2023年高考化学考点一遍过专题13氧化还原反应

考点13氧化复原反响一、氧化复原反响中的根本概念1．氧化复原反响的特征及本质〔1〕特征：有元素的化合价变化；〔2〕本质：有电子的转移(得失或偏移)。2．氧化复原反响中的根本概念〔1〕氧化剂与复原剂氧化剂：在氧化复原反响中得到电子(或电子对偏向)的反响物(即所含元素的化合价降低)。复原剂：在氧化复原反响中失去电子(或电子对偏离)的反响物(即所含元素的化合价升高)。注意：氧化剂与复原剂可以是不同的物质，也可以是同一种物质，如氯气与水反响时，氯气既是氧化剂也是复原剂。〔2〕氧化反响与复原反响氧化反响：失去电子(或元素化合价升高)的反响叫氧化反响。复原反响：得到电子(或元素化合价降低)的反响叫复原反响。〔3〕氧化性与复原性氧化性：物质得到电子的性质叫氧化性，氧化剂具有氧化性。复原性：物质失去电子的性质叫复原性，复原剂具有复原性。注意：1．元素的化合价处于该元素中间价态的物质一般既具有氧化性又具有复原性，如SO2中的硫元素处于其中间价态，所以SO2既具有氧化性，又具有复原性。2．具有氧化性，能得电子，不一定是氧化剂，反之，具有复原性也不一定是复原剂。〔4〕氧化产物与复原产物氧化产物：复原剂失去电子后生成的对应产物。复原产物：氧化剂得到电子后生成的对应产物。注意：在氧化复原反响中，某些产物可能既是氧化产物又是复原产物，如碳与氧气反响生成的二氧化碳既是氧化产物又是复原产物。3．用双线桥理解氧化复原反响的概念之间的关系概括为升失氧、降得还，剂性一致、其他相反。二、氧化复原反响的根本规律1．守恒规律〔1〕内容。①质量守恒：反响前后元素的种类、原子的数目和质量不变。②电子守恒：氧化复原反响中，氧化剂得到的电子总数等于复原剂失去的电子总数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。③电荷守恒：离子方程式中反响物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。〔2〕应用：运用“守恒规律〞可进行氧化复原反响方程式的配平和相关计算。如用铜电极电解Na2SO4溶液，其阳、阴极产物及转移电子关系式为：Cu2+～2e−～H2～2OH−。2．价态律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复原性，处于中间价态时既具有氧化性又具有复原性。如：浓H2SO4中的S只具有氧化性，H2S中的S只具有复原性，单质S既具有氧化性又具有复原性。3．强弱规律在氧化复原反响中，强氧化剂+强复原剂=弱氧化剂(氧化产物)+弱复原剂(复原产物)，即氧化剂的氧化性比氧化产物强，复原剂的复原性比复原产物强。如由反响2FeCl3+2KI===2FeCl2+2KCl+I2可知，FeCl3的氧化性比I2强，KI的复原性比FeCl2强。一般来说，含有同种元素不同价态的物质，价态越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，价态越低复原性越强。如氧化性：浓H2SO4>SO2(H2SO3)>S；复原性：H2S>S>SO2。在金属活动性顺序表中，从左到右单质的复原性逐渐减弱，阳离子(铁指Fe2+)的氧化性逐渐增强。4．优先律在浓度相差不大的溶液中：〔1〕同时含有几种复原剂时将按照复原性由强到弱的顺序依次反响。如向FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为复原性Fe2+＞Br−，所以Fe2+先与Cl2反响。〔2〕同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反响。如在含有Fe3+、Cu2+的溶液中参加铁粉，因为氧化性Fe3+＞Cu2+，所以铁粉先与Fe3+反响，然后再与Cu2+反响。5．归中规律同种元素不同价态之间发生氧化复原反响时可总结为：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。如以下两例：6．歧化反响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复原反响，叫做歧化反响。其反响规律是：所得产物中，该元素一局部价态升高，一局部价态降低，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)均可发生歧化反响。三、氧化性和复原性的强弱比拟1．根据氧化复原反响判断。氧化复原反响总是遵循以下规律(简称强弱律)：氧化性：氧化剂>氧化产物，氧化剂>复原剂；复原性：复原剂>复原产物，复原剂>氧化剂。2．根据元素在周期表中的相对位置判断。3．依据金属、非金属活动性顺序判断。〔1〕依据金属活动性顺序〔2〕依据非金属活动性顺序4．依据与同一物质反响的情况(反响条件、剧烈程度等)判断。当不同的氧化剂作用于同一复原剂时，假设氧化产物价态相同，可根据反响条件高、低来进行判断，反响条件越低，性质越强；假设氧化产物价态不同，那么价态越高，氧化剂的氧化性越强。