2023年高考化學(xué)考點(diǎn)一遍過(guò)專題13氧化還原反應(yīng)

考點(diǎn)13氧化復(fù)原反響一、氧化復(fù)原反響中的根本概念1．氧化復(fù)原反響的特征及本質(zhì)〔1〕特征：有元素的化合價(jià)變化；〔2〕本質(zhì)：有電子的轉(zhuǎn)移(得失或偏移)。2．氧化復(fù)原反響中的根本概念〔1〕氧化劑與復(fù)原劑氧化劑：在氧化復(fù)原反響中得到電子(或電子對(duì)偏向)的反響物(即所含元素的化合價(jià)降低)。復(fù)原劑：在氧化復(fù)原反響中失去電子(或電子對(duì)偏離)的反響物(即所含元素的化合價(jià)升高)。注意：氧化劑與復(fù)原劑可以是不同的物質(zhì)，也可以是同一種物質(zhì)，如氯氣與水反響時(shí)，氯氣既是氧化劑也是復(fù)原劑?！?〕氧化反響與復(fù)原反響氧化反響：失去電子(或元素化合價(jià)升高)的反響叫氧化反響。復(fù)原反響：得到電子(或元素化合價(jià)降低)的反響叫復(fù)原反響?！?〕氧化性與復(fù)原性氧化性：物質(zhì)得到電子的性質(zhì)叫氧化性，氧化劑具有氧化性。復(fù)原性：物質(zhì)失去電子的性質(zhì)叫復(fù)原性，復(fù)原劑具有復(fù)原性。注意：1．元素的化合價(jià)處于該元素中間價(jià)態(tài)的物質(zhì)一般既具有氧化性又具有復(fù)原性，如SO2中的硫元素處于其中間價(jià)態(tài)，所以SO2既具有氧化性，又具有復(fù)原性。2．具有氧化性，能得電子，不一定是氧化劑，反之，具有復(fù)原性也不一定是復(fù)原劑?！?〕氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物：復(fù)原劑失去電子后生成的對(duì)應(yīng)產(chǎn)物。復(fù)原產(chǎn)物：氧化劑得到電子后生成的對(duì)應(yīng)產(chǎn)物。注意：在氧化復(fù)原反響中，某些產(chǎn)物可能既是氧化產(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物，如碳與氧氣反響生成的二氧化碳既是氧化產(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物。3．用雙線橋理解氧化復(fù)原反響的概念之間的關(guān)系概括為升失氧、降得還，劑性一致、其他相反。二、氧化復(fù)原反響的根本規(guī)律1．守恒規(guī)律〔1〕內(nèi)容。①質(zhì)量守恒：反響前后元素的種類、原子的數(shù)目和質(zhì)量不變。②電子守恒：氧化復(fù)原反響中，氧化劑得到的電子總數(shù)等于復(fù)原劑失去的電子總數(shù)，表現(xiàn)為化合價(jià)升高的總數(shù)等于化合價(jià)降低的總數(shù)。③電荷守恒：離子方程式中反響物中各離子的電荷總數(shù)與產(chǎn)物中各離子的電荷總數(shù)相等?！?〕應(yīng)用：運(yùn)用“守恒規(guī)律〞可進(jìn)行氧化復(fù)原反響方程式的配平和相關(guān)計(jì)算。如用銅電極電解Na2SO4溶液，其陽(yáng)、陰極產(chǎn)物及轉(zhuǎn)移電子關(guān)系式為：Cu2+～2e?～H2～2OH?。2．價(jià)態(tài)律當(dāng)元素具有可變化合價(jià)時(shí)，一般處于最高價(jià)態(tài)時(shí)只具有氧化性，處于最低價(jià)態(tài)時(shí)只具有復(fù)原性，處于中間價(jià)態(tài)時(shí)既具有氧化性又具有復(fù)原性。如：濃H2SO4中的S只具有氧化性，H2S中的S只具有復(fù)原性，單質(zhì)S既具有氧化性又具有復(fù)原性。3．強(qiáng)弱規(guī)律在氧化復(fù)原反響中，強(qiáng)氧化劑+強(qiáng)復(fù)原劑=弱氧化劑(氧化產(chǎn)物)+弱復(fù)原劑(復(fù)原產(chǎn)物)，即氧化劑的氧化性比氧化產(chǎn)物強(qiáng)，復(fù)原劑的復(fù)原性比復(fù)原產(chǎn)物強(qiáng)。如由反響2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2可知，F(xiàn)eCl3的氧化性比I2強(qiáng)，KI的復(fù)原性比FeCl2強(qiáng)。一般來(lái)說(shuō)，含有同種元素不同價(jià)態(tài)的物質(zhì)，價(jià)態(tài)越高氧化性越強(qiáng)(氯的含氧酸除外)，價(jià)態(tài)越低復(fù)原性越強(qiáng)。如氧化性：濃H2SO4>SO2(H2SO3)>S；復(fù)原性：H2S>S>SO2。在金屬活動(dòng)性順序表中，從左到右單質(zhì)的復(fù)原性逐漸減弱，陽(yáng)離子(鐵指Fe2+)的氧化性逐漸增強(qiáng)。4．優(yōu)先律在濃度相差不大的溶液中：〔1〕同時(shí)含有幾種復(fù)原劑時(shí)將按照復(fù)原性由強(qiáng)到弱的順序依次反響。如向FeBr2溶液中通入少量Cl2時(shí)，因?yàn)閺?fù)原性Fe2+＞Br?，所以Fe2+先與Cl2反響?！?〕同時(shí)含有幾種氧化劑時(shí)將按照氧化性由強(qiáng)到弱的順序依次反響。如在含有Fe3+、Cu2+的溶液中參加鐵粉，因?yàn)檠趸訤e3+＞Cu2+，所以鐵粉先與Fe3+反響，然后再與Cu2+反響。5．歸中規(guī)律同種元素不同價(jià)態(tài)之間發(fā)生氧化復(fù)原反響時(shí)可總結(jié)為：價(jià)態(tài)相鄰能共存，價(jià)態(tài)相間能歸中，歸中價(jià)態(tài)不交叉，價(jià)升價(jià)降只靠攏。如以下兩例：6．