2023届新高考新教材化学人教版一轮学案-第二章第2讲　氧化还原反应

第2讲氧化还原反应复习目标核心素养1.了解氧化还原反应的基本概念。2．了解氧化还原反应的本质，知道常见的氧化剂和还原剂。3．理解氧化还原反应的基本规律，了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。4．掌握氧化还原反应方程式的配平。5．掌握氧化还原反应方程式的计算。1.宏观辨识与微观探析：能正确辨别氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。能灵活运用氧化还原反应的相关规律。2．变化观念与平衡思想：能从原子、分子水平分析化学变化的本质；能对具体物质的性质和化学变化做出解释和推测；能根据得失电子守恒思想进行相应计算。考点一氧化还原反应的基本概念1．本质和特征2．有关概念与联系对于反应C＋2H2SO4(浓)eq\o(=,\s\up7(△))2SO2↑＋CO2↑＋2H2O(1)氧化剂是浓硫酸，发生还原反应，被还原，生成还原产物SO2。(2)还原剂是C，发生氧化反应，被氧化，生成氧化产物CO2。(3)C和浓硫酸在反应中分别表现还原性和氧化性。(4)反应生成1molCO2，浓硫酸得4_mol电子，C失去4_mol电子，反应转移4_mol电子。3．常见的氧化剂和还原剂(1)常见的氧化剂常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物等。如：(2)常见的还原剂常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如：(3)既可作氧化剂，又可作还原剂的物质或粒子具有中间价态的物质或粒子既具有氧化性，又具有还原性，当与强还原剂反应时，作氧化剂，表现氧化性；当与强氧化剂反应时，作还原剂，表现还原性。常考物质或粒子归纳如下：Fe3＋Fe2＋FeSOeq\o\al(2－,4)SOeq\o\al(2－,3)SO2H2O2H2O说明：Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性4.四种基本反应类型和氧化还原反应的关系有单质参加或生成的化学反应，不一定是氧化还原反应，如3O2eq\o(=,\s\up7(放电))2O3。5．氧化还原反应中电子转移的表示方法(1)双线桥法请写出Cu与浓硝酸反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：。(2)单线桥法请写出Cu与稀硝酸反应的化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：(1)金属元素由化合态变为游离态一定发生了还原反应。(√)(2)有单质参与和生成的反应一定是氧化还原反应。(×)(3)ICl与水反应生成HCl和HIO的反应属于氧化还原反应。(×)(4)反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NO中氧化剂与还原剂的质量比为2∶1。(×)(5)浓硫酸具有强氧化性，不能干燥SO2等还原性气体。(×)(6)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑、Cl2＋H2OHCl＋HClO均为水作还原剂的氧化还原反应。(×)题点一氧化还原反应基本概念的判断(2021·山东卷，13)(双选)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是()A．G与H均为氧化产物B．实验中KMnO4只作氧化剂C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H的物质的量之和可能为0.25mol【解析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2。K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl－被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。A.加热KMnO4固体的反应中，O元素化合价由－2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，Cl元素化合价由－l升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；B.KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；C.Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；D.每生成1molO2转移4mol电子，每生成1molCl2转移2mol电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl－生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)max＝0.25mol，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol，故D错误。【答案】BD[对点训练1](2021·浙江1月选考，10)关于反应8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O，下列说法正确的是()A．NH3中H元素被氧化B．NO2在反应过程中失去电子C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶4D．氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3解析：DA项，NH3中的N元素化合价由－3升高到0，被氧化，错误；B项，NO2中的N元素化合价由＋4降低到0，得到电子，错误；C项，还原剂是NH3，氧化剂是NO2，物质的量之比为4∶3，错误；D项，7molN2中，4mol来自NH3，是氧化产物，3mol来自NO2，是还原产物，氧化产物与还原产物的质量比为4∶3，正确。