2021版江苏新高考选考化学（苏教版）一轮复习教师用书：专题2 1 第一单元　氧化还原反应 .doc

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1、第一单元氧化还原反应学习任务1氧化还原反应的相关概念一、本质和特征二、有关概念及其与四种基本反应类型的关系1有关概念口诀：升(化合价升高)失(失电子)氧(被氧化，发生氧化反应)还(做还原剂，本身具有还原性)；降(化合价降低)得(得电子)还(被还原，发生还原反应)氧(做氧化剂，本身具有氧化性)。例如：反应4HCl(浓)MnO2MnCl2Cl22H2O中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，还原剂是HCl，还原产物是MnCl2；生成1 mol Cl2时转移电子的物质的量为2_mol，被氧化的HCl的物质的量是2_mol。2与四种基本反应类型的关系(1)一定属于氧化还原反应的是置换反应。(2)一定不

2、属于氧化还原反应的是复分解反应。(3)有单质参加的化合反应和有单质生成的分解反应，一定是氧化还原反应。三、电子转移的表示方法1双线桥法2单线桥法四、常见氧化剂和还原剂1常见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、过氧化物等。例如：2常见还原剂常见还原剂包括活泼的金属单质、非金属离子及低价态化合物、低价金属阳离子、非金属单质及其氢化物等。例如：3具有中间价态的物质既有氧化性，又有还原性。例如：具有中间价态的物质氧化产物还原产物Fe2Fe3FeSOSOSH2O2O2H2O其中：Fe2、SO主要表现还原性，H2O2主要表现氧化性。1判断正误，正确的打“”，错误的打“”。(1)次氯

3、酸盐具有氧化性，所以可用漂白粉漂白织物。()(2)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为MnSO4(或Mn2)。()(3)有单质参加或有单质生成的化学反应一定是氧化还原反应。()(4)金属阳离子一定只具有氧化性。()(5)氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原。()(6)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂。()(7)某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H2S、HNO3、NO和H2O

4、。已知水是生成物之一。(1)该反应中的还原剂是_。(2)该反应中的还原产物是_。(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：_。(4)若反应过程中转移了0.3 mol电子，则生成水的质量是_。解析：HNO3为常见的氧化剂，H2S为常见的还原剂，则NO为还原产物，S为氧化产物。S元素由2价升高到0价，N元素由5价降到2价，运用得失电子守恒规律和观察法可配平化学方程式。(4)由(3)中的化学方程式可知，当生成 4 mol H2O时，转移6 mol电子，所以当转移0.3 mol电子时，生成0.2 mol H2O，质量为3.6 g。答案：(1)H2S(2)NO解决氧化还原反应相关概念题的

5、解题思路(1)理清概念间的关系，把握知识线索(详见前面的知识梳理)。(2)明确分析问题的方法思路：找变价、判类型、分升降、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。基本方法是先标出熟悉元素的化合价，再根据化合物中正负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。(3)有关电子转移数目的判断关键是明确反应中元素的化合价变化，找出氧化剂或还原剂的物质的量，以及1 mol氧化剂得电子的物质的量或1 mol还原剂失电子的物质的量。例如： 提升一氧化还原反应的相关概念1(2017高考北京卷)下列变化中，气体被还原的是()A二氧化碳

6、使Na2O2固体变白B氯气使KBr溶液变黄C乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D氨使AlCl3溶液产生白色沉淀解析：选B。二氧化碳与过氧化钠反应，过氧化钠中氧元素化合价既有升高又有降低，二氧化碳中的碳元素和氧元素化合价都不变，A项错误；溶液变黄说明有溴单质生成，反应后溴元素化合价升高，溴离子被氧化，氯气被还原，B项正确；乙烯与溴的反应是加成反应，C项错误；氨与氯化铝溶液反应产生白色沉淀，是复分解反应，D项错误。2制备氰氨基化钙的化学方程式为CaCO32HCN=CaCN2COH2CO2，下列说法正确的是()A氢元素被氧化，碳元素被还原 BHCN是氧化剂，CaCO3是还原剂CCaCN2是氧化产物，H2

