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浙江省2021高考化学一轮复习专题一第三单元氧化还原反应教案
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第三单元 氧化还原反应
考点
考试内容
考试要求
氧化还原反应
(1)根据化合价的变化判断氧化还原反应
b
(2)四种基本化学反应类型与氧化还原反应之间的关系
b
(3)根据氧化还原反应判断物质的氧化性、还原性强弱;氧化还原反应中电子转移的方向和数目
c
(4)氧化还原反应方程式的配平
c
考点一 氧化还原反应的相关概念及电子转移的表示方法
1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(1)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 ( )
(2)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( )
(3)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( )
(4)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2( )
(5)NaHCO3+H2 HCOONa+H2O的反应中,NaHCO3被氧化 ( )
(6)Na2O2与水的反应中,水是还原剂( )
1.答案 (1)✕ (2)✕ (3)√ (4)✕ (5)✕ (6)✕
2.四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。
判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(1)置换反应一定属于氧化还原反应( )
(2)复分解反应一定不属于氧化还原反应( )
(3)有单质参加的化合反应或分解反应一定是氧化还原反应( )
(4)无单质参加的化合反应一定不是氧化还原反应( )
2.答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)✕
1.氧化还原反应
2.相关概念及其关系
例如,反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化剂是⑦ MnO2 ,还原剂是⑧ HCl ,氧化产物是⑨ Cl2 。生成1 mol Cl2时转移的电子数目为⑩ 2NA ,被氧化的HCl的物质的量是 2 mol ,HCl表现出的性质是 还原性 和 酸性 。
3.氧化还原反应中电子转移的表示方法
(1)双线桥法
请用双线桥法表示Cu与稀硝酸反应:
。
(2)单线桥法
请用单线桥法表示Cu与稀硝酸反应:
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 。
4.常见的氧化剂和还原剂
(1)常见的氧化剂
物质类型
实例
还原产物
活泼的非
金属单质
卤素单质X2
X-
O2
O2-、O22-
元素处于
高价时的
物质
KMnO4(H+)
Mn2+
HNO3
NO、NO2
浓硫酸
SO2
Fe3+
Fe2+、Fe
某些氧化
物和过氧
化物
MnO2
Mn2+
H2O2
H2O
(2)常见的还原剂
物质类型
实例
氧化产物
活泼的金属单质
Na、Fe、Al
Na+、Fe2+或Fe3+、Al3+
某些非金属单质
H2、C、S
H+、CO或CO2、SO2
变价元素中低价态化合物或离子
氧化物
CO
CO2
SO2
SO3或SO42-
氢化物
NH3
N2或 NO
H2S
S或SO2
离子
SO32-
SO42-
Fe2+
Fe3+
I-
I2
(3)具有中间价态的物质既有氧化性,又有还原性
具有中间价态的物质
氧化产物
还原产物
Fe2+
Fe3+
Fe
SO32-
SO42-
S
H2O2
O2
H2O
其中Fe2+、SO32-主要表现 还原 性,H2O2主要表现 氧化 性。
题组一 氧化还原反应及基本概念判断
1.(2020浙江1月选考,4,2分)反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物是( )
A.MnO2 B.HCl
C.MnCl2 D.Cl2
1.答案 D 在此反应中,MnO2是氧化剂,HCl是还原剂,MnCl2是还原产物,Cl2是氧化产物。
2.(2019浙江宁波中学月考)为了确定某样品是否被氧化,所选试剂(括号内物质)不正确的是( )
A.FeCl2(NH4SCN溶液) B.KI(淀粉溶液)
C.白磷(紫色石蕊溶液) D.Na2SO3(BaCl2溶液)
2.答案 D 亚铁离子易被氧化为铁离子,可利用NH4SCN溶液检验铁离子,若溶液变为血红色则确定样品被氧化,故A正确;碘离子能被氧化为碘单质,淀粉遇碘变蓝,可利用淀粉溶液来确定KI是否被氧化,故B正确;白磷能被氧化为五氧化二磷,遇水反应生成磷酸,使紫色石蕊溶液变红,可以确定样品是否被氧化,故C正确;亚硫酸根离子能被氧化为硫酸根离子,亚硫酸根离子和硫酸根离子都能与钡离子反应生成沉淀,不能确定样品是否被氧化,故D错误。
名师点拨
氧化还原反应的有关概念及其关系
题组二 双线桥法在复杂氧化还原反应中的应用
3.(2019浙江杭州师范大学附中月考)LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应:LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4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2∶1
3.答案 A 由化学方程式可知,LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,H2O中H元素由+1价降为0价,被还原,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确;LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,是还原剂,B项错误;由化学方程式可知,每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1∶2,D项错误。
4.(2019浙江诸暨二中检测)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2 SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是( )
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48 L HF,则转移0.8 mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
4.答案 D A项,氧元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,得到的氧气为还原产物;B项,O2F2是氧化剂;C项,因未指明气体所处的温度和压强,故无法确定4.48 L HF的物质的量,则无法确定转移电子的物质的量;D项,由化学方程式知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4。
方法技巧
走好关键第一步——正确标出元素化合价
正确分析氧化还原反应中电子转移的数目,其前提是确定物质中各元素(特别是变价元素)的化合价。基本方法是先标出熟悉元素的化合价,再根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。常见元素的化合价可以借助化合价口诀来记忆:一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银;二价氧、钙、钡、镁、锌;三铝、四硅、五价磷;说变价也不难,二三铁、二四碳、二四六硫都齐全;铜汞二价最常见。
一些特殊物质中元素化合价的判断
CuFeS2:Cu +2 Fe +2 S -2 K2FeO4:Fe +6
Li2NH:N -3 LiNH2:N -3 AlN:N -3
Na2S2O3:S +2 NO2+:N +5 C2O42-:C +3
HCN:C +2 N -3 CuH:Cu +1 H -1
FeO4n-:Fe +(8-n) Si3N4:Si +4 N -3
考点二 氧化还原反应规律及应用
1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(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( )
(3)元素的非金属性越强,其氧化性越强,相应单质越活泼( )
(4)难失电子的物质一定易得电子( )
(5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性( )
(6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H+浓度小( )
1.答案 (1)√ (2)✕ (3)✕ (4)✕ (5)✕ (6)✕
2.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度等有关。现有下列各组物质:
①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与FeCl3溶液 ⑤Cl2与NaOH溶液 ⑥Fe与HNO3溶液 ⑦Fe与H2SO4溶液 ⑧Na与O2
(1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是 。(填序号,下同)
(2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是 。
(3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是 。
2.答案 (1)①③⑥⑦ (2)⑤⑥⑦⑧ (3)②④
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① 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② 等于 升高总数。
应用:运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平,直接计算反应物与产物或转移电子的数量关系。
2.强弱规律
氧化性③ 较强 的氧化剂与还原性④ 较强 的还原剂反应,生成还原性⑤ 较弱 的还原产物和氧化性⑥ 较弱 的氧化产物。
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。
3.价态规律
元素处于⑦ 最高 价态,只有氧化性;元素处于⑧ 最低 价态,只有还原性;元素处于⑨ 中间 价态,既有氧化性又有还原性,但主要表现一种性质。物质中若含有多种元素,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或还原性。
4.转化规律
氧化还原反应中,元素相邻价态之间的转化最容易;同种元素不同价态之间发生反应,元素的化合价只⑩ 靠近 而不 交叉 ;同种元素 相邻 价态之间不发生氧化还原反应。
例如:。
应用:判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。
5.先后规律
越易失去电子的物质,失去电子后就越 难 得到电子;越易得到电子的物质,得到电子后就越 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。如FeBr2溶液中通入Cl2时,发生离子反应的先后顺序为2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-、2Br-+Cl2 Br2+2Cl-。
应用:判断物质发生氧化还原反应的先后顺序;判断氧化还原反应中物质氧化性、还原性的相对强弱;判断某氧化还原反应能否发生。
转化规律在两类反应中的体现
(1)归中反应
含不同价态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”。
(2)歧化反应
含某种元素的物质发生氧化还原反应生成含该元素不同价态的物质时,该元素的价态变化一定遵循“中间价态→高价态+低价态”,不会出现“一边倒”的现象,即生成物中该元素的价态不能都比中间价态高或都比中间价态低。
如:
题组一 依据方程式判断氧化性、还原性强弱
1.(2019浙江武义一中质量检测)已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+、Sn2++2Fe3+ 2Fe2++Sn4+,由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是( )