歧化反響規(guī)律發(fā)生在同一物質(zhì)分子內(nèi)、同一價(jià)態(tài)的同一元素之間的氧化復(fù)原反響，叫做歧化反響。其反響規(guī)律是：所得產(chǎn)物中，該元素一局部?jī)r(jià)態(tài)升高，一局部?jī)r(jià)態(tài)降低，即“中間價(jià)→高價(jià)+低價(jià)〞。具有多種價(jià)態(tài)的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可發(fā)生歧化反響。三、氧化性和復(fù)原性的強(qiáng)弱比擬1．根據(jù)氧化復(fù)原反響判斷。氧化復(fù)原反響總是遵循以下規(guī)律(簡(jiǎn)稱強(qiáng)弱律)：氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，氧化劑>復(fù)原劑；復(fù)原性：復(fù)原劑>復(fù)原產(chǎn)物，復(fù)原劑>氧化劑。2．根據(jù)元素在周期表中的相對(duì)位置判斷。3．依據(jù)金屬、非金屬活動(dòng)性順序判斷?！?〕依據(jù)金屬活動(dòng)性順序〔2〕依據(jù)非金屬活動(dòng)性順序4．依據(jù)與同一物質(zhì)反響的情況(反響條件、劇烈程度等)判斷。當(dāng)不同的氧化劑作用于同一復(fù)原劑時(shí)，假設(shè)氧化產(chǎn)物價(jià)態(tài)相同，可根據(jù)反響條件高、低來(lái)進(jìn)行判斷，反響條件越低，性質(zhì)越強(qiáng)；假設(shè)氧化產(chǎn)物價(jià)態(tài)不同，那么價(jià)態(tài)越高，氧化劑的氧化性越強(qiáng)。5．依據(jù)電化學(xué)原理判斷。〔1〕兩種不同的金屬構(gòu)成原電池的兩極。負(fù)極金屬是電子流出的極，正極金屬是電子流入的極。其復(fù)原性：負(fù)極>正極?！?〕用惰性電極電解混合溶液時(shí)，在陰極先放電的陽(yáng)離子的氧化性較強(qiáng)，在陽(yáng)極先放電的陰離子的復(fù)原性較強(qiáng)。在陽(yáng)極陰離子放電順序：S2?>I?>Br?>Cl?>OH?，即是復(fù)原性強(qiáng)弱順序。在陰極陽(yáng)離子放電順序：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，即是氧化性強(qiáng)弱順序。6．根據(jù)物質(zhì)中元素的化合價(jià)判斷。〔1〕一般來(lái)講，同一種元素的化合價(jià)越高，氧化性越強(qiáng)，價(jià)態(tài)越低，復(fù)原性越強(qiáng)。如：氧化性：濃H2SO4>H2SO3；復(fù)原性：H2S>SO2。又如氧化性：Fe3+>Fe2+>Fe，復(fù)原性反之。〔2〕在和同一種氧化劑(或復(fù)原劑)反響時(shí)，氧化劑(或復(fù)原劑)被復(fù)原(或氧化)的程度越大，即是化合價(jià)降低(或升高)越多，復(fù)原劑(或氧化劑)的復(fù)原性(或氧化性)就越強(qiáng)。如Fe和Cl2反響生成FeCl3，而Fe和S反響只生成FeS，那么氧化性：Cl2>S。7．某些物質(zhì)的氧化性、復(fù)原性與溫度、濃度、酸堿性有關(guān)。〔1〕一般濃度越大，氧化性(或復(fù)原性)越強(qiáng)。如氧化性：濃H2SO4>稀H2SO4，濃HNO3>稀HNO3。〔2〕一般溫度越高，氧化性(或復(fù)原性)越強(qiáng)。如常溫下濃H2SO4和Cu反響放出緩慢，而加熱條件下濃H2SO4氧化性增強(qiáng)，兩者反響速率加快?！?〕一般是溶液的酸性越強(qiáng)，氧化性(或復(fù)原性)越強(qiáng)。如KMnO4是一種強(qiáng)氧化劑，而在酸、中、堿性溶液中，其氧化性強(qiáng)弱順序是：酸性>中性>堿性。又如的氧化性也隨著H+濃度的增大而增強(qiáng)。四、氧化復(fù)原反響方程式的配平1．配平原那么由于在氧化復(fù)原反響里存在著電子的轉(zhuǎn)移，因此元素的化合價(jià)必然有升有降，我們把化合價(jià)能升高的元素或含該元素的物質(zhì)稱復(fù)原劑；反之稱為氧化劑。由氧化復(fù)原反響的知識(shí)我們不難得出配平原那么：復(fù)原劑失電子總數(shù)=氧化劑的電子總數(shù)，即復(fù)原劑(元素)化合價(jià)升高的總價(jià)數(shù)=氧化劑(元素)化合價(jià)降低的總價(jià)數(shù)。2．氧化復(fù)原反響方程式配平的一般方法與步驟〔1〕一般方法：從左向右配?！?〕步驟：標(biāo)價(jià)態(tài)、找變化、求總數(shù)、配系數(shù)，即①標(biāo)出變價(jià)元素化合價(jià)的始態(tài)和終態(tài)；②求升高總數(shù)與降低總數(shù)的最小公倍數(shù)；③調(diào)整化合價(jià)變化的原子的化學(xué)計(jì)量數(shù)；④用觀察法配平其它物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)；⑤檢查配平后的方程式是否符合質(zhì)量守恒定律(離子方程式還要看是否符合電荷守恒)。3．氧化復(fù)原反響配平的特殊技巧〔1〕從右向左配平法適用范圍：此法最適用于某些物質(zhì)(如硝酸、濃硫酸的反響)局部參加氧化復(fù)原反響的類型。例如：Cu+HNO3(濃)—Cu(NO3)2+NO2+H2O分析：由于HNO3在反響中有兩個(gè)作用即酸性和氧化性，因此如按照一般的方法從左向右配的話比擬麻煩，但如采用從右向左配平法的方法，這個(gè)問(wèn)題顯得很簡(jiǎn)單。