5．依据电化学原理判断。〔1〕两种不同的金属构成原电池的两极。负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极。其复原性：负极>正极。〔2〕用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先放电的阳离子的氧化性较强，在阳极先放电的阴离子的复原性较强。在阳极阴离子放电顺序：S2−>I−>Br−>Cl−>OH−，即是复原性强弱顺序。在阴极阳离子放电顺序：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Zn2+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，即是氧化性强弱顺序。6．根据物质中元素的化合价判断。〔1〕一般来讲，同一种元素的化合价越高，氧化性越强，价态越低，复原性越强。如：氧化性：浓H2SO4>H2SO3；复原性：H2S>SO2。又如氧化性：Fe3+>Fe2+>Fe，复原性反之。〔2〕在和同一种氧化剂(或复原剂)反响时，氧化剂(或复原剂)被复原(或氧化)的程度越大，即是化合价降低(或升高)越多，复原剂(或氧化剂)的复原性(或氧化性)就越强。如Fe和Cl2反响生成FeCl3，而Fe和S反响只生成FeS，那么氧化性：Cl2>S。7．某些物质的氧化性、复原性与温度、浓度、酸碱性有关。〔1〕一般浓度越大，氧化性(或复原性)越强。如氧化性：浓H2SO4>稀H2SO4，浓HNO3>稀HNO3。〔2〕一般温度越高，氧化性(或复原性)越强。如常温下浓H2SO4和Cu反响放出缓慢，而加热条件下浓H2SO4氧化性增强，两者反响速率加快。〔3〕一般是溶液的酸性越强，氧化性(或复原性)越强。如KMnO4是一种强氧化剂，而在酸、中、碱性溶液中，其氧化性强弱顺序是：酸性>中性>碱性。又如的氧化性也随着H+浓度的增大而增强。四、氧化复原反响方程式的配平1．配平原那么由于在氧化复原反响里存在着电子的转移，因此元素的化合价必然有升有降，我们把化合价能升高的元素或含该元素的物质称复原剂；反之称为氧化剂。由氧化复原反响的知识我们不难得出配平原那么：复原剂失电子总数=氧化剂的电子总数，即复原剂(元素)化合价升高的总价数=氧化剂(元素)化合价降低的总价数。2．氧化复原反响方程式配平的一般方法与步骤〔1〕一般方法：从左向右配。〔2〕步骤：标价态、找变化、求总数、配系数，即①标出变价元素化合价的始态和终态；②求升高总数与降低总数的最小公倍数；③调整化合价变化的原子的化学计量数；④用观察法配平其它物质的化学计量数；⑤检查配平后的方程式是否符合质量守恒定律(离子方程式还要看是否符合电荷守恒)。3．氧化复原反响配平的特殊技巧〔1〕从右向左配平法适用范围：此法最适用于某些物质(如硝酸、浓硫酸的反响)局部参加氧化复原反响的类型。例如：Cu+HNO3(浓)—Cu(NO3)2+NO2+H2O分析：由于HNO3在反响中有两个作用即酸性和氧化性，因此如按照一般的方法从左向右配的话比拟麻烦，但如采用从右向左配平法的方法，这个问题显得很简单。〔2〕整体总价法(零价法)适用范围：在氧化复原反响中，一种反响物中有两种或两种以上的元素化合价发生变化，或几种不同物质中的元素化合价经变化后同存在于一种产物中，把该物质当成一个“整体〞来考虑，可令该物质中各元素的化合价均为零，然后计算出各元素化合价的升降值，利用化合价升降相等进行配平。例如：FeS2+O2—Fe2O3+SO2分析：在FeS2中Fe的化合价由+2变到+3，S的化合价由−1变到+4，即同一种物质中有两种元素的化合价同时在改变，我们可以用整体总价法，把FeS2当成一个“整体〞来考虑。〔3〕歧化归一法适用范围：同种元素之间的歧化反响或归一反响。技巧：第三种价态元素之前的系数等于另两种元素价态的差值与该价态原子数目的比值。例如：Cl2+KOH—KCl+KClO3+H2O分析：该反响中，电子转移只发生在氯元素之间，属于歧化反响。Cl的化合价由0变为−1和+5，因此Cl2的系数为6/2=3，KCl的系数为5，KClO3的系数为1。〔4〕单质后配法适用范围：反响物或生成物中有单质参加或单质生成，如有机物的燃烧都可用此法。技巧：把游离态的那种元素放在最后来配。例如：FeS2+O2—Fe2O3+SO2分析：反响物中有单质O2，我们可以把O元素放在最后来配。首先假定Fe2O3的系数为1，那么FeS2的系数为2，那么SO2的系数为4，因此O2的系数为11/2，然后把每种物质前的系数都扩大2倍，即可配平。〔5〕待定系数法技巧：将各种物质的系数分别设为不同的未知数，然后根据质量守恒定律列方程求解最后配平。总结：从以上例如我们发现，对于同一氧化复原反响，有时可采用不同的方法来配平，也有时用几种方法综合应用。总之，只要我们能掌握以上技巧，配平氧化复原反响方程式会得心应手。