高考化学命题热点提分攻略专题04氧化还原反应难点突破学案

专题4氧化复原反响全国卷年份题号考点散布氧化复原反响的氧化复原反响氧化复原反响方程观点的规律及计算式的书写及配平I201828（1）★201727★201628★II201828（3）★201713★201628★★III2018201727★★28★201628★北京卷20189★28★★天津卷20189（5）★江苏卷201816（4）★20★在2018年的高考取，氧化复原反响的考察主假如有关氧化复原反响的观点的考察，如：氧化剂，复原剂、氧化产物、复原产物的判断；对氧化还反响应一些规律的考察，如：氧化性复原性强弱的考察；对氧化复原反响方程式书写与综共计算的考察，如：与物质构造和元素化合物知识的联合，进行方程式书写与有关量的计算的考察等。估计在2019高考取，氧化复原反响的考察还是考察热门，还会从以上三个方面进行考察，将氧化复原反响与物质的剖析推测联合在一同，将电化学原理、新式绿色能源的开发等与工农业生产、科学研究、社会平时生活等联合在一同，考察学生对学科内知识的综合应用能力。考点一氧化复原反响的观点1．实质：有电子转移或偏移特点：元素化合价发生变化2．基本观点3．氧化复原反响的表示方法双线桥法箭头一定由反响物指向生成物，且两头瞄准同种元素。箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。在“桥”上注明电子的“得”与“失”，且得失电子总数应相等。单线桥法箭头一定由复原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素。箭头方向表示电子转移的方向。在“桥”上注明转移的电子总数。4．氧化复原反响与四种基本反响种类的关系2一般状况下有单质参加的化合反响或有单质生成的分解反响必定是氧化复原反响；(2)有单质参加或许生成的反响不必定十年氧化复原反响，好像素异形体之间的转变3O2=2O3。置换反响必定是氧化复原反响；复分解反响必定不是氧化复原反响。【典例1】【2018全国1】采纳N2O5为硝化剂是一种新式的绿色硝化技术，在含能资料、医药等工业中获取宽泛应用。回答以下问题（1）1840年Devil用干燥的氯气经过干燥的硝酸银，获取N2O5。该反响的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。【答案】O2【分析】氯气在反响中获取电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会高升，因此氧化产物是氧气，分子式为O2；【典例2】【2018北京】以下实验中的颜色变化，与氧化复原反响没关的是ABCDNaOH溶液滴入FeSO4石蕊溶液滴入氯水Na2S溶液滴入AgCl热铜丝插入稀硝实验溶液中中浊液中酸中产生白色积淀，随后溶液变红，随后迅积淀由白色渐渐变产生无色气体，现象变成红褐色速退色为黑色随后变成红棕色【答案】C在反响Cl2+H2OHCl+HClO，因为氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色退色是HClO表现强氧3化性，与有色物质发生氧化复原反响；C项，白色积淀变成黑色时的反响为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反响前后元素化合价不变，不是氧化复原反响；D项，Cu与稀HNO3反响生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变成红棕色时的反响为2NO+O=2NO，反响前后元素化合价有起落，为氧化复原反响；与氧化复原反响没关的是C项，答案选C。点睛：此题考察氧化复原反响的判断，剖析颜色变化的原由、理解氧化复原反响的特点是解题的重点。考点二氧化复原反响的规律及计算1．性质强弱规律物质氧化性、复原性的强弱取决于元素得失电子的难易程度，与得失电子的数量没关，可从“热>冷”(温度)、“浓>稀”(浓度)、“易>难”(反响条件、强烈程度)，以及金属活动性次序表、元素在周期表中的地点、原电池原理、电解池中离子的放电次序等角度判断；还要学会从化学反响方向的角度判断“剂>物”(同一反响中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，复原剂的复原性大于复原产物的复原性)。2．反响先后规律在溶液中，假如存在多种氧化剂(或复原剂)，当向溶液中加入另一复原剂(或氧化剂)时，会先与最强的氧化剂(或复原剂)反响。①最强的氧化剂与最强的复原剂最初发生反响。②先强后弱：如过度的Fe加入同浓度的Fe3＋、Cu2＋混淆液中，因为氧化能力Fe3＋>Cu2＋，故Fe先与Fe3＋反响。3．价态归中规律即同种元素不一样价态之间的反响，高价态的元素化合价降低，廉价态的元素化合价高升，但高升与降低的化合价不可以交错。如：KClO3＋6HCl===3Cl2↑＋KCl＋3H2O，氧化剂KClO3，复原剂HCl，氧化产物Cl2，复原产物Cl2。4．电子守恒规律关于氧化复原反响的计算，重点是氧化复原反响的实质——得失电子守恒，列出守恒关系求解，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值＝n(复原剂)×变价原子个数×化合价变化值。【典例3】【2018全国2】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制宏图。回答下列问题：测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现m象是___________________________。