2022高考化学大一轮复习讲义第2章第11讲　氧化还原反应的基本规律.docx

第11讲氧化还原反应的基本规律复习目标1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。考点一先后规律及应用1同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如：在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性Fe2Br，所以Cl2先与Fe2反应。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应。如在含有Fe3、Cu2、H的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3Cu2H，所以铁粉先与Fe3反应，然后依次与Cu2、H反应。3熟记常见的强弱顺序氧化性：MnO(H)>Cl2>Br2>Fe3>I2>稀H2SO4>S，还原性：Mn2<Cl<Br<Fe2<I<SO2(SO)<S2。(1)Cl2把Mn2氧化为MnO(×)错因：因为氧化性MnO(H)>Cl2，所以Cl2不能氧化Mn2。(2)I2和Fe反应生成FeI3(×)错因：因为氧化性Fe3>I2，所以I2和Fe反应生成FeI2。(3)把SO2气体通入到FeCl3溶液中，溶液颜色不变(×)错因：Fe3把SO2氧化成H2SO4，Fe3被还原为Fe2，所以溶液由棕黄色变为浅绿色。(4)把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，只发生反应5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(×)错因：在酸性条件下，Cl也还原MnO。1向含S2、Fe2、Br、I的溶液中通入Cl2，按先后顺序依次写出发生反应的离子方程式： 、 、 、 。答案Cl2S2=S2ClCl22I=I22ClCl22Fe2=2Fe32ClCl22Br=Br22Cl2向100 mL 1 mol·L1的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2，当通入Cl2的体积分别为(1)1.12 L(2)2.24 L(3)4.48 L，写出反应的离子方程式：(1) ；(2) ；(3) 。答案(1)2Fe2Cl2=2Fe32Cl(2)2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl(3)2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl向a mol FeBr2中通入x mol Cl2时，先后发生的反应为Cl22Fe2=2Fe32ClCl22Br=Br22Cl。如果用数轴表示如下：1已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是()氧化性：Br2Fe3I2原溶液中Br一定被氧化通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化A BC D答案B解析由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Fe3I2、Br2Fe3，故正确；向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3，则说明溶液中无I存在，又因为氧化性：Cl2Br2Fe3I2，氯气的量不确定，则Br不一定被氧化，故错误，正确；由上述分析可知溶液中存在Fe3，但不能确定所有的Fe2均被氧化为Fe3，故正确；上层溶液中若含Br，则产生淡黄色沉淀，若含I，则产生黄色沉淀，由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl不含Br和I，即溶液中的Fe2、Br均被完全氧化，故正确。2向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是()A线段表示Fe2的变化情况B线段发生反应的离子方程式为I25Cl212OH=2IO10Cl6H2OC根据图像可计算a6D原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)213答案B解析向仅含Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，还原性：IFe2Br，首先发生反应：2ICl2=I22Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe2反应完毕，又发生反应：2BrCl2=Br22Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2的变化情况，线段代表Br的变化情况，故A正确；线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，2ICl2=I22Cl，消耗1 mol氯气，所以碘原子的物质的量为2 mol，反应消耗氯气的物质的量为5 mol，根据得失电子守恒，设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x0)×2 mol5 mol×2，解得x5，则该含氧酸为HIO3，离子方程式为I25Cl26H2O=2IO10Cl12H，故B错误；根据反应离子方程式可知溶液中n(I)2n(Cl2)2 mol，溶液中n(Fe2)2n(Cl2)2×(3 mol1 mol)4 mol，Fe2反应完毕，根据电荷守恒可知n(I)n(Br)2n(Fe2)，故n(Br)2n(Fe2)n(I)2×4 mol2 mol6 mol，根据2BrCl2=Br22Cl可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3 mol，故a336，故C正确；根据以上分析，原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)426213，故D正确。考点二价态规律及应用1价态归中规律思维模型含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价低价中间价”，而不会出现交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是注：不会出现中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。2歧化反应规律思维模型“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)均可发生歧化反应，如：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。3应用(1)判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性，如浓H2SO4与SO2不发生反应。(2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HClNaClO3=NaCl3Cl23H2O中，氧化剂为NaClO3，还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。(1)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也可能是2NA(×)错因：若转移6NA，此时H2S转化为SO2，浓H2SO4转化为S，不会出现这种情况。(2)1 mol Cl2与Ca(OH)2完全反应，转移电子数是2NA(×)错因：Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，应转移1 mol电子。(3)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA(×)错因：应转移5NA电子。(4)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2气体(×)错因：SO2中硫元素化合价为4价，浓H2SO4中硫元素化合价为6价，两者不发生反应，可用浓硫酸干燥SO2。1(2020·合肥调研)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)：GQNaClQH2OXH2YNaOHGQH2OZNaOHQXH2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是()AG、Y、Q、Z、X BX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、G DG、Q、Y、Z、X答案A解析由得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和1价的氯元素之间，1价为氯元素的最低价；将该结论引用到，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析：H2O中的H元素化合价降低，则Q中的氯元素转变为X中的氯元素，化合价必升高，则得出X价态高于Q；最后分析：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。2氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2KOHKXKYH2O(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KXKYKZ(未配平，KY与KZ的物质的量比为13)，以上KX、KY、KZ均是含氯元素的一元酸的钾盐，由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是()A1 B3 C5 D7答案C解析反应：Cl2KOHKXKYH2O是Cl2的歧化反应，KX、KY中的氯元素分别显正价和1价；由于KX也发生歧化反应：KXKYKZ，可断定KY为KCl，化合价高低：KZ中Cl>KX中Cl(均为正价)。