专题三 氧化还原反应
【p9】
【p9】
一、命题趋势
氧化还原反应主要考查内容有：氧化还原反应的概念、规律，氧化性(还原性)强弱比较，氧化还原反应方程式的配平及相关计算。题型有选择和填空两种，以填空为主。同时本部分内容与能量变化、电化学基础有很强的关联性，和它们一起综合考查的可能性较大。特别是考查新情景下的氧化还原反应方程式的书写、利用氧化还原反应滴定原理测定物质的组成以及转移电子数的计算等问题。
二、备考建议
1.对氧化还原反应的复习，要抓住概念的本质，全面认识有关规律的特点，要利用得失电子守恒法来分析。
2.氧化还原反应的考试命题除了注重基本概念的考查外，还出现了将氧化还原反应方程式的配平与物质的分析推断结合在一起的题型。因此对于氧化还原反应的复习一定要紧扣概念，理清关系，明确概念的内涵与外延，并能灵活驾驭和运用这些概念解决具体的化学问题。
探究一 氧化还原反应的基本概念
一、知识归纳
1.本质和特征
2.相关概念及其关系
3.具体理解(以反应2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2为例)
氧化剂
还原剂
氧化性
还原性
被氧化
被还原
氧化
产物
还原
产物
物质
FeCl3
Cu
FeCl3
CuCl2
Cu
FeCl2
Cu
FeCl3
CuCl2
FeCl2
元素
—
—
＋3价Fe
＋2价Cu
0价Cu
＋2价Fe
0价Cu
＋3价
Fe
＋2价
Cu
＋2价
Fe
微粒
Fe3＋
Cu
Fe3＋
Cu2＋
Cu
Fe2＋
Cu
Fe3＋
Cu2＋
Fe2＋
4.氧化还原反应中电子转移的表示方法(了解)
(1)双线桥法
3Cu＋8HNO3(稀)===3C失去3×2e－ 化合价升高 被氧化u(NO3)2＋2N得到2×3e－ 化合价降低 被还原O↑＋4H2O
(2)单线桥法
3Cu＋8HN6e－O3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
二、典题导法
例1
下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是( )
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
CH≡CH(H2S)
CuSO4溶液
B
CO2(HCl)
饱和Na2CO3溶液
C
铜粉(铁粉)
过量盐酸
D
Cl2(HCl)
H2O
【解析】H2S与CuSO4反应生成CuS沉淀和硫酸，而CH≡CH与CuSO4溶液不反应，则除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应，故A符合题意；CO2、HCl都与碳酸钠反应，不能用饱和Na2CO3溶液除杂，应该用饱和NaHCO3溶液，故B不符合题意；铁粉与过量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，为氧化还原反应，故C不符合题意；氯化氢易溶于水，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，则不能用水来除杂，故D不符合题意。
【答案】A
探究二 氧化还原反应方程式(化学方程式、
离子方程式)的书写
一、知识归纳
氧化还原反应需遵循的规律有：
1.守恒规律
对于一个完整的氧化还原反应，化合价升高和降低的总数相等，得失电子总数相等。
2.强弱规律
较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。
3.转化规律
“价态归中、互不交叉”，同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时的规律为：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。如：6HCl(浓)＋KClO3===KCl＋3Cl2↑＋3H2O、2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O。
4.难易规律
越易失电子的物质，失电子后就越难得电子；越易得电子的物质，得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，优先与还原性最强的还原剂发生反应。如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，由于还原性Fe2＋>Br－，所以Fe2＋先和Cl2反应。同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂发生反应。如在含有Fe3＋、Cu2＋、H＋的溶液中加入Fe粉，由于氧化性Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以Fe粉先和Fe3＋反应，然后依次与Cu2＋、H＋反应。
5.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。
二、典题导法
例2
按要求书写下列反应的化学或离子方程式。
(1)在NaOH的环境中，NaI与Cl2反应，每1
mol
NaI完全反应转移6
mol电子，写出反应的化学方程式：______________________________________________。
(2)等物质的量FeSO4和Na2O2反应，生成Fe(OH)3和其他物质，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)H2O2和碱性KMnO4溶液反应变为墨绿色溶液，0.25
mol
KMnO4完全反应转移电子的物质的量为0.25
mol。该反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)FeS2在有水存在的条件下用氧气氧化，反应之后得到强酸性溶液，低温下从该强酸性溶液中可得到FeSO4，该氧化还原反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)在酸性条件下，NaClO加到含Fe2＋的溶液中，溶液从浅绿色变成黄色，反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)在一定条件下，将12