考向一对氧化复原反响根本概念的考查典例1将一定量的Cl2通入到热的NaOH浓溶液中，发生的反响可表示如下：[(a+b+c)/2]Cl2+(a+b+c)NaOHaNaCl+bNaClO+cNaClO3+[(a+b+c)/2]H2O。实验测得消耗8.0mol/L的NaOH溶液50mL。以下判断不正确的选项是A．Cl2具有强氧化性，在该反响中只作氧化剂B．Cl2的氧化性大于NaClO的氧化性，也大于NaClO3的氧化性C．反响消耗0.2molCl2D．关系式a=b+5c【答案】A1．氰氨基化钙(CaCN2)是一种重要的化工原料，制备CaCN2的化学方程式为：CaCO3+2HCNCaCN2+CO↑+H2↑+CO2↑那么在该反响中A．氢元素被氧化，碳元素被复原B．CaCN2是氧化产物，H2为复原产物C．HCN仅作氧化剂D．CO为氧化产物，H2为复原产物分清氧化复原反响的常见类型〔1〕完全氧化复原型此类反响的特点是复原剂和氧化剂分别为不同的物质，参加反响的氧化剂(或复原剂)全部被复原(或被氧化)，有关元素的化合价全部发生变化，例如：4NH3+5O24NO+6H2O。〔2〕局部氧化复原型此类反响的特点是复原剂(或氧化剂)只有局部被氧化(或被复原)，有关元素的化合价只有局部发生变化，例如：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。〔3〕自身氧化复原型自身氧化复原反响可以发生在同一物质的不同元素之间，即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被复原，该物质既是氧化剂，又是复原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被复原。例如：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑，3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O。〔4〕归中反响型此类反响的特点是同一种元素在不同的反响物中有不同的价态(高价、低价)，反响后转化成中间价态。例如：考向二根据化学(离子)方程式判断氧化性、复原性的强弱典例1根据表中信息，判断以下表达中正确的选项是序号氧化剂复原剂其他反响物氧化产物复原产物①Cl2FeBr2/Cl−②KClO3浓盐酸/Cl2③KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A．表中①组的反响可能有一种或两种元素被氧化B．氧化性强弱的比拟：KClO3>Fe3+>Cl2>Br2C．表中②组反响的复原产物是KCl，电子转移数目是6e−D．表中③组反响的离子方程式为2+3H2O2+6H+2Mn2++4O2↑+6H2O2+5H2O2+6H+2Mn2++5O2↑+8H2O，D错误。【答案】A2．常温下，溶液中能发生如下反响：①2R−＋Z2R2＋2Z−，②16H＋＋10Z−＋2QUOTEXO4-2X2＋＋5Z2＋8H2O，③2M2＋＋R22M3＋＋2R−。由此判断，以下说法中正确的选项是A．Z2＋2M2＋2M3＋＋2Z−B．Z元素在①②反响中发生复原反响C．各粒子复原性由强到弱的顺序是X2＋＞Z−＞R−＞M2＋D．各粒子氧化性由强到弱的顺序是＞Z2＞R2＞M3＋考向三根据氧化性、复原性强弱判断氧化复原反响能否发生典例1Co2O3在酸性溶液中易被复原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。以下反响在水溶液中不可能发生的是A．3Cl2+6FeI22FeCl3+4FeI3B．Cl2+FeI2FeCl2+I2C．Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2OD．2Fe3++2I−2Fe2++I2【答案】A3．：2FeCl3＋2KI2FeCl2＋2KCl＋I2，2FeCl2＋Cl22FeCl3，2KMnO4＋16HCl2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。假设某溶液中有Fe2＋、I−和Cl−，要氧化除去I−而不影响Fe2＋和Cl−，可参加的试剂是A．Cl2 B．KMnO4C．FeCl3 D．HCl考向四氧化复原反响方程式的配平技巧典例1〔1〕请将以下五种物质：KBr、Br2、I2、KI、K2SO4分别填入以下横线上，组成一个未配平的化学方程式：KBrO3++H2SO4→++++H2O。〔2〕如果该化学方程式中I2和KBr的化学计量数分别是8和1，那么：①Br2的化学计量数是；②请将反响物的化学式及配平后的化学计量数填入以下相应的位置中：eq\x()KBrO3+eq\x()+eq\x()H2SO4→……；③假设转移10mol电子，那么反响后生成I2的物质的量为。为16，KBrO3的化学计量数为3，再根据K原子守恒推出K2SO4的化学计量数应为9，根据S原子守恒推出H2SO4的化学计量数应为9，即3KBrO3+16KI+9H2SO48I2+Br2+9K2SO4+KBr+9H2O；③设每转移10mol电子，生成I2的物质的量为ymol，那么可得关系式：16KI~16e−~8I2168 10 y解得y=5。