〔2〕整體總價(jià)法(零價(jià)法)適用范圍：在氧化復(fù)原反響中，一種反響物中有兩種或兩種以上的元素化合價(jià)發(fā)生變化，或幾種不同物質(zhì)中的元素化合價(jià)經(jīng)變化后同存在于一種產(chǎn)物中，把該物質(zhì)當(dāng)成一個(gè)“整體〞來(lái)考慮，可令該物質(zhì)中各元素的化合價(jià)均為零，然后計(jì)算出各元素化合價(jià)的升降值，利用化合價(jià)升降相等進(jìn)行配平。例如：FeS2+O2—Fe2O3+SO2分析：在FeS2中Fe的化合價(jià)由+2變到+3，S的化合價(jià)由?1變到+4，即同一種物質(zhì)中有兩種元素的化合價(jià)同時(shí)在改變，我們可以用整體總價(jià)法，把FeS2當(dāng)成一個(gè)“整體〞來(lái)考慮?！?〕歧化歸一法適用范圍：同種元素之間的歧化反響或歸一反響。技巧：第三種價(jià)態(tài)元素之前的系數(shù)等于另兩種元素價(jià)態(tài)的差值與該價(jià)態(tài)原子數(shù)目的比值。例如：Cl2+KOH—KCl+KClO3+H2O分析：該反響中，電子轉(zhuǎn)移只發(fā)生在氯元素之間，屬于歧化反響。Cl的化合價(jià)由0變?yōu)?1和+5，因此Cl2的系數(shù)為6/2=3，KCl的系數(shù)為5，KClO3的系數(shù)為1?！?〕單質(zhì)后配法適用范圍：反響物或生成物中有單質(zhì)參加或單質(zhì)生成，如有機(jī)物的燃燒都可用此法。技巧：把游離態(tài)的那種元素放在最后來(lái)配。例如：FeS2+O2—Fe2O3+SO2分析：反響物中有單質(zhì)O2，我們可以把O元素放在最后來(lái)配。首先假定Fe2O3的系數(shù)為1，那么FeS2的系數(shù)為2，那么SO2的系數(shù)為4，因此O2的系數(shù)為11/2，然后把每種物質(zhì)前的系數(shù)都擴(kuò)大2倍，即可配平?！?〕待定系數(shù)法技巧：將各種物質(zhì)的系數(shù)分別設(shè)為不同的未知數(shù)，然后根據(jù)質(zhì)量守恒定律列方程求解最后配平。總結(jié)：從以上例如我們發(fā)現(xiàn)，對(duì)于同一氧化復(fù)原反響，有時(shí)可采用不同的方法來(lái)配平，也有時(shí)用幾種方法綜合應(yīng)用。總之，只要我們能掌握以上技巧，配平氧化復(fù)原反響方程式會(huì)得心應(yīng)手?？枷蛞粚?duì)氧化復(fù)原反響根本概念的考查典例1將一定量的Cl2通入到熱的NaOH濃溶液中，發(fā)生的反響可表示如下：[(a+b+c)/2]Cl2+(a+b+c)NaOHaNaCl+bNaClO+cNaClO3+[(a+b+c)/2]H2O。實(shí)驗(yàn)測(cè)得消耗8.0mol/L的NaOH溶液50mL。以下判斷不正確的選項(xiàng)是A．Cl2具有強(qiáng)氧化性，在該反響中只作氧化劑B．Cl2的氧化性大于NaClO的氧化性，也大于NaClO3的氧化性C．反響消耗0.2molCl2D．關(guān)系式a=b+5c【答案】A1．氰氨基化鈣(CaCN2)是一種重要的化工原料，制備CaCN2的化學(xué)方程式為：CaCO3+2HCNCaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑那么在該反響中A．氫元素被氧化，碳元素被復(fù)原B．CaCN2是氧化產(chǎn)物，H2為復(fù)原產(chǎn)物C．HCN僅作氧化劑D．CO為氧化產(chǎn)物，H2為復(fù)原產(chǎn)物分清氧化復(fù)原反響的常見(jiàn)類型〔1〕完全氧化復(fù)原型此類反響的特點(diǎn)是復(fù)原劑和氧化劑分別為不同的物質(zhì)，參加反響的氧化劑(或復(fù)原劑)全部被復(fù)原(或被氧化)，有關(guān)元素的化合價(jià)全部發(fā)生變化，例如：4NH3+5O24NO+6H2O?！?〕局部氧化復(fù)原型此類反響的特點(diǎn)是復(fù)原劑(或氧化劑)只有局部被氧化(或被復(fù)原)，有關(guān)元素的化合價(jià)只有局部發(fā)生變化，例如：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O?！?〕自身氧化復(fù)原型自身氧化復(fù)原反響可以發(fā)生在同一物質(zhì)的不同元素之間，即同一種物質(zhì)中的一種元素被氧化，另一種元素被復(fù)原，該物質(zhì)既是氧化劑，又是復(fù)原劑；也可以發(fā)生在同一物質(zhì)的同種元素之間，即同一種物質(zhì)中的同一種元素既被氧化又被復(fù)原。例如：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O?！?〕歸中反響型此類反響的特點(diǎn)是同一種元素在不同的反響物中有不同的價(jià)態(tài)(高價(jià)、低價(jià))，反響后轉(zhuǎn)化成中間價(jià)態(tài)。例如：考向二根據(jù)化學(xué)(離子)方程式判斷氧化性、復(fù)原性的強(qiáng)弱典例1根據(jù)表中信息，判斷以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是序號(hào)氧化劑復(fù)原劑其他反響物氧化產(chǎn)物復(fù)原產(chǎn)物①Cl2FeBr2/Cl?②KClO3濃鹽酸/Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中①組的反響可能有一種或兩種元素被氧化B．氧化性強(qiáng)弱的比擬：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2C．表中②組反響的復(fù)原產(chǎn)物是KCl，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目是6e?D．