A.Sn2+、Fe2+、Ce3+ B.Sn2+、Ce3+、Fe2+
C.Ce3+、Fe2+、Sn2+ D.Fe2+、Sn2+、Ce3+
1.答案 A 在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由题给离子方程式可知还原性:Fe2+ >Ce3+,Sn2+>Fe2+。
2.(2019浙江余姚中学月考)铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生:①Tl3++2Ag Tl++2Ag+,②Ag++Fe2+ Ag+Fe3+,③Fe+2Fe3+ 3Fe2+,下列离子的氧化性由强到弱的顺序正确的是( )
A.Tl3+>Fe3+>Ag+ B.Fe3+>Ag+>Tl3+
C.Tl+>Ag+>Fe2+ D.Tl3+>Ag+>Fe3+
2.答案 D 在氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
题组二 判断氧化还原反应能否发生
3.(2019浙江龙湾中学月考)氯气跟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在一定条件下能自身反应:KX KY+KZ(未配平,KY与KZ的化学计量数之比为1∶3),KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是( )
A.+1 B.+3 C.+5 D.+7
3.答案 C 反应Cl2+KOHKX+KY+H2O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:KXKY+KZ,可断定KY为KCl,则KZ中Cl元素的化合价>KX中Cl元素的化合价(均为正价)。假设KX中Cl元素为+a价,KZ中Cl元素为+b价,依据化合价守恒规律及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5代入上式讨论,可知a=5,b=7时符合题意。则KX中Cl元素的化合价为+5价。
4.(2019浙江效实中学检测)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+4FeI3
B.Cl2+FeI2 FeCl2+I2
C.Co2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D.2Fe3++2I- 2Fe2++I2
4.答案 A 根据氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,可判断B中氧化性:Cl2>I2,C中氧化性:Co2O3>Cl2,D中氧化性:Fe3+>I2,A、B、C中反应均可以发生。A项,由于I-的还原性强于Fe2+,所以Cl2应先氧化I-,而不是Fe2+。
方法技巧
假设法判断氧化还原反应能否进行
已知物质的氧化性或者还原性的强弱关系,判断某一氧化还原反应能否发生时可采用假设法。
先假设反应成立,然后根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,还原剂的还原性>还原产物的还原性的规律,列出假设反应中的上述关系,结合题干条件判断该结论是否符合事实。若符合事实,则反应成立;反之,则不成立。
题组三 氧化还原反应的竞争(先后规律的应用)
5.(2019浙江师范大学附中检测)向含a mol FeCl3的溶液中加入含b mol Fe 和b mol Cu的混合粉末,充分反应(忽略离子的水解),下列说法中,不正确的是( )
A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe 3Fe2+
B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b mol≤n(e-)≤4b mol
C.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+
D.当2b
a≤4b时,反应转移电子的物质的量为2b mol≤n(e-)≤4b mol,正确;C项,ab=52时,发生的离子反应为5Fe3++2Fe+12Cu 7Fe2++12Cu2+,即10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+,正确;D项,
2Fe3++Fe 3Fe2+
2b b 3b
2Fe3++Cu 2Fe2+ + Cu2+
a-2b a-2b a-2b2
所以n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(3b+a-2b)∶a-2b2=(a+b)∶a-2b2,错误。
6.(2019浙江舟山中学月考)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下图所示。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)=6 mol·L-1
C.当通入Cl2 2 mol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
6.答案 B 根据还原性:Br-
氧化还原反应先后规律的思维模型
同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时,首先被氧化的是还原性最强的物质。
同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时,首先被还原的是氧化性最强的物质。
考点三 氧化还原反应方程式的配平及计算
1.配平下列方程式。
(1) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+ K2SO4+ H2O
(2) MnO4-+ H++ Cl- Mn2++ Cl2↑+ H2O
(3) P+ CuSO4+ H2O Cu+ H3PO4+ H2SO4
1.答案 (1)5 1 3 3 3 3 (2)2 16 10 2 5 8 (3)2 5 8 5 2 5
2.(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3,Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成并配平下列离子方程式:
Ce3++ H2O2+ H2O Ce(OH)4↓+
(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式:
Fe(OH)2+ ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-
2.答案 (1)2 1 6 2 6 H+ (2)2 1 1 H2O 2 1
1.配平原理
在氧化还原反应中,从现象看是元素化合价升降总数相等,从本质看是① 得失电子总数 相等。对离子方程式进行配平时,除满足上述要求外,还要注意电荷守恒。
2.一般氧化还原反应方程式的配平——化合价升降法
3.计算电子转移守恒的公式
n(氧化剂)×氧化剂化学式中变价原子的个数×化合价变化数=n(还原剂)×还原剂化学式中变价原子的个数×化合价变化数。
当一种物质同时氧化两种或两种以上的物质时,较强的还原剂先被氧化。当一种物质同时还原两种或两种以上的物质时,较强的氧化剂先被还原。被氧化或被还原到何种程度,由还原剂或氧化剂的物质的量来决定,具体计算时用得失电子守恒原则。
氧化还原反应方程式的配平方法
1.正向配平法:氧化剂、还原剂中的某元素化合价均发生变化,一般从左边反应物着手配平。
2.逆向配平法:适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。
3.缺项配平法:对于化学方程式,所缺物质往往是酸、碱或水;如果是离子方程式,所缺物质往往是H+、OH-或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质,再用其他守恒法配平,如果无法确定所缺物质,可先依据元素化合价的升降总数相等原则将已知的物质配平,然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及化学计量数。
4.奇数配偶法:适用于物质种类少且组成简单的氧化还原反应:如S+C+KNO3 CO2↑+N2↑+K2S,反应物KNO3中三种元素的原子数均为奇数,而生成物中三种元素的原子数均为偶数,故可在KNO3前配2,然后用观察法配平得S+3C+2KNO3 3CO2↑+N2↑+K2S。
5.整体配平法:指某一氧化还原反应中,有三种元素的化合价发生了变化,但其中一种反应物中同时有两种元素的化合价升高或降低,这时要进行整体配平。如Cu2S+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+H2SO4 +H2O,其中Cu、S、N三种元素的化合价变化,Cu2S中Cu、S元素的化合价均升高,看作一个整体,Cu+12S-2↑1×2 ↑8↑10×3+HN ↓3×10+5O3Cu+2(NO3)2+N+2O↑+H2S+6O4+H2O,配平可得3Cu2S+22HNO3 6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O。
6.有机物配平:有机化合物中,一般氢元素显+1价,氧元素显-2价,根据化合物中各元素化合价代数和为零,碳元素按平均价态计算,如C2H6O中碳显-2价。
题组一 氧化还原反应的常规计算
1.现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1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( )
A.+2 B.+3 C.+4 D.+5
1.答案 B 题目中指出被还原的物质是元素Cr,则得电子的物质是K2Cr2O7,失电子的物质是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4→+6,而Cr元素的化合价从+6→+n(设还原产物中Cr元素的化合价为+n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒,有0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n),解得:n=3。
2.(2019浙江学军中学检测)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.3 C.4 D.5
2.答案 D 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行的相关计算。
Na2S-2xx→xNa2S+6O4 NaC+1lO→NaC-1l
得关系式:1×6--2x·x=16×2,x=5。
题组二 氧化还原反应方程式的配平
3.用高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN),反应体系中的物质有:Al2O3、C、N2、AlN、CO。
请将除AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内,并配平。
+ + AlN+
3.答案 Al2O3 3C N2 2 3CO
解析 根据氮元素、碳元素的化合价变化可知,N2是氧化剂,C是还原剂,AlN为还原产物,CO为氧化产物。
4.(2017课标Ⅲ,27节选)FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为 。
4.答案 2∶7
解析 利用得失电子守恒法配平:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,则FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7。
题组三 多步反应得失电子守恒问题
5.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,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·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60 mL B.45 mL
C.30 mL D.15 mL
