H+浓度小()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度等有关。现有下列各组物质:Cu与HNO3溶液Cu与FeCl3溶液Zn与H2SO4溶液Fe与FeCl3溶液Cl2与NaOH溶液Fe与HNO3溶液Fe与H2SO4溶液Na与O2(1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是。(填序号,下同)(2)由于
11、温度不同而发生不同氧化还原反应的是。(3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是。答案(1)(2)(3)1.守恒规律氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子,且得电子总数等于失电子总数。或者说氧化还原反应中,有元素化合价升高必有元素化合价降低,且化合价降低总数等于升高总数。应用:运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平,直接计算反应物与产物或转移电子的数量关系。2.强弱规律氧化性较强的氧化剂与还原性较强的还原剂反应,生成还原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。应用:在适宜条件下,用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质,或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质,也可用于比较物质间氧化性或还
12、原性的强弱。3.价态规律元素处于最高价态,只有氧化性;元素处于最低价态,只有还原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性,但主要表现一种性质。物质中若含有多种元素,其性质是这些元素性质的综合体现。应用:判断元素或物质有无氧化性或还原性。4.转化规律氧化还原反应中,元素相邻价态之间的转化最容易;同种元素不同价态之间发生反应,元素的化合价只靠近而不交叉;同种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。例如:。应用:判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。5.先后规律越易失去电子的物质,失去电子后就越难得到电子;越易得到电子的物质,得到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,与还原性最
13、强的优先发生反应;同理,一种还原剂同时与多种氧化剂相遇时,与氧化性最强的优先发生反应。如FeBr2溶液中通入Cl2时,发生离子反应的先后顺序为2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-、2Br-+Cl2 Br2+2Cl-。应用:判断物质发生氧化还原反应的先后顺序;判断氧化还原反应中物质氧化性、还原性的相对强弱;判断某氧化还原反应能否发生。转化规律在两类反应中的体现(1)归中反应含不同价态同种元素的物质间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低价中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。(2)歧化反应含某种元素的物质发生氧化还原反应生成含该元素不同价态的物质时,该元素的价态
14、变化一定遵循“中间价态高价态+低价态”,不会出现“一边倒”的现象,即生成物中该元素的价态不能都比中间价态高或都比中间价态低。如:题组一依据方程式判断氧化性、还原性强弱1.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ce4+Fe2+ Fe3+Ce3+、Sn2+2Fe3+ 2Fe2+Sn4+,由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是() A.Sn2+、Fe2+、Ce3+B.Sn2+、Ce3+、Fe2+C.Ce3+、Fe2+、Sn2+D.Fe2+、Sn2+、Ce3+答案A在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由题给离子方程式可知还原性:Fe2+ Ce3+,
15、Sn2+Fe2+。2.铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生:Tl3+2Ag Tl+2Ag+,Ag+Fe2+ Ag+Fe3+,Fe+2Fe3+ 3Fe2+,下列离子的氧化性由强到弱的顺序正确的是()A.Tl3+Fe3+Ag+B.Fe3+Ag+Tl3+C.Tl+Fe2+Ag+D.Tl3+Ag+Fe3+答案D在氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。规律总结根据影响因素判断氧化性、还原性强弱的方法1.浓度:同一种物质浓度越大,氧化性(或还原性)越强。如氧化性:浓H2SO4稀H2SO4,浓HNO3稀HNO3,还原性:浓HCl稀HCl。2.温度:同
16、一种物质,温度越高其氧化性越强,如热的浓硫酸的氧化性比冷的浓硫酸的氧化性强。3.酸碱性:同一种物质,所处环境酸(碱)性越强其氧化性(还原性)越强。题组二判断氧化还原反应能否发生3.氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应:Cl2+KOH KX+KY+H2O(未配平),KX在一定条件下能自身反应:KX KY+KZ(未配平,KY与KZ的化学计量数之比为13),KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是()A.+1B.+3C.+5D.+7答案C反应Cl2+KOHKX+KY+H2O是Cl2的歧化反应,KX、KY中的氯元素分别显正价和-1价;由于KX也发生歧化反应:KXK