表中③組反響的離子方程式為2+3H2O2+6H+2Mn2++4O2↑+6H2O2+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼2．常溫下，溶液中能發(fā)生如下反響：①2R?＋Z2R2＋2Z?，②16H＋＋10Z?＋2QUOTEXO4-2X2＋＋5Z2＋8H2O，③2M2＋＋R22M3＋＋2R?。由此判斷，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是A．Z2＋2M2＋2M3＋＋2Z?B．Z元素在①②反響中發(fā)生復(fù)原反響C．各粒子復(fù)原性由強(qiáng)到弱的順序是X2＋＞Z?＞R?＞M2＋D．各粒子氧化性由強(qiáng)到弱的順序是＞Z2＞R2＞M3＋考向三根據(jù)氧化性、復(fù)原性強(qiáng)弱判斷氧化復(fù)原反響能否發(fā)生典例1Co2O3在酸性溶液中易被復(fù)原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。以下反響在水溶液中不可能發(fā)生的是A．3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B．Cl2+FeI2FeCl2+I2C．Co2O3+6HCl(濃)2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2Fe3++2I?2Fe2++I2【答案】A3．：2FeCl3＋2KI2FeCl2＋2KCl＋I(xiàn)2，2FeCl2＋Cl22FeCl3，2KMnO4＋16HCl2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。假設(shè)某溶液中有Fe2＋、I?和Cl?，要氧化除去I?而不影響Fe2＋和Cl?，可參加的試劑是A．Cl2 B．KMnO4C．FeCl3 D．HCl考向四氧化復(fù)原反響方程式的配平技巧典例1〔1〕請(qǐng)將以下五種物質(zhì)：KBr、Br2、I2、KI、K2SO4分別填入以下橫線上，組成一個(gè)未配平的化學(xué)方程式：KBrO3++H2SO4→++++H2O?！?〕如果該化學(xué)方程式中I2和KBr的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別是8和1，那么：①Br2的化學(xué)計(jì)量數(shù)是；②請(qǐng)將反響物的化學(xué)式及配平后的化學(xué)計(jì)量數(shù)填入以下相應(yīng)的位置中：eq\x()KBrO3+eq\x()+eq\x()H2SO4→……；③假設(shè)轉(zhuǎn)移10mol電子，那么反響后生成I2的物質(zhì)的量為。為16，KBrO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，再根據(jù)K原子守恒推出K2SO4的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為9，根據(jù)S原子守恒推出H2SO4的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為9，即3KBrO3+16KI+9H2SO48I2+Br2+9K2SO4+KBr+9H2O；③設(shè)每轉(zhuǎn)移10mol電子，生成I2的物質(zhì)的量為ymol，那么可得關(guān)系式：16KI~16e?~8I2168 10 y解得y=5。【答案】〔1〕KII2Br2K2SO4KBr(后四種產(chǎn)物順序可變)〔2〕①1②316KI9③5mol4．：Ⅰ.高錳酸鉀在不同條件下發(fā)生的反響如下：+5e?+8H+Mn2++4H2O+3e?+2H2OMnO2↓+4OH?+e?(溶液呈綠色)Ⅱ.在以下反響中，產(chǎn)物K2SO4和S的物質(zhì)的量之比為3∶2_______KMnO4+_______K2S+_____________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A．高錳酸根離子被復(fù)原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響B(tài)．化學(xué)方程式中反響物缺項(xiàng)為H2SO4，配平后系數(shù)為12C．化學(xué)方程式中產(chǎn)物缺項(xiàng)為H2O，配平后系數(shù)為12D．用石墨電極電解中性高錳酸鉀溶液，在陰極可以得到MnO2氧化復(fù)原反響方程式的配平技巧〔1〕正向配平：適用于氧化劑與復(fù)原劑相對(duì)獨(dú)立的反響中，如歸中反響。〔2〕逆向配平：適用于氧化劑與復(fù)原劑是同一種物質(zhì)的反響，如歧化反響?！?〕缺項(xiàng)配平：缺項(xiàng)一般是H+、OH?或H2O，注意合理的組合方式?！?〕信息型氧化復(fù)原反響方程式的書(shū)寫(xiě)：先結(jié)合信息及物質(zhì)的性質(zhì)、氧化復(fù)原反響規(guī)律找出(判斷出)氧化劑、復(fù)原劑、氧化產(chǎn)物、復(fù)原產(chǎn)物并用電子守恒配平，再結(jié)合電荷守恒、元素守恒補(bǔ)充其他離子(物質(zhì))，并最終配平方程式?？枷蛭謇玫檬щ娮邮睾闱山庋趸瘡?fù)原反響計(jì)算題典例1物質(zhì)的量之比為2∶5的鋅與稀硝酸反響，假設(shè)HNO3被復(fù)原的產(chǎn)物為N2O，反響結(jié)束后鋅沒(méi)有剩余，那么該反響中被復(fù)原的HNO3與未被復(fù)原的HNO3的物質(zhì)的量之比是A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5方法二根據(jù)題意寫(xiě)出鋅與稀硝酸反響的化學(xué)方程式并配平：4Zn+10HNO34Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，從化學(xué)方程式可看出反響中被復(fù)原的HNO3與未被復(fù)原的HNO3的物質(zhì)的量之比是1∶4?！