假设KX中Cl元素为a价，KZ中Cl元素的化合价为b价，依据得失电子守恒原理及KXKY3KZ，有a13(ba)，把a1、a3、a5代入上式讨论，可知a5时，b7符合题意。则KX中Cl元素的化合价为5。3(2019·郑州第二次测评)LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应：LiAlH42H2O=LiAlO24H2。下列说法中正确的是()A氢气既是氧化产物又是还原产物BLiAlH4既是氧化剂又是还原剂C若生成标准状况下4.48 L H2，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为21答案A解析由反应方程式可知，LiAlH4中H由1价升高为0价，被氧化，是还原剂，H2O中H由1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化产物又是还原产物，A项正确、B项错误；由反应方程式可知，1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电子，生成4 mol H2，若生成标准状况下4.48 L(即0.2 mol)H2，则转移0.2 mol电子，C项错误；LiAlH4为还原剂，水为氧化剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为12，D项错误。4某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示根据以上信息判断，下列叙述错误的是()A过程至过程中硼元素的化合价不变BX是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C过程和过程各产生1 mol H2时转移的电子数不相等D0.25 mol NaBH4的还原能力与标准状况下22.4 L H2的还原能力相当(还原能力即生成H失去电子的量)答案B解析由图示可知，过程至过程中BH反应生成B(OH)，硼元素的化合价一直为3价，化合价不变，A正确；过程中2 mol H2O与2 mol X反应生成2 mol B(OH)和1 mol H2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为1价，但在BH3分子中H为1价，B错误；由图示可知，过程中产生1 mol H2时转移的电子数为NA，过程产生1 mol H2时转移的电子数为2NA，两者不相等，C正确；NaBH4中H为1价，0.25 mol NaBH4生成H失去的电子物质的量2×4×0.25 mol2 mol，故两者还原能力相当，D正确。5(1)根据反应KClO36HCl(浓)=3Cl2KCl3H2O可知，每生成3 mol Cl2转移 mol e。(2)2Na2O22H2O=4NaOHO2，每产生1 mol氧气转移 mol e。(3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，每4 mol Na2O2发生反应转移 mol e。答案(1)5(2)2(3)6解析(1)该反应属于同种元素之间的氧化还原反应，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3 mol Cl2转移电子5 mol。(2)Na2O2中的氧由1到2、0价，故每生成1 mol O2转移2 mol e。(3)化合价升高总数：4Fe24Fe3，化合价升高4，对于4 mol Na2O2，其中1 mol Na2O2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：3 mol Na2O2中的氧由1到2价，降低总数为6，所以每4 mol Na2O2发生反应转移6 mol电子。考点三守恒规律及应用1对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。2守恒法解题的思维流程(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(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价低价)。用0.100 0 mol·L1K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的FeSO4至终点，消耗标准溶液20.00 mL。已知：Cr2OFe2HFe3Cr3H2O(未配平)。求溶液含有的Fe2的物质的量。(1)找出氧化剂(Cr2O)及还原产物(Cr3)、还原剂(Fe2)及氧化产物(Fe3)。(2)确定一个原子或离子得失电子数：每个Cr原子得到3个电子，每个Fe2失去1个电子。(3)根据得电子总数等于失电子总数列等式计算：n(氧化剂)×变价原子数×化合价变化值n(还原剂)×变价原子数×化合价变化值即：0.100 0 mol·L1×0.02 L×2×3n(Fe2)×1×1，得n(Fe2)0.012 mol。题组一确定元素价态或物质组成1现有24 mL浓度为0.05 mol·L1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A2 B3 C4 D5答案B解析题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L1×0.024 L×(64)0.02 mol·L1×0.020 L×2×(6n)，解得n3。2Na2Sx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116，则x的值为()A2 B3 C4 D5答案D解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。xNa2O4NaONa得关系式1×·x16×2，x5。题组二多元素之间得失电子守恒问题3在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为()A1 mol B. molC. mol D2 mol答案C解析设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x4 mol，x mol。4在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为 mol。答案1.52.2解析设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y根据得失电子守恒得：7.5 mol×(21)x×(50)x1.5 mol1 mol×3×(21)1 mol×0(3)y×(50)y1.2 mol所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mol2.2 mol。题组三多步反应得失电子守恒问题5取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A8.64 B9.20 C9.00 D9.44答案B解析反应流程为x g17.02 gm(OH)，而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH)×1×2×10.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol×17 g·mol19.20 g。6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1.68 L O2(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5 mol·L1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A60 mL B45 mL C30 mL D15 mL答案A解析由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)2n(O2)2×0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。1 (2017·海南，4)在酸性条件下，可发生如下反应：ClO2M34H2O=M2OCl8H，M2O中M的化合价是()A4 B5 C6 D7答案C22016·全国卷，28(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保留两位小数)答案1.57解析NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。32016·全国卷，28(2)欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为 mol。答案0.5解析VO2变为VO，V的化合价由4价升高到5价，转移e，而氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl的化合价由5价降低为1价，转移6e，故欲使3 mol VO2变为VO，需氧化剂KClO3的物质的量至少为0.5 mol。42016·全国卷，26(5)节选联氨(N2H4)可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg。答案1解析发生的反应为N2H4O2=N22H2O，理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32 g·mol11 kg。