7、为还原产物 DCO为氧化产物，H2为还原产物解析：选C。该题的最关键的一点是分析各元素的化合价变化，难点是确定碳元素在HCN和CaCN2中的化合价，从反应物CaCO3到生成物CO2，碳的化合价均为4价，没有改变，再从生成物H2分析发现氢元素的化合价降低，显然HCN中H得电子，HCN是氧化剂，而CaCO3中的各元素化合价均无变化，则还原剂也必是HCN，其中的碳元素一定被氧化，在HCN中碳元素为2价，CO中的碳元素也为2价，则CaCN2中的碳元素为4价，故CaCN2为氧化产物。3(双选)(2020济南高三模拟)某种飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应：2N2H4N2O4=3N24H2O，反应

8、温度可高达2 700 ，对于该反应，下列说法正确的是()AN2H4是氧化剂BN2O4是还原剂CN2既是氧化产物又是还原产物D每生成3 mol N2转移电子的数目为8NA解析：选CD。该反应实际上是不同价态的氮元素之间发生的归中反应，N2H4是还原剂，N2O4是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，每生成3 mol N2转移电子的数目为8NA，故C、D正确。提升二氧化还原反应中电子转移的表示方法及计算4(教材改编题)下列标明电子转移的方向和数目的化学方程式中正确的是_；其中属于歧化反应的是_，属于归中反应的是_，属于部分氧化还原反应的是_。解析：中标错了转移电子数，应为“12e”；中标错了“得”

9、“失”，且转移电子数应为“e”；中KClO3的线桥指向错误，应指向Cl2，且转移电子数应为“5e”；中单线桥本身表示电子转移方向，故不需标注“得”或“失”。只有正确。其余问题按概念判断即可。答案：5(2020汕头高三模拟)氮化铝(AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14)广泛应用于电子、陶瓷等工业领域，在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3N23C2AlN3CO合成。下列叙述正确的是()A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1 mol AlN需转移3 mol电子CAlN中氮元素的化合价为3价DAlN的摩尔质量为41 g解析：选B。反应中氮元素由0价3价，碳元

10、素由0价2价，所以N2是氧化剂，C是还原剂，每生成1 mol AlN转移3 mol电子，AlN的摩尔质量为41 g/mol。学习任务2氧化还原反应的规律及应用1守恒规律氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且得电子总数等于失电子总数。或者说氧化还原反应中，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价降低总数等于升高总数。2价态归中规律同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时可总结为“价态相邻能共存，价态相间能归中，归中价态不交叉，低升高降只靠拢”。3强弱规律氧化性较强的氧化剂跟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。即氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原

11、产物。应用：在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质，或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，也可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，还可用于判断某个反应能否发生。4先后规律(1)含义：越易失去电子的物质，失去后就越难得到电子；越易得到电子的物质，得到后就越难失去电子。一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，与还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时与多种氧化剂相遇时，与氧化性最强的优先发生反应。(2)应用：判断物质的稳定性及反应顺序。1判断正误，正确的打“”，错误的打“”。(1)强氧化剂与强还原剂混合不一定能发生氧化还原反应。()(2)阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性。()(

12、3)元素的非金属性越强，其氧化性越强，相应单质越活泼。()(4)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓硫酸转移电子数可能是6NA，也可能是2NA。()(5)1 mol Cl2与Ca(OH)2 完全反应，转移的电子数是2NA。()(6)1 mol KClO3与足量的浓盐酸完全反应，转移电子数为6NA。()解析：(4)H2SO4(浓)3H2S=4S4H2OH2SO4(浓)H2S=SO2S2H2O前一反应中1 mol浓H2SO4转移6NA个电子，后一反应中转移2NA个电子。(5)Cl2既是氧化剂又是还原剂，1 mol Cl2和Ca(OH)2反应，转移电子数应为NA。(6)利用价态归中规律，所以

13、转移电子数应为5NA。答案：(1)(2)(3)(4)(5) (6)2向FeBr2溶液中缓缓通入Cl2，哪种离子先被氧化？若改为FeI2呢？答案：由于还原性IFe2Br，所以向FeBr2溶液中缓缓通入Cl2，首先被氧化的是Fe2；向FeI2溶液中缓缓通入Cl2，首先被氧化的是I。3(1)(2018高考全国卷)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。(2)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下，其中“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该