[对点训练2](双选)关于反应2KI＋O3＋H2O=2KOH＋I2＋O2，下列说法正确的是()A．当有2molKI被氧化时，1mol氧原子被还原B．O2是还原产物C．若消耗2.24LO3，则转移0.2mol电子D．氧化剂与还原产物的物质的量之比为1∶1解析：AD反应中电子转移情况为：被氧化时，1mol氧原子被还原，A项正确；KOH是还原产物，B项错误；未说明O3所处的状况，C项错误；氧化剂是O3，还原产物为KOH，1molO3参加反应，共得2mol电子，只有1molKOH是还原产物，故D项正确。题点二氧化还原反应电子转移表示方法与计算下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是()【解析】A项Cl2→NaCl应为得e－，Cl2→NaClO应为失e－；B项中氧化产物与还原产物均为Cl2，且转移电子数目为5e－；C项中用单线桥表示电子转移时不标“得失”。【答案】D[方法规律]转移电子数的计算思路明确元素的变价→找出所有氧化剂或还原剂的物质的量eq\o(→,\s\up7(根据变价数))所有氧化剂或还原剂得或失的电子数→确定转移电子数。[n(e－)＝n(氧化剂)或n(还原剂)×N(变价原子数)×ΔN(化合价变化数)][对点训练3]饮用水中的NOeq\o\al(－,3)对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NOeq\o\al(－,3)的浓度，某饮用水研究人员指出，在碱性条件下用铝粉将NOeq\o\al(－,3)还原为N2，其化学方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH=10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O下列有关该反应的说法中，正确的是()A．反应中铝元素的化合价升高，被还原B．若有10mol铝原子参与反应，则转移的电子总数为30C．用双线桥表示的电子转移为：D．可以用单线桥将电子转移表示为解析：C由化学方程式可知，铝元素的化合价升高，被氧化，A项错误；10mol铝原子参加反应转移电子为10mol×3＝30mol，数目为30NA，B项错误；用双线桥法表示的电子转移如下：C项正确；单线桥上应标注电子总数，并且不注明得失，D项错误。考点二氧化性、还原性强弱的比较1．氧化性、还原性的判断(1)氧化性是指氧化剂具有的性质(或能力)；还原性是指还原剂具有的性质(或能力)。(2)氧化性、还原性的强弱取决于得、失电子的难易程度，与得、失电子数目的多少无关。如：Na－e－=Na＋，Al－3e－=Al3＋，但根据金属活动性顺序表，Na比Al活泼，更易失去电子，所以Na比Al的还原性强。从元素的价态考虑：最高价态——只有氧化性，如：浓H2SO4，KMnO4等；最低价态——只有还原性，如：金属单质、Cl－、S2－等；中间价态——既有氧化性又有还原性，如：Fe2＋、S、Cl2等。2．氧化性、还原性强弱的比较方法(1)根据化学方程式判断氧化剂(氧化性)＋还原剂(还原性)=还原产物十氧化产物氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物。(2)根据反应条件和产物价态高低进行判断①与同一物质反应，一般越易进行，则其氧化性或还原性就越强。如Na与冷水剧烈反应，Mg与热水反应，Al与水加热反应也不明显，所以还原性：Na＞Mg＞Al；非金属单质F2、Cl2、Br2、I2与H2反应，F2与H2暗处剧烈反应并爆炸，Cl2与H2光照剧烈反应并爆炸，Br2与H2加热到500℃才能发生反应，I2与H2在不断加热的条件下才缓慢发生反应，且为可逆反应，故氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2。②当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态相同，可根据反应条件的高低进行判断：一般条件越低，氧化剂的氧化性越强，如：MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，由上述反应条件的不同，可判断氧化性：KMnO4＞MnO2。③当不同氧化剂作用于同一还原剂时，如果氧化产物价态不相同，可根据氧化产物的价态高低进行判断：氧化产物的价态越高，则氧化剂的氧化性越强，如：2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3，Fe＋Seq\o(=,\s\up7(△))FeS，则氧化性：Cl2＞S。(1)氧化还原反应中的反应物不是氧化剂就是还原剂。(×)(2)同一种氧化剂，其氧化能力可能受到浓度、温度或溶液酸碱性的影响。(√)(3)实现“Cl2→Cl－”的变化过程一定要加入还原剂。(×)(4)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性。(×)(5)SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)中非氧元素的化合价均为最高价，一定能表现出强氧化性。(×)(6)物质越易失电子，还原性越强，越易被氧化，氧化性越强。(×)题点一氧化性、还原性强弱的判定在室温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Z－＋2XOeq\o\al(－,4)=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－③2B－＋Z2=B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是()A．要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入Z2B．还原性强弱顺序为A2＋＞B－＞Z－＞X2＋C．X2＋是XOeq\o\al(－,4)的还原产物，B2是B－的氧化产物D．