g
FeS2放入过量的浓硝酸中，反应过程中转移1.5
mol电子，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(7)取FeSO4溶液，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，当消耗2
mol
I－时，共转移3
mol电子，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】(1)每1
mol
NaI完全反应转移6
mol电子，则碘元素的化合价由－1价升高为＋5价，生成NaIO3，结合电子守恒可知反应还生成NaCl，化学方程式：3Cl2＋NaI＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O。
(2)等物质的量FeSO4和Na2O2反应，生成Fe(OH)3、硫酸钠和氧气，离子方程式：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋8Na＋＋O2↑。
(3)过氧化氢与高锰酸钾发生氧化还原反应生成锰酸钾、氧气和水，离子方程式：2MnO＋2OH－＋H2O2===2MnO＋O2↑＋2H2O。
(4)二硫化亚铁在水中被氧气氧化生成硫酸亚铁和硫酸，离子方程式：2FeS2＋2H2O＋7O2===4H＋＋2Fe2＋＋4SO。
(5)在酸性条件下，NaClO加到含Fe2＋的溶液中，反应生成氯化铁、氯化钠和水，离子方程式：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。
(6)二硫化亚铁被硝酸氧化生成硫酸铁、二氧化氮和水，离子方程式：FeS2＋14H＋＋15NO===Fe3＋＋2SO＋15NO2↑＋7H2O。
(7)过氧化氢、硫酸亚铁、碘离子发生氧化还原反应生成氢氧化铁、硫酸钾和碘，化学方程式：2FeSO4＋3H2O2＋4KI===2Fe(OH)3↓＋2K2SO4＋2I2。
【答案】(1)3Cl2＋NaI＋6NaOH===NaIO3＋6NaCl＋3H2O
(2)4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋8Na＋＋O2↑
(3)2MnO＋2OH－＋H2O2===2MnO＋O2↑＋2H2O
(4)2FeS2＋2H2O＋7O2===4H＋＋2Fe2＋＋4SO
(5)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(6)FeS2＋14H＋＋15NO===Fe3＋＋2SO＋15NO2↑＋7H2O
(7)2FeSO4＋3H2O2＋4KI===2Fe(OH)3↓＋2K2SO4＋2I2
【变式分析】 一定条件下氧化还原反应的书写
对于一定条件下氧化还原反应方程式的书写，可作如下分析：
第一步：确定氧化剂、还原剂
根据氧化还原强弱规律确定氧化性最强的为氧化剂，还原性最强的为还原剂。
第二步：确定还原产物、氧化产物
根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物的性质确定相应的还原产物、氧化产物。
第三步：得失电子守恒
根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第四步：电荷守恒
根据溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式两端的电荷守恒。
第五步：原子守恒
根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
【易错提醒】
1.准确记忆或判断物质氧化性、还原性的相对强弱
(1)根据氧化还原反应判断
氧化性：氧化剂>氧化产物，氧化剂>还原剂；还原性：还原剂>还原产物，还原剂>氧化剂。
(2)根据元素在周期表中的相对位置判断
(3)根据金属、非金属活动性顺序判断
(4)根据不同物质与同一物质反应的情况(反应条件、剧烈程度等)判断
(5)根据电化学原理判断
2.准确把握不同反应介质中物质的存在形式或产物的价态
(1)碱性介质中不能产生酸性物质，酸性介质中不能产生碱性物质；强氧化性环境中不能产生还原性物质，强还原性环境中不能产生氧化性物质。
(2)KMnO4在酸性条件下的还原产物为Mn2＋，在中性条件下的还原产物为MnO2，在碱性条件下的还原产物为MnO；H2O2在强氧化性环境下产生O2，在强还原性环境下生成OH－或H2O。
(3)碱性条件下，可能有OH－参加反应或生成，酸性条件下可能有H＋参加反应或生成，中性条件下可能有H2O参加反应生成H＋或OH－。
3.注意隐含氧化剂和还原剂
如在空气中煅烧，氧气可能就是氧化剂……
4.注意守恒规律
(1)原子守恒：反应前后原子的种类及数目均不变；
(2)电子得失守恒：氧化剂得电子总量与还原剂失电子总量相等，或氧化剂化合价下降总量与还原剂化合价上升总量相等。
【方法小结】 掌握书写信息型氧化还原反应的方法
第一步：写式子
写出题目明确给出的或很容易推出的反应物、生成物的化学式，利用价态变化规律、结合元素价态特点、物质性质推出题目没有给出的氧化产物或还原产物的组成。
第二步：定系数
确定已写出的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计量数。
(1)确定首配物(即首先确定其计量数的物质)
下列物质可作首配物：
①只有一种物质且全部被还原(氧化)的氧化(还原)剂；
②只有一种物质的还原产物或氧化产物。
(2)求出化合价升降总值：以首配物组成为依据，求出两种首配物中元素化合价升降总值，然后用最小公倍数法计算出两种首配物的计量数，然后用观察法配平其他物质。在观察配平时，往往需要添加某些物质或微粒，所添加的物质通常是“H2O、H＋”或“H2O、OH－”，添加的原则是：在酸性溶液中不添加碱(或OH－)，在碱性溶液不应添加酸(或H＋)。
(3)查守恒：检查反应方程式是否符合质量守恒原理(离子方程式还有电荷守恒)。
【p11】
(2020·全国卷ⅡT26节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1