17、Y+KZ,可断定KY为KCl,则KZ中Cl元素的化合价KX中Cl元素的化合价(均为正价)。假设KX中Cl元素为+a价,KZ中Cl元素为+b价,依据化合价守恒规律及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5代入上式讨论,可知a=5,b=7时符合题意。则KX中Cl元素的化合价为+5。4.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是()A.3Cl2+6FeI2 2FeCl3+4FeI3B.Cl2+FeI2 FeCl2+I2C.Co2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2+3H2OD.2
18、Fe3+2I- 2Fe2+I2答案A根据氧化还原反应中,氧化性:氧化剂氧化产物,可判断B中氧化性:Cl2I2,C中氧化性:Co2O3Cl2,D中氧化性:Fe3+I2,B、C、D中反应均可以发生。A项,由于I-的还原性强于Fe2+,所以Cl2应先氧化I-,而不是Fe2+。方法技巧假设法判断氧化还原反应能否进行已知物质的氧化性或者还原性的强弱关系,判断某一氧化还原反应能否发生时可采用假设法。先假设反应成立,然后根据氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性,还原剂的还原性还原产物的还原性的规律,列出假设反应中的上述关系,结合题干条件判断该结论是否符合事实。若符合事实,则反应成立;反之,则不成立。题组三氧化还原
19、反应的竞争(先后规律的应用)5.向含a mol FeCl3的溶液中加入含b mol Fe 和b mol Cu的混合粉末,充分反应(忽略离子的水解)。下列说法中不正确的是()A.当a2b时,发生的离子反应为2Fe3+Fe 3Fe2+B.当2ba4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b moln(e-)4b molC.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3+4Fe+Cu 14Fe2+Cu2+D.当2baCu,所以当a2b时(即Fe过量),发生的离子反应为2Fe3+Fe 3Fe2+,正确;B项,根据反应2Fe3+Fe 3Fe2+,2Fe3+Cu 2Fe2+Cu2+,当2ba4b时,反应
20、转移电子的物质的量为2b moln(e-)4b mol,正确;C项,ab=52时,发生的离子反应为5Fe3+2Fe+12Cu 7Fe2+12Cu2+,即10Fe3+4Fe+Cu 14Fe2+Cu2+,正确;D项,2Fe3+Fe 3Fe2+2bb3b2Fe3+Cu 2Fe2+Cu2+a-2ba-2ba-2b2所以n(Fe2+)n(Cu2+)=(3b+a-2b)a-2b2=(a+b)a-2b2,错误。6.向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化如下图所示。有关说法不正确的是()A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况B.原混合溶液中c(FeBr2)=6 mo
21、lL-1C.当通入Cl2 2 mol时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl2 2Fe3+I2+4Cl-D.原溶液中n(Fe2+)n(I-)n(Br-)=213答案B根据还原性:Br-Fe2+I-,线段AB代表I-物质的量的变化情况,线段BC代表Fe3+物质的量的变化情况,线段DE代表Br-物质的量的变化情况,A项正确;溶液体积未知,无法计算浓度,B项错误;当通入2 mol Cl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl2 2Fe3+I2+4Cl-,C项正确;根据消耗氯气的量可知,原溶液中n(Fe2+)n(I-)n(Br-)=213,D项正确。归纳总结氧化还
22、原反应先后规律的思维模型同一氧化剂与含多种还原剂的溶液反应时,首先被氧化的是还原性最强的物质。同一还原剂与含多种氧化剂的溶液反应时,首先被还原的是氧化性最强的物质。考点三氧化还原反应方程式的配平及计算 1.配平下列方程式。(1) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+K2SO4+H2O(2)MnO4-+H+Cl- Mn2+Cl2+H2O(3) P+ CuSO4+ H2O Cu+H3PO4+H2SO4答案(1)513333(2)21610258(3)2585252.(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH3,Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成并配平下列离子方程式
23、:Ce3+H2O2+H2O Ce(OH)4+(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式:Fe(OH)2+ClO-+ Fe(OH)3+Cl-答案(1)21626H+(2)211H2O211.配平原理在氧化还原反应中,从现象看是元素化合价升降总数相等,从本质看是得失电子总数相等。对离子方程式进行配平时,除满足上述要求外,还要注意电荷守恒。2.一般氧化还原反应方程式的配平化合价升降法3.计算电子转移守恒的公式n(氧化剂)氧化剂化学式中变价原子的个数化合价变化数=n(还原剂)还原剂化学式中变价原子的个数化合价变化数。当一种物质同时氧化两种或两种以上的物质时,较强的还原剂先被氧化。当一种物质同时还原两
24、种或两种以上的物质时,较强的氧化剂先被还原。被氧化或被还原到何种程度,由还原剂或氧化剂的物质的量来决定,具体计算时用得失电子守恒原则。氧化还原反应方程式的配平方法1.正向配平法:氧化剂、还原剂中的某元素化合价均发生变化,一般从左边反应物着手配平。2.逆向配平法:适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。3.缺项配平法:对于化学方程式,所缺物质往往是酸、碱或水;如果是离子方程式,所缺物质往往是H+、OH-或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质,再用其他守恒法配平,如果无法确定所缺物质,可先依据元素化合价的升降总数相等