5.答案 A 由题意可知,HNO3NO2N2O4NO,则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)=2n(O2)=2×1.68L22.4 L/mol=0.15 mol。根据质量守恒定律及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式:n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH)=0.3mol5mol·L-1=0.06 L=60 mL。
6.(2019浙江温岭中学质量检测)将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入3 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是( )
A.加入合金的质量可能为9.6 g
B.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
C.参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol
D.溶解合金时产生NO气体0.224 L(标准状况)
6.答案 C 生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,说明OH-的质量为5.1 g,即0.3 mol,金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等,所以反应转移的电子为
0.3 mol,生成的NO为0.1 mol,根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol,C正确;消耗NaOH溶液的体积应为100 mL,B错误;标准状况下产生NO气体应为2.24 L,D错误;根据电荷守恒,镁、铜合金共0.15 mol,用极端假设法,如果全部是铜,合金质量为9.6 g,所以合金质量应比9.6 g小,A错误。
方法技巧
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。
A组 基础题组
1.(2019浙江余杭中学检测)废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2,该反应可表示为2NH4++3ClO- N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是( )
A.反应中氮元素被氧化,氯元素被还原
B.还原性:NH4+>Cl-
C.反应中每生成1 mol N2,转移6 mol电子
D.经此法处理过的废水可以直接排放
1.答案 D A项,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,被还原,N元素的化合价由-3价升高为0价,被氧化,正确;B项,2NH4++3ClO- N2↑+3Cl-+2H++3H2O中,NH4+为还原剂,Cl-为还原产物,所以还原性:NH4+>Cl-,正确;C项,N元素的化合价由-3价升高为0价,所以反应中每生成1 mol N2,转移电子(3-0)×2×1 mol=6 mol,正确;D项,经题述方法处理过的废水呈酸性,不能直接排放,错误。
2.(2019浙江瑞安中学质量检测)根据下列化学方程式,判断有关物质的还原性由强到弱的顺序为( )
①I2+SO2+2H2O H2SO4+2HI ②2FeCl2+Cl2 2FeCl3 ③2FeCl3+2HI 2FeCl2+2HCl+I2
A.I->Fe2+>Cl->SO2 B.Cl->Fe2+>SO2>I-
C.Fe2+>I->Cl->SO2 D.SO2>I->Fe2+>Cl-
2.答案 D ①I2+SO2+2H2O 2HI+H2SO4中还原剂是SO2,还原产物是HI,所以还原性:SO2>I-;②2FeCl2+Cl2 2FeCl3中还原剂是FeCl2,还原产物是FeCl3,所以还原性:Fe2+>Cl-;③2FeCl3+2HI 2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI,还原产物是FeCl2,所以还原性:I->Fe2+。通过以上分析知,还原性由强到弱的顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-。
3.(2019浙江普陀中学月考)工业上制取ClO2的化学反应:2NaClO3+SO2+H2SO4 2ClO2+2NaHSO4,下列说法正确的是( )
A.SO2在反应中被还原
B.NaClO3在反应中失去电子
C.H2SO4在反应中作氧化剂
D.1 mol氧化剂在反应中得到1 mol电子
3.答案 D SO2中S元素的化合价由+4价升高到+6价,则SO2为还原剂,还原剂在反应中被氧化,故A错误;NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,则NaClO3在反应中得到电子,故B错误;反应物H2SO4中各元素的化合价未发生变化,H2SO4不作氧化剂,故C错误;NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,NaClO3作氧化剂,1 mol氧化剂在反应中得到的电子为1 mol×(5-4)=1 mol,故D正确。
4.(2019浙江定海一中月考)某强氧化剂XO(OH)2+被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH)2+,需用30 mL 0.2 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的价态是 ( )
A.+2 B.+1 C.0 D.-1
4.答案 C XO(OH)2+中X元素的化合价是+5,Na2SO3中S元素的化合价从+4升高到+6,设X元素被还原后的化合价为a,根据氧化还原反应中化合价升降必相等:2.4×10-3 mol×(5-a)=0.2 mol·L-1×0.03 L×(6-4),解得a=0。
5.(2019浙江嘉兴三中月考)向100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 5.04 L,Cl2全部被还原,测得溶液中c(Br-)=c(Cl-),则原FeBr2溶液中溶质的物质的量浓度是( )
A.0.75 mol·L-1 B.1.5 mol·L-1
C.2 mol·L-1 D.3 mol·L-1
5.答案 D 标准状况下Cl2的物质的量为5.04 L22.4 L·mol-1=0.225 mol,由于Fe2+的还原性强于Br-,通入氯气后,Cl2先氧化Fe2+再氧化Br-,设原FeBr2溶液中溶质的物质的量浓度为x mol·L-1,则0.225 mol×2=0.1x mol·L-1×1+(0.1x mol·L-1×2-0.225 mol×2),解得x=3。
6.(2019浙江杭州四中检测)若(NH4)2SO4在加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( )
A.1∶4 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
6.答案 B 化学方程式是3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O,该方程式中铵根离子和氨气分子中氮元素的化合价都是-3价,化合价不变,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(1×2)∶(4×1)=1∶2。
7.(2019浙江安吉高级中学检测)现有CuO和Fe3O4的混合物7.6 g,向其中加入1 mol·L-1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反应,若将15.2 g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为( )
A.13.6 g B.12 g C.6 g D.3.2 g
7.答案 B 根据CuO和Fe3O4的化学式知,混合物与硫酸反应生成盐存在关系式:n(O)=n(SO42-)=0.1 mol,则7.6 g混合物含O元素的物质的量为0.1 mol,为1.6 g,金属元素的质量为6 g,因此15.2 g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为15.2 g÷7.6 g×6 g=12 g。
8.(2019浙江回浦中学检测)已知离子方程式:As2S3+H2O+NO3-AsO43-+SO42-+NO↑+ (未配平),下列说法错误的是 ( )
A.配平后水的化学计量数为4
B.反应后溶液呈酸性
C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
D.氧化产物为AsO43-和SO42-
8.答案 C 从题中所给的离子方程式知,As2S3转化成AsO43-和SO42-,而NO3-转化为NO,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,配平离子方程式:3As2S3+4H2O+28NO3- 6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+,则A、B、D正确;氧化剂与还原剂的物质的量之比为28∶3,C不正确。
9.(2019浙江金华外国语学校质量检测)Ⅰ.已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4 2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O。
(1)该反应中还原产物为 。
(2)每生成2 mol CuI,有 mol KI被IO3-氧化。
Ⅱ.已知碱性条件下,Fe(OH)3可被NaClO氧化成FeO4n-:Fe(OH)3+ClO-FeO4n-+Cl-(未配平)。
(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应,共转移了5.418×1022个电子,则n= 。
(4)配平上述反应的化学方程式: 。
9.答案 (1) CuI、I2 (2)20 (3)2
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O
解析 Ⅰ.(1)碘酸铜中碘元素的化合价从+5价降低到0价,铜元素的化合价从+2价降低到+1价。碘化钾中碘元素的化合价从-1价升高到0价,所以碘酸铜是氧化剂,碘化钾是还原剂,因此题述反应中还原产物为CuI、I2。(2)根据以上分析可知每生成2 mol CuI,消耗2 mol碘酸铜,根据得失电子守恒可知有20 mol KI被IO3-氧化。
Ⅱ.(3)3.21 g Fe(OH)3的物质的量是3.21g107 g·mol-1=0.03 mol,反应中共转移了5.418×1022个电子,转移电子的物质的量是5.418×10226.02×1023 mol=0.09 mol,因此1个氢氧化铁失去电子0.09 mol÷0.03 mol=3个,即铁元素的化合价从+3价升高到+6价,所以n=2。(4)根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒即可配平化学方程式。
B组 提升题组
10.(2019北京东城期末检测)下列过程与氧化还原反应无关的是( )
A.工业上原油的分馏
B.生活中用“暖宝宝”取暖
C.拉瓦锡测定空气中O2的含量
D.普利斯特利的光合作用实验
10.答案 A A项,工业上原油的分馏原理是利用了各组分的沸点不同,从而实现了物质的分离,不涉及化学变化;B项,“暖宝宝”的工作原理是利用还原性铁粉、活性炭、无机盐、水形成无数微小的原电池,放出大量的热,该过程涉及氧化还原反应;C项,拉瓦锡测定空气中O2的含量,主要利用了两个反应:2Hg+O2 2HgO,2HgO 2Hg+O2↑,涉及氧化还原反应;D项,普利斯特利的光合作用实验涉及多个氧化还原反应,如老鼠的呼吸作用、植物的光合作用、蜡烛的燃烧。
11.(2019辽宁师范大学附属中学一模)下列四组物质反应,其中与其他三组属于不同氧化还原反应类型的是( )
A.Na2O2+ H2O B.F2+ H2O
C.Cl2+ H2O D.NO2 + H2O
11.答案 B 2Na2O2 +2H2O 4NaOH+O2 ↑反应中,过氧化钠中的氧元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;2F2 +2H2O 4HF+O2 反应中,氟元素化合价降低,氧元素化合价升高,所以氧化剂是氟气,还原剂是水;Cl2 +H2OHCl+HClO反应中,氯气中的氯元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;3NO2 +H2O 2HNO3 +NO反应中,二氧化氮中的氮元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质。根据上述分析可知,只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质。