mol
ClO2消耗NaClO2的量为__________mol；产生“气泡”的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是________________________________________________________________________
(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1
000
kg该溶液需消耗氯气的质量为__________kg(保留整数)。
【解析】(3)Cl2歧化为Cl2O和Cl－，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。
(4)5ClO＋4H＋===4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1
mol
ClO2，消耗NaClO2为×5＝1.25
mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑。
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O；设氯气为x
kg，则消耗的NaOH为
kg，原氢氧化钠质量为＋1
000
kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1
000
kg－x，则
kg＋1
000
kg×0.01＝(1
000
kg－x)×0.3，解得x≈203
kg。
【答案】(3)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O
(4)1.25
NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O
(5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O 203【p92】
A组（选择题为单选）
1.已知：①在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量硫酸，溶液立即变蓝；②在上述蓝色溶液中，滴加过量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失；③取实验②生成的溶液滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。下列判断正确的是( )
A.上述实验证明氧化性：ClO－＞I2＞SO
B.上述实验③中的白色沉淀是BaSO4，一定不含有BaSO3
C.实验①中硫酸的作用是氧化性和酸性
D.实验②证明SO既有氧化性又有还原性
【解析】①中的反应方程式NaClO＋2KI＋H2SO4===I2＋NaCl＋K2SO4＋H2O，ClO－的氧化性大于I2的氧化性；②中的反应方程式Na2SO3＋I2＋H2O===Na2SO4＋2HI，I2的氧化性大于SO的氧化性；所以氧化性强弱为：ClO－＞I2＞SO，故A正确；②中滴加过量的Na2SO3溶液，所以溶液中有Na2SO3和Na2SO4，Na2SO3与Na2SO4和BaCl2反应都生成白色沉淀，故B错误；①中的反应方程式NaClO＋2KI＋H2SO4===I2＋NaCl＋K2SO4＋H2O，H2SO4反应前后各元素的化合价都没变化，所以硫酸的作用是酸性，故C错误；②中的反应方程式Na2SO3＋I2＋H2O===Na2SO4＋2HI，Na2SO3失电子做还原剂，具有还原性，故D错误。
【答案】A
2.早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠[4NaOH(熔)4Na＋O2↑＋2H2O]；后来盖·吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe＋4NaOHFe3O4＋2H2↑＋4Na↑。下列有关说法正确的是( )
A.电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为
2OH－－2e－===H2↑＋O2↑
B.盖·吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强
C.若戴维法与盖·吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同
D.目前工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如图)，电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极
【解析】由4NaOH(熔)4Na＋O2↑＋2H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故A错误；1
100
℃时生成Na蒸气，有利于反应正向移动，但Na的还原性大于Fe，故B错误；由4NaOH(熔)4Na＋O2↑＋2H2O、3Fe＋4NaOHFe3O4＋2H2↑＋4Na↑可知，戴维法生成4
mol
Na转移4
mol电子，但盖·吕萨克法生成4
mol
Na
转移8
mol电子，则转移电子不等，故C错误；石墨极为阳极，氯离子放电，在阴极钠离子放电，发生2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，故D正确。
【答案】D
3.Cu2O是赤铜矿的主要成分，Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应：Cu2S＋2Cu2O===6Cu＋SO2↑，下列有关说法正确的是( )
A.该反应中有三种元素的化合价发生了变化
B.每生成0.1
mol
Cu，转移0.2
mol电子
C.Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂
D.Cu既是氧化产物又是还原产物
【解析】该反应中Cu化合价降低，S化合价升高，所以有两种元素化合价变化，故A错误；每生成0.1
