高考化学一轮复习（第一辑）考点16 氧化还原反应的一般规律（含解析）

1、考点16 氧化还原反应的一般规律聚焦与凝萃1初步掌握氧化还原反应的一般规律；2理解和利用氧化还原反应的一般规律，加深对氧化还原反应的认识。解读与打通常规考点氧化还原反应的一般规律1价态变化规律 （1）表现性质规律 氧化还原反应中有化合价升高的元素，必有化合价降低的元素。有失电子的物质必有得电子的物质同时存在，氧化反应和还原反应共同存在于统一体中。当元素具有可变化合价时，一般处于最高价态时只具有氧化性，处于最低价态时只具有原性，处于中间价态时既具有氧化性又具有还原姓。如：浓H2SO4的S只具有氧化性，H2S中的S只具有还原性，单质S既具有氧化性又具有还原性。一般来说，含有同种元素不同价态的物质，

2、价态越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，价态越低还原性越强。如氧化性：浓H2SO4，SO2(H2SO3)，S；还原性：H2S>S>SO2。（2）价态归中规律 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”，而不会出现交错现象。例如： （3）歧化反应规律发生在同一物质分子内、同一价态的同一元素之间的氧化还原反应，叫做歧化反应。其反应规律是：所得产物中，该元素一部分价态升高，一部分价态降低，即“中间价高价+低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2+ 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O2反

3、应优先规律同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质。如：将Cl2通人物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，C12首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的Fe2+、和Cu2+的混合溶液中，Fe首先与Fe3+反应。FeBr2 中通入Cl2，HBr和H2SO3 中通入Cl2。3电子守恒规律 还原剂失去电子总数=氧化剂得到电子总数或氧化剂化合价降低的总数=还原剂化合价升高的总数。 隐性考点难易律：越易失电子的物质，失去电子后的阳离子就越难得电子，

4、越易得电子的物质，得到电子后的阴离子就越难失去电子。一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂遇多种氧化剂时，氧化性最强的优先发生反应。应用于判断物质的稳定性及反应顺序。融合与应用例1氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3=bO2cCl2dHClO4eH2O，下列说法正确的是 ()A由反应可知，氧气、氯气均为氧化产物B若化学计量数a8，则该反应转移电子数为12eC若b确定，则方程式中其他物质的化学计量数均能确定D若氯酸分解所得混合气体，1 mol混合气体质量为51.5 g，则反应方程式可表示为：5HClO3=O2Cl23HClO

5、4H2O解析：O2和HClO4均为氧化产物，Cl2为还原产物，因此c的值取决于b、d的值，根据电子守恒有2c×54b2d，a8时，方程式为：8HClO3=3O22Cl24HClO42H2O，转移电子数为20e。只确定b无法确定方程式中其他物质的化学计量数。1 mol混合气体质量为51.5 g，即O2和Cl2的混合气体的平均相对分子质量为51.5，用十字交叉法，可以得出二者物质的量之比为11，再根据电子守恒，物质的化学计量数均可得出。答案：D例214 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为 ()A

6、9.6 g B6.4 g C3.2 g D1.6 g答案：C扫描与历练【正误判断】(正确的打“”，错误的打“×”)（每个判断2分，共40分）（ ）1氧化还原反应是指有元素化合价升降的化学反应，其实质是有电子转移(得失或偏移)的反应。其中氧化反应是指物质失去电子(或电子对偏离)的反应，还原反应是指物质得到电子(或电子对偏向)的反应（ ）2置换反应全部属于氧化还原反应。因为有单质参加和生成，化合价发生了变化（ ）3复分解反应全部属于非氧化还原反应。因为反应前后元素的化合价没有变化（ ）4 有单质参加的化合反应属于氧化还原反应。因为单质中元素化合价必然发生变化（ ）5有单质生成的分解反应属