12.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂,Fe2O3是主氧化剂,NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时,NaHCO3分解产生大量气体使安全气囊迅速打开,从而起到保护作用[已知常温下Ka(HN3)=1.8×10-5]。下列有关说法正确的是( )
A.NaHCO3的冷却原理是它发生分解,消耗体系的热量
B.Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2
C.等物质的量的NaN3和HN3混合溶液显碱性
D.若有6.5 g NaN3分解产生N2,则转移0.9 mol电子
12.答案 A NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳,分解吸收热量,从而使环境温度降低,因而它可以起到冷却作用,A正确;Fe2O3和Na反应生成FeO和Na2O,所以氧化产物是Na2O,B错误;根据Ka(HN3)=1.8×10-5可知HN3是弱酸,常温下NaN3的水解平衡常数Kh=KWKa=10-141.8×10-5≈5.6×10-10<1.8×10-5,说明等物质的量的NaN3和HN3混合,酸的电离作用大于盐的水解作用,所以溶液显酸性,C错误; NaN3受到撞击,发生分解反应,产生N2和金属Na,化学方程式为2NaN33N2↑+2Na,根据化学方程式可知:每有2 mol NaN3反应,产生3 mol N2,转移2 mol电子,则6.5 g NaN3反应,转移电子的物质的量为0.1 mol,D错误。
13.(2019山西大学附属中学月考)用“银-Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下:
下列说法错误的是( )
A.标准状况下,11.2 L CO2中含碳氧双键的数目约为6.02×1023
B.30 g HCHO被氧化时转移电子数目约为4×6.02×1023
C.反应①的化学方程式为2Ag2O+HCHO 4Ag+CO2+H2O
D.理论上,吸收的HCHO 与消耗Fe3+的物质的量之比为4∶1
13.答案 D 1个CO2分子中含有2个碳氧双键,标准状况下,11.2 L CO2即0.5 mol,含有碳氧双键1 mol,碳氧双键的数目约为6.02×1023,故A正确;Ag2O和HCHO反应生成Ag和CO2,甲醛被氧化,生成物中还有水,根据质量守恒可配平方程式:2Ag2O+HCHO 4Ag+ CO2+H2O,30 g甲醛的物质的量为1 mol,1 mol甲醛参与反应时转移4 mol电子,数目约为4×6.02×1023,故B、C正确;由化学方程式可得出化学计量关系为HCHO~4Fe3+,反应中吸收甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1∶4,故D错误。
14.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸,可发生反应:CaOCl2 + H2SO4(浓)CaSO4+ Cl2↑+ H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A.浓硫酸体现氧化性与酸性
B.1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子
C.混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键
D.每产生1 mol氯气,转移电子数为NA
14.答案 A 由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气,可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,在酸性条件下发生反应:Cl-+ ClO-+2H+ Cl2↑+ H2O,以此来解答。CaOCl2 + H2SO4(浓) CaSO4 + Cl2↑+ H2O,硫酸中没有元素化合价变化,浓硫酸只体现酸性,故A错误;1个CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-,1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子,故B正确;Ca2+和阴离子之间是离子键,Cl—O是共价键, 故C正确;Cl-+ ClO-+2H+ Cl2↑+ H2O,每产生1mol氯气,转移电子数为NA,故D正确。
15.下列说法中正确的是( )
A.在铜和浓硫酸反应后的试管中加水,以观察溶液颜色
B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C.用氯水进行水处理,夏季比冬季的效果好
D.稀硝酸与金属反应生成硝酸盐,当还原产物只有NO时,参加反应的金属在反应后无论化合价怎样,参加反应的硝酸与还原产物的物质的量之比始终为4∶1
15.答案 D 应将反应后液体缓慢注入水中观察,故A错误;加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙,二氧化硫排放量减少,但在高温下不能吸收二氧化碳,故B错误;夏季温度高,次氯酸易分解,杀菌效果比冬季差,故C错误;设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x,根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的化学计量数之比为3∶x,根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的化学计量数为3x+x,所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x)∶x=4∶1,故D正确。
16.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2,关于此反应,下列说法不正确的是( )
A.CuFeS2被氧化和被还原的原子数之比为2∶1
B.该反应中有两种物质作氧化剂
C.每生成1 mol FeS,反应中转移3 mol电子
D.CuFeS2中只有硫元素被氧化
16.答案 A Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由-2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变,则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1∶2,A错误;反应中Cu、O元素的化合价降低,两种反应物均作氧化剂,B正确;由化学方程式可知,每生成1 mol FeS,就生成0.5 mol SO2,则有0.5 mol硫元素被氧化成SO2,转移电子为0.5 mol×[4-(-2)]=3 mol,C正确;CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,D正确。
17.(2019河南部分省示范性高中联考)“银-Ferrozine”法检测甲醛(HCHO)的原理为:①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;③Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是( )
A.①中,负极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e- 4Ag+2H2O
B.①中,溶液中的H+由正极移向负极
C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4
D.参加反应的甲醛浓度越大,④中测得的吸光度越小
17.答案 C ①中,负极的电极反应式为HCHO-4e- + H2O CO2+4H+,故A错误;①中,溶液中的H+由负极向正极移动,故B错误;反应中存在关系式:HCHO~4Ag~4Fe2+,理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4,故C正确;甲醛浓度越大,理论上生成Fe2+的浓度越大,进而得到有色配合物的浓度也越大,溶液的吸光度越大,故D错误。
18.(2019安徽宣城期末)用如图所示的实验装置A加热Cu(NO3)2固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。
(1)装置A中发生的反应,氧化产物与还原产物的体积比是 (相同条件下)。
(2)装置B的作用是 ,反应一段时间后,将带火星的木条放入装置B中,木条复燃,说明该红棕色气体可助燃,原因是 。
(3)已知NO2和NaOH溶液反应可生成两种钠盐,装置C中发生反应的离子方程式为 。
(4)将反应后试管中的固体加水充分溶解、过滤、洗涤,向滤渣中加入一定量稀硫酸,发现固体全部溶解,得到蓝色溶液,分为两份。
①一份溶液经 、 、 、洗涤得蓝色晶体。
②另一份取20 mL溶液,加入过量KI,充分反应后,用0.500 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液来滴定反应产物,滴定终点时消耗Na2S2O3溶液40.00 mL,则上述溶液中c(Cu2+)= mol·L-1。(已知:2Cu2++4I- 2CuI↓+I2;I2+2S2O32- 2I-+S4O62-;结果保留一位小数)
18.答案 (1)1∶4
(2)安全瓶 硝酸铜分解产生的气体中O2与NO2的体积比为1∶4,O2所占的体积分数与空气中O2的体积分数几乎相同,分解产生的气体能使带火星的木条复燃而空气不能,说明NO2有助燃性
(3)2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O
(4)①蒸发浓缩 降温结晶 过滤
②1.0
解析 (1)加热Cu(NO3)2固体,分解产生红棕色气体NO2,在装置D中收集到的无色气体是氧气,当反应结束后,试管中残留固体为黑色氧化铜,反应的氧化产物是O2,还原产物是NO2,根据得失电子守恒,O2、NO2的体积比为1∶4。(2)装置B可以防止C装置中的液体倒吸入装置A,故装置B的作用是安全瓶。(3) NO2和NaOH溶液发生歧化反应,生成硝酸钠、亚硝酸钠和水,反应的离子方程式是2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O。(4)①硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,可得到蓝色的硫酸铜晶体;②设溶液中c(Cu2+)=a mol/L,得如下关系:
2Cu2+ ~ I2 ~ 2S2O32-
2 2
a mol/L×0.02 L 0.500 0 mol/L×0.04 L
得a=1.0。
19.Ⅰ.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。回答下列问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12 000年前,制作瓷器所用的原料是高岭土,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为 。
(2)《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。”反应原理为S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是 ,反应转移4 mol电子时,被S氧化的C有 mol(结果用分数表示)。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃……烧之赤色……”我国早期科技丛书《物理小识》记载了加热青矾时的景象:“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,草木不茂。”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式: 。
Ⅱ.“钢是虎,钒是翼,钢含钒犹如虎添翼”,钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的,但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。
(4)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式: 。