mol
Cu，转移电子＝0.1
mol×(＋1－0)＝0.1
mol，故B错误；该反应中Cu化合价降低，S化合价升高，则Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故C正确；该反应中Cu化合价降低，所以Cu是还原产物，故D错误。
【答案】C
4.碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中丰度值很低，某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲工艺流程如图所示。下列有关说法不正确的是( )
已知：
①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在。
②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱。
A.“焙烧”用到的硅酸盐仪器主要有：坩埚、泥三角、酒精灯、玻璃棒
B.“碱浸”时反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O
C.“碱浸”后所得的滤渣中含有Au、Ag，可用稀盐酸将其分离
D.“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
【解析】焙烧固体，可用坩埚，同时使用的仪器有泥三角、酒精灯、玻璃棒，故A正确；TeO2是两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应，反应的离子方程式为TeO2＋2OH－===TeO＋H2O，故B正确；Au、Ag与盐酸不反应，不能用盐酸分离，故C错误；还原反应的离子方程式是2SO＋Te4＋＋2H2O===Te↓＋2SO＋4H＋，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D正确。
【答案】C
5.四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2S2O＋O2＋4OH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。下列说法不正确的是( )
A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5
B.若有2
mol
Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5
mol
C.该反应每生成1
mol
Fe3O4，反应转移的电子总数为4
mol
D.O2是氧化剂，S2O与Fe2＋是还原剂
【解析】参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶(2＋2)＝1∶4，故A错误；1
mol
Fe2＋被氧化时，失去1
mol电子，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为
mol，所以有2
mol
Fe2＋被氧化，则被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5
mol，故B正确；反应3Fe2＋＋2S2O＋O2＋4OH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O中，Fe和S元素的化合价升高被氧化，O2为氧化剂，每生成1
mol
Fe3O4，反应转移的电子总数为4
mol，故C正确；S2O→S4O，S元素的化合价升高，S2O和部分Fe2＋是还原剂，氧气是氧化剂，故D正确。
【答案】A
6.工业上，常用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，其中铁为＋2价)提取FeSO4和Cu。主要反应：4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O。下列有关说法错误的是( )
A.氧化产物中含有Cu2＋、Fe3＋和所有SO
B.用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液是否含Fe2＋
C.每生成1
mol
Fe2(SO4)3必转移34
mol电子
D.若设计成原电池，负极附近溶液pH降低
【解析】反应4CuFeS2＋17O2＋2H2SO4===4CuSO4＋2Fe2(SO4)3＋2H2O中，＋2价铁元素和－2价硫元素被氧气氧化，铜元素化合价不变，Cu2＋不是氧化产物，故A错误；K3[Fe(CN)6]与Fe2＋反应生成蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验溶液是否含Fe2＋，故B正确；根据反应方程式可知，每生成1
mol
Fe2(SO4)3消耗
mol＝8.5
mol氧气，转移电子的物质的量为：8.5
mol×4＝34
mol，故C正确；原电池中负极失去电子发生氧化反应，负极发生反应：CuFeS2＋8H2O－17e－===Cu2＋＋Fe3＋＋2SO＋16H＋，所以负极酸性增强，溶液的pH降低，故D正确。
【答案】A
7.完成下列计算：
(1)某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。若还原2.4×10－3
mol
XO(OH)，需用30
mL
0.2
mol·L－1
Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是__________。
(2)若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中被氧化和未被氧化的N原子质量之比为__________。
(3)在反应P4＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P4的物质的量为__________mol。
(4)3
g镁铝合金与100
mL稀硫酸恰好完全反应，将反应后的溶液加热蒸干，得到无水硫酸盐17.4