14、反应中氧化产物是_。(3)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(4)向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色，则Br还原性_Cl(填“强于”或“弱于”)。解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2O5，氯气做氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以该反应的氧化产物为O2。(2)根据图示，“尾气吸收”时ClO2转化为ClO，ClO2做氧化剂，则H2O2做还原剂，H2O2转化为O2，由ClO2ClO、H2O2O2，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之

15、比为21，氧化产物为O2。(3)根据元素化合价的变化可知，1 mol KClO3变成1 mol ClO2得到1 mol电子，1 mol Na2SO3变成1 mol SO失去2 mol电子，根据得失电子守恒该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为21。(4)溶液上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2与NaCl，则Br还原性强于Cl。答案：(1)O2(2)21O2(3)21(4)强于守恒规律可用于计算和配平；强弱规律可用于判断物质的氧化性、还原性强弱，或用于判断某个反应能否发生；价态归中规律可用于推测物质的性质及判断元素价态变化情况，但注意只适用于同一元素的不同价态物质在反应时的判断。 提

16、升一守恒规律的应用1若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为()A14B12C21D41解析：选B。配平该反应：3(NH4)2SO43SO24NH3N26H2O，从而推断出化合价变化和未变化的N原子个数之比为12。2(双选)(2020镇江检测)在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反应：CuFeS24Fe3=Cu25Fe22S，反应结束后，经处理获得单质硫x mol。下列说法正确的是()A反应中硫元素被氧化，所有铁元素均被还原B氧化剂是Fe3，氧化产物是Cu2C反应中转移电子的物质的量为2x molD反应结束

17、后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为 y mol，则原Fe3的总物质的量为(yx) mol解析：选CD。CuFeS2中Cu、Fe均为2价，S为2价，Fe3为氧化剂，CuFeS2为还原剂，S为氧化产物，A、B错误；生成x mol单质硫时转移2x mol电子，C正确；生成x mol单质硫，则参加反应的Fe3的物质的量为2x mol，生成n(Cu2)x mol，n(Fe2)x mol，溶液中剩余n(Fe3)yxx(y3x) mol，则原Fe3的总物质的量n(Fe3)(yx) mol，D正确。提升二价态归中规律的应用3在KClO36HCl(浓)=KCl3Cl23H2O的反应中， 被氧化的氯与被还原

18、的氯的原子个数比为()A16B61 C15D51解析：选D。据“价态归中，互不交叉”规律， KClO3中的Cl元素和HCl中的Cl元素发生归中反应，生成零价态的Cl2，用双线桥法标出电子得失情况如下：4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、XBX、Z、Q、G、YCX、Z、Q、Y、GDG、Q、Y、Z、X解析：选A。由得出Q价态高于G，因为G必介于Q和1 价的Cl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，

19、故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析：H2O中的H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。提升三强弱规律、先后规律的应用5在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol 的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉，经搅拌后发生的变化应是()A铁溶解，析出0.01 mol Ag和0.005 mol CuB铁溶解，析出0.01 mol Ag并放出H2C铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Fe3D铁溶解，析出0.01 mol Ag，溶液中不再有Cu2解

20、析：选C。因为氧化性AgFe3Cu2H，所以先发生反应2AgFe=2AgFe2，其中0.005 mol的铁粉与0.01 mol 的AgNO3反应，析出0.01 mol Ag，再发生反应2Fe3Fe=3Fe2，其中剩余的0.005 mol铁粉与0.01 mol的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3。6(2020淮北联考)向含有Fe2、I、Br的溶液中通入适量Cl2，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列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)6 molL1C当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2

21、Fe3I24ClD原溶液中n(Fe2)n(I)n(Br)213解析：选B。根据还原性BrFe2I，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项错误；当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，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)213，D项正确。氧化性与还原性的强弱比较1根据元素在周期表中的位置判断(1)同主族元素，从上到下对应原子金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。(2)同周期元素，从左到右对应原