【答案】〔1〕KII2Br2K2SO4KBr(后四种产物顺序可变)〔2〕①1②316KI9③5mol4．：Ⅰ.高锰酸钾在不同条件下发生的反响如下：+5e−+8H+Mn2++4H2O+3e−+2H2OMnO2↓+4OH−+e−(溶液呈绿色)Ⅱ.在以下反响中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2_______KMnO4+_______K2S+_____________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______以下说法不正确的选项是A．高锰酸根离子被复原的产物受溶液酸碱性的影响B．化学方程式中反响物缺项为H2SO4，配平后系数为12C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2氧化复原反响方程式的配平技巧〔1〕正向配平：适用于氧化剂与复原剂相对独立的反响中，如归中反响。〔2〕逆向配平：适用于氧化剂与复原剂是同一种物质的反响，如歧化反响。〔3〕缺项配平：缺项一般是H+、OH−或H2O，注意合理的组合方式。〔4〕信息型氧化复原反响方程式的书写：先结合信息及物质的性质、氧化复原反响规律找出(判断出)氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物并用电子守恒配平，再结合电荷守恒、元素守恒补充其他离子(物质)，并最终配平方程式。考向五利用得失电子守恒巧解氧化复原反响计算题典例1物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反响，假设HNO3被复原的产物为N2O，反响结束后锌没有剩余，那么该反响中被复原的HNO3与未被复原的HNO3的物质的量之比是A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5方法二根据题意写出锌与稀硝酸反响的化学方程式并配平：4Zn+10HNO34Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，从化学方程式可看出反响中被复原的HNO3与未被复原的HNO3的物质的量之比是1∶4。【答案】A5．Cu2S与一定浓度的HNO3反响，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O，当NO2和NO的物质的量之比为2∶1时，实际参加反响的Cu2S与HNO3的物质的量之比为A．1∶10 B．1∶8C．1∶6 D．1∶51．关于反响2KI＋O3＋H2O=2KOH＋I2＋O2，以下说法正确的选项是A．当有2molKI被氧化时，2mol氧原子被复原B．O2是复原产物C．假设消耗2.24LO3，那么转移0.2mol电子D．氧化剂与复原产物的物质的量之比为1∶12．将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反响后的溶液中参加NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiOeq\o\al(－,3)反响后变为无色的Bi3＋。据此判断以下说法正确的选项是A．滴加盐酸时，HCl是复原剂，Cl2是复原产物B．Bi为第ⅤA族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C．假设有0.1molNaBiO3参加了反响，那么整个过程转移电子0.4NAD．此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4＞NaBiO3＞Cl23．在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8溶液会发生如下离子反响(未配平)：Mn2＋＋＋H2O→MnOeq\o\al(－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋H＋，以下说法不正确的选项是A．氧化性比拟：S2Oeq\o\al(2－,4)＞MnOeq\o\al(－,4)B．氧化剂S2Oeq\o\al(2－,8)的摩尔质量为192g·mol－1C．该反响中酸性介质可以为盐酸D．假设有0.1mol氧化产物生成，那么转移电子0.5mol4．酸性高锰酸钾溶液可以氧化FeSO4，反响的化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋X＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反响后再向所得溶液中参加KI溶液(假设I－与KMnO4反响的氧化产物为I2)，混合溶液中铁离子的物质的量随参加的KI的物质的量的变化关系如下图。