(5)V2O5是两性氧化物,与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-),溶于强酸生成含VO2+的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式: 、 。
19.答案 (1)2Al2O3·4SiO2·4H2O
(2)S、KNO3 1/6
(3)2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑
(4)V+6H++5NO3- VO2++5NO2 ↑+3H2O
(5)Na3VO4 (VO2)2SO4
解析 (1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物·SiO2·H2O的顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:2Al2O3·4SiO2·4H2O。
(2)反应S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑中,S元素的化合价由0价降低到-2价,则S为氧化剂,KNO3中N元素的化合价由+5价降低到0价,则KNO3为氧化剂,C元素的化合价由0价升高到+4价,则C为还原剂,还原剂对应的氧化产物为CO2,氧化剂对应的还原产物为K2S、N2,反应转移4 mol电子时,有1 mol C元素被氧化,有13 mol S反应得到23 mol电子,被S元素氧化的C元素为23mol4=16 mol。
(3)根据得失电子守恒和元素守恒可知,煅烧FeSO4·7H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。
(4)钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+,故金属钒与浓硝酸反应:V+6H++5NO3- VO2++5NO2↑+3H2O。
考点
考试内容
考试要求
氧化还原反应
(1)根据化合价的变化判断氧化还原反应
b
(2)四种基本化学反应类型与氧化还原反应之间的关系
b
(3)根据氧化还原反应判断物质的氧化性、还原性强弱;氧化还原反应中电子转移的方向和数目
c
(4)氧化还原反应方程式的配平
c
考点一 氧化还原反应的相关概念及电子转移的表示方法
1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(1)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 ( )
(2)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( )
(3)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( )
(4)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2( )
(5)NaHCO3+H2 HCOONa+H2O的反应中,NaHCO3被氧化 ( )
(6)Na2O2与水的反应中,水是还原剂( )
1.答案 (1)✕ (2)✕ (3)√ (4)✕ (5)✕ (6)✕
2.四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。
判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(1)置换反应一定属于氧化还原反应( )
(2)复分解反应一定不属于氧化还原反应( )
(3)有单质参加的化合反应或分解反应一定是氧化还原反应( )
(4)无单质参加的化合反应一定不是氧化还原反应( )
2.答案 (1)√ (2)√ (3)√ (4)✕
1.氧化还原反应
2.相关概念及其关系
例如,反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化剂是⑦ MnO2 ,还原剂是⑧ HCl ,氧化产物是⑨ Cl2 。生成1 mol Cl2时转移的电子数目为⑩ 2NA ,被氧化的HCl的物质的量是 2 mol ,HCl表现出的性质是 还原性 和 酸性 。
3.氧化还原反应中电子转移的表示方法
(1)双线桥法
请用双线桥法表示Cu与稀硝酸反应:
。
(2)单线桥法
请用单线桥法表示Cu与稀硝酸反应:
3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 。
4.常见的氧化剂和还原剂
(1)常见的氧化剂
物质类型
实例
还原产物
活泼的非
金属单质
卤素单质X2
X-
O2
O2-、O22-
元素处于
高价时的
物质
KMnO4(H+)
Mn2+
HNO3
NO、NO2
浓硫酸
SO2
Fe3+
Fe2+、Fe
某些氧化
物和过氧
化物
MnO2
Mn2+
H2O2
H2O
(2)常见的还原剂
物质类型
实例
氧化产物
活泼的金属单质
Na、Fe、Al
Na+、Fe2+或Fe3+、Al3+
某些非金属单质
H2、C、S
H+、CO或CO2、SO2
变价元素中低价态化合物或离子
氧化物
CO
CO2
SO2
SO3或SO42-
氢化物
NH3
N2或 NO
H2S
S或SO2
离子
SO32-
SO42-
Fe2+
Fe3+
I-
I2
(3)具有中间价态的物质既有氧化性,又有还原性
具有中间价态的物质
氧化产物
还原产物
Fe2+
Fe3+
Fe
SO32-
SO42-
S
H2O2
O2
H2O
其中Fe2+、SO32-主要表现 还原 性,H2O2主要表现 氧化 性。
题组一 氧化还原反应及基本概念判断
1.(2020浙江1月选考,4,2分)反应MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物是( )
A.MnO2 B.HCl
C.MnCl2 D.Cl2
1.答案 D 在此反应中,MnO2是氧化剂,HCl是还原剂,MnCl2是还原产物,Cl2是氧化产物。
2.(2019浙江宁波中学月考)为了确定某样品是否被氧化,所选试剂(括号内物质)不正确的是( )
A.FeCl2(NH4SCN溶液) B.KI(淀粉溶液)
C.白磷(紫色石蕊溶液) D.Na2SO3(BaCl2溶液)
2.答案 D 亚铁离子易被氧化为铁离子,可利用NH4SCN溶液检验铁离子,若溶液变为血红色则确定样品被氧化,故A正确;碘离子能被氧化为碘单质,淀粉遇碘变蓝,可利用淀粉溶液来确定KI是否被氧化,故B正确;白磷能被氧化为五氧化二磷,遇水反应生成磷酸,使紫色石蕊溶液变红,可以确定样品是否被氧化,故C正确;亚硫酸根离子能被氧化为硫酸根离子,亚硫酸根离子和硫酸根离子都能与钡离子反应生成沉淀,不能确定样品是否被氧化,故D错误。
名师点拨
氧化还原反应的有关概念及其关系
题组二 双线桥法在复杂氧化还原反应中的应用
3.(2019浙江杭州师范大学附中月考)LiAlH4是重要的储氢材料,可与水发生反应:LiAlH4+2H2O LiAlO2+4H2↑。下列说法中正确的是( )
A.氢气既是氧化产物又是还原产物
B.LiAlH4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2∶1
3.答案 A 由化学方程式可知,LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,H2O中H元素由+1价降为0价,被还原,氢气既是氧化产物又是还原产物,A项正确;LiAlH4中H元素由-1价升高为0价,被氧化,是还原剂,B项错误;由化学方程式可知,每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1∶2,D项错误。
4.(2019浙江诸暨二中检测)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2 SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是( )
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48 L HF,则转移0.8 mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
4.答案 D A项,氧元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,得到的氧气为还原产物;B项,O2F2是氧化剂;C项,因未指明气体所处的温度和压强,故无法确定4.48 L HF的物质的量,则无法确定转移电子的物质的量;D项,由化学方程式知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4。
方法技巧
走好关键第一步——正确标出元素化合价
正确分析氧化还原反应中电子转移的数目,其前提是确定物质中各元素(特别是变价元素)的化合价。基本方法是先标出熟悉元素的化合价,再根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为零的原则求解其他元素的化合价。常见元素的化合价可以借助化合价口诀来记忆:一价氢、钾、钠、氟、氯、溴、碘、银;二价氧、钙、钡、镁、锌;三铝、四硅、五价磷;说变价也不难,二三铁、二四碳、二四六硫都齐全;铜汞二价最常见。
一些特殊物质中元素化合价的判断
CuFeS2:Cu +2 Fe +2 S -2 K2FeO4:Fe +6
Li2NH:N -3 LiNH2:N -3 AlN:N -3
Na2S2O3:S +2 NO2+:N +5 C2O42-:C +3
HCN:C +2 N -3 CuH:Cu +1 H -1
FeO4n-:Fe +(8-n) Si3N4:Si +4 N -3
考点二 氧化还原反应规律及应用
1.判断正误,正确的画“√”,错误的画“✕”。
(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( )
(3)元素的非金属性越强,其氧化性越强,相应单质越活泼( )
(4)难失电子的物质一定易得电子( )
(5)含有最高价元素的化合物一定具有强氧化性( )
(6)MnO2不与稀盐酸反应是因为H+浓度小( )
1.答案 (1)√ (2)✕ (3)✕ (4)✕ (5)✕ (6)✕
2.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度等有关。现有下列各组物质:
①Cu与HNO3溶液 ②Cu与FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe与FeCl3溶液 ⑤Cl2与NaOH溶液 ⑥Fe与HNO3溶液 ⑦Fe与H2SO4溶液 ⑧Na与O2
(1)由于浓度不同而发生不同氧化还原反应的是 。(填序号,下同)
(2)由于温度不同而发生不同氧化还原反应的是 。
(3)氧化还原反应不受浓度、温度影响的是 。
2.答案 (1)①③⑥⑦ (2)⑤⑥⑦⑧ (3)②④
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① 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② 等于 升高总数。
应用:运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平,直接计算反应物与产物或转移电子的数量关系。
2.强弱规律
氧化性③ 较强 的氧化剂与还原性④ 较强 的还原剂反应,生成还原性⑤ 较弱 的还原产物和氧化性⑥ 较弱 的氧化产物。
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。
3.价态规律
元素处于⑦ 最高 价态,只有氧化性;元素处于⑧ 最低 价态,只有还原性;元素处于⑨ 中间 价态,既有氧化性又有还原性,但主要表现一种性质。物质中若含有多种元素,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或还原性。
4.转化规律
氧化还原反应中,元素相邻价态之间的转化最容易;同种元素不同价态之间发生反应,元素的化合价只⑩ 靠近 而不 交叉 ;同种元素 相邻 价态之间不发生氧化还原反应。
例如:。
应用:判断氧化还原反应能否发生及表明电子转移情况。
5.先后规律
越易失去电子的物质,失去电子后就越 难 得到电子;越易得到电子的物质,得到电子后就越 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。如FeBr2溶液中通入Cl2时,发生离子反应的先后顺序为2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-、2Br-+Cl2 Br2+2Cl-。
