考点12 氧化还原反应 2022-2023学年上海市高二化学同步考点归纳与测试（沪科版2020选择性必修1）（解析版）

考点12氧化还原反应【核心考点梳理】氧化和还原是认识物质性质、分析化学变化的重要视角之一。氧化还原反应从电子转移的视角揭示了化学反应的本质与化学反应的分类，在生产、生活乃至生命活动中有着十分重要的作用。在本节中，我们将更进一步认识氧化还原反应的原理及其规律。一、氧化反应和还原反应在氧化还原反应中，反应物所含元素化合价升高的反应是氧化反应，而化合价降低的反应是还原反应。氧化与还原这两个对立的过程相互依存并统一于氧化还原反应中。从反应中电子转移的角度分析，把失去电子的物质称为还原剂，发生氧化反应，其产物称为氧化产物；得到电子的物质称为氧化剂，发生还原反应，其产物称为还原产物；整个反应中还原剂失去电子的总数和氧化剂得到电子的总数相等。氧化还原反应自发进行的方向，总是由氧化性较强的氧化剂与还原性较强的还原剂反应，生成还原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。2．常见的氧化剂和还原剂（1）氧化剂：O2，O3，X2，KMnO4，K2Cr2O7，H2SO4，Na2O2，H2O2，HNO3，Fe3+，HClO，H2SO4(浓)（2）还原剂：C，H2，H2S，FeSO4，Na2SO3，CO，I-3．氧化性和还原性强弱的比较（1）根据氧化还原反应发生的规律来判断：氧化还原反应可用如下式子表示：→→规律：反应物中氧化剂的氧化性强于生成物中氧化产物的氧化性，反应物中还原剂的还原性强于生成物中还原产物的还原性。二、半反应氧化还原反应的本质是反应物之间的电子转移，任何氧化还原反应都可以拆成一种物质失去电子而另一种物质获得电子的氧化反应和还原反应。这两个反应分别是氧化还原反应的一半，称为半反应。例如，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu可以拆成如下两个半反应：

Zn—2e=Zn2+（氧化反应）

Cu2++2e=Cu（还原反应）

半反应是用电子把同一元素的两种价态联系起来的反应，上述两个式子为该氧化还原反应的半反应式。氧化还原反应本质上是两个半反应之间竞争电子的反应。

书写半反应式时，除了应该考虑在反应中存在电子转移的元素所在的物质得失电子的情况外，还必须考虑这些元素形成的物质在溶液中的主要存在形式，应该遵循离子方程式的书写要求。三、氧化还原反应化学方程式的配平氧化还原的配平配平原则简单的氧化还原反应的化学方程式可以用观察的方法来配平。复杂的则要用电子转移或化合价升降来配平，原则是氧化剂和还原剂得失电子的总数相等，具体表现为元素的化合价升高和降低的总数相等。示例：配平以下离子方程式。配平步骤：①标出化合价有变化的元素，以元素化合价升高和降低总数相等为原则，乘以适当的系数。MnO4-+Fe2++H+→Mn2++Fe3++H2O2—7=—5×13—2=1×5+7+2+2+3②配平氧化剂、还原剂、还原产物和氧化产物。1MnO4-+5Fe2++H+→1Mn2++5Fe3++H2O③配平其他物质。1MnO4-+5Fe2++8H+→1Mn2++5Fe3++4H2O2．氧化还原反应方程式配平的一般方法与步骤（1）、一般方法：化合价升降法。（2）、步骤：标变价、找变化、求总数、配系数。即=1\*GB3①标出变化元素化合价的始态和终态:

C+HNO3（浓）=NO2+CO2+H2O分析：标变价EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(0),C)+HEQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+5),N)O3（浓）=EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+4),N)O2↑+EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+4),C)O2↑+H2O=2\*GB3②找变化:

始态

终态

变化的总价数=变化×系数

EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(0),C)+HEQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+5),N)O3（浓）=EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+4),N)O2↑+EQ\*jc2\*hps20\o\ad(\s\up9(+4),C)O2↑+H2O即:N元素化合价由+5到+4，变化的价数为（5-4）=1，C元素化合价由0到+4，变化的价数为（4-0）=4[若为负价则用大数减小数（带符号相加减）]最小公倍数=4×1=4注：假设以上变化均以正价表示，其中(b-a)×(d-c)为最小公倍数。=3\*GB3③将

