氧化还原反应的规律和应用

一、氧化复原反响的根本规律自我诊断1.在反响KClO3+6HCl3Cl2↑+KCl+3H2O中，被复原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为()A.6∶1 B.1∶6C.5∶1 D.1∶5第4讲氧化复原反响的规律和应用根底盘点解析此反响为归中反响，关键是要正确分析化合价的变化情况，化合价的变化应遵循“只靠近，不交叉〞的原那么。反响中只有1个+5价的氯原子得电子，被复原为Cl2，HCl化学计量数虽然为6,但仍有一个-1价氯原子没有变价，即生成KCl,因此只有5个-1价氯原子失去电子被氧化生成Cl2，也就是说在生成的3分子氯气中,有5个氯原子是Cl-被氧化的结果，有1个氯原子是KClO3被复原的结果。答案D2.向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是()①NaCl、Na2SO4②NaCl、NaBr、Na2SO4③NaCl、Na2SO4、I2④NaCl、NaI、Na2SO4A.①②B.③④C.①④D.②③解析Br-、I-、SO复原性强弱顺序为：SO＞I-＞Br-，通入一定量Cl2后，按以上顺序反应，分别生成Na2SO4、I2、Br2和NaCl，将溶液蒸干并充分灼烧，Br2挥发，I2升华，不会存留在固体剩余物中,受热稳定的NaCl、Na2SO4一定留在固体中，但又因为Cl2是一定量，复原性较弱的NaBr也可能有剩余。故A选项符合题意。A根底回归1.守恒规律化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个完整的氧化复原反响,化合价升降总数相等,得失电子总数相等。2.强弱规律氧化性较强的氧化剂跟复原性较强的复原剂反应，生成复原性较弱的复原产物和氧化性较弱的氧化产物。3.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，只有复原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有复原性，但主要表现其中一种性质。4.转化规律5.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，得电子后就越难失电子；一种氧化剂同时和几种复原剂相遇时,优先与复原性最强的复原剂发生反响；同理,一种还原剂遇到多种氧化剂时，氧化性最强的氧化剂优先反响。注意两类特殊的氧化复原反响——歧化反响和归中反响特别提醒〔1〕歧化反响：同种元素同价态在反响中局部原子化合价升高，局部原子化合价降低。如：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O〔2〕归中反响：同种元素由高价态、低价态转化至中间价态。如：2Na2S+Na2SO3+6HCl6NaCl+3S↓+3H2O△二、氧化复原反响方程式的配平及有关计算自我诊断3.2001年1月6日，我国525名两院院士投票评选出1999年中国十大科技进步奖，其中一项为哪一项：储氢碳纳米管研究获重大进展。电弧法合成的碳纳米管,常伴有大量杂质——碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可通过氧化气化法提纯。其反应式是：(1)完成并配平上述反响的化学方程式。(2)此反响的氧化剂是，氧化产物是。(3)上述反响中假设产生0.1mol气体物质，那么转移电子的物质的量是mol。解析〔1〕反响过程中3C+2K2Cr2O7+H2SO43CO2+K2SO4+2Cr2(SO4)3+,再根据元素守恒，由钾元素守恒可知K2SO4的计量数为2，Cr2(SO4)3，由电子得失相等得：+3由硫元素守恒可知,H2SO4的计量数为8,由氢、氧元素守恒可知缺项为H2O，计量数为8。〔2〕通过〔1〕中元素化合价变化情况分析可知：K2Cr2O7作氧化剂，CO2为氧化产物。〔3〕从反响方程式可知，有1molCO2生成即转移4mol电子，可确定答案。答案〔1〕3283CO2228H2O〔2〕K2Cr2O7CO2〔3〕0.4根底回归1.配平方法——化合价升降法步骤如下：标标明反响前后化合价有变化的元素的化合价等通过求最小公倍数使化合价升降总值相等定确定氧化剂与复原剂的化学计量数平观察法配平其他物质的化学计量数检查质量、电荷、电子是否分别守恒查2.计算方法——得失电子守恒法解题的一般步骤为：〔1〕找出氧化剂、复原剂及相应的复原产物和氧化产物。〔2〕找准一个原子或离子得失电子数。〔注意化学式中粒子的个数〕〔3〕根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n〔氧化剂〕×变价原子个数×化合价变化值〔高价-低价〕=n〔复原剂〕×变价原子个数×化合价变化值〔高价—低价〕。对于多步连续进行的氧化复原反应,只要中间各步反响过程中电子没有损耗,可直接找出起始物和最终产物,删去中间产物,建立二者之间的守恒关系，快速求解。迷津指点要点一氧化复原反响的根本规律应用氧化复原反响的规律主要有守恒规律、强弱规律、价态规律、转化规律、难易规律等，其中考查最多的是守恒规律,其在计算中应用较多。