7、于氧化还原反应。因为单质中元素化合价必然发生变化（ ）6强氧化剂和强还原剂一定能发生氧化还原反应（ ）7盐酸具有氧化性还原性和酸性（ ）8在原电池中，作负极的金属还原性一定比正极的强（ ）9金属单质在化学反应中一定作为还原剂，非金属单质在反应中一定作为氧化剂（ ）10化合反应均为氧化还原反应（ ）11原子的氧化性越强，其阴离子的还原性越弱（ ）12将乙烯通入KMnO4酸性溶液紫色褪去证明乙烯具有还原性（ ）13H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，O2F2既是氧化剂又是还原剂（ ）14在原电极中，正极本身一定不参与电极反应，负极本身一定要发生氧化反应（ ）15A22B=B22A反应中，A2

8、的氧化性大于B2的氧化性，B的还原性大于A的还原性（ ）16含1 mol X2O的溶液与含3 mol SO的溶液恰好完全反应，SO被氧化成SO，则X在还原产物中的化合价为0价（ ）17某元素在化学反应中由化合态变成游离态，该元素可能被氧化，也可能被还原（ ）18MnO2与浓盐酸反应需要加热才能生成氯气，而KMnO4与浓盐酸反应则不需要加热就可以产生氯气，说明KMnO4的氧化性强于MnO2（ ）19Cu2比Fe3氧化性强，所以Cu比Fe还原性强（ ）20失电子难的原子获得电子的能力一定强实训与超越【7+1模式】一、单选（7×6分=42分）1将 0.195g锌粉加入到20.0mL的0.1

9、00 mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 ()AM BM2+ CM3+ DMO2+2在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断不正确的是 ()A氧化性：ClOI2SO32- B漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝C次氯酸钠可以与亚硫酸钠共存 D向氯水中加入亚硫酸钠溶液，氯水褪色3将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH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

10、g，则下列有关叙述中正确的是 () C沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mL D溶解合金时产生NO气体体积0.224L（以标准状况)4【2009·全国理综，6】物质的量之比为25的锌与稀硝酸反应，若硝酸被还原的产物为N2O，反应结束后锌没有剩余，则该反应中被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是 ()A14 B15 C23 D255某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如右图所示。下列判断正确的是 ()A该反应的还原剂是ClB消耗1 mol还原剂，转移6 mol电子 C氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D反应后

11、溶液的酸性明显增强6高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能的水处理剂。湿法制备的离子反应方程式： 2Fe(OH)33ClO-4OH- 2FeO42-3Cl-5H2O；干法制备化学反应方程式:2FeSO44Na2O22Na2FeO42Na2SO4。有关分析错误的是 ()A等物质的量Na2FeO4氧化能力优于次氯酸钠 B湿法中氢氧化铁被氧化C干法中每生成1 mol Na2FeO4转移2mol电子 D高铁酸钠的氧化性大于次氯酸钠 7在1 L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2 molL-1和1.5 molL-1，现向该溶液中加入39.2 g铁粉使其充分反应。

12、下列有关说法正确的是 ()A反应后溶液中Fe3+物质的量为0.8 mol B反应后产生13.44 L H2（标准状况） C反应后溶液中Fe2和Fe3物质的量之和为0.9 mol D由于氧化性Fe3+>H+，故反应中先没有气体产生后产生气体二、填空（18分）8【2011·上海，24】雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为。（2）上述反应中的氧化剂是，反应产

13、生的气体可用吸收。（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S310H10NO=2H3AsO43S10NO22H2O，若生成2 mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在(填“正极”或“负极”)附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的C反应，所产生的CO2的量(选填字母)。a小于0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5 mol d无法确定考点十六 氧化还原反应的一般规律（答案）【正误判断】题号正误解析1略2略3略4略5略6×不一定，如高锰酸钾与一氧化碳不反