25、原则将已知的物质配平,然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及化学计量数。4.奇数配偶法:适用于物质种类少且组成简单的氧化还原反应:如S+C+KNO3 CO2+N2+K2S,反应物KNO3中三种元素的原子数均为奇数,而生成物中三种元素的原子数均为偶数,故可在KNO3前配2,然后用观察法配平得S+3C+2KNO3 3CO2+N2+K2S。5.整体配平法:指某一氧化还原反应中,有三种元素的化合价发生了变化,但其中一种反应物中同时有两种元素的化合价升高或降低,这时要进行整体配平。如Cu2S+HNO3Cu(NO3)2+NO+H2SO4 +H2O,其中Cu、S、N三种元素的化合价变化,Cu2S中Cu、S
26、元素的化合价均升高,看作一个整体,Cu+12S-212 8103+HN310+5O3Cu+2(NO3)2+N+2O+H2S+6O4+H2O,配平可得3Cu2S+22HNO3 6Cu(NO3)2+10NO+3H2SO4+8H2O。6.有机物配平:有机化合物中,一般氢元素显+1价,氧元素显-2价,根据化合物中各元素化合价代数和为零,碳元素按平均价态计算,如C2H6O中碳元素显-2价。 题组一氧化还原反应的常规计算1.现有24 mL浓度为0.05 molL-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO
27、4,则元素Cr在还原产物中的化合价为()A.+2B.+3C.+4D.+5答案B题目中指出被还原的物质是元素Cr,则得电子的物质是K2Cr2O7,失电子的物质是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4+6,而Cr元素的化合价从+6+n(设还原产物中Cr元素的化合价为+n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒,有0.05 molL-10.024 L(6-4)=0.02 molL-10.020 L2(6-n),解得:n=3。2.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116,则x为()A.2B.3C.4D.5答案D
28、本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行的相关计算。Na2S-2xxxNa2S+6O4NaC+1lONaC-1l得关系式:16-2xx=162,x=5。题组二氧化还原反应方程式的配平3.用高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN),反应体系中的物质有:Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将除AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内,并配平。+ AlN+答案Al2O33CN223CO解析根据氮元素、碳元素的化合价变化可知,N2是氧化剂,C是还原剂,AlN为还原产物,CO为氧化产物。4.(2017课标,27节选)FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+
29、NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为。答案27解析利用得失电子守恒法配平:2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2,则FeOCr2O3与NaNO3的系数比为27。题组三多步反应得失电子守恒问题5.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是() A.60 mLB.45 mLC.30 mLD
30、.15 mL答案A由题意可知,HNO3NO2N2O4NO,则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)=2n(O2)=21.68 L22.4 L/mol=0.15 mol。根据质量守恒定律及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式:n(NaOH)=2nCu(NO3)2=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH)=0.3mol5molL-1=0.06 L=60 mL。6.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中,两者恰好完全反应。假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入3 molL-1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确
31、的是()A.加入合金的质量可能为9.6 gB.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mLC.参加反应的硝酸的物质的量为0.4 molD.溶解合金时产生NO气体0.224 L(标准状况)答案C生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,说明OH-的质量为5.1 g,即0.3 mol,金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等,所以反应转移的电子为0.3 mol,生成的NO为0.1 mol。根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol,C正确;消耗NaOH溶液的体积应为100 mL,B错误;标准状况下产生NO气体应为2.24 L,D错误;根据电荷守恒,镁、铜合金共