22、子金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。2.根据金属活动性顺序判断按照金属活动性顺序，排在前面的金属元素其单质的还原性强，排在后面的金属元素其阳离子的氧化性强。3根据氧化还原反应的方程式判断对于同一氧化还原反应一般有如下对应关系：氧化剂还原剂=还原产物氧化产物则氧化性：氧化剂氧化产物；还原性：还原剂还原产物。例如：根据K2Cr2O714HCl(浓)=2KCl2CrCl33Cl27H2O 可以判断：在酸性条件下，氧化性：K2Cr2O7Cl2，还原性：浓HClCrCl3。4根据与同一物质反应的情况(反应条件、剧烈程度等)判断当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，若氧化产物价态相同，可根据反应条件要求的高低

23、来进行判断，反应条件要求越低，性质越强；若氧化产物价态不同，则价态越高，氧化剂的氧化性越强。5根据原电池、电解池的电极反应判断(1)两种不同的金属构成原电池的两极，还原性：一般负极金属正极金属。(2)在电解过程中，氧化性越强的金属阳离子优先在阴极放电，还原性越强的非金属阴离子优先在阳极放电。6根据微粒反应过程中能量变化判断(1)当H2X2=2HX(放出热量Q1)，H2Y2=2HY(放出热量Q2)，若Q1Q2，则X2的氧化性比Y2的氧化性强；X的还原性比Y的还原性弱。(2)当几种原子获得相同数目的电子形成具有稳定结构的阴离子时，放出的能量越多，或形成的离子稳定性越强，则该原子的氧化性越强，反之越

24、弱。(3)元素的原子失去相同的电子形成阳离子时，吸收的能量越少，说明失电子越容易，其还原性越强。7根据物质浓度或溶液酸碱性判断某些物质的氧化性、还原性与溶液的酸碱性也有关。KMnO4的氧化性按碱性、中性、酸性条件逐渐增强；NO在中性条件下无强氧化性，但在酸性条件下具有强氧化性。学习任务3氧化还原反应方程式的配平、书写与计算1氧化还原反应方程式的配平原则2一般氧化还原反应方程式的配平化合价升降法3氧化还原反应的计算n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值n(还原剂)变价原子个数化合价变化值。1(教材改编题)根据FeS2O2Fe2O3SO2回答下列问题：(1)1分子还原剂化合价升高总数为_，1分子氧化

25、剂化合价降低总数为_。(2)配平后各物质的系数依次为_。解析：依据氧化还原反应的基本概念及元素化合价的变化情况判断、配平即可。答案：(1)114(2)4、11、2、82配平下列方程式：(1)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(2)_MnO_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O(3)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3(4)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeO_H2O答案：(1)513333(2)21610258(3)29335(4)324OH325(1)注意特殊物质中元素的化合价，如CuFeS2中铜、铁元素的化合价均为2，硫元素的化合价为2；FeS2中硫元素的

26、化合价为1；K2FeO4中铁元素的化合价为6 等。(2)填空配平化学方程式时，化学计量数“1”也必须填写在空格里。(3)依据得失电子守恒列等式时不要忽略变价原子的个数。 提升一氧化还原反应方程式的配平1(1)酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)。配平该反应的方程式，其化学计量数依次为_。(2)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_。答案：(1)1、2、4、1、1、3(2)2Fe2BH4OH=2Fe2

27、H2B(OH)2(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_(2)完成下列离子方程式：Fe(OH)2ClO_=Fe(OH)3ClMn2ClOH2O=MnO2Cl2 _PFeOCaOCa3(PO4)2Fe答案：(1)21626H(2)211H2O21524518H25315配平化学方程式的基本技巧(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，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：先使得失

28、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。 提升二信息型氧化还原反应方程式的书写3(1)(2019高考江苏卷)N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。(2)(2018高考江苏卷)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。(3)(

29、2017高考江苏卷)4550 时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O, 该反应的化学方程式为_。(4)(2018高考全国卷)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_。(5)(2017高考全国卷)工业上常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式：_。解析：(1)NH3被O2氧化生成N2O，N元素化合价从3价升至1价，1 mol NH3失去