在溶液中可能发生反应：8H＋＋5A2＋＋XOeq\o\al(－,4)=X2＋＋5A3＋＋4H2O【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应①中，氧化性：XOeq\o\al(－,4)＞Z2；反应②中，氧化性：B2＞A3＋；反应③中，氧化性：Z2＞B2，则氧化性强弱顺序是XOeq\o\al(－,4)>Z2>B2>A3＋，所以要除去含有A2＋、Z－和B－混合溶液中的A2＋，而不氧化Z－和B－，应加入B2，故A错误；还原剂的还原性强于还原产物的还原性，由反应①②③中还原性的比较可知，还原性强弱顺序为A2＋＞B－＞Z－＞X2＋，故B正确；反应①中X元素的化合价降低，则XOeq\o\al(－,4)为氧化剂，则X2＋是XOeq\o\al(－,4)的还原产物，反应③中B－发生氧化反应生成B2，即B2是B－的氧化产物，故C正确；根据A中的分析，氧化性强弱顺序是XOeq\o\al(－,4)＞Z2>B2＞A3＋，所以XOeq\o\al(－,4)能氧化A2＋，发生的反应为8H＋＋5A2＋＋XOeq\o\al(－,4)=X2＋＋5A3＋＋4H2O，故D正确。【答案】A[母题变式]已知下列四组实验：①向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生氯气；②向FeCl2溶液中通入少量氯气，溶液变黄色；③向FeCl2溶液中加入少量溴水，溶液变黄色；④分别取实验②和实验③中生成的溶液，分别滴在淀粉KI试纸上，试纸都变蓝色。则下列判断不正确的是()A．实验①能够证明Cl－具有还原性B．上述实验能够证明氧化性：Cl2＞Br2C．上述实验能够证明氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>I2D．由上述实验也可推测氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝解析：B高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾作氧化剂，HCl作还原剂，证明Cl－具有还原性，A项正确：氯气能将亚铁离子氧化为三价铁离子，氯气作氧化剂，溴水将亚铁离子氧化为三价离子，溴单质作氧化剂，说明氧化性：Cl2>Fe3＋，Br2>Fe3＋，但是不能证明氧化性：Cl2>Br2，B项错误；每个反应的氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故由A、B项分析可知，氧化性MnOeq\o\al(－,4)>Cl2、Cl2>Fe3＋，三价铁离子将碘离子氧化为单质碘，Fe2＋是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性Fe3＋＞I2，则能够证明氧化性：MnOeq\o\al(－,4)>Cl2>Fe3＋>I2，C项正确；由实验可推知氧化性：Cl2>Fe3＋>I2，实验④试纸变蓝是因为Fe3＋将I－氧化成I2从而可推测Cl2也能氧化I－为I2，能使湿润淀粉KI试纸变蓝，D项正确。[对点训练1](2021·德州一模，11)(双选)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0.4molI2共转移1.2mol电子D．氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3解析：BC反应①中、硒元素化合价升高被氧化，硒作反应的还原剂，二氧化硒为氧化产物，硫元素化合价降低被还原，浓硫酸作反应的氧化剂，二氧化硫是还原产物，故A正确。反应②中，硒元素化合价降低被还原，二氧化硒作氧化剂，碘元素化合价升高被氧化、碘化钾作还原剂，氮元素化合价没有变化，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误。反应②中，生成2mol碘单质，转移4mol电子，则每生成0.4molI2共转移0.8mol电子，故C错误。在同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，反应①中浓硫酸为氧化剂，二氧化硒为氧化产物，氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；同种还原剂与氧化性强的氧化剂先反应，反应②中SeO2为氧化剂，硝酸既不是氧化剂也不是还原剂，说明氧化性：SeO2>HNO3，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>HNO3，故D正确。题点二氧化性还原性强弱的应用(2021·济宁育才中学月考)已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2＋，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是()A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2C．Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2OD．2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2【解析】根据信息，I－的还原性强于Fe2＋，因此Cl2先氧化I－，A错误；还原性I－＞Fe2＋，氯气先和I－反应，过量的氯气再和Fe2＋反应，B正确；Co2O3的氧化性强于Cl2，反应中有氯气生成，C正确；Fe3＋的氧化性强于I2，因此两者发生反应，D正确。【答案】A[母题变式]在上题题干不变情况下，下列反应在水溶液中不可能发生的是()A．Cl2＋2KI=2KCl＋I2B．3Cl2＋2FeI2=2FeCl3＋2I2C．2Fe2＋＋I2=2Fe3＋＋2I－D．Co2O3＋2Fe2＋＋6H＋=2Fe3＋＋2Co2＋＋3H2O答案：C[对点训练2]已知H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是()A．