g，则原硫酸的物质的量浓度为________________________________________________________________________mol·L－1。
(5)现有CuO和Fe2O3组成的混合物a
g，向其中加入2
mol·L－1的稀硫酸溶液50
mL，恰好完全反应。若另取a
g该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体的质量为__________
g。
【解析】(1)Na2SO3还原2.4×10－3
mol
XO(OH)到X元素的低价态，则Na2SO3被氧化为Na2SO4，反应中S元素的化合价由＋4价升高为＋6价，令X元素在还原产物中的化合价为a，由电子守恒可知，2.4×10－3
mol×(5－a)＝0.03
L×0.2
mol·L－1×(6－4)，解得a＝0。
(2)该反应中，NH→N2氮元素的化合价由－3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，反应为3(NH4)2SO43SO2↑＋N2↑＋4NH3↑＋6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是－3价，化合价不变，所以该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(1×2)∶(4×1)＝1∶2，该反应中被氧化和未被氧化的N原子质量之比为1∶2。
(3)铜元素的化合价由＋2价降低到＋1价，CuSO4是氧化剂，P4中部分磷元素由0价降低到－3价，部分磷元素由0价升高到＋5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，根据得失电子守恒配平方程式为11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4。若生成24
mol
H3PO4，则参加反应的CuSO4为60
mol，根据电子转移守恒，被CuSO4氧化的P4的物质的量为＝3
mol，每摩尔CuSO4能氧化P4的物质的量为＝0.05
mol。
(4)17.4
g为硫酸镁和硫酸铝的质量，由于镁、铝合金3
g，则17.4
g无水硫酸盐中硫酸根的质量为17.4
g－3
g＝14.4
g，其物质的量为＝0.15
mol，该稀硫酸的浓度为＝1.5
mol/L。
(5)由反应CuO～CuSO4，Fe2O3～Fe2(SO4)3，可知H2SO4的物质的量等于金属氧化物中O元素的物质的量，n(H2SO4)＝0.05
L×2
mol/L＝0.1
mol，所以金属氧化物中O的质量为0.1
mol×16
g/mol＝1.6
g，若将a
g原混合物在足量氢气中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量为a
g－1.6
g＝(a－1.6)
g。
【答案】(1)0
(2)1∶2
(3)0.05
(4)1.5
(5)a－1.6
8.亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClO存在于中性溶液中)：
①取0.50
L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4
mol·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00
mL，判断达到滴定终点的方法是________________________________。该水样中ClO2的浓度是__________mg/L。
(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。
①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式______________________________________。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。
②装置B的作用是________________________________________________________________________。
③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。
【解析】(1)酸化的草酸还原氯酸钠，生成ClO2，氯元素化合价降低，则草酸中碳元素化合价升高生成二氧化碳，发生反应的离子方程式为H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
(2)①ClO2与碘化钾反应的化学方程式为2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2；②淀粉做指示剂，碘遇淀粉变蓝，滴定到终点时，碘单质正好反应完，故滴定达到终点时溶液的颜色变化为溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色；有关系式2ClO2～I2～2S2O，则n(ClO2)＝n(S2O)，则0.5
L水样中ClO2的浓度是×1
000
mg/g＝1.35
mg/L。
(3)①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中与氢氧化钠和过氧化氢反应，ClO2中氯元素化合价降低被还原生成NaClO2，则过氧化氢被氧化生成氧气，化学方程式为2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2；②装置B的作用是防止C中试管溶液倒吸到A中；③ClO2气体不能直接排放到空气中，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，故应该用氢氧化钠溶液吸收尾气，同时注意防止倒吸，在C装置后画：。
【答案】(1)H2C2O4＋2ClO＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
(2)①2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2