上的系数，分别填在还原剂和氧化剂化学式的前面作为系数；=4\*GB3④配系数:用观察法配平其它元素

C的系数为

1

HNO3的系数为

4

，用观察法将其它系数配平=5\*GB3⑤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）经检查满足质量守恒定律,配平后的化学方程式为：C+4HNO3（浓）=4NO2↑+CO2↑+2H2O3．氧化还原反应配平的特殊技巧（1）逆向配平法适用范围：此法最适用于某些物质（如硝酸、浓硫酸的反应）部分参加氧化还原反应的类型。【例1】P+CuSO4+H2O=Cu3P+H3PO4+H2SO4单质磷与硫酸铜、反应，通过观察产物我们得知生成的磷化亚铜中铜元素的化合价为正一价，磷元素为负三价；磷酸中磷的化合价为正五价，使用逆向配平法，从生成物一侧配平；答案：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4（2）整体总价法适用范围：在氧化还原反应中，一种反应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。【例2】Fe3C+HNO3=Fe(NO3)3+CO2+NO2+H2O解析：在FeC3中Fe的化合价由+1变到+3，C的化合价由+3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Fe3C当成一个“整体”来考虑。答案：Fe3C+22HNO3（浓）=3Fe(NO3)3+CO2+13NO2+11H2O（3）歧化归一法适用范围：同种元素之间的歧化反应或归一反应。技巧：同一物质内同一元素间发生氧化-还原反应称为歧化反应。配平时将该物质分子式写两遍，一份作氧化剂，一份作还原剂。接下来按配平一般氧化-还原方程式配平原则配平，配平后只需将该物质前两个系数相加就可以了。【例3】答案：4S+8NaOH=3Na2S+Na2SO4+4H2O此种配平方法依旧按照从右向左的配平方式，可轻易配平；（4）判断未知物适用范围：在一个氧化还原反应中缺少反应物或生成物。

技巧：一般是把反应物和生成物中的所有原子进行比较，通过观察增加或减少了哪种元素：①若增加的元素是除H、O以外的非金属，未知物一般是相应的酸；②若增加的元素是金属，未知物一般是相应的碱；③若反应前后经部分配平后发现两边氢、氧原子不平衡，则未知物是水。【例4】KMnO4+KNO2+

=MnSO4+K2SO4+

KNO3+H2O

解析：经比较发现，生成物中增加了S元素，则未知物是H2SO4，其它步骤同上略.2KMnO4+5KNO2+3H2SO4

=2MnSO4+K2SO4+

5KNO3+3H2O答案：2KMnO4+5KNO2+3H2SO4

=2MnSO4+K2SO4+

5KNO3+3H2O[练4]_____P＋______HNO3＋______________H3PO4＋______NO↑答案：3 5 2 H2O 3 5（5）单质后配法适用范围：反应物或生成物中有单质参加或单质生成，对于单质在反应后的化学和物中价态不单一的情况更适用技巧：把游离态的那种元素放在最后来配。【例5】FeS2+O2=Fe2O3+SO2

解析：反应物中有单质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，则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。

答案：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2[练5]P4+KOH+H2O=KH2PO4+PH3答案：2P4+3KOH+9H2O=3KH2PO4+5PH3（6）待定系数法（原子个数守恒法）适用范围：待定系数法对于某些反应后元素去向比较唯一（比如Na元素只在一种生成物NaOH中存在）的方程式比较得心应手，但是如果元素的去向不唯一（比如Na元素在生成物NaOH、Na2CO3中都存在），则用此法配平时就显得比较麻烦。技巧：即方程式中将某些物质的系数设为未知数，然后由未知数暂时配平方程式，最后根据某种原子在反应前后数量守恒列方程或方程组，解出这些未知数的关系，通过未知数之间的关系来配平方程式。【例6】KMnO4+FeS+H2SO4=K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+S+H2O解析：此方程式甚为复杂，不妨用原子个数守恒法。设方程式为：aKMnO4+bFeS+cH2SO4=dK2SO4+eMnSO4+fFe2(SO4)3+gS+hH2O根据各原子守恒，可列出方程组：a=2d（钾守恒）a=e（锰守恒）b=2f（铁守恒）b+c=d+e+3f+g（硫守恒）4a+4c=4d+4e+12f+h（氧守恒）c=h（氢守恒）解方程组时，可设最小系数（此题中为d）为1，则便于计算：得a=6,b=10,d=3,e=6,f=5,g=10,h=24。答案：6KMnO4+10FeS+24H2SO4=3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S+24H2O[练6]Fe3C+HNO3=CO2↑+Fe(NO3)3+NO↑+H2O答案：1、22、1、3、13、11【核心归纳】氧化还原反应中的几种守恒1．守恒规律(1)质量守恒：即反应前后各元素种类不变，各元素原子数目，种类，质量不变。(2)电荷守恒：有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带电荷总数相等。(3)化合价升降守恒：即化合价升高的总价数等于化合价降低的总价数。(4)得失电子守恒：即氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。2．价态律元素处于最高价态时，只有氧化性，但不一定具有强氧化性。元素处于最低价态时，只有还原性，但不一定具有强还原性。元素处于中间价态时，既有氧化性又有还原性，但主要呈现一种性质，物质含有多种元素，其性质是这些元素性质的综合体现。应用：判断元素或物质有无氧化性、还原性。3．强弱律较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成较弱的还原产物和较弱氧化性的氧化产物。应用：(1)比较物质问氧化性或还原性的强弱；(2)在适宜条件下，用氧化性强的物质制备氧化性弱的物质或用还原性强的物质制备还原性弱的物质。4．转化律(1)同种元素的相邻价态之间不发生氧化还原反应。如：实验室中SO2气体可用浓H2SO4干燥。(2)氧化还原反应中，以元素相邻价态间的转化最容易，如H2S一般被氧化成单质S，浓H2SO4一般被还原成SO2。(3)同种元素不同价态之间的氧化还原反应，高价态和低价态相互反应，变成它们的相邻价态，此价态可相同也可不相同，应遵循“高价+低价=中间价”的规律，且价态的变化是“只靠拢，不相交”。最多刚好重合。【必备知识基础练】维生素C又称“抗坏血酸”，能帮助人体将食物中摄取的不易吸收的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，这说明维生素A.具有氧化性 B.具有还原性