敬鸢浮緼5．Cu2S與一定濃度的HNO3反響，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，當(dāng)NO2和NO的物質(zhì)的量之比為2∶1時(shí)，實(shí)際參加反響的Cu2S與HNO3的物質(zhì)的量之比為A．1∶10 B．1∶8C．1∶6 D．1∶51．關(guān)于反響2KI＋O3＋H2O=2KOH＋I(xiàn)2＋O2，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．當(dāng)有2molKI被氧化時(shí)，2mol氧原子被復(fù)原B．O2是復(fù)原產(chǎn)物C．假設(shè)消耗2.24LO3，那么轉(zhuǎn)移0.2mol電子D．氧化劑與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶12．將濃鹽酸滴入KMnO4溶液，產(chǎn)生黃綠色氣體，溶液的紫紅色褪去，向反響后的溶液中參加NaBiO3，溶液又變?yōu)樽霞t色，BiOeq\o\al(－,3)反響后變?yōu)闊o(wú)色的Bi3＋。據(jù)此判斷以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是A．滴加鹽酸時(shí)，HCl是復(fù)原劑，Cl2是復(fù)原產(chǎn)物B．Bi為第ⅤA族元素，上述實(shí)驗(yàn)說(shuō)明Bi具有較強(qiáng)的非金屬性C．假設(shè)有0.1molNaBiO3參加了反響，那么整個(gè)過(guò)程轉(zhuǎn)移電子0.4NAD．此實(shí)驗(yàn)條件下，物質(zhì)的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl23．在酸性介質(zhì)中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8溶液會(huì)發(fā)生如下離子反響(未配平)：Mn2＋＋＋H2O→MnOeq\o\al(－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋，以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A．氧化性比擬：S2Oeq\o\al(2－,4)＞MnOeq\o\al(－,4)B．氧化劑S2Oeq\o\al(2－,8)的摩爾質(zhì)量為192g·mol－1C．該反響中酸性介質(zhì)可以為鹽酸D．假設(shè)有0.1mol氧化產(chǎn)物生成，那么轉(zhuǎn)移電子0.5mol4．酸性高錳酸鉀溶液可以氧化FeSO4，反響的化學(xué)方程式為2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋X＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，現(xiàn)將一定量的硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與硫酸亞鐵溶液混合，充分反響后再向所得溶液中參加KI溶液(假設(shè)I－與KMnO4反響的氧化產(chǎn)物為I2)，混合溶液中鐵離子的物質(zhì)的量隨參加的KI的物質(zhì)的量的變化關(guān)系如下圖。那么以下有關(guān)說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是A．方程式中的X為2MnSO4B．氧化性：KMnO4>Fe3＋>I2C．根據(jù)OC段的數(shù)據(jù)可知開(kāi)始參加的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.30molD．AB段是高錳酸鉀和碘化鉀溶液反響，BC段的反響為2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I(xiàn)25．Cl2通入70℃的氫氧化鈉水溶液中，能同時(shí)發(fā)生兩個(gè)自身氧化復(fù)原反響：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O(未配平)。反響完成后測(cè)得溶液中NaClO與NaClO3的數(shù)目之比為4∶A．9∶4 B．5∶4C．14∶5 D．1∶16．目前處理酸性廢水多采用鐵氧磁體法，該法是向廢水中參加FeSO4·7H2O將復(fù)原成Cr3+，調(diào)節(jié)pH，F(xiàn)e、Cr轉(zhuǎn)化成相當(dāng)于：FeⅡ[FeⅢx?CrⅢ2?x]O4(鐵氧磁體，羅馬數(shù)字表示元素價(jià)態(tài))的沉淀。處理1mol，需參加amolFeSO4?7H2O，以下結(jié)論正確的選項(xiàng)是A．x=0.5，a=8 B．x=0.5，a=10C．x=1.5，a=8 D．x=1.5，a=107．向59.2gFe2O3和FeO的混合物中參加某濃度的稀硝酸1.0L，固體物質(zhì)完全反響，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中參加1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為85.6g。以下有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A．