30、4 mol e，O元素化合价从0价降至2价，1 mol O2得到4 mol e，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。(2)根据题给反应物HNO2、(NH2)2CO，生成物N2、CO2，结合质量守恒和化合价升降法配平化学方程式得：2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。(3)在H2O存在的条件下，CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl23H2O，根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。(4)由“Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂”可知Na2S2O5被氧化，做还原剂，发生氧化反应，硫元素化合价升高为6价，氧化产物为SO，碘单质为氧化剂，发生还原反应，碘元素

31、化合价降低为1价，还原产物为I。再根据得失电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O2I23H2O=2SO4I6H。(5)由题意可知：As2S3O2H3AsO4S，1 mol As2S3总共升高10价，1 mol O2降低4价。先根据化合价升降总数相等配平：2As2S35O24H3AsO46S，再考虑质量守恒，反应前少12H、6O，所以反应的化学方程式为 2As2S35O26H2O=4H3AsO46S。答案：(1)2NH32O2N2O3H2O(2)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(3)4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O(4)S2O2I23H2O=2

32、SO4I6H(5)2As2S35O26H2O=4H3AsO46S信息型氧化还原反应方程式的配平步骤 提升三氧化还原反应的计算4(1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2292.83122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：“氧化”中欲使3 mol的VO2变成VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(2)过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。水中溶解氧的测定方法如下

33、：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待 MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2和I2后，以淀粉做指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O写出O2将Mn2氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 molL1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(用mgL1表示)，写出计算过程。解析：(1)3 mol VO2变为VO，共失去3 mol电子

34、，而1 mol ClO变为Cl得到6 mol电子，所以需要0.5 mol氯酸钾。(2)O2将Mn2氧化为MnO(OH)2的离子方程式为O22Mn24OH=2MnO(OH)2。根据2Mn2O24OH=2MnO(OH)2、MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O、I22S2O=2IS4O，可得关系式：O22MnO(OH)22I24S2O，则 n(O2)n(S2O)0.010 00 molL10.013 5 L3.375105mol，故水样中的溶解氧10.80 mgL1。答案：(1)0.5(2)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2在100.00 mL水样中I22S2O=2IS4On(I2)6.

35、750105mol，nMnO(OH)2n(I2)6.750105mol，n(O2)nMnO(OH)26.750105mol3.375105mol，水中溶解氧10.80 mgL1。(1)离子型氧化还原反应方程式的配平要遵循原子守恒、电荷守恒及得失电子守恒。(2)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(2018高考北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应

36、无关的是()ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色解析：选C。NaOH溶液滴入FeSO4溶液中，发生反应：2NaOHFeSO4=Fe(OH)2Na2SO4，生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，后一过程发生了氧化还原反应，A项不符合题意；氯水中含有HCl和HClO，溶液呈酸性，能使石蕊溶液变红，次氯酸具有强氧化性，能将红色

37、物质氧化，溶液红色褪去，该过程发生了氧化还原反应，B项不符合题意；Na2S溶液滴入AgCl浊液中，发生了沉淀的转化：Na2S(aq)2AgCl(s)Ag2S(s)2NaCl(aq)，此过程中不涉及氧化还原反应，C项符合题意；将热铜丝插入稀硝酸中，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，生成无色气体NO，NO能与空气中的氧气发生反应变为红棕色：2NOO2=2NO2，这两步反应都是氧化还原反应，D项不符合题意。2(2017高考天津卷)下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是()A硅太阳能电池工作时，光能转化成电能B锂离子电池放电时，化学能转化成电能C电解质溶液导电时，电能

38、转化成化学能D葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能解析：选A。A项，硅太阳能电池工作时，光能转化为电能，与氧化还原反应无关；B项，锂离子电池放电时，化学能转化为电能，原电池总反应为氧化还原反应；C项，电解质溶液导电时，电能转化为化学能，总反应为氧化还原反应；D项，葡萄糖为人类生命活动提供能量时，发生氧化还原反应，化学能转化为热能。3(2017高考全国卷)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成M

39、nO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2OI2=2IS4O)。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液做指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_(填“高”或“低”)。解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除