物质的还原性：HI＞H2SO3＞HClB．H2SO3的物质的量浓度为0.6mol·L－1C．若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化D．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋解析：D根据H2SO3＋I2＋H2O=H2SO4＋2HI可知，H2SO3还原性强于HI；将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，氯气先氧化H2SO3，再氧化HI；物质的还原性：H2SO3＞HI＞HCl，故A错误；设H2SO3的物质的量为xmol，则H2SO3消耗氯气为xmol；有eq\f(x,2)mol的HI被氧化，消耗氯气eq\f(x,4)mol，xmol＋eq\f(x,4)mol＝0.1mol，x＝0.08mol，所以H2SO3的物质的量浓度为0.8mol·L－1，故B错误；0.08molH2SO3消耗氯气为0.08mol，0.08molHI消耗氯气为0.04mol，共消耗氯气0.12mol，所以若再通入0.02molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故C错误；通入0.1molCl2被氧化的HI只有H2SO3的一半，发生反应的离子方程式为：5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O=4SOeq\o\al(2－,4)＋I2＋10Cl－＋16H＋，故D正确。[对点训练3]在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知：①半反应式为Cu2O－2e－＋2H＋=2Cu2＋＋H2O②五种物质为FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI③Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋eq\x(X)→Fe3＋＋Mn2＋＋H2O(未配平)下列判断正确的是()A．①中半反应式发生的是还原反应B．②中五种物质中能使①中的半反应顺利发生的物质为Fe2(SO4)3C．MnOeq\o\al(－,4)＋5e－＋4H2O=Mn2＋＋8OH－是反应③的一个半反应D．几种物质的氧化性强弱顺序为MnOeq\o\al(－,4)＞Cu2＋＞Fe3＋解析：B①中Cu2O→Cu2＋，铜元素化合价升高，发生的是氧化反应，A项错误；为使①中的半反应顺序发生，要选择氧化性强的物质作氧化剂，Fe2(SO4)3可作①中的半反应的氧化剂，B项正确；配平反应③为5Fe2＋＋MnOeq\o\al(－,4)＋8H＋=5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，反应在酸性条件下进行，③的半反应中不能生成OH－，C项错误；根据上述分析可知氧化性Fe3＋＞Cu2＋，根据反应③可知氧化性MnOeq\o\al(－,4)＞Fe3＋，即氧化性MnOeq\o\al(－,4)＞Fe3＋＞Cu2＋，D项错误。考点三氧化还原反应的基本规律及应用氧化还原反应的规律(1)电子得失守恒规律：氧化剂得到电子总数＝还原剂失去电子总数；(2)“以强制弱”规律：氧化剂＋还原剂=较弱氧化剂＋较弱还原剂；这是氧化还原反应发生的条件。(3)价态归中规律：同一元素不同价态间发生的氧化还原反应，化合价的变化规律遵循：高价＋低价→中间价态，中间价态可相同、可不同，但只能靠近不能相互交叉(即价态向中看齐)。(4)优先反应原理在溶液中一定是氧化性最强的物质和还原性最强的物质最先发生氧化还原反应。(5)价态规律：元素处于最高价态时只有氧化性，处于最低价态时只有还原性，处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，如Fe3＋只有氧化性，Fe2＋既有氧化性，又有还原性。(1)将Cl2通入FeBr2溶液中，先发生反应：Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，后发生反应Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。(√)(2)元素处于最高价态时一定有强氧化性，元素处于最低价态时一定具有强还原性。元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性。(×)(3)物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关。(√)(4)硝酸铜分解的产物可能是CuO、NO2、NO。(×)(5)向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2。(√)(6)向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液，加入H2O2后溶液变成红色，则Fe2＋既有氧化性又有还原性。(×)题点一守恒规律的考查向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2Oeq\o\al(2－,7)被还原为Xn＋，则n值为()A．2 B．3C．4 D．5【解析】由题意知，0.2molCl2和0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，共同将1molFe2＋氧化。根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2molCl2和0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)得到电子的物质的量与1molFe2＋失去电子的物质的量相等，所以有0.2mol×2＋0.1mol×2×(6－n)＝1mol×1，解得n＝3。【答案】B[母题延伸]向含有1molFeCl2的溶液中加入xmolKMnO4的酸性溶液，恰好完全反应，计算x的值？