②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复颜色 1.35
(3)①2NaOH＋2ClO2＋H2O2===2NaClO2＋2H2O＋O2
②防止C中试管溶液倒吸到A中
③
B组（选择题有1～2个选项符合题意）
9.3.04
g铜镁合金完全溶解于100
mL密度为1.40
g·mL－1、质量分数为63.0%的浓硝酸中，得到标准状况下NO2、N2O4混合气2.24
L，向反应后的溶液中加入4.00
mol·L－1
NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到5.08
g沉淀。下列说法不正确的是( )
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是12.0
mol·L－1
C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D.得到5.08
g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是320
mL
【解析】金属离子全部沉淀时，得到5.08
g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，则沉淀中氢氧根离子的质量为：5.08
g－3.04
g＝2.04
g，氢氧根离子的物质的量为＝0.12
mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为x
mol、y
mol，则：2x＋2y＝0.12、64x＋24y＝3.04，解得：x＝0.04，y＝0.02；密度为1.40
g·
mL－1、质量分数为63.0%的浓硝酸的物质的量浓度为c＝＝
mol/L＝14.0
mol/L，100
mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为14.0
mol/L×0.1
L＝1.4
mol。根据分析可知，合金中Cu与Mg的物质的量之比是0.04
mol∶0.02
mol＝2∶1，故A错误；密度为1.40
g·
mL－1、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度为14.0
mol/L，故B错误；NO2和N2O4混合气体的物质的量为＝0.1
mol，设二氧化氮的物质的量为a
mol，则四氧化二氮的物质的量为(0.1－a)
mol，根据电子转移守恒可知，a×1＋(0.1－a)×2×1＝0.12，解得a＝0.08，NO2的体积分数为×100%＝80%，故C正确；反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为1.4
mol－0.08
mol－0.02
mol×2＝1.28
mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为＝0.32
L＝320
mL，故D正确。
【答案】AB
10.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确的是( )
A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2
B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是“溶液迅速变黄”和“溶液变红”
C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN
D.溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的
【解析】H2O2氧化Fe2＋生成Fe3＋，产生气体是生成的铁离子催化H2O2分解生成氧气，故A错误；溶液迅速变黄，再加入KSCN溶液，溶液变红，则生成铁离子，所以“溶液迅速变黄”和“溶液变红”可证明H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋，故B正确；溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCN，故C正确；由于反应速率不同，铁离子与硫氰化钾反应极快，所以溶液先变红，而H2O2和KSCN发生氧化还原反应速率慢，故D正确。
【答案】A
11.为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se。发生的反应为：①Se＋2H2SO4(浓)===2SO2↑＋SeO2＋2H2O；②SeO2＋4KI＋4HNO3===4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法错误的是( )
A.①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物
B.②中KI是还原剂，HNO3是氧化剂
C.每生成0.4
mol
I2共转移0.8
mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序是：H2SO4(浓)＞HNO3＞SeO2
【解析】①中S元素化合价由＋6价变为＋4价，Se元素化合价由0价变为＋4价，则浓硫酸是氧化剂，Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；②中Se元素化合价由＋4价变为0价、I元素化合价由－1价变为0价，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B错误；反应②中I元素化合价由－1价变为0价，每生成0.4
mol
I2转移电子物质的量为0.4
mol×2×[0－(－1)]＝0.8
mol，故C正确；①中氧化剂是浓硫酸，氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D错误。
【答案】BD
12.过氧化钙在工农业生产中有广泛的用途。
Ⅰ.过氧化钙制备方法很多。