32、0.15 mol,用极端假设法,如果全部是铜,合金质量为9.6 g,所以合金质量应比9.6 g小,A错误。方法技巧有的试题反应过程多,涉及的氧化还原反应也多,数量关系较为复杂,若用常规方法求解比较困难,若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,则解题就变得很简单。解这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要理清具体的反应过程,分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。1.(2020浙江7月选考,10,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是()A.12B.11C.21D.41答案B,根据化合价变化分析可得:MnO
33、2为氧化剂,对应的MnCl2为还原产物,HCl为还原剂,对应的Cl2为氧化产物,故n(Cl2)n(MnCl2)=11,B正确。2.(2020浙江1月选考,4,2分)反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O中,氧化产物是()A.MnO2B.HClC.MnCl2D.Cl2答案D在此反应中,MnO2是氧化剂,HCl是还原剂,MnCl2是还原产物,Cl2是氧化产物。3.(2019浙江4月选考,6,2分)反应8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.23B.83C.63D.32答案A分析题给反应,当有3 mol Cl2被还原时,参加反
34、应的8 mol NH3中只有2 mol被氧化为N2,6 mol NH3转化为NH4Cl时化合价没有变化,则被氧化的NH3为2 mol,A项正确。4.(2018浙江11月选考,6,2分)下列化学反应中溴元素仅被氧化的是()A.2NaBr+Cl2 2NaCl+Br2B.Br2+2NaI 2NaBr+I2C.3Br2+6NaOH 5NaBr+NaBrO3+3H2OD.HBr+NaOH NaBr+H2O答案ANaBr与Cl2反应,溴元素被氧化,A项正确;Br2和NaI反应,溴元素被还原,B项错误;Br2和NaOH反应,溴元素既被氧化又被还原,C项错误;HBr和NaOH发生的不是氧化还原反应,D项错误。
35、5.(2018浙江4月选考,7,2分)下列变化过程中,加入氧化剂才能实现的是()A.Cl2Cl-B.I-I2C.SO2SO32-D.CuOCu答案BCl2被还原为Cl-,A项错误;I-被氧化为I2,需要加入氧化剂,B项正确;SO2转化为SO32-,硫元素和氧元素的化合价没有变化,C项错误;CuO被还原为Cu,D项错误。A组基础题组 1.(2020浙江嘉兴5月质评)下列属于氧化还原反应的是()A.CO2+NaOH NaHCO3B.2NO2+2NaOH NaNO2+NaNO3+H2OC.ICl+2NaOH NaCl+NaIO+H2OD.NaOH+HCl NaCl+H2O答案B2.(2020浙江绍兴
36、4月联考)反应Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O中,还原产物是()A.CuB.H2SO4C.CuSO4D.SO2答案D3.(2020浙江宁波“十校”3月联考)下列属于氧化还原反应的是()A.NH4Cl+NaOH NH3+NaCl+H2OB.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2OC.Na2O2+2H2O 2NaOH+H2O2D.SO2+H2O H2SO3答案BMnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O,Mn、Cl元素化合价变化,是氧化还原反应。规律总结有化合价变化的反应一定是氧化还原反应,但有单质参与的反应不一定属于氧化还原反应,如O2和O3的转化
37、。4.(2020浙江温州6月联考)反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3中,被氧化的物质是()A.NO2B.O2C.H2OD.HNO3答案A反应4NO2+O2+2H2O 4HNO3中,O元素化合价由0价降为-2价,被还原;NO2中N元素化合价由+4价升高为+5价,化合价升高,被氧化。5.(2020浙江宁波高三二模)下列属于置换反应,且氧化剂与还原剂的物质的量之比为21的是()A.2KI+Cl2 2KCl+I2B.2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2C.Mg+2HCl MgCl2+H2D.2Mg+CO2 2MgO+C答案C2KI+Cl2属于置换反应,Cl2作氧化剂,KI作还原剂,氧化剂
38、和还原剂物质的量之比=12,A错误;2FeCl3+Cu 2FeCl2+CuCl2不属于置换反应,B错误;Mg+2HCl MgCl2+H2属于置换反应,HCl作氧化剂,Mg作还原剂,氧化剂和还原剂物质的量之比=21,C正确;2Mg+CO2 2MgO+C属于置换反应,CO2作氧化剂,Mg作还原剂,氧化剂和还原剂物质的量之比=12,D错误。6.(2021浙江1月选考,10,2分)关于反应8NH3+6NO2 7N2+12H2O,下列说法正确的是()A.NH3中H元素被氧化B.NO2在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为34D.氧化产物与还原产物的质量之比为43答案DA项,N元素被氧化,
39、错误;B项,NO2得到电子,错误;C项,还原剂NH3与氧化剂NO2的物质的量之比应是43,错误;D项,氧化产物与还原产物都是N2,由NH3转化过来的是氧化产物,由NO2转化过来的是还原产物,氧化产物与还原产物的质量之比为43,正确。7.现有CuO和Fe3O4的混合物7.6 g,向其中加入1 molL-1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反应。若将15.2 g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为()A.13.6 gB.12 gC.6 gD.3.2 g答案B根据CuO和Fe3O4的化学式知,混合物与硫酸反应生成盐存在关系式:n(O)=n(SO42-)=0.1 mol,则7.6 g混合