②向上述溶液中加入过度锌粉至反响完好后，过滤、清洗，将滤液及清洗液所有采集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用-1溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为cmol·LKMnO4溶液滴定至终点，耗费KMnO44________________________________。【答案】粉红色出现【典例4】【2018北京】实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并研究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；拥有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳固。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）2+）。①A为氯气发生装置。A中反响方程式是________________（锰被复原为Mn②将除杂装置B增补完好并注明所用试剂。_______③C中获取紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反响有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，此外还有________________。（2）研究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经查验气体中含有Cl2。为证明能否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少许a，滴加KSCN溶液至过度，溶液呈红色。用KOH溶液充分清洗C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，获取紫色溶液b。取少许方案Ⅱb，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不可以判断必定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液清洗的目的是________________。5②依据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO24（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表示，Cl2和FeO24的氧化性强弱关系相反，原由是________________。③资料表示，酸性溶液中的氧化性2＞MnO4，考证明验以下：将溶液b滴入MnSO和足量HSO的混FeO4424合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象可否证明氧化性FeO42＞MnO4。若能，请说明原由；若不可以，进一步设计实验方案。原由或方案：________________。【答案】2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2OCl---2+2OHCl+ClO+H2O3+2-+3+-的扰乱>溶液的酸碱性不一样若能，原由：FeO42-在过Fe4FeO4+20H4Fe+3O2↑+10H2O清除ClO量酸的作用下完好转变成3+和O，溶液浅紫色必定是-b中滴加24过度稀H2SO4，察看溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）②依据同一反响中，氧化性：氧化剂氧化产物。对照两个反响的异同，制备反响在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不一样影响氧化性的强弱。③判断的依照能否清除FeO42-的颜色对实验结论的扰乱。详解：（1）①A为氯气发生装置，KMnO4与浓盐酸反响时，锰被复原为2+Cl2，KMnO4与浓Mn，浓盐酸被氧化成盐酸反响生成KCl、MnCl、Cl和HO，依据得失电子守恒和原子守恒，反响的化学方程式为2KMnO+16HCl2224-+10Cl-+2+（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4+16H=2Mn+5Cl2↑+8H2O。②因为盐酸拥有挥发性，所得Cl中混有HCl和HO（g），HCl会耗费Fe（OH）、KOH，用饱和食盐水除掉2236HCl，除杂装置B为。③C中Cl2发生的反响有3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2KFeO4+6KCl+8H2O，还有Cl2与KOH的反响，Cl2与KOH反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+HO，反响的离子方程式为---Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O。（2）①依据上述制备反响，C的紫色溶液中含有KFeO、KCl，还可能含有KClO等。24i.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不可以判断K2FeO4与Cl-发生了反响，根③该小题为开放性试题。若能，依据题意24243+2KFeO在足量HSO溶液中会转变成Fe和O，最后溶液中不存在2-，溶液振荡后呈浅紫色必定是-的颜色，说明2-2+-FeOMnOFeO将Mn氧化成MnO，因此该实验方案能证明氧4444化性2--。