提示：根据得失电子守恒1×1＝x×5，解得x＝0.2mol。[对点训练1]Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：DNa2Sx中S的化合价－eq\f(2,x)价，根据电子守恒规律[6－(－eq\f(2,x))]×x×1＝16×[1－(－1)]x＝5题点二价态规律的考查已知G、Q、X、Y、Z均为含氯元素的化合物，在一定条件下有下列转化关系(未配平)：①G→Q＋NaCl②Q＋H2Oeq\o(→,\s\up7(电解))X＋H2③Y＋NaOH→G＋Q＋H2O④Z＋NaOH→Q＋X＋H2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是()A．G、Y、Q、Z、X B．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、G D．G、Q、Y、Z、X【解析】由①得出Q中Cl价态高于G，因为－1价为氯元素的最低价，G中Cl价态必介于Q和－l价的Cl之间，将该结论引用到③，Y中Cl价态介于Q与G之间，故有Q中Cl价态高于Y，Y中Cl价态高于G；分析②：H2O中的H化合价降低，则Q中的Cl转变为X中的Cl，化合价必升高，则得出X中Cl价态高于Q；最后分析④：Z中Cl价态介于Q、X之间，则X中Cl价态高于Z，Z中Cl价态高于Q。【答案】A[母题变式]已知X、Y、Z、W、Q均为含氮化合物，它们在一定条件下有如下转换关系(未配平)①X→W＋O2②Z＋Y＋NaOH→H2O＋W③Y＋SO2→Z＋SO3④Q＋Y→Z＋H2O⑤X＋Cu＋H2SO4(浓)→Cu2＋＋Y＋SOeq\o\al(2－,4)则这五种含氮化合物中氮元素的化合价由高到低的顺序为()A．X＞Y＞Z＞W＞Q B．X＞Z＞Y＞Q＞WC．X＞Y＞W＞Z＞Q D．W＞X＞Z＞Q＞Y解析：C①中，X中氧元素失电子化合价升高，则氮元素得电子化合价降低，所以氮元素化合价X>W；③中，硫元素化合价升高，则Y中氮元素化合价降低，所以氮元素化合价Y>Z；②为归中反应，则氮元素化合价W处于Z和Y中间，结合反应③可知，氮元素化合价Y>W>Z；④为归中反应，Z处于Q和Y之间，根据③知，Y>Z，所以Z>Q；⑤铜元素化合价升高，则X中氮元素化合价降低生成Y，所以氮元素化合价X>Y；所以这五种含氮化合物中氮元素的化合价由高到低的顺序为X>Y>W>Z>Q。[对点训练2](1)根据反应KClO3＋6HCl(浓)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3molCl2转移________mole－(2)2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，每产生1mol氧气转移________mole－。(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4molNa2O2发生反应转移________mole－。解析：(1)中反应属于自身氧化还原反应，生成物3个Cl2分子中，有1个Cl原子来源于KClO3，另外5个Cl原子来源于HCl，所以每生成3molCl2转移电子5mol。(2)中Na2O2中的氧由－1到－2、0价，故每生成1molO2转移2mole－。(3)化合价升高总数：4Fe2＋→4Fe3＋，化合价升高4，对于4molNa2O2，其中1molNa2O2中的氧由－1到0价，化合价升高2，总数为6；化合价降低总数：3molNa2O2中的氧由－1到－2价，降低总数为6，所以每4molNa2O2发生反应转移6mol电子。答案：(1)5(2)2(3)6题点三先后规律的考查向含有Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是()A．线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况B．原混合溶液中c(FeBr2)＝6mol·L－1C．当通入Cl22mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－D．原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3【解析】则根据还原性Br－<Fe2＋<I－，线段AB代表I－物质的量的变化情况，线段BC代表Fe3＋物质的量的变化情况，线段DE代表Br－物质的量的变化情况，A项正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B项不正确；当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C项正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D项正确。【答案】B[对点训练3]向含S2－、Fe2＋、Br－、I－各0.1mol的溶液中通入Cl2，通入Cl2的体积(标准状况)和溶液中相关离子的物质的量关系图正确的是()解析：C还原性：S2－＞I－＞Fe2＋＞Br－，所以发生反应的顺序：①Cl2＋S2－=S↓＋2Cl－，②Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，③Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，④Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－。0.1mol的S2－、I－、Fe2＋、Br－反应的Cl2(标准状况)分别为2.24L、1.12L、1.12L、1.12L，所以C正确。[对点训练4]往含Fe3＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)的混合液中加入少量SOeq\o\al(2－,3)，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是()A．