Fe2O3與FeO的物質(zhì)的量之比為1∶6B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為3.0mol/LC．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48LD．Fe2O3、FeO與硝酸反響后剩余HNO3為0.2mol8．氧化復(fù)原反響是化學(xué)反響中的根本反響之一，研究氧化復(fù)原反響，對(duì)人類的進(jìn)步具有極其重要的意義?！?〕：2+Cl2Br2+2；5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl；+5Cl?+6H+3Cl2+3H2O那么、、、Cl2的氧化性由弱到強(qiáng)的排序?yàn)??！?〕Fe3+的氧化性強(qiáng)于I2，請(qǐng)你從所給試劑中選擇所需試劑，設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)加以證明。__________________________________________________(提示：請(qǐng)寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)步驟、現(xiàn)象及結(jié)論)①FeCl3溶液 ②碘水 ③KI溶液 ④稀H2SO4⑤淀粉溶液〔3〕二十世紀(jì)初期，化學(xué)家合成出極易溶于水的NaBH4。在強(qiáng)堿性條件下，常用NaBH4處理含Au3+的廢液生成單質(zhì)Au，，反響后硼元素以BO2?形式存在，反響前后硼元素化合價(jià)不變，且無(wú)氣體生成，那么發(fā)生反響的離子方程式為?！?〕某強(qiáng)氧化劑[RO(OH)2]+能將Na2SO3氧化。含2.0×10?3mol[RO(OH)2]+離子的溶液，恰好跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反響，那么反響后R的化合價(jià)為價(jià)?！?〕將32g銅與140mL一定濃度的硝酸反響，銅完全溶解產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L。請(qǐng)答復(fù)：①待產(chǎn)生的氣體全部釋放后，向溶液參加VmLamol·L?1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化成沉淀，那么原硝酸溶液的濃度為mol/L?！灿煤琕、a的式子表示〕①欲使銅與硝酸反響生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要H2O2的質(zhì)量為g。1．[2023北京卷]以下變化中，氣體被復(fù)原的是A．二氧化碳使Na2O2固體變白 B．氯氣使KBr溶液變黃C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨氣使AlCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀2．[2023天津卷]以下能量轉(zhuǎn)化過(guò)程與氧化復(fù)原反響無(wú)關(guān)的是A．硅太陽(yáng)能電池工作時(shí)，光能轉(zhuǎn)化成電能B．鋰離子電池放電時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化成電能C．電解質(zhì)溶液導(dǎo)電時(shí)，電能轉(zhuǎn)化成化學(xué)能D．葡萄糖為人類生命活動(dòng)提供能量時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)化成熱能3．[2023·上海]以下化工生產(chǎn)過(guò)程中，未涉及氧化復(fù)原反響的是A．海帶提碘B．氯堿工業(yè)C．氨堿法制堿D．海水提溴4．[2023·上海]O2F2可以發(fā)生反響：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4OA．氧氣是氧化產(chǎn)物B．O2F2C．假設(shè)生成4.48LHF，那么轉(zhuǎn)移0.8mol電子D．復(fù)原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1∶45．[2023·海南]化學(xué)與生活密切相關(guān)。以下應(yīng)用中利用了物質(zhì)氧化性的是A．明礬凈化水B．純堿去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白織物6．[2023·上海]工業(yè)上將Na2CO3和Na2S以1∶2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同時(shí)放出CO2。在該反響中A．硫元素既被氧化又被復(fù)原B．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2C．每生成1molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移4mol電子D．相同條件下，每吸收10m3SO2就會(huì)放出2.5m3答案1．【答案】B【解析】A．H元素化合價(jià)由+1價(jià)降低到0價(jià)，被復(fù)原，故A錯(cuò)誤；B．生成氫氣，H元素化合價(jià)降低，H2為復(fù)原產(chǎn)物，在HCN中碳為+2價(jià)，CO中的碳也為+2價(jià)，那么CaCN2中的碳為+4價(jià)，故CaCN2為氧化產(chǎn)物，故B正確；C．因HCN中的碳元素化合價(jià)升高，氫元素的化合價(jià)降低，那么HCN既是氧化劑又是復(fù)原劑，故C錯(cuò)誤；D．