那么以下有关说法不正确的选项是A．方程式中的X为2MnSO4B．氧化性：KMnO4>Fe3＋>I2C．根据OC段的数据可知开始参加的高锰酸钾的物质的量为0.30molD．AB段是高锰酸钾和碘化钾溶液反响，BC段的反响为2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I25．Cl2通入70℃的氢氧化钠水溶液中，能同时发生两个自身氧化复原反响：NaOH+Cl2→NaCl+NaClO+H2O，NaOH+Cl2→NaCl+NaClO3+H2O(未配平)。反响完成后测得溶液中NaClO与NaClO3的数目之比为4∶A．9∶4 B．5∶4C．14∶5 D．1∶16．目前处理酸性废水多采用铁氧磁体法，该法是向废水中参加FeSO4·7H2O将复原成Cr3+，调节pH，Fe、Cr转化成相当于：FeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2−x]O4(铁氧磁体，罗马数字表示元素价态)的沉淀。处理1mol，需参加amolFeSO4•7H2O，以下结论正确的选项是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的混合物中参加某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反响，生成NO和Fe(NO3)3。在所得溶液中参加1.0mol/L的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g。以下有关说法错误的选项是A．Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6B．硝酸的物质的量浓度为3.0mol/LC．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Fe2O3、FeO与硝酸反响后剩余HNO3为0.2mol8．氧化复原反响是化学反响中的根本反响之一，研究氧化复原反响，对人类的进步具有极其重要的意义。〔1〕：2+Cl2Br2+2；5Cl2+I2+6H2O2HIO3+10HCl；+5Cl−+6H+3Cl2+3H2O那么、、、Cl2的氧化性由弱到强的排序为。〔2〕Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明。__________________________________________________(提示：请写出实验步骤、现象及结论)①FeCl3溶液 ②碘水 ③KI溶液 ④稀H2SO4⑤淀粉溶液〔3〕二十世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4。在强碱性条件下，常用NaBH4处理含Au3+的废液生成单质Au，，反响后硼元素以BO2−形式存在，反响前后硼元素化合价不变，且无气体生成，那么发生反响的离子方程式为。〔4〕某强氧化剂[RO(OH)2]+能将Na2SO3氧化。含2.0×10−3mol[RO(OH)2]+离子的溶液，恰好跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反响，那么反响后R的化合价为价。〔5〕将32g铜与140mL一定浓度的硝酸反响，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请答复：①待产生的气体全部释放后，向溶液参加VmLamol·L−1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，那么原硝酸溶液的浓度为mol/L。〔用含V、a的式子表示〕①欲使铜与硝酸反响生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要H2O2的质量为g。1．[2023北京卷]以下变化中，气体被复原的是A．二氧化碳使Na2O2固体变白 B．氯气使KBr溶液变黄C．乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀2．[2023天津卷]以下能量转化过程与氧化复原反响无关的是A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能3．[2023·上海]以下化工生产过程中，未涉及氧化复原反响的是A．海带提碘B．氯碱工业C．氨碱法制碱D．海水提溴4．[2023·上海]O2F2可以发生反响：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4OA．氧气是氧化产物B．O2F2C．假设生成4.48LHF，那么转移0.8mol电子D．复原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶45．[2023·海南]化学与生活密切相关。以下应用中利用了物质氧化性的是A．