40、物含O元素的物质的量为0.1 mol,为1.6 g,金属元素的质量为6 g。因此15.2 g混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为15.2 g7.6 g6 g=12 g。8.已知离子方程式:As2S3+H2O+NO3-AsO43-+SO42-+NO+(未配平)。下列说法错误的是()A.配平后水的化学计量数为4B.反应后溶液呈酸性C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为328D.氧化产物为AsO43-和SO42-答案C从题中所给的离子方程式知,As2S3转化成AsO43-和SO42-,而NO3-转化为NO,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,配平离子方程式:3As2S3+4H2O+28
41、NO3- 6AsO43-+9SO42-+28NO+8H+,则A、B、D正确;氧化剂与还原剂的物质的量之比为283,C不正确。方法技巧“缺项”配平原则对于化学方程式,所缺物质往往是酸、碱或水。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-9.已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4 2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O。(1)该反应中还原产物为。(2)每生成2 mol CuI,有mol KI被IO3-氧化。.已知碱性条件下,Fe(OH)3可被NaClO氧化成FeO4n-
42、:Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO4n-+Cl-+H2O(未配平)。(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应,共转移了5.4181022个电子,则n=。(4)配平上述反应的化学方程式:。答案(1) CuI、I2(2)20(3)2(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O解析.(1)碘酸铜中碘元素的化合价从+5价降低到0价,铜元素的化合价从+2价降低到+1价。碘化钾中碘元素的化合价从-1价升高到0价。所以碘酸铜是氧化剂,碘化钾是还原剂,题述反应中还原产物为CuI、I2。(2)根据以上分析可知每生成2 mol CuI,消耗2 mol碘酸铜,根据得
43、失电子守恒可知有20 mol KI被IO3-氧化。.(3)3.21 g Fe(OH)3的物质的量是3.21g107 gmol-1=0.03 mol,反应中共转移了5.4181022个电子,转移电子的物质的量是5.41810226.021023 mol=0.09 mol。因此1个氢氧化铁失去电子0.09 mol0.03 mol=3个,即铁元素的化合价从+3价升高到+6价,所以n=2。(4)根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒即可配平化学方程式。B组提升题组 10.(2020浙江Z20联盟第三次联考)NaH与水反应的化学方程式为NaH+H2O NaOH+H2,在该反应中NaH()A.是氧化剂B.
44、是还原剂C.既是氧化剂又是还原剂D.既不是氧化剂又不是还原剂答案B氢化钠中氢元素的化合价是-1价,在反应中失去电子,化合价升高,NaH是还原剂;水中氢元素的化合价是+1价,部分在反应中得到电子,化合价降低,H2O是氧化剂;氢气既是氧化产物,又是还原产物。11.下列四组物质反应,其中与其他三组属于不同氧化还原反应类型的是() A.Na2O2+H2OB.F2+H2OC.Cl2+H2OD.NO2 +H2O答案B2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2 反应中,过氧化钠中的氧元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;2F2+2H2O 4HF+O2 反应中,氟元素化合价降低,氧元
45、素化合价升高,所以氧化剂是氟气,还原剂是水;Cl2+H2OHCl+HClO反应中,氯气中的氯元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;3NO2+H2O 2HNO3+NO反应中,二氧化氮中的氮元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质。根据上述分析可知,只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质。12.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂,Fe2O3是主氧化剂,NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时,NaHCO3分解产生大量气体使安全气囊迅速打开,从而起到保护作用已知常温下Ka(HN3)=1.810-5。下列有关说法正确的是()A.NaHCO
46、3的冷却原理是它发生分解,消耗体系的热量B.Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2C.等物质的量的NaN3和HN3混合溶液显碱性D.若有6.5 g NaN3分解产生N2,则转移0.9 mol电子答案ANaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳,分解吸收热量,从而使环境温度降低,因而它可以起到冷却作用,A正确;Fe2O3和Na反应生成Fe和Na2O,所以氧化产物是Na2O,B错误;根据Ka(HN3)=1.810-5可知HN3是弱酸,常温下NaN3的水解平衡常数Kh=KWKa=10-141.810-55.610-101.810-5,说明等物质的量的NaN3和HN3混合,酸的电离作用大于盐的水解作