要点精讲【典例导析1】在浓盐酸中HNO2与SnCl2反响的离子方程式为：3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+N2+3SnCl+4H2O。关于该反响的说法正确的选项是〔〕①氧化剂是HNO2②复原性：Cl->N2③每生成2.8gN2,复原剂失去的电子为0.6mol④x为4，y为2⑤SnCl是氧化产物A.①③⑤B.①②④⑤C.①②③④D.只有①③解析反响中，HNO2得到电子为氧化剂，SnCl2失去电子为复原剂，其对应产物SnCl是氧化产物。Cl-在反响中没有得失电子。每生成1molN2转移6mol电子，故生成2.8gN2(0.1mol),SnCl2失去0.6mol电子。根据电荷守恒有：-12+6=-3y,y=2，根据原子守恒有：6+12=3x,x=6。综合上述，①③⑤正确。答案A迁移应用1铁溶于一定浓度的硝酸溶液时,发生反响的离子方程式为aFe+bNO+cH+dFe2++fFe3++gNO↑+hNO2↑+kH2O，以下有关推断中,不正确的选项是〔〕A.2d+3f=3g+hB.反响中每消耗5.6gFe，转移0.2mol~0.3mole-C.HNO3的氧化性大于Fe3+D.当a不变时，d随着b的增大而增大解析由得失电子守恒可知，A、B正确；由氧化性强弱顺序可知C正确；由得失电子守恒和电荷守恒可知当a不变时，d随着b的增大而减小，D项错误。D要点二氧化复原反响的有关计算1.主要类型〔1〕求氧化剂与复原剂或氧化产物与复原产物的物质的量之比或质量之比。〔2〕通过计算确定元素的化合价或氧化产物、复原产物的组成。〔3〕根据氧化复原反响的先后次序进行计算。2.方法技巧得失电子守恒是指在发生氧化复原反响时，氧化剂得到的电子数一定等于复原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化复原反响中氧化剂、复原剂、氧化产物、复原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。得失电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、复原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、复原剂得失电子的物质的量，然后根据得失电子守恒列出等式：氧化剂的物质的量×每摩尔氧化剂得电子数=复原剂的物质的量×每摩尔复原剂失电子数,利用这一等式，解氧化复原反响计算题，可化难为易，化繁为简。【典例导析2】KOCN中碳为+4价,在反响KOCN+KOH+Cl2CO2+N2+KCl+H2O〔未配平〕中,如果有6molCl2完全反响，那么被氧化的KOCN的物质的量是〔〕A.2molB.3molC.4molD.6mol解析由题意可知，Cl2为氧化剂，氯元素化合价改变为0→-1，KOCN为复原剂,其中氮元素显-3价，氮元素化合价改变为-3→0，由化合价升降守恒得：6mol×2=n(KOCN)×3，所以n〔KOCN〕=4mol。C迁移应用214g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反响,将放出的气体与1.12L〔标准状况下〕氧气混合，通入水中恰好全部被吸收,那么合金中铜的质量为〔〕A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g解析根据得失电子守恒规律可直接找出量(O2)与未知量〔Cu、Ag〕之间的物质的量关系。HNO3中的N元素相当于电子的“二传手〞，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得解得：m(Cu)=3.2g。答案C+5题组一氧化复原反响的根本规律1.在NO2被水吸收的反响中，发生复原反响和发生氧化反响的物质，其质量比为()A.3∶1B.1∶3C.1∶2D.2∶1解析NO2与H2O反响的方程式如下：3NO2+H2O2HNO3+NO,HNO3是氧化产物,NO是复原产物，由元素守恒知，发生复原反响和发生氧化反应的NO2的质量比为1∶2。对点训练C2.在一定条件下，分别以过氧化氢、高锰酸钾、氯酸钾为原料制取氧气，当制得相同物质的量的氧气时，三个反响中转移电子数的物质的量之比为()A.1∶2∶3B.2∶4∶3C.1∶2∶2D.1∶1∶1解析根据反响：2H2O22H2O+O2↑①，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑②,2KClO32KCl+3O2↑③，假设产生的O2均为3mol，反应①转移电子6mol,反响②③转移电子均为12mol，故三个反响中转移电子数的物质的量之比为6∶12∶12=1∶2∶2。