应用:判断物质发生氧化还原反应的先后顺序;判断氧化还原反应中物质氧化性、还原性的相对强弱;判断某氧化还原反应能否发生。
转化规律在两类反应中的体现
(1)归中反应
含不同价态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”。
(2)歧化反应
含某种元素的物质发生氧化还原反应生成含该元素不同价态的物质时,该元素的价态变化一定遵循“中间价态→高价态+低价态”,不会出现“一边倒”的现象,即生成物中该元素的价态不能都比中间价态高或都比中间价态低。
如:
题组一 依据方程式判断氧化性、还原性强弱
1.(2019浙江武义一中质量检测)已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应:Ce4++Fe2+ Fe3++Ce3+、Sn2++2Fe3+ 2Fe2++Sn4+,由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是( )
A.Sn2+、Fe2+、Ce3+ B.Sn2+、Ce3+、Fe2+
C.Ce3+、Fe2+、Sn2+ D.Fe2+、Sn2+、Ce3+
1.答案 A 在氧化还原反应中还原剂的还原性比还原产物的还原性强。由题给离子方程式可知还原性:Fe2+ >Ce3+,Sn2+>Fe2+。
2.(2019浙江余姚中学月考)铊(Tl)盐与氰化钾(KCN)被列为A级危险品。已知下列反应在一定条件下能够发生:①Tl3++2Ag Tl++2Ag+,②Ag++Fe2+ Ag+Fe3+,③Fe+2Fe3+ 3Fe2+,下列离子的氧化性由强到弱的顺序正确的是( )
A.Tl3+>Fe3+>Ag+ B.Fe3+>Ag+>Tl3+
C.Tl+>Ag+>Fe2+ D.Tl3+>Ag+>Fe3+
2.答案 D 在氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
题组二 判断氧化还原反应能否发生
3.(2019浙江龙湾中学月考)氯气跟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在一定条件下能自身反应:KX KY+KZ(未配平,KY与KZ的化学计量数之比为1∶3),KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是( )
A.+1 B.+3 C.+5 D.+7
3.答案 C 反应Cl2+KOHKX+KY+H2O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:KXKY+KZ,可断定KY为KCl,则KZ中Cl元素的化合价>KX中Cl元素的化合价(均为正价)。假设KX中Cl元素为+a价,KZ中Cl元素为+b价,依据化合价守恒规律及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5代入上式讨论,可知a=5,b=7时符合题意。则KX中Cl元素的化合价为+5价。
4.(2019浙江效实中学检测)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+4FeI3
B.Cl2+FeI2 FeCl2+I2
C.Co2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2↑+3H2O
D.2Fe3++2I- 2Fe2++I2
4.答案 A 根据氧化还原反应中,氧化性:氧化剂>氧化产物,可判断B中氧化性:Cl2>I2,C中氧化性:Co2O3>Cl2,D中氧化性:Fe3+>I2,A、B、C中反应均可以发生。A项,由于I-的还原性强于Fe2+,所以Cl2应先氧化I-,而不是Fe2+。
方法技巧
假设法判断氧化还原反应能否进行
已知物质的氧化性或者还原性的强弱关系,判断某一氧化还原反应能否发生时可采用假设法。
先假设反应成立,然后根据氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性,还原剂的还原性>还原产物的还原性的规律,列出假设反应中的上述关系,结合题干条件判断该结论是否符合事实。若符合事实,则反应成立;反之,则不成立。
题组三 氧化还原反应的竞争(先后规律的应用)
5.(2019浙江师范大学附中检测)向含a mol FeCl3的溶液中加入含b mol Fe 和b mol Cu的混合粉末,充分反应(忽略离子的水解),下列说法中,不正确的是( )
A.当a≤2b时,发生的离子反应为2Fe3++Fe 3Fe2+
B.当2b≤a≤4b时,反应中转移电子的物质的量n(e-)为2b mol≤n(e-)≤4b mol
C.当2a=5b时,发生的总离子反应为10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+
D.当2b
a≤4b时,反应转移电子的物质的量为2b mol≤n(e-)≤4b mol,正确;C项,ab=52时,发生的离子反应为5Fe3++2Fe+12Cu 7Fe2++12Cu2+,即10Fe3++4Fe+Cu 14Fe2++Cu2+,正确;D项,
2Fe3++Fe 3Fe2+
2b b 3b
2Fe3++Cu 2Fe2+ + Cu2+
a-2b a-2b a-2b2
所以n(Fe2+)∶n(Cu2+)=(3b+a-2b)∶a-2b2=(a+b)∶a-2b2,错误。
6.(2019浙江舟山中学月考)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下图所示。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)=6 mol·L-1
C.当通入Cl2 2 mol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
6.答案 B 根据还原性:Br-
氧化还原反应先后规律的思维模型
同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时,首先被氧化的是还原性最强的物质。
同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时,首先被还原的是氧化性最强的物质。
考点三 氧化还原反应方程式的配平及计算
1.配平下列方程式。
(1) KI+ KIO3+ H2SO4 I2+ K2SO4+ H2O
(2) MnO4-+ H++ Cl- Mn2++ Cl2↑+ H2O
(3) P+ CuSO4+ H2O Cu+ H3PO4+ H2SO4
1.答案 (1)5 1 3 3 3 3 (2)2 16 10 2 5 8 (3)2 5 8 5 2 5
2.(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2,调节pH≈3,Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成并配平下列离子方程式:
Ce3++ H2O2+ H2O Ce(OH)4↓+
(2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式:
Fe(OH)2+ ClO-+ Fe(OH)3+ Cl-
2.答案 (1)2 1 6 2 6 H+ (2)2 1 1 H2O 2 1
1.配平原理
在氧化还原反应中,从现象看是元素化合价升降总数相等,从本质看是① 得失电子总数 相等。对离子方程式进行配平时,除满足上述要求外,还要注意电荷守恒。
2.一般氧化还原反应方程式的配平——化合价升降法
3.计算电子转移守恒的公式
n(氧化剂)×氧化剂化学式中变价原子的个数×化合价变化数=n(还原剂)×还原剂化学式中变价原子的个数×化合价变化数。
当一种物质同时氧化两种或两种以上的物质时,较强的还原剂先被氧化。当一种物质同时还原两种或两种以上的物质时,较强的氧化剂先被还原。被氧化或被还原到何种程度,由还原剂或氧化剂的物质的量来决定,具体计算时用得失电子守恒原则。
氧化还原反应方程式的配平方法
1.正向配平法:氧化剂、还原剂中的某元素化合价均发生变化,一般从左边反应物着手配平。
2.逆向配平法:适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。
3.缺项配平法:对于化学方程式,所缺物质往往是酸、碱或水;如果是离子方程式,所缺物质往往是H+、OH-或水。可以根据质量守恒先写出所缺物质,再用其他守恒法配平,如果无法确定所缺物质,可先依据元素化合价的升降总数相等原则将已知的物质配平,然后再根据质量守恒确定所缺物质的化学式及化学计量数。
4.奇数配偶法:适用于物质种类少且组成简单的氧化还原反应:如S+C+KNO3 CO2↑+N2↑+K2S,反应物KNO3中三种元素的原子数均为奇数,而生成物中三种元素的原子数均为偶数,故可在KNO3前配2,然后用观察法配平得S+3C+2KNO3 3CO2↑+N2↑+K2S。
5.整体配平法:指某一氧化还原反应中,有三种元素的化合价发生了变化,但其中一种反应物中同时有两种元素的化合价升高或降低,这时要进行整体配平。如Cu2S+HNO3Cu(NO3)2+NO↑+H2SO4 +H2O,其中Cu、S、N三种元素的化合价变化,Cu2S中Cu、S元素的化合价均升高,看作一个整体,Cu+12S-2↑1×2 ↑8↑10×3+HN ↓3×10+5O3Cu+2(NO3)2+N+2O↑+H2S+6O4+H2O,配平可得3Cu2S+22HNO3 6Cu(NO3)2+10NO↑+3H2SO4+8H2O。
6.有机物配平:有机化合物中,一般氢元素显+1价,氧元素显-2价,根据化合物中各元素化合价代数和为零,碳元素按平均价态计算,如C2H6O中碳显-2价。
题组一 氧化还原反应的常规计算
1.现有24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1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( )
A.+2 B.+3 C.+4 D.+5
1.答案 B 题目中指出被还原的物质是元素Cr,则得电子的物质是K2Cr2O7,失电子的物质是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4→+6,而Cr元素的化合价从+6→+n(设还原产物中Cr元素的化合价为+n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒,有0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n),解得:n=3。
2.(2019浙江学军中学检测)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.3 C.4 D.5
2.答案 D 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行的相关计算。
Na2S-2xx→xNa2S+6O4 NaC+1lO→NaC-1l
得关系式:1×6--2x·x=16×2,x=5。
题组二 氧化还原反应方程式的配平
3.用高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN),反应体系中的物质有:Al2O3、C、N2、AlN、CO。
请将除AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内,并配平。
+ + AlN+
3.答案 Al2O3 3C N2 2 3CO
解析 根据氮元素、碳元素的化合价变化可知,N2是氧化剂,C是还原剂,AlN为还原产物,CO为氧化产物。
4.(2017课标Ⅲ,27节选)FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2
上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为 。
4.答案 2∶7
解析 利用得失电子守恒法配平:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,则FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2∶7。
题组三 多步反应得失电子守恒问题
5.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,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·L-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是( )
A.60 mL B.45 mL
C.30 mL D.15 mL