（或不可以，因为溶液b2-）变小，FeO44呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混淆溶液中，c（FeO4MnO溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对照的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过度稀H2SO，察看4溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。点睛：此题考察K2FeO4的制备和K2FeO4的性质研究。与气体有关的制备实验装置的连结次序一般为：气体发生装置→除杂净化妆置→制备实验装置→尾气汲取。进行物质性质实验研究是要清除其余物质的扰乱。尤其注意最后一空为开放性答案，要着重多角度思虑。考点三氧化复原反响方程式的书写及配平一般氧化复原反响的配平步骤72.氧化复原反响的配平技巧（1）.全变从左侧配0＋5＋4＋4氧化剂、复原剂中某元素化合价全变的，一般从反响物着手配平。如C＋HNO3(浓)―→NO2↑＋CO2↑＋＋5H2O，要使得失电子数守恒，必为1C＋4HNO3(浓)，再配平右侧物质的化学计量数。（2）.自变从右侧配0－2＋4自己氧化复原反响(包含分解、歧化)一般从右侧着手配平。如S＋KOH(热、浓)―→K2S＋K2SO3＋H2O，－2＋4要使得失电子守恒，必有2K2S＋1K2SO3，再配平其余物质的化学计量数。（3）.缺项配平法第一理解缺项物质所含元素化合价反响前后未变。不然没法配平。因此先配平含变价元素物质的化学计量数，再依据质量守恒定律确立缺项物质的化学式和化学计量数。缺项物质一般为酸、碱、水，常有的有H2SO4、HCl、KOH、NaOH、H2O等。条件补项原则酸性条件下＋缺H(氢)或多O(氧)补H，少O(氧)补HO(水)2碱性条件下－缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH【典题5】【2018天津】NO含量的测定x将vL气样通入适当酸化的x-，加水稀释至100.00mL。量取20.00H2O2溶液中，使NO完好被氧化为NO3mL该溶液，加入v1mLc1-142-1227标准溶液滴mol·LFeSO标准溶液（过度），充分反响后，用cmol·LKCrO定节余的Fe2+，终点时耗费v2mL。223-NO被HO氧化为NO的离子方程式是___________。+–【答案】2NO+3HO=2H+2NO+2HO238【分析】NO被H2O2氧化为硝酸，因此反响的离子方程式为：2NO+3HO2=2H++2NO3–+2H2O。【典例6】【2018江苏】以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少许FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获取Fe3O4的部分工艺流程以下：（4）“过滤”获取的滤渣中含大批的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混淆后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完好反响耗费的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________________。【答案】1∶16【典例7】【2018江苏】NO（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NO是环境保护xx的重要课题。（1）用水汲取NO的有关热化学方程式以下：x2NO（g）+H2O（l）HNO3（aq）+HNO2（aq）-1H=-116.1kJ·mol3HNO2（aq）HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）H=75.9kJ·mol-1223-1反响3NO（g）+HO（l）2HNO（aq）+NO（g）的H=___________kJ·mol。（2）用稀硝酸汲取NOx，获取HNO3和HNO2的混淆溶液，电解该混淆溶液可获取较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反响式：____________________________________。（3）用酸性(NH2)2CO水溶液汲取NOx，汲取过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反响。写出该反响的化学方程式：____________________________________。（4）在有氧条件下，新式催化剂M能催化NH与NO反响生成N。3x2①NH与NO生成N的反响中，当生成1molN2时，转移的电子数为__________mol。322②将必定比率的O、NH和NO的混淆气体，匀速通入装有催化剂M的反响器中反响（装置见题20图-1）。23x反响同样时间NOx的去除率随反响温度的变化曲线如题20图-2所示，在50～250℃范围内跟着温度的高升，9NO的去除抢先快速上涨后上涨迟缓的主要原由是____________________________；当反响温度高于380℃x时，NOx的去除率快速降落的原由可能是___________________________。【答案】（1）-136.2（2）HNO2-2e-+H2O3H++NO3-3）2HNO+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O（4）①②快速上涨段是催化剂活性随温度高升增大与温度高升共同使NOx去除反响速率快速增大；上涨迟缓段主要是温度高升惹起的NOx去除反响速率增大催化剂活性降落；NH3与O2反响