CMnO2,ΔMnO23.常温下，发生如下反响：①16H++10Z-+2XO2X2++5Z2+8H2O②2A2++B22A3++2B-③2B-+Z2B2+2Z-由此判断以下说法错误的选项是〔〕A.反响Z2+2A2+2A3++2Z-可以进行B.Z元素在①、③反响中均被复原C.氧化性由强到弱的顺序是XO、Z2、B2、A3+D.复原性由强到弱的顺序是A2+、B-、Z-、X2+解析根据物质化学性质强弱规律，在同一反响中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的复原性大于复原产物的复原性，可得出：复原性A2+>Z-,A项中的反响可以进行,A项正确；①反响中Z-被氧化,B项错误；氧化性XO>Z2>B2>A3+，复原性A2+>B->Z->X2+，C、D正确。答案B4.在5NH4NO32HNO3+9H2O+4N2↑反响中,被还原的氮原子与被氧化的氮原子数目比为()A.3∶5B.5∶3C.5∶2D.2∶1解析此题可利用得失电子守恒求解。N(-3价)N(0价〕N(+5价)N(0价)设被复原的氮原子与被氧化的氮原子数目分别为x、y，那么5x=3y，即x∶y=3∶5。△A失去3e-得到5e-题组二氧化复原反响的有关计算5.氧化复原反响：2Cu〔IO3〕2+24KI+12H2SO42CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反响中得到的电子为()A.10molB.11molC.12molD.13mol解析因方程式已配平，用双线桥法标出电子转移方向数目即可得出答案。2molCu(IO3)2作为氧化剂转移22mole-，那么1mol氧化剂转移11mole-。B6.用48mL0.1mol/L的FeSO4溶液,恰好复原2.4×10-3mol［RO(OH)2］+，那么R元素的最终价态为〔〕A.+2B.+3C.+4D.+5解析铁元素在反响中升高1价，设R元素的最终价态为x,由化合价升降相等得关系式48×10-3L×0.1mol/L×1=2.4×10-3mol×(5-x),解得x=3，B项正确。B7.请根据反响15CuSO4+11P+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,判断1molCuSO4能氧化P的物质的量〔〕A.molB.molC.molD.mol解析这类题型应直接根据得失电子守恒定律解答，题已直接给出了参与氧化复原反响的氧化剂的物质的量。设被氧化的P的物质的量为x，氧化产物为H3PO4，那么有1×1mol=x×5,解得x=1/5mol。C8.以下分子或离子在酸性条件下都能氧化KI,自身发生如下变化：H2O2→H2OIO→I2MnO→Mn2+HNO2→NO如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是〔〕A.H2O2B.IOC.MnOD.HNO2解析复原剂为KI，每摩尔氧化剂得电子数目越多，那么消耗的KI越多，产生的I2也越多。在题目信息中，1molH2O2H2O得电子2mol,1molIOI2得电子5mol，1molMnOMn2+得电子5mol,1molHNO2NO得电子1mol,比照B和C选项，1mol氧化剂得电子数目相等，但B选项中氧化剂IO也能转化为I2，故B选项正确。答案B一、选择题(此题包括12小题,每题5分,共60分)1.以下类型的反响，一定发生电子转移的是()A.化合反响B.分解反响C.置换反响D.复分解反响解析局部化合反响和分解反响不存在电子转移，如CaO+H2OCa(OH)2;CaCO3CaO+CO2↑等，A、B错误。置换反响是有单质参加和生成的反响，一定发生电子转移，C正确。复分解反响一定不存在电子转移，D错误。定时检测高温C2.在以下变化：①大气固氮，②硝酸银分解，③实验室制取氨气中,按氮元素被氧化、被复原、既不被氧化又不被复原的顺序排列，正确的选项是〔〕A.①②③B.②①③C.③②①D.③①②解析大气固氮发生的反响为N2+O22NO,氮元素被氧化；硝酸银分解的化学方程式为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，氮元素被还原；实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,该反响属于非氧化复原反响。因此A项符合题意。A闪电光△3.