HCN中碳為+2價(jià)，CO中的碳也為+2價(jià)，那么CO不是氧化產(chǎn)物，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B。2．【答案】D3．【答案】C【解析】此題考查氧化復(fù)原反響規(guī)律的應(yīng)用。反響①中Fe元素的化合價(jià)降低，那么FeCl3為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，反響②中Cl元素的化合價(jià)降低，那么Cl2為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，反響③中Mn元素的化合價(jià)降低，那么KMnO4為氧化劑，由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，即氧化性強(qiáng)弱為KMnO4＞Cl2＞FeCl3，那么某溶液中有Fe2+和I?共存，要氧化除去I?而又不影響Fe2+和Cl?，選擇氧化性強(qiáng)的物質(zhì)除雜時(shí)能將Fe2+和Cl?氧化，應(yīng)選擇弱氧化劑FeCl3來(lái)除雜而不影響Fe2+和Cl?，且沒(méi)有引入新的雜質(zhì)，應(yīng)選C。4．【答案】B【解析】審題時(shí)要注意高錳酸鉀在不同條件下被復(fù)原的產(chǎn)物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在堿性溶液中生成，A正確。根據(jù)產(chǎn)物K2MnO4知，反響在堿性條件下進(jìn)行，故反響物缺項(xiàng)不可能是H2SO4，B不正確。反響物缺項(xiàng)為KOH，產(chǎn)物缺項(xiàng)為H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D正確。【名師點(diǎn)撥】假設(shè)不清楚高錳酸鉀在不同條件下被復(fù)原的產(chǎn)物不同，那么很難得出缺項(xiàng)物質(zhì)；假設(shè)不能根據(jù)反響物和生成物的化合價(jià)變化及原子個(gè)數(shù)守恒配平，那么不能正確配平反響方程式。5．【答案】B【解析】Cu2S與一定濃度的HNO3反響中，Cu2S中銅元素由+1價(jià)被氧化為+2價(jià)、硫元素由?2價(jià)被氧化為+6價(jià)，硝酸起氧化劑與酸的作用，起氧化劑作用HNO3中氮元素被復(fù)原為NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2。設(shè)NO2和NO的物質(zhì)的量分別為2mol、1mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知：n(Cu2S)×[6?(?2)+1×2]=2mol×(5?4)+1mol×(5?2)，解得n(Cu2S)=0.5mol。由硫元素守恒可知n(CuSO4)=n(Cu2S)=0.5mol，根據(jù)銅元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)?n(CuSO4)=2×0.5mol?0.5mol=0.5mol。由氮元素守恒可知參加反響的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol。所以實(shí)際參加反響的Cu2S與HNO3的物質(zhì)的量之比為n(Cu2S)∶n(HNO3)=0.5mol∶4mol=1∶8。1．【答案】D2．【答案】C【解析】HCl中Cl由－1價(jià)→0價(jià)，化合價(jià)升高，被氧化，屬于復(fù)原劑，氯氣為氧化產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；Bi屬于金屬元素，具有金屬性，B錯(cuò)誤；發(fā)生的離子反響方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋10Cl－＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，14H＋＋5BiOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋=5Bi3＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O，消耗0.1molNaBiO3轉(zhuǎn)移電子0.1×10/5mol＝0.2mol，根據(jù)離子反響方程式，消耗n(Mn2＋)＝0.04mol，那么第一個(gè)離子反響式轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.04×5mol＝0.2mol，整個(gè)過(guò)程中轉(zhuǎn)移電子0.4mol，C正確；根據(jù)氧化復(fù)原反響的強(qiáng)弱規(guī)律，第一個(gè)離子反響中得出：KMnO4>Cl2，第二個(gè)離子反響中得出：BiOeq\o\al(－,3)>MnOeq\o\al(－,4)，因此有NaBiO3>KMnO4>Cl2，D錯(cuò)誤。3．【答案】C【解析】該反響中，過(guò)二硫酸根離子得電子化合價(jià)降低為氧化劑，錳離子失電子化合價(jià)升高為復(fù)原劑，那么高錳酸根離子為氧化產(chǎn)物，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，所以氧化性比擬：S2Oeq\o\al(2－,8)＞MnOeq\o\al(－,4)，A正確；S2Oeq\o\al(2－,8)的相對(duì)分子質(zhì)量為2×32＋8×16＝192，那么氧化劑的摩爾質(zhì)量為192g·mol－1，B正確；鹽酸為強(qiáng)復(fù)原性酸，能被過(guò)二硫酸根離子氧化生成氯氣，所以不能用鹽酸作酸性介質(zhì)，C錯(cuò)誤；假設(shè)有0.1mol氧化產(chǎn)物MnOeq\o\al(－,4)生成，Mn元素化合價(jià)由＋2價(jià)升高到＋7價(jià)，那么轉(zhuǎn)移電子0.5mol，D正確。