(1)制备方法一：H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O，其化学方程式为________________________________________。
(2)制备方法二：利用反应Ca(s)＋O2(g)CaO2(s)，在纯氧条件下制取CaO2，实验室模拟装置示意图如图：
请回答下列问题：
①装置A中反应的化学方程式为__________________________，仪器a的名称为___________。
②装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是________________________________________；二是____________________________________。
Ⅱ.水产运输中常向水中加一定量CaO2·8H2O增加溶氧量(DO)，水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，其测定步骤及原理为：
a.固氧：碱性下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2
2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓；
b.氧化：酸性下，MnO(OH)2将I－氧化为I2
MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O；
c.滴定：用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2
2S2O＋I2===S4O＋2I－。
某同学向水中加一定量CaO2·8H2O，取此水样100.00
mL，按上述方法测定水中溶氧量(DO)，消耗0.010
0
mol·L－1
Na2S2O3标准溶液13.50
mL。
(1)滴定过程中使用的指示剂是__________。
(2)该水样中的溶解氧量(DO)为________________________________________________________________________mg·L－1。
(3)步骤b中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因________________________________________________________________________
(用离子方程式表示，至少写出2个)。
【解析】Ⅰ.(1)H2O2溶液与过量的Ca(OH)2悬浊液反应可制备CaO2·8H2O，反应为Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O。
(2)①装置A中反应的化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑)，仪器a为蒸馏烧瓶。②装置D中盛有的液体是浓硫酸，其作用一是观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度；二是防止空气中CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度。
Ⅱ.(1)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，发生反应为2S2O＋I2===S4O＋2I－，由碘单质遇到淀粉变蓝可知，可用淀粉作指示剂。
(2)水中溶氧量(DO)是用每升水中溶解氧气的质量来表示，则设该水样中的溶解氧量(DO)为x
mg/L，
O2～2MnO(OH)2～2I2～4S2O
32
000
mg 4
mol
0.1
L×x
mg/L
0.010
0
mol/L×13.50×10－3
L
x＝mg/L＝10.80
mg/L。
(3)“步骤b”中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，产生此误差的原因为S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O、O2＋4I－＋4H＋===2I2＋2H2O、SO2＋I2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO。
【答案】Ⅰ.(1)Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O
(2)①2H2O22H2O＋O2↑(或2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑) 蒸馏烧瓶
②观察氧气的流速，判断氧气通入是否过快及氧气与钙反应进行的程度
防止空气中CO2和水蒸气进入装置C影响产品纯度
Ⅱ.(1)淀粉溶液
(2)10.80
(3)S2O＋2H＋===S↓＋SO2↑＋H2O、O2＋4I－＋4H＋===2I2＋2H2O、SO2＋I2＋2H2O===2I－＋4H＋＋SO(任写其中2个)。(共72张PPT)
专题三 氧化还原反应
电子转移
化合价
还原
氧化
还原
氧化
知识网络
电子转移本质
化合价升降表现
特征
基本氧化剂发生还原反应「还盾产
还原都发生氧化反应
氧化产物
氧化还原反应
氧化还原反应方程
强者优先规律
式的书写与配平
应用
反应规律H强生弱规律
氧化还原反应有关计算
价态变化规律
化学能与热能联考知识化学能与电能
专题探究>●。·。
本质
(得失或偏移)
氧化还
原反应
特征}反应过程中元素的
发生变化
失去电子,化合价升高,被氧化
还原剂有
性发生
反应
氧化产物
反应物
生成物
氧化剂具有
性发生,
反应
还原产物
得到电子,化合价降低,还原
失
化合价升高被氧化
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
到
e化合价降低被还原
be
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
真题赏析>●。。。
限时训练>●。。
NaOH溶液
铜阳
学稀HSO.NaSO溶液
极泥
焙烧
碱浸
骏化
还原
粗碲
滤渣