常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反响：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+以下说法正确的选项是()A.H2O2的氧化性比Fe3+强，其复原性比Fe2+弱B.在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降C.在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量发生变化D.H2O2生产过程要严格防止混入Fe2+解析由题中两个方程式可知氧化性:H2O2>Fe3+，复原性：H2O2>Fe2+,H2O2分解过程中，pH不变，Fe2+、Fe3+的量不变。答案D4.锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时,被复原的硝酸的物质的量为()A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol思路点拨结合信息写出化学方程式分析化合价变化运用电子守恒求解解析锌与稀硝酸反响，按题意方程式为：生成1molZn(NO3)2时被复原的HNO3为mol，也可以根据生成1molNH4NO3，HNO3得到8mole-,那么有4molZn失去8mole-求得。答案D5.电解100mL含c(H+)=0.30mol/L的以下溶液,当电路中通过0.04mol电子时,理论上析出金属质量最大的是〔〕A.0.10mol/LAg+B.0.20mol/LZn2+C.0.20mol/LCu2+D.0.20mol/LPb2+解析100mL溶液中各离子的物质的量分别为n(H+)=0.03mol，n(Ag+)=0.01mol,n(Zn2+)=0.02mol,n〔Cu2+〕=0.02mol,n〔Pb2+〕=0.02mol,当分别电解它们的溶液通过0.04mol电子时,A中0.01molAg全部析出,其质量为1.08g，B中H+首先得电子,因此析出Zn为0.005mol，质量为0.325g，C中0.02molCu全部析出，质量为1.28g，D中H+首先得电子，析出Pb为0.005mol,质量为1.035g，因此C中析出金属质量最大。答案C6.以下物质中，按只有氧化性、只有复原性、既有氧化性又有复原性的顺序排列的一组是〔〕A.F2、K、HClB.Cl2、Al、H2C.NO2、Na、Br2D.O2、SO2、H2O解析F没有正价，故F2只具有氧化性；K为金属，金属没有负价，故K的化合价只能升高，不能降低，即K只有复原性；HCl中的Cl-处于最低价态，只有复原性，H+只有氧化性，因此HCl既有氧化性又有复原性。A7.以下反响中，不属于氧化复原反响的是〔〕①3Cl2+6KOH5KCl+KClO3+3H2O②2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O③SnCl4+2H2OSnO2+4HCl④3CCl4+K2Cr2O72CrO2Cl2+3COCl2+2KClA.①②B.①③C.③④D.②④解析氧化复原反响的实质是电子的转移〔得失或偏移〕，而其特征是反响前后元素的化合价发生改变，故化合价是分析氧化复原反响的根底。①中Cl2KCl+KClO3②中NO2NaNO2+NaNO3都有价态变化，所以是氧化复原反响。③中SnCl4SnO2④中CCl4COCl2；K2Cr2O7CrO2Cl2都没有化合价的改变，故都不是氧化复原反响。答案C0-1+5+4+3+5+4+4+4+4+6+68.以下变化需要参加复原剂才能实现的转化是〔〕A.浓硫酸→SO2B.Fe2+→Fe3+C.H2S→SO2D.HCO→CO2解析价态降低的复原反响需要参加复原剂才能实现，A项对。A9.以下各组离子中，因发生氧化复原反响而不能大量共存的是()A.Fe3+、H+、SO、ClO-B.Fe3+、Fe2+、SO、NOC.Al3+、Na+、SO、COD.K+、H+、Br-、MnO解析A项H+与ClO-能结合成HClO,是复分解反应;B项可以大量共存;C项Al3+和CO可以发生双水解反响而不能大量共存，并无化合价的变化,不属于氧化复原反响；D项因酸性KMnO4的氧化性很强，会把Br-氧化为Br2，应选D项。D10.将SO2通入CuSO4和NaCl的浓溶液中，溶液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl:35.7%，Cu:64.3%。SO2在上述反响中作用是()A.酸B.漂白剂C.复原剂D.氧化剂解析由沉淀中元素组成可知，其原子个数比为1∶1，即CuCu被复原，而Cl的化合价未变，故SO2只能作复原剂。C+2+111.三聚氰酸［C3N3〔OH〕3］可用于消除汽车尾气中的NO2。其反响原理为：C3N3〔OH〕33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O以下说法正确的选项是〔〕A.C3N3〔OH〕3与HNCO为同一物质B.HNCO是一种很强的氧化剂C.1molNO2在反响中转移的电子为4molD.