C.既有氧化性，又有还原性 D.具有酸性【答案】B

【解析】Fe3+转变为Fe2+，铁元素的化合价降低，铁元素被还原，Fe3+作氧化剂，所以维生素C作还原剂，说明维生素C具有还原性，选项B符合题意。氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应．用CuSO4溶液和“某物质”在40∼50℃时反应可生成CuH.下列叙述中错误的是(

)A.“某物质“具有还原性

B.CuH与盐酸反应可能产生H2

C.CuH与足量稀硝酸反应：CuH+3H++NO3【答案】D

【解析】A.用CuSO4溶液和“某物质”在40∼50℃时，反应可生成CuH，Cu元素由+2价变为+1价，则CuSO4作氧化剂，“某物质”为还原剂，表现出还原性，故A正确；

B.CuH与盐酸发生氧化还原反应：2CuH+4HCl       2CuCl2+3H2↑，故B正确；

C.HNO3具有强氧化性，与CuH反应时，+1价Cu、−1价H均被氧化成最高价态，故C正确；

D.C氯气与氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2+KOH=KX+KY+H2O(未配平).KX在一定条件下发生反应：KX→KY+KZ(未配平，KY与KZ的化学计量数之比为1:3).以上KX、KY、A.+1 B.+3 C.+5 D.+7【答案】C

【解析】根据题意可知，KX、KY中的氯元素分别显正价和−1价，KZ中氯元素化合价>KX中氯元素化合价(均为正价)。假设KX中氯元素为+a价，KZ中氯元素为+b价，依据元素化合价升降总数相等及KX→KY+3KZ，有a+1=3b−a，把a=1、a=3、a=5分别代入上式讨论，可知a=5，b=7符合题意。则KX中氯元素的化合价为+5【关键能力提升练】

现有下列三个氧化还原反应：2FeC2FeC2KMn若某溶液中含有Fe2+、Cl−和I−，要除去IA.Cl2 B.KMnO4 C.【答案】C

【解析】要寻找一种氧化剂，其氧化性比I2的强，比Cl2和Fe3+的弱(也可和Fe3+的氧化性相当)。由题给三个氧化还原反应可推知，氧化性KMnO4>Cl2>FeCl3>I2，还原性I−>Fe2+>Cl−>Mn2+。加入氧化剂反应，反应过程分别为答案

C港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。下列分析错误的是(

)A.防腐原理主要是避免发生反应：2Fe + O2+ 2H2O =

2Fe(OH【答案】C

【解析】A.大桥在海水中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子：Fe−2e−=Fe2+，正极上氧气得电子：O2+4e−+2H2O=4OH−，故总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是(

)A.正极反应为：SO42−+5H2O+8e−=HS−【答案】C

【解析】A.正极是硫酸根离子发生还原反应，生成硫氢根离子，所以电极反应式为：SO42−+5H2O+8e−=HS−+9OH−，故A正确；

B.钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，使钢铁与空气和水隔离，不能形成电化学腐蚀，故B正确；

C.铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：(1)实验室使用稀硫酸和H

2O

2溶解铜片，该反应的化学方程式为

。(2)电子工业使用FeCl

3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式

。配制的FeCl

3溶液应保持

(填“酸性”“碱性”或“中性”)，原因是

。(3)溶液中Cu

2+的浓度可采用碘量法测得：

①2Cu

2++5I

−=2CuI↓+I

3

−

②I

3

−+2S

2O

3

2−=S

4O

6

2−+3I

−

反应①中的氧化剂为

。现取20.00mL含Cu

2+的溶液，加入足量KI充分反应后，用0.1000mol⋅L¯

1

Na

2S

2O

3标准溶液滴定至终点，消耗Na

2S

2O

3溶液25.00mL，此溶液中Cu

2+的浓度为

mol⋅【答案】(1)Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O

(2)

Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+

;酸性

;防止Fe3+水解生成Fe（OH）3；

(3)

Cu2+

;

0.125

【解析】

(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，据此写出反应的离子方程式；

(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即Fe3+将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+，FeCl3溶液中Fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性抑制Fe3+水解；

(3)反应①中Cu2+将I−氧化为I2，根据滴定过程中发生的反应方程式计算。

本题考察氧化还原反应方程式的书写和简单计算，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是掌握氧化还原反应的实质和氧化剂和还原剂的判断，侧重知识的综合能力考察。

(1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片，反应中Cu被氧化为Cu2+，则发生反应的离子方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即F高铁酸钾(K2FeO4已知：① 2KOH + Cl2=

② 6KOH + 3Cl2回答下列问题：(1)该生产工艺应在_____(填“温度较高”或“温度较低”)的情况下进行；(2)写出工业上制取Cl2的化学方程式(3) K2Fe(4)配制KOH溶液时，是在每100 mL水中溶解61.6 g KOH固体(该溶液的密度为1.47 g/mL)，它的物质的量浓度为___________；(5)在“反应液I”中加KOH固体的目的是_________：A.与“反应液I”中过量的Cl2B.KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C.为下一步反应提供反应物

D.使副产物KClO3转化为(6)从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品__________________(写化学式

(7)写出将加入到碱性KClO浓溶液中的总反应的离子方程式_____________【答案】(1)温度较低(2)2NaCl+2(3)Fe元素的化合价是+6价，易得电子(4)10mol/L(5)AC(6)KNO3、KCl

KNO3可用于化肥、炸药等

(7)

2Fe3+

+ 3ClO− 

+ 10OH−

【解析】(1)由工艺流程及③可知，利用Fe(NO3)3与KClO制备K2FeO4，由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是(2)工业是利用电解饱和食盐水制取氯气．反应方程式为：2NaCl+2H2O 通电  2NaOH+H2(3)K2FeO4中铁元素化合价为+6价，价态高，易得电子，表现强氧化性，故答案为：Fe元素的化合价是+6价，易得电子；

(4)61.6gKOH固体的物质的量为61.6g56g/mol=1.1mol，溶液的质量为100mL×1g/mL+61.6g=161.6g，所以溶液的体积为161.6g1.47×10−3g/L=161.61470L，所以氢氧化钾溶液的物质的量浓度为1.1mol161.61470L=10mol/L，故答案为：10mol/L；

(5)由工艺流程可知，反应液I中有过量的Cl2反应，加KOH固体的目的是与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO。

A.与过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，故A正确；

B.由信息②可知温度较高KOH与Cl2反应生成的是KClO3，不利用KClO生成、浪费原料，故B错误；

C.由工艺流程及③可知，利用Fe(NO3)3与KClO制备K2FeO4，故C正确；

D.由信息可知，该条件下KClO3 不能转化为KClO，故D错误。

故选：AC，故答案为：AC；

(6)由工艺流程及③可知，从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品KNO3、KCl，KNO3【学科素养拔高练】向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种离子的物质的量变化如图所示，已知：b−a=5，线段IV表示一种含氧酸根离子的变化情况，且I和IVA.线段Ⅱ表示Br−的变化情况

B.原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)=3：1

C.根据图象无法计算【答案】D

【解析】向仅含Fe2+、I−、Br−的溶液中通入适量氯气，还原性I−>Fe2+>Br−，首先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故线段Ⅰ代表I−的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br−的变化情况；

由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol−1mol)=4mol，Fe

已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−，2Fe3+A.BC段表示Fe3+的物质的量变化

B.原溶液中c(Fe2+) = 4mol/L

C.原溶液中：n(Fe【答案】B

【解析】A.根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br−中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br−，2Fe3++2I−=2Fe2++I2中，还原剂I−的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性I−>Fe2+>Br−，AB段表示I−的物质的量的变化，BC段表示Fe3+物质的量的变化，故A正确；

B.由于原溶液的体积未知，无法计算c(Fe2+)，故B错误；

C.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2+为蓝色，VO2+为淡黄色，VO2+具有较强的氧化性，Fe2+、SO32−等能把VO2A.在酸性溶液中氧化性：MnO4−>VO2+>Fe3+

B.亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO【答案】B

【解析】A.VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明高锰酸根将VO2+氧化为VO2+，则氧化性MnO4−>VO2+，Fe2+能把VO2+还原为VO2+，离子方程式应为：Fe2++ VO2+=Fe3++ VO2+，说明氧化性VO2+> Fe3+，但无法说明VO2+和Fe3+的氧化性强弱关系，故A微型化学实验可以有效实现化学实验绿色化的要求。如下图所示在一块衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