2Fe3＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Fe2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋B．2H＋＋SOeq\o\al(2－,3)=H2O＋SO2↑C．2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋3SOeq\o\al(2－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋2NO↑＋H2OD．2Fe3＋＋3SOeq\o\al(2－,3)＋3H2O=2Fe(OH)3↓＋3SO2↑解析：C三价铁离子、硝酸根离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，硝酸根离子在酸性环境下氧化性强于三价铁离子，所以通入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只有硝酸根离子反应，所以离子方程式为2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋3SOeq\o\al(2－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋2NO↑＋H2O，C项正确。考点四氧化还原反应方程式的配平与计算1．氧化还原反应方程式的配平(1)配平原则(2)基本步骤(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。②列变化。③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。⑤查守恒：检查方程式两边是否“原子守恒”和电荷守恒。2．氧化还原反应方程式的计算(1)氧化还原反应计算的基本方法：电子守恒法(化合价守恒)(2)解题的一般步骤①找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。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(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。(1)一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，逸出大量气泡，得到ClO2溶液。该过程中生成ClO2的反应为歧化反应：3ClOeq\o\al(－,2)＋4H＋=2ClO2＋Cl－＋2H2O。(×)(2)NO2通入水中制硝酸：2NO2＋H2O=2H＋＋NOeq\o\al(－,3)＋NO。(×)(3)向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3＋＋H2O2=O2↑＋2H＋＋2Fe2＋。(×)(4)用NaOH溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑。(√)(5)用KMnO4标准溶液滴定草酸：2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋5C2Oeq\o\al(2－,4)=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(×)(6)酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IOeq\o\al(－,3)＋I－＋6H＋=I2＋3H2O。(×)题点一正向型配平________H2S＋________HNO3=________S↓＋________NO↑＋________H2O【解析】(1)配平步骤如下：第三步：求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。第四步：配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3=3S↓＋2NO↑＋4H2O第五步：查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。【答案】32324[对点训练1](1)________NaBO2＋________SiO2＋________Na＋________H2=________NaBH4＋________Na2SiO3(2)______Fe3O4＋______HNO3(稀)=______Fe(NO3)3＋______NO↑＋______H2O答案：(1)124212(2)3289114题点二逆向型配平配平下列反应方程式【解析】第一步：标化合价第三步：求公倍数：降3×2＝升2×3，确定CrCl3和Cl2的化学计量数分别是2和3，第四步：用观察法配平K2Cr2O7＋14HCl(浓)=2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O。第五步：查守恒【答案】1142237[对点训练2](1)________P4＋________KOH＋________H2O=________K3PO4＋________PH3(2)________Cl2＋________KOH=________KCl＋________KClO3＋________H2O答案：(1)29335(2)36513题点三缺项型配平完成以下氧化还原反应的离子方程式：()MnOeq\o\al(－,4)＋()C2Oeq\o\al(2－,4)＋________=()Mn2＋＋()CO2↑＋________。【解析】根据反应可知，是在酸性条件下，故缺根据电子守恒，电荷守恒配平该化学方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。【答案】2516H＋2108H2O[对点训练3]答案：(1)166H＋163H2O(2)2311214H2O[解题技巧]配平的基本技能(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。