反响中NO2是复原剂解析C3N3(OH)3反响生成HNCO，二者是不同的物质，A错;从方程式8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O知,HNCO中N的化合价升高，是复原剂，NO2中N的化合价降低，是氧化剂，B、D都错。△△C△12.根据下表信息，以下表达中正确的选项是〔〕A.表中第①组反响的氧化产物一定只有FeCl3(Fe3+)B.氧化性强弱比较:KMnO4>Cl2>Fe3+>Br2>Fe2+序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3浓盐酸Cl2Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2C.复原性强弱比较：H2O2>Mn2+>Cl-D.④的离子方程式配平后,H+的化学计量数为16解析Cl2和FeBr2的反响和物质的量有关,如果Cl2少量，氧化产物是Fe3+，如果Cl2足量，氧化产物是Fe3+和Br2,A项错误；由氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可推知该表格中物质氧化性强弱比较为：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3+>Fe2+,B项错误;由反应④可知物质复原性强弱比较：Cl->Mn2+,C项错误;④的化学方程式为:2KMnO4+16HCl〔浓〕2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，D项正确。答案D二、非选择题〔此题包括4小题，共40分〕13.某反响体系中的物质有:NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。〔1〕请将Au2O3之外的反响物与生成物分别填入以下空格内：(2)反响中，被复原的元素是，复原剂是。〔3〕请将反响物的化学式配平后的系数填入以下相应的位置中，并标出电子转移的方向和数目。(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂〞，Na2S2O3和Cl2反响的产物是H2SO4、NaCl和HCl，那么复原剂与氧化剂的物质的量之比为。解析〔1〕Au2O3中金元素的化合价为+3价，而另一种含金的化合物为Au2O，其中金元素的化合价为+1价,因此金元素的化合价在反响后降低。那么另一种物质中必定有一种元素的化合价升高,通过分析可知，Na2S2O3中+2价的硫元素升高到Na2S4O6中的+价,故此反响中,氧化剂和复原剂分别为Au2O3和Na2S2O3，氧化产物和复原产物分别为Na2S4O6和Au2O，再结合质量守恒定律，可找出其他的反响物和生成物。〔2〕通过〔1〕中的分析可知，反响中被复原的元素是Au，复原剂是Na2S2O3。+3(3)反响过程中：Au2O3Au2O,Na2S2O3Na2S4O6,根据得失电子数目相等，可得：Au2O3+4Na2S2O3+H2OAu2O+2Na2S4O6+NaOH,再依据质量守恒定律可配平方程式，H2O的系数为2，NaOH的系数为4。(4)根据Na2S2O3H2SO4,Cl2Cl,由电子守恒可得：n(Na2S2O3)×4×2=n(Cl2)×2，因此

+3+1+2+2+60-1答案〔1〕Na2S2O3H2ONa2S4O6Au2ONaOH(2)AuNa2S2O3

(4)1∶4+314.〔13分〕传统的自来水处理剂是在自来水中参加规定剂量的液氯，液氯能够溶解于水，并且与水能够发生化学反响。近年来，科技工作者为了延长液氯的杀菌时间,在液氯中加入适量的液氨。〔1〕请你写出液氯与水反响的化学方程式：，氧化剂是，复原剂是。从氧化剂和复原剂来看，该反响的特点是，从元素化合价的变化来看，该反响的特点是。(2)用液氯作为自来水的杀菌剂,起作用的是HClO,所以液氯参加水中后含氯的物质有氯单质，HClO和，其中氯单质可以从水中挥发，这正是我们有时翻开自来水管能够闻到刺激性气味的原因,HClO也可以分解产生氧气和HCl。在液氯中参加少量液氨，生成NH2Cl,NH2Cl比HClO稳定。在HClO浓度大的时候发生的反响是NH3+HClOH2O+NH2Cl,在HClO浓度小的时候发生的反响是H2O+NH2ClNH3↑+HClO，所以这种方法可以缓慢的放出HClO,起杀菌、消毒的作用，减少了氯的流失。以上两个反响的反响类型是〔填序号〕。A.氧化复原反响B.非氧化复原反响C.置换反响D.复分解反响解析(1)写出氯单质与水反响的化学方程式，分析反响中元素化合价的变化特点，只有氯元素的化合价发生了变化，所以Cl2既是氧化剂,又是还