47、用,所以溶液显酸性,C错误; NaN3受到撞击,发生分解反应,产生N2和金属Na,化学方程式为2NaN33N2+2Na,根据化学方程式可知:每有2 mol NaN3反应,产生3 mol N2,转移2 mol电子,则6.5 g NaN3反应,转移电子的物质的量为0.1 mol,D错误。13.用“银-Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下:下列说法错误的是()A.标准状况下,11.2 L CO2中含碳氧双键的数目约为6.021023B.30 g HCHO被氧化时转移电子数目约为46.021023C.反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO 4Ag+CO2+H2OD.理论上,吸收的HCHO
48、与消耗Fe3+的物质的量之比为41答案D1个CO2分子中含有2个碳氧双键,标准状况下,11.2 L CO2即0.5 mol,含有碳氧双键1 mol,碳氧双键的数目约为6.021023,故A正确;Ag2O和HCHO反应生成Ag、CO2和水,甲醛被氧化,根据质量守恒可配平化学方程式:2Ag2O+HCHO 4Ag+CO2+H2O,30 g甲醛的物质的量为1 mol,1 mol甲醛参与反应时转移4 mol电子,数目约为46.021023,故B、C正确;由化学方程式可得出化学计量关系为HCHO4Fe3+,反应中吸收甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为14,故D错误。14.由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的
49、盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸,可发生反应:CaOCl2+H2SO4(浓) CaSO4+Cl2+H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.浓硫酸体现氧化性与酸性B.1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子C.混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键D.每产生1 mol氯气,转移电子数为NA答案A由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气,可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,在酸性条件下发生反应:Cl-+ClO-+2H+ Cl2+H2O,以此来解答。CaOCl2 +H2SO4(浓) CaSO4+Cl2+H2O,硫酸中没有元素化合价变化,浓硫酸只体现
50、酸性,故A错误;1个CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-,1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子,故B正确;Ca2+和阴离子之间是离子键,ClO是共价键, 故C正确;Cl-+ClO-+2H+ Cl2+H2O,每产生1 mol氯气,转移电子数为NA,故D正确。15.下列说法中正确的是()A.在铜和浓硫酸反应后的试管中加水,以观察溶液颜色B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C.用氯水进行水处理,夏季比冬季的效果好D.稀硝酸与金属反应生成硝酸盐,当还原产物只有NO时,参加反应的金属在反应后无论化合价怎样,参加反应的硝酸与还原产物的物质的量之比始终为41答案
51、D应将反应后液体缓慢注入水中观察,故A错误;加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙,二氧化硫排放量减少,但在高温下不能吸收二氧化碳,故B错误;夏季温度高,次氯酸易分解,杀菌效果比冬季差,故C错误;设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x,根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的化学计量数之比为3x,根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的化学计量数为3x+x,所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x)x=41,故D正确。16.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+
52、SO2,关于此反应,下列说法不正确的是()A.CuFeS2被氧化和被还原的原子数之比为21B.该反应中有两种物质作氧化剂C.每生成1 mol FeS,反应中转移3 mol电子D.CuFeS2中只有硫元素被氧化答案ACu元素由+2价降低为+1价,S元素由-2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变,则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为12,A错误;反应中Cu、O元素的化合价降低,两种反应物均作氧化剂,B正确;由化学方程式可知,每生成1 mol FeS,就生成0.5 mol SO2,则有0.5 mol硫元素被氧化成SO2,转移
53、电子为0.5 mol4-(-2)=3 mol,C正确;CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,D正确。17.“银-Ferrozine”法检测甲醛(HCHO)的原理为:在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A.中,负极的电极反应式为2Ag2O+4H+4e- 4Ag+2H2OB.中,溶液中的H+由正极移向负极C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为14D.参加反应的甲醛浓度越大,中测得的吸光度越小答案C中,负极的