(5)在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。题点四氧化还原反应方程式的计算(2021·湖南新高考适应卷，8)已知反应：2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。下列关于该反应说法错误的是()A．氧化性：NaClO3＞Cl2B．当反应中有2mole－转移时，被氧化的HCl为4molC．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌【解析】根据氧化还原反应规律，同一元素不同价态之间发生反应，互不交叉，故氧化剂为NaClO3、还原剂为HCl、氧化产物为Cl2、还原产物为ClO2。A项，同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，正确；B项，转移2mole－，被氧化的HCl为2mol，错误；C项，氧化产物(Cl2)与还原产物(ClO2)物质的量之比为1∶2，正确；D项，ClO2、Cl2均有强氧化性，可用于消毒杀菌，正确。【答案】B[对点训练4]足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mL B．45mLC．30mL D．15mL解析：A由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等即n(Cu)＝2n(O2)＝eq\f(2×1.68L,22.4L·mol－1)＝0.15mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝eq\f(0.3mol,5mol·L－1)＝0.06L＝60mL。[归纳总结]应用得失电子守恒解题的一般步骤【命题分析】陌生情境中的化学方程式书写是历年高考的高频考题，此类试题信息新颖，知识引路，能较好地考查学生接受、提取、处理新信息的能力。解答此类试题，首先要根据材料中的信息写出反应物和生成物的化学式，然后再配平即可。配平要遵循质量守恒定律(原子守恒、元素守恒)，对于氧化还原反应还要遵循得失电子数相等即得失电子守恒规律，对于离子反应还要遵循电荷守恒规律。1．陌生情境下氧化还原方程式的分析方法和思维模型2．“四步法”突破陌生情境下氧化还原方程式的书写1．(1)生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：________________________。(2)晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]eq\o(=,\s\up7(光照))2FeC2O4＋3K2C2O4＋2CO2↑；显色反应的化学方程式为____________________________________。(4)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式：______________________________________。解析：(1)Na2S2O5和NaHSO3中S均为＋4价，该生产过程发生的是非氧化还原反应，根据原子守恒配平化学方程式，得2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O。(2)K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂，结合光解反应的化学方程式知，显色反应为3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2＋3K2C2O4。(3)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl3＋3H2O=(HSiO)2O＋6HCl。答案：(1)2NaHSO3=Na2S2O5＋H2O(2)3FeC2O4＋2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2＋3K2C2O4(3)2SiHCl3＋3H2O=(HSiO)2O＋6HCl2．(2020·全国Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1“酸浸氧化”中，VO＋转化为VOeq\o\al(＋,2)反应的离子方程式______________。解析：第一步：列物质，确定反应主体。依据工艺流程图提示，“酸浸氧化”步骤中加入的MnO2具有氧化性，可将VO＋和VO2＋氧化成VOeq\o\al(＋,2)，根据表格中提供的金属离子种类可以确定，反应后锰元素的还原产物为Mn2＋。第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnO2＋VO＋→Mn2＋＋VOeq\o\al(＋,2)。在此过程中，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1molVO＋失去2mol电子，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒可得四种微粒的系数分别为1，即参加氧化还原反应的微粒的关系为VO＋＋MnO2→VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋；第三步：反应在酸性条件下进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，MnO2＋VO＋＋________H＋→Mn2＋＋VOeq\o\al(＋,2)＋________H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：MnO2＋VO＋＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O答案：VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O3．钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。如图是利用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：回答下列问题：(1)“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为______________________。(2)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，写出生成废渣的离子方程式：___________________________。(3)在碱性条件下，向钼精矿(Mo的化合价为＋4)中加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SOeq\o\al(2－,4)生成，该反应的离子方程式为___________________________________。解析：(1)钼精矿在通空气条件下焙烧生成SO2，发生氧化还原反应，结合钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)中Mo是＋6价，可知MoS2焙烧后的产物是MoO3，故“碱浸”时主要发生Na2CO3与MoO3的反应，产物是Na2MoO4和CO2，反应的离子方程式为MoO3＋COeq\o\al(2－,3)=MoOeq\o\al(2－,4)＋CO2↑。(2)要除去的重金属离子是Pb2＋，加入的沉淀剂为Na2S，故反应的离子方程式为Pb2＋＋S2－=PbS↓。(3)根据在碱性条件下钼精矿与NaClO溶液反应可制备钼酸钠可知，反应物是MoS2、NaClO、OH－，产物中有Na2MoO4和SOeq\o\al(2－,4)，Mo和S的化合价均升高，MoS2为还原剂，则NaClO为氧化剂，ClO－被还原为Cl－，即MoS2＋ClO－＋OH－→MoOeq\o\al(2－,4)＋Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)，根据质量守恒，产物中还有H2O，再进行配平得MoS2＋9ClO－＋6OH－=MoOeq\o\al(2－,4)＋9Cl－＋2SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O。答案：(1)MoO3＋COeq\o\al(2－,3)=MoOeq\o\al(2－,4)＋CO2↑(2)Pb2＋＋S2－=PbS↓(3)MoS2＋9ClO－＋6OH－=MoOeq\o\al(2－,4)＋9Cl－＋2SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O4．用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物。回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是____________________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________________________________。(2)碳化过程中发生反应的离子方程式为_______________________________。解析：(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，反应过程有元素化合价的变化为氧化还原反应。软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，根椐新情境下氧化还原方程式的书写流程可得MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2＋BaS＋H2O=Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2＋，反应过程无化合价的变化，为非氧化还原反应。由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，根据质量守恒定律可得“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O。答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2＋BaS＋H2O=Ba(OH)2＋MnO＋S(2)Mn2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=MnCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O5．根据题目信息，完成有关方程式的书写。(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为___________________________________。(2)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为______________________________________(用离子方程式表示)。(3)PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为_________________。(4)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为_____________________________________。答案：(1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O(2)2S2－＋O2＋2H2O=4OH－＋2S↓(3)PbO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7