明矾净化水B．纯碱去油污C．食醋除水垢D．漂白粉漂白织物6．[2023·上海]工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反响中A．硫元素既被氧化又被复原B．氧化剂与复原剂的物质的量之比为1∶2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3答案1．【答案】B【解析】A．H元素化合价由+1价降低到0价，被复原，故A错误；B．生成氢气，H元素化合价降低，H2为复原产物，在HCN中碳为+2价，CO中的碳也为+2价，那么CaCN2中的碳为+4价，故CaCN2为氧化产物，故B正确；C．因HCN中的碳元素化合价升高，氢元素的化合价降低，那么HCN既是氧化剂又是复原剂，故C错误；D．HCN中碳为+2价，CO中的碳也为+2价，那么CO不是氧化产物，故D错误；应选B。2．【答案】D3．【答案】C【解析】此题考查氧化复原反响规律的应用。反响①中Fe元素的化合价降低，那么FeCl3为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性FeCl3＞I2，反响②中Cl元素的化合价降低，那么Cl2为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性Cl2＞FeCl3，反响③中Mn元素的化合价降低，那么KMnO4为氧化剂，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性KMnO4＞Cl2，即氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，那么某溶液中有Fe2+和I−共存，要氧化除去I−而又不影响Fe2+和Cl−，选择氧化性强的物质除杂时能将Fe2+和Cl−氧化，应选择弱氧化剂FeCl3来除杂而不影响Fe2+和Cl−，且没有引入新的杂质，应选C。4．【答案】B【解析】审题时要注意高锰酸钾在不同条件下被复原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成，A正确。根据产物K2MnO4知，反响在碱性条件下进行，故反响物缺项不可能是H2SO4，B不正确。反响物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D正确。【名师点拨】假设不清楚高锰酸钾在不同条件下被复原的产物不同，那么很难得出缺项物质；假设不能根据反响物和生成物的化合价变化及原子个数守恒配平，那么不能正确配平反响方程式。5．【答案】B【解析】Cu2S与一定浓度的HNO3反响中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由−2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被复原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2。设NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol，根据电子转移守恒可知：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，根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)−n(CuSO4)=2×0.5mol−0.5mol=0.5mol。由氮元素守恒可知参加反响的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol。所以实际参加反响的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n(Cu2S)∶n(HNO3)=0.5mol∶4mol=1∶8。1．【答案】D2．【答案】C【解析】HCl中Cl由－1价→0价，化合价升高，被氧化，属于复原剂，氯气为氧化产物，A错误；Bi属于金属元素，具有金属性，B错误；发生的离子反响方程式为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转移电子0.1×10/5mol＝0.2mol，根据离子反响方程式，消耗n(Mn2＋)＝0.04mol，那么第一个离子反响式转移电子的物质的量为0.04×5mol＝0.2mol，整个过程中转移电子0.4mol，C正确；根据氧化复原反响的强弱规律，第一个离子反响中得出：KMnO4>Cl2，第二个离子反响中得出：BiOeq\o\al(－,3)>MnOeq\o\al(－,4)，因此有NaBiO3>KMnO4>Cl2，D错误。3．