5.答案 A 由题意可知,HNO3NO2N2O4NO,则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)=2n(O2)=2×1.68L22.4 L/mol=0.15 mol。根据质量守恒定律及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式:n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH)=0.3mol5mol·L-1=0.06 L=60 mL。
6.(2019浙江温岭中学质量检测)将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入3 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是( )
A.加入合金的质量可能为9.6 g
B.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
C.参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol
D.溶解合金时产生NO气体0.224 L(标准状况)
6.答案 C 生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,说明OH-的质量为5.1 g,即0.3 mol,金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等,所以反应转移的电子为
0.3 mol,生成的NO为0.1 mol,根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol,C正确;消耗NaOH溶液的体积应为100 mL,B错误;标准状况下产生NO气体应为2.24 L,D错误;根据电荷守恒,镁、铜合金共0.15 mol,用极端假设法,如果全部是铜,合金质量为9.6 g,所以合金质量应比9.6 g小,A错误。
方法技巧
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。
A组 基础题组
1.(2019浙江余杭中学检测)废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使NH4+完全转化为N2,该反应可表示为2NH4++3ClO- N2↑+3Cl-+2H++3H2O。下列说法中不正确的是( )
A.反应中氮元素被氧化,氯元素被还原
B.还原性:NH4+>Cl-
C.反应中每生成1 mol N2,转移6 mol电子
D.经此法处理过的废水可以直接排放
1.答案 D A项,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,被还原,N元素的化合价由-3价升高为0价,被氧化,正确;B项,2NH4++3ClO- N2↑+3Cl-+2H++3H2O中,NH4+为还原剂,Cl-为还原产物,所以还原性:NH4+>Cl-,正确;C项,N元素的化合价由-3价升高为0价,所以反应中每生成1 mol N2,转移电子(3-0)×2×1 mol=6 mol,正确;D项,经题述方法处理过的废水呈酸性,不能直接排放,错误。
2.(2019浙江瑞安中学质量检测)根据下列化学方程式,判断有关物质的还原性由强到弱的顺序为( )
①I2+SO2+2H2O H2SO4+2HI ②2FeCl2+Cl2 2FeCl3 ③2FeCl3+2HI 2FeCl2+2HCl+I2
A.I->Fe2+>Cl->SO2 B.Cl->Fe2+>SO2>I-
C.Fe2+>I->Cl->SO2 D.SO2>I->Fe2+>Cl-
2.答案 D ①I2+SO2+2H2O 2HI+H2SO4中还原剂是SO2,还原产物是HI,所以还原性:SO2>I-;②2FeCl2+Cl2 2FeCl3中还原剂是FeCl2,还原产物是FeCl3,所以还原性:Fe2+>Cl-;③2FeCl3+2HI 2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI,还原产物是FeCl2,所以还原性:I->Fe2+。通过以上分析知,还原性由强到弱的顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-。
3.(2019浙江普陀中学月考)工业上制取ClO2的化学反应:2NaClO3+SO2+H2SO4 2ClO2+2NaHSO4,下列说法正确的是( )
A.SO2在反应中被还原
B.NaClO3在反应中失去电子
C.H2SO4在反应中作氧化剂
D.1 mol氧化剂在反应中得到1 mol电子
3.答案 D SO2中S元素的化合价由+4价升高到+6价,则SO2为还原剂,还原剂在反应中被氧化,故A错误;NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,则NaClO3在反应中得到电子,故B错误;反应物H2SO4中各元素的化合价未发生变化,H2SO4不作氧化剂,故C错误;NaClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,NaClO3作氧化剂,1 mol氧化剂在反应中得到的电子为1 mol×(5-4)=1 mol,故D正确。
4.(2019浙江定海一中月考)某强氧化剂XO(OH)2+被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO(OH)2+,需用30 mL 0.2 mol·L-1的Na2SO3溶液,那么X元素被还原后的价态是 ( )
A.+2 B.+1 C.0 D.-1
4.答案 C XO(OH)2+中X元素的化合价是+5,Na2SO3中S元素的化合价从+4升高到+6,设X元素被还原后的化合价为a,根据氧化还原反应中化合价升降必相等:2.4×10-3 mol×(5-a)=0.2 mol·L-1×0.03 L×(6-4),解得a=0。
5.(2019浙江嘉兴三中月考)向100 mL FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 5.04 L,Cl2全部被还原,测得溶液中c(Br-)=c(Cl-),则原FeBr2溶液中溶质的物质的量浓度是( )
A.0.75 mol·L-1 B.1.5 mol·L-1
C.2 mol·L-1 D.3 mol·L-1
5.答案 D 标准状况下Cl2的物质的量为5.04 L22.4 L·mol-1=0.225 mol,由于Fe2+的还原性强于Br-,通入氯气后,Cl2先氧化Fe2+再氧化Br-,设原FeBr2溶液中溶质的物质的量浓度为x mol·L-1,则0.225 mol×2=0.1x mol·L-1×1+(0.1x mol·L-1×2-0.225 mol×2),解得x=3。
6.(2019浙江杭州四中检测)若(NH4)2SO4在加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( )
A.1∶4 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶1
6.答案 B 化学方程式是3(NH4)2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O,该方程式中铵根离子和氨气分子中氮元素的化合价都是-3价,化合价不变,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(1×2)∶(4×1)=1∶2。
7.(2019浙江安吉高级中学检测)现有CuO和Fe3O4的混合物7.6 g,向其中加入1 mol·L-1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反应,若将15.2 g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为( )
A.13.6 g B.12 g C.6 g D.3.2 g
7.答案 B 根据CuO和Fe3O4的化学式知,混合物与硫酸反应生成盐存在关系式:n(O)=n(SO42-)=0.1 mol,则7.6 g混合物含O元素的物质的量为0.1 mol,为1.6 g,金属元素的质量为6 g,因此15.2 g该混合物用足量CO还原,充分反应后剩余固体质量为15.2 g÷7.6 g×6 g=12 g。
8.(2019浙江回浦中学检测)已知离子方程式:As2S3+H2O+NO3-AsO43-+SO42-+NO↑+ (未配平),下列说法错误的是 ( )
A.配平后水的化学计量数为4
B.反应后溶液呈酸性
C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶28
D.氧化产物为AsO43-和SO42-
8.答案 C 从题中所给的离子方程式知,As2S3转化成AsO43-和SO42-,而NO3-转化为NO,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,配平离子方程式:3As2S3+4H2O+28NO3- 6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+,则A、B、D正确;氧化剂与还原剂的物质的量之比为28∶3,C不正确。
9.(2019浙江金华外国语学校质量检测)Ⅰ.已知氧化还原反应:2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4 2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O。
(1)该反应中还原产物为 。
(2)每生成2 mol CuI,有 mol KI被IO3-氧化。
Ⅱ.已知碱性条件下,Fe(OH)3可被NaClO氧化成FeO4n-:Fe(OH)3+ClO-FeO4n-+Cl-(未配平)。
(3)已知有3.21 g Fe(OH)3参加反应,共转移了5.418×1022个电子,则n= 。
(4)配平上述反应的化学方程式: 。
9.答案 (1) CuI、I2 (2)20 (3)2
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH- 2FeO42-+3Cl-+5H2O
解析 Ⅰ.(1)碘酸铜中碘元素的化合价从+5价降低到0价,铜元素的化合价从+2价降低到+1价。碘化钾中碘元素的化合价从-1价升高到0价,所以碘酸铜是氧化剂,碘化钾是还原剂,因此题述反应中还原产物为CuI、I2。(2)根据以上分析可知每生成2 mol CuI,消耗2 mol碘酸铜,根据得失电子守恒可知有20 mol KI被IO3-氧化。
Ⅱ.(3)3.21 g Fe(OH)3的物质的量是3.21g107 g·mol-1=0.03 mol,反应中共转移了5.418×1022个电子,转移电子的物质的量是5.418×10226.02×1023 mol=0.09 mol,因此1个氢氧化铁失去电子0.09 mol÷0.03 mol=3个,即铁元素的化合价从+3价升高到+6价,所以n=2。(4)根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒即可配平化学方程式。
B组 提升题组
10.(2019北京东城期末检测)下列过程与氧化还原反应无关的是( )
A.工业上原油的分馏
B.生活中用“暖宝宝”取暖
C.拉瓦锡测定空气中O2的含量
D.普利斯特利的光合作用实验
10.答案 A A项,工业上原油的分馏原理是利用了各组分的沸点不同,从而实现了物质的分离,不涉及化学变化;B项,“暖宝宝”的工作原理是利用还原性铁粉、活性炭、无机盐、水形成无数微小的原电池,放出大量的热,该过程涉及氧化还原反应;C项,拉瓦锡测定空气中O2的含量,主要利用了两个反应:2Hg+O2 2HgO,2HgO 2Hg+O2↑,涉及氧化还原反应;D项,普利斯特利的光合作用实验涉及多个氧化还原反应,如老鼠的呼吸作用、植物的光合作用、蜡烛的燃烧。
11.(2019辽宁师范大学附属中学一模)下列四组物质反应,其中与其他三组属于不同氧化还原反应类型的是( )
A.Na2O2+ H2O B.F2+ H2O
C.Cl2+ H2O D.NO2 + H2O
11.答案 B 2Na2O2 +2H2O 4NaOH+O2 ↑反应中,过氧化钠中的氧元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;2F2 +2H2O 4HF+O2 反应中,氟元素化合价降低,氧元素化合价升高,所以氧化剂是氟气,还原剂是水;Cl2 +H2OHCl+HClO反应中,氯气中的氯元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质;3NO2 +H2O 2HNO3 +NO反应中,二氧化氮中的氮元素部分化合价升高,部分化合价降低,所以氧化剂和还原剂是同一物质。根据上述分析可知,只有B选项中氧化剂和还原剂不是同一种物质。