54、电极反应式为HCHO-4e-+H2O CO2+4H+,故A错误;中,溶液中的H+由负极向正极移动,故B错误;反应中存在关系式:HCHO4Ag4Fe2+,理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为14,故C正确;甲醛浓度越大,理论上生成Fe2+的浓度越大,进而得到有色配合物的浓度也越大,溶液的吸光度越大,故D错误。方法技巧有机物中碳元素的化合价判定方法:有机物中氧元素的化合价为-2,氢元素的化合价为+1。利用元素化合价代数和为零的规则确定碳元素的化合价。乙酸(C2H4O2)中满足2x+(+1)4+(-2)2=0,则x=0。18.用如图所示的实验装置A加热Cu(NO3)2固体,产生红棕色气体
55、,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。(1)装置A中发生的反应,氧化产物与还原产物的体积比是(相同条件下)。(2)装置B的作用是,反应一段时间后,将带火星的木条放入装置B中,木条复燃,说明该红棕色气体可助燃,原因是。(3)已知NO2和NaOH溶液反应可生成两种钠盐,装置C中发生反应的离子方程式为。(4)将反应后试管中的固体加水充分溶解、过滤、洗涤,向滤渣中加入一定量稀硫酸,发现固体全部溶解,得到蓝色溶液,分为两份。一份溶液经、洗涤得蓝色晶体。另一份取20 mL溶液,加入过量KI,充分反应后,用0.500 0 molL-1的Na2S2O3溶液来滴定反应产物,滴定终点时消
56、耗Na2S2O3溶液40.00 mL,则上述溶液中c(Cu2+)=molL-1。(已知:2Cu2+4I- 2CuI+I2;I2+2S2O32- 2I-+S4O62-;结果保留一位小数)答案(1)14(2)安全瓶硝酸铜分解产生的气体中O2与NO2的体积比为14,O2所占的体积分数与空气中O2的体积分数几乎相同,分解产生的气体能使带火星的木条复燃而空气不能,说明NO2有助燃性(3)2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O(4)蒸发浓缩 冷却结晶过滤1.0解析(1)加热Cu(NO3)2固体,分解产生红棕色气体NO2,在装置D中收集到的无色气体是氧气,当反应结束后,试管中残留固体为黑色氧化铜。反
57、应的氧化产物是O2,还原产物是NO2,根据得失电子守恒,O2、NO2的体积比为14。(2)装置B可以防止C装置中的液体倒吸入装置A,故装置B的作用是安全瓶。(3) NO2和NaOH溶液发生歧化反应,生成硝酸钠、亚硝酸钠和水,反应的离子方程式是2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O。(4)硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,可得到蓝色的硫酸铜晶体。设溶液中c(Cu2+)=a mol/L,得如下关系:2Cu2+I22S2O32-2 2a mol/L0.02 L0.500 0 mol/L0.04 L得a=1.0。19.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成
58、果。回答下列问题:(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12 000年前,制作瓷器所用的原料是高岭土,其晶体化学式是Al4Si4O10(OH)8,用氧化物表示其组成为。(2)本草纲目中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者”。反应原理为S+2KNO3+3C K2S+N2+3CO2,该反应的氧化剂是,反应转移4 mol电子时,被S氧化的C有mol(结果用分数表示)。(3)我国古代中药学著作新修本草记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑠璃烧之赤色”我国早期科技丛书物理小识记载了加热青矾时的景象:“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,
59、载木不茂”。青矾就是绿矾(FeSO47H2O)。根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式:。.“钢是虎,钒是翼,钢含钒犹如虎添翼”,钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的,但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。(4)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式:。(5)V2O5是两性氧化物,与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-),溶于强酸生成含VO2+的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式:、。答案(1)2Al2O34SiO24H2O(2)S、KNO31/6(3)2FeSO47H2OFe2O3+SO3+SO2+14H2O(4)V+6H+5NO3- VO2+5NO2
60、+3H2O(5)Na3VO4(VO2)2SO4解析(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据书写顺序可知Al4Si4O10(OH)8可改成:2Al2O34SiO24H2O。(2)反应S+2KNO3+3C K2S+N2+3CO2中,S元素的化合价由0价降低到-2价,则S为氧化剂,KNO3中N元素的化合价由+5价降低到0价,则KNO3为氧化剂,C元素的化合价由0价升高到+4价,则C为还原剂。还原剂对应的氧化产物为CO2,氧化剂对应的还原产物为K2S、N2,反应转移4 mol电子时,有1 mol C元素被氧化,有13 mol S反应得到23 mol电子,被S元素氧化的C元素为23mol4=16 mol。(3)根据得失电子守恒和元素守恒可知,煅烧FeSO47H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O。(4)钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+,故金属钒与浓硝酸反应:V+6H+5NO3- VO2+5NO2+3H2O。