【答案】C【解析】该反响中，过二硫酸根离子得电子化合价降低为氧化剂，锰离子失电子化合价升高为复原剂，那么高锰酸根离子为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性比拟：S2Oeq\o\al(2－,8)＞MnOeq\o\al(－,4)，A正确；S2Oeq\o\al(2－,8)的相对分子质量为2×32＋8×16＝192，那么氧化剂的摩尔质量为192g·mol－1，B正确；盐酸为强复原性酸，能被过二硫酸根离子氧化生成氯气，所以不能用盐酸作酸性介质，C错误；假设有0.1mol氧化产物MnOeq\o\al(－,4)生成，Mn元素化合价由＋2价升高到＋7价，那么转移电子0.5mol，D正确。4．【答案】C5．【答案】A【解析】此题考查氧化复原反响的有关计算。反响中注意氯元素的化合价变化，设溶液中NaClO与NaClO3的物质的量分别为4mol、1mol，根据电子得失守恒可知NaCl的物质的量=4mol×1+1mol×(5−0)=9mol，那么该溶液中NaCl与NaClO的数目之比为9mol∶4mol=9∶4，应选A。6．【答案】D【解析】处理1mol，需参加amolFeSO4•7H2O，根据铬原子守恒得，1mol完全反响后生成2/(2−x)molFeⅡ[FeⅢx•CrⅢ2−x]O4，根据铁原子守恒得amol=2(1+x)/(2−x)mol①，该反响中得失电子数相等，1mol×2×3=2/(2−x)mol×(3−2)×x，解得x=1.5，将x=1.5代入①得a=10。7．【答案】D【解析】此题考查混合物反响的计算、氧化复原反响的计算。在所得溶液中参加NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×2.8L=2.8mol，沉淀为Fe(OH)3，质量为85.6g，物质的量为QUOTE85.6g107mol/L=0.8mol，根据铁元素守恒有n(FeO)+2n(Fe2O3)=n[Fe(OH)3]，所以反响后的溶液中n[Fe(NO3)3]=n[Fe(OH)3]=0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有160x+72y=59.2，根据铁元素守恒有：2x+y=0.8，联立方程解得x=0.1、y=0.6。A．由上述分析可知，n(Fe2O3)∶n(FeO)=0.1mol∶0.6mol=1∶6，正确；B．根据电子守恒，生成NO的物质的量为：=0.2mol，根据N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸溶液的浓度为：QUOTE3mol1L=3mol/L，正确；C．根据B可知n(NO)=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，正确；D．反响后的溶液中参加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反响，剩余的氢氧化钠与硝酸反响，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反响后溶液中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，错误；应选D。8．【答案】〔1〕<Cl2<<〔2〕取少量FeCl3溶液于试管中，依次参加KI溶液和淀粉溶液，振荡，假设溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于I2〔3〕8Au3++3BH4−+24OH−8Au+3BO2−+18H2O〔4〕0〔5〕①〔aV+500〕/140②17〔3〕NaBH4与Au3+发生氧化复原反响生成NaBO2和Au，反响前后B的化合价不变，H元素化合价由−1价变为+1价，Au3+由+3价变为0价，结合转移电子守恒那么离子方程式为：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]+离子中R的化合价为+5价，设复原后的化合价为a，根据电子转移守恒：5×10−3mol×〔6−4〕=2×10−3mol×〔5−a〕，解得a〔5〕①将铜离子完全转化为硝酸钠时，根据钠原子守恒得n〔NaOH〕=n〔NaNO3〕=0.001aVmol，根据硝酸根离子守恒得起酸作用的硝酸的物质的量=0.001aVmol，根据N原子守恒作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5mol，所以硝酸的物质的量浓度==mol/L，故答案为：；②n〔Cu〕=，混合气体的物质的量为，设NO和NO2的物质的量分别为x、y，由电子、原子守恒可知，解得用双氧水使铜与硝酸反响生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，双氧水得到的电子等于NO、NO2失去的电子，设需要双氧水mg，根据电子得失守恒，有：0.25×3+0.25×1=×2，解得：m=17，故答案为：17。1．【答案】B【名师点睛】明确氧化复原反响的含义和判断依据是解答的关键，注意氧化复原反响的分析思路，即判价态、找变价