4．【答案】C5．【答案】A【解析】此題考查氧化復(fù)原反響的有關(guān)計(jì)算。反響中注意氯元素的化合價(jià)變化，設(shè)溶液中NaClO與NaClO3的物質(zhì)的量分別為4mol、1mol，根據(jù)電子得失守恒可知NaCl的物質(zhì)的量=4mol×1+1mol×(5?0)=9mol，那么該溶液中NaCl與NaClO的數(shù)目之比為9mol∶4mol=9∶4，應(yīng)選A。6．【答案】D【解析】處理1mol，需參加amolFeSO4?7H2O，根據(jù)鉻原子守恒得，1mol完全反響后生成2/(2?x)molFeⅡ[FeⅢx?CrⅢ2?x]O4，根據(jù)鐵原子守恒得amol=2(1+x)/(2?x)mol①，該反響中得失電子數(shù)相等，1mol×2×3=2/(2?x)mol×(3?2)×x，解得x=1.5，將x=1.5代入①得a=10。7．【答案】D【解析】此題考查混合物反響的計(jì)算、氧化復(fù)原反響的計(jì)算。在所得溶液中參加NaOH溶液后，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×2.8L=2.8mol，沉淀為Fe(OH)3，質(zhì)量為85.6g，物質(zhì)的量為QUOTE85.6g107mol/L=0.8mol，根據(jù)鐵元素守恒有n(FeO)+2n(Fe2O3)=n[Fe(OH)3]，所以反響后的溶液中n[Fe(NO3)3]=n[Fe(OH)3]=0.8mol，設(shè)Fe2O3和FeO的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量有160x+72y=59.2，根據(jù)鐵元素守恒有：2x+y=0.8，聯(lián)立方程解得x=0.1、y=0.6。A．由上述分析可知，n(Fe2O3)∶n(FeO)=0.1mol∶0.6mol=1∶6，正確；B．根據(jù)電子守恒，生成NO的物質(zhì)的量為：=0.2mol，根據(jù)N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的濃度為：QUOTE3mol1L=3mol/L，正確；C．根據(jù)B可知n(NO)=0.2mol，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO的體積為：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，正確；D．反響后的溶液中參加氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅反響，剩余的氫氧化鈉與硝酸反響，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知反響后溶液中n(HNO3)+3n[Fe(NO3)3]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)?3n[[Fe(NO3)3]=2.8mol?3×0.8mol=0.4mol，錯(cuò)誤；應(yīng)選D。8．【答案】〔1〕<Cl2<<〔2〕取少量FeCl3溶液于試管中，依次參加KI溶液和淀粉溶液，振蕩，假設(shè)溶液變藍(lán)，證明Fe3+的氧化性強(qiáng)于I2〔3〕8Au3++3BH4?+24OH?8Au+3BO2?+18H2O〔4〕0〔5〕①〔aV+500〕/140②17〔3〕NaBH4與Au3+發(fā)生氧化復(fù)原反響生成NaBO2和Au，反響前后B的化合價(jià)不變，H元素化合價(jià)由?1價(jià)變?yōu)?1價(jià)，Au3+由+3價(jià)變?yōu)?價(jià)，結(jié)合轉(zhuǎn)移電子守恒那么離子方程式為：8Au3++3BH4?+24OH?8Au+3BO2?+18H2O；〔4〕n〔Na2SO3〕=25×10?3L×0.2mol/L=5×10?3mol，被氧化后生成Na2SO4，[RO(OH)2]+離子中R的化合價(jià)為+5價(jià)，設(shè)復(fù)原后的化合價(jià)為a，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒：5×10?3mol×〔6?4〕=2×10?3mol×〔5?a〕，解得a〔5〕①將銅離子完全轉(zhuǎn)化為硝酸鈉時(shí)，根據(jù)鈉原子守恒得n〔NaOH〕=n〔NaNO3〕=0.001aVmol，根據(jù)硝酸根離子守恒得起酸作用的硝酸的物質(zhì)的量=0.001aVmol，根據(jù)N原子守恒作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量=0.5mol，所以硝酸的物質(zhì)的量濃度==mol/L，故答案為：；②n〔Cu〕=，混合氣體的物質(zhì)的量為，設(shè)NO和NO2的物質(zhì)的量分別為x、y，由電子、原子守恒可知，解得用雙氧水使銅與硝酸反響生成的氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，雙氧水得到的電子等于NO、NO2失去的電子，設(shè)需要雙氧水mg，根據(jù)電子得失守恒，有：0.25×3+0.25×1=×2，解得：m=17，故答案為：17。1．【答案】B【名師點(diǎn)睛】明確氧化復(fù)原反響的含義和判斷依據(jù)是解答的關(guān)鍵，注意氧化復(fù)原反響的分析思路，即判價(jià)態(tài)、找變價(jià)