14、应7略8×略9×略10×化合反应不一定为氧化还原反应11略12略13×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。14×略15略16×由化合价升降相等可知，X2O中X的化合价为6价，最终转化为3价离子。17略18略19×Cu比Fe还原性弱20×如稀有气体实训与超越【7+1模式】题号答案解 析1B根据电子守恒，设反应后M的化合价为+，则（5-）×0.002mol=0.003mol×（2-0

15、），=2，所以选B.2CA中在酸性条件下发生反应：ClO+2H+2I-=Cl-+I2+H2O；I2遇淀粉溶液变为蓝色，证明氧化性ClOI2，在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，证明氧化性I2SO32-。；B中由于ClOI2，漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝；C中次氯酸钠可以与亚硫酸钠会发生反应。3AA、镁、铜都是2价金属，所以生成沉淀的化学式为M(OH)2，则沉淀的质量比合金质量增加的5.1g，也即氢氧根离子的质量，所以沉淀的物质的量是5.1g/17g/mol/2=0.15mol，则合金的物质的量是0.15mol，反应中失去电子的物质的量是0.15mol×2=0.3mo

16、l，根据得失电子守恒，生成NO的物质的量是0.3mol/3=0.1mol，所以被还原的硝酸的物质的量是0.1mol，未不含有的硝酸的物质的量是合金物质的量的2倍，为0.3mol，所以参加反应的硝酸的物质的量是0.1+0.3=0.4mol，正确；B、0.15mol的合金若全部是镁，则质量是3.6g，若全部是铜，则质量是9.6g，所以合金的质量介于3.6-9.6g之间，错误；C、沉淀完全时消耗氢氧化钠的物质的量也是沉淀中氢氧根离子的物质的量是5.1g/17g/mol=0.3mol，所以消耗氢氧化钠的体积是0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL，错误；D、产生NO的物质的量是0.1mol，

17、标准状况下的体积是2.24L，错误，答案选A。4A设锌是2a mol，HNO3是5a mol，则未被还原的HNO3生成了Zn(NO3)2，其物质的量为2n(Zn2)4a mol；由得失电子守恒：4Zn4Zn28e，2NON2O8e，可得被还原的HNO3为n(Zn2)a mol，则被还原的硝酸与未被还原的硝酸的物质的量之比是14，故选A。5D方程式为3ClO+2NH4=N2+3H2O+3Cl+2H，由方程式可知反应的还原剂为NH4，故A错误；N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；反应生成H，溶

18、液酸性增强，故D正确；故选D。6DA在体现氧化能力的过程中Na2FeO4到三价铁离子，次氯酸钠到氯离子，当等物质的量时转移的电子数Na2FeO4大于次氯酸钠的，故A正确。湿法中氢氧化铁中的铁元素化合价升高被氧化，正确。C干法中每生成1 mol Na2FeO4应转移2 mol电子，正确。D由2Fe(OH)33ClO-4OH- 2FeO42-3Cl-5H2O反应再根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，高铁酸钠的氧化性弱于次氯酸钠，错误。7C在1 L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2 molL-1和1.5 molL-1 n(Fe(NO3)3)=0.2mol

19、;n(H2SO4)=1.5mol.n(Fe)=39.2g÷56g/mol=0.7mol.溶液中各离子的物质的量为n(Fe3+)= 0.2mol;n(NO3-)=0.6mol;n(H+)=3mol;n(SO42-)="1.5mol" .开始发生反应：Fe+4H+NO3-= Fe3+NO+ 2H23-来进行计算。消耗Fe粉0.6mol,消耗H+3+的物质的量为0.7mol.剩余铁粉发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+.因为还含有铁粉0.1mol，Fe3+0.8mol根据二者关系可知铁粉完全反应产生0.3mol Fe2+还含有Fe3+2和Fe3物质的量之和为0.9 mol 。A错误。C正确。 产生NO气体的物质的量为0.6mol.其在标准状况下体积为0.6mol×22.4l/mol="13.44L." B错误。在反应的过程中始