12.叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的产气剂,Fe2O3是主氧化剂,NaHCO3作冷却剂。当汽车发生剧烈碰撞时,NaHCO3分解产生大量气体使安全气囊迅速打开,从而起到保护作用[已知常温下Ka(HN3)=1.8×10-5]。下列有关说法正确的是( )
A.NaHCO3的冷却原理是它发生分解,消耗体系的热量
B.Fe2O3和Na反应的氧化产物是Na2O2
C.等物质的量的NaN3和HN3混合溶液显碱性
D.若有6.5 g NaN3分解产生N2,则转移0.9 mol电子
12.答案 A NaHCO3分解产生碳酸钠、水和二氧化碳,分解吸收热量,从而使环境温度降低,因而它可以起到冷却作用,A正确;Fe2O3和Na反应生成FeO和Na2O,所以氧化产物是Na2O,B错误;根据Ka(HN3)=1.8×10-5可知HN3是弱酸,常温下NaN3的水解平衡常数Kh=KWKa=10-141.8×10-5≈5.6×10-10<1.8×10-5,说明等物质的量的NaN3和HN3混合,酸的电离作用大于盐的水解作用,所以溶液显酸性,C错误; NaN3受到撞击,发生分解反应,产生N2和金属Na,化学方程式为2NaN33N2↑+2Na,根据化学方程式可知:每有2 mol NaN3反应,产生3 mol N2,转移2 mol电子,则6.5 g NaN3反应,转移电子的物质的量为0.1 mol,D错误。
13.(2019山西大学附属中学月考)用“银-Ferrozine”法检测室内甲醛含量的原理如下:
下列说法错误的是( )
A.标准状况下,11.2 L CO2中含碳氧双键的数目约为6.02×1023
B.30 g HCHO被氧化时转移电子数目约为4×6.02×1023
C.反应①的化学方程式为2Ag2O+HCHO 4Ag+CO2+H2O
D.理论上,吸收的HCHO 与消耗Fe3+的物质的量之比为4∶1
13.答案 D 1个CO2分子中含有2个碳氧双键,标准状况下,11.2 L CO2即0.5 mol,含有碳氧双键1 mol,碳氧双键的数目约为6.02×1023,故A正确;Ag2O和HCHO反应生成Ag和CO2,甲醛被氧化,生成物中还有水,根据质量守恒可配平方程式:2Ag2O+HCHO 4Ag+ CO2+H2O,30 g甲醛的物质的量为1 mol,1 mol甲醛参与反应时转移4 mol电子,数目约为4×6.02×1023,故B、C正确;由化学方程式可得出化学计量关系为HCHO~4Fe3+,反应中吸收甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1∶4,故D错误。
14.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸,可发生反应:CaOCl2 + H2SO4(浓)CaSO4+ Cl2↑+ H2O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)( )
A.浓硫酸体现氧化性与酸性
B.1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子
C.混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键
D.每产生1 mol氯气,转移电子数为NA
14.答案 A 由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气,可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,在酸性条件下发生反应:Cl-+ ClO-+2H+ Cl2↑+ H2O,以此来解答。CaOCl2 + H2SO4(浓) CaSO4 + Cl2↑+ H2O,硫酸中没有元素化合价变化,浓硫酸只体现酸性,故A错误;1个CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-,1 mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子,故B正确;Ca2+和阴离子之间是离子键,Cl—O是共价键, 故C正确;Cl-+ ClO-+2H+ Cl2↑+ H2O,每产生1mol氯气,转移电子数为NA,故D正确。
15.下列说法中正确的是( )
A.在铜和浓硫酸反应后的试管中加水,以观察溶液颜色
B.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C.用氯水进行水处理,夏季比冬季的效果好
D.稀硝酸与金属反应生成硝酸盐,当还原产物只有NO时,参加反应的金属在反应后无论化合价怎样,参加反应的硝酸与还原产物的物质的量之比始终为4∶1
15.答案 D 应将反应后液体缓慢注入水中观察,故A错误;加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙,二氧化硫排放量减少,但在高温下不能吸收二氧化碳,故B错误;夏季温度高,次氯酸易分解,杀菌效果比冬季差,故C错误;设金属M反应后的化合价是+x,则生成的盐为M(NO3)x,根据得失电子守恒可知M(NO3)x与NO的化学计量数之比为3∶x,根据氮元素守恒可知消耗的HNO3的化学计量数为3x+x,所以硝酸与还原产物NO的物质的量之比为(3x+x)∶x=4∶1,故D正确。
16.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2,关于此反应,下列说法不正确的是( )
A.CuFeS2被氧化和被还原的原子数之比为2∶1
B.该反应中有两种物质作氧化剂
C.每生成1 mol FeS,反应中转移3 mol电子
D.CuFeS2中只有硫元素被氧化
16.答案 A Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由-2价升高到+4价,CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,且生成Cu2S、FeS时S元素的化合价不变,则CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为1∶2,A错误;反应中Cu、O元素的化合价降低,两种反应物均作氧化剂,B正确;由化学方程式可知,每生成1 mol FeS,就生成0.5 mol SO2,则有0.5 mol硫元素被氧化成SO2,转移电子为0.5 mol×[4-(-2)]=3 mol,C正确;CuFeS2中Cu元素被还原,S元素被氧化,D正确。
17.(2019河南部分省示范性高中联考)“银-Ferrozine”法检测甲醛(HCHO)的原理为:①在原电池装置中,氧化银能将甲醛充分氧化为CO2;②Fe3+与产生的Ag定量反应生成Fe2+;③Fe2+与Ferrozine形成有色配合物;④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是( )
A.①中,负极的电极反应式为2Ag2O+4H++4e- 4Ag+2H2O
B.①中,溶液中的H+由正极移向负极
C.理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4
D.参加反应的甲醛浓度越大,④中测得的吸光度越小
17.答案 C ①中,负极的电极反应式为HCHO-4e- + H2O CO2+4H+,故A错误;①中,溶液中的H+由负极向正极移动,故B错误;反应中存在关系式:HCHO~4Ag~4Fe2+,理论上消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1∶4,故C正确;甲醛浓度越大,理论上生成Fe2+的浓度越大,进而得到有色配合物的浓度也越大,溶液的吸光度越大,故D错误。
18.(2019安徽宣城期末)用如图所示的实验装置A加热Cu(NO3)2固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。
(1)装置A中发生的反应,氧化产物与还原产物的体积比是 (相同条件下)。
(2)装置B的作用是 ,反应一段时间后,将带火星的木条放入装置B中,木条复燃,说明该红棕色气体可助燃,原因是 。
(3)已知NO2和NaOH溶液反应可生成两种钠盐,装置C中发生反应的离子方程式为 。
(4)将反应后试管中的固体加水充分溶解、过滤、洗涤,向滤渣中加入一定量稀硫酸,发现固体全部溶解,得到蓝色溶液,分为两份。
①一份溶液经 、 、 、洗涤得蓝色晶体。
②另一份取20 mL溶液,加入过量KI,充分反应后,用0.500 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液来滴定反应产物,滴定终点时消耗Na2S2O3溶液40.00 mL,则上述溶液中c(Cu2+)= mol·L-1。(已知:2Cu2++4I- 2CuI↓+I2;I2+2S2O32- 2I-+S4O62-;结果保留一位小数)
18.答案 (1)1∶4
(2)安全瓶 硝酸铜分解产生的气体中O2与NO2的体积比为1∶4,O2所占的体积分数与空气中O2的体积分数几乎相同,分解产生的气体能使带火星的木条复燃而空气不能,说明NO2有助燃性
(3)2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O
(4)①蒸发浓缩 降温结晶 过滤
②1.0
解析 (1)加热Cu(NO3)2固体,分解产生红棕色气体NO2,在装置D中收集到的无色气体是氧气,当反应结束后,试管中残留固体为黑色氧化铜,反应的氧化产物是O2,还原产物是NO2,根据得失电子守恒,O2、NO2的体积比为1∶4。(2)装置B可以防止C装置中的液体倒吸入装置A,故装置B的作用是安全瓶。(3) NO2和NaOH溶液发生歧化反应,生成硝酸钠、亚硝酸钠和水,反应的离子方程式是2NO2+2OH- NO3-+NO2-+H2O。(4)①硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,可得到蓝色的硫酸铜晶体;②设溶液中c(Cu2+)=a mol/L,得如下关系:
2Cu2+ ~ I2 ~ 2S2O32-
2 2
a mol/L×0.02 L 0.500 0 mol/L×0.04 L
得a=1.0。
19.Ⅰ.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。回答下列问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12 000年前,制作瓷器所用的原料是高岭土,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为 。
(2)《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。”反应原理为S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是 ,反应转移4 mol电子时,被S氧化的C有 mol(结果用分数表示)。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃……烧之赤色……”我国早期科技丛书《物理小识》记载了加热青矾时的景象:“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,草木不茂。”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式: 。
Ⅱ.“钢是虎,钒是翼,钢含钒犹如虎添翼”,钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的,但室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+。
(4)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式: 。
(5)V2O5是两性氧化物,与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO43-),溶于强酸生成含VO2+的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式: 、 。
19.答案 (1)2Al2O3·4SiO2·4H2O
(2)S、KNO3 1/6
(3)2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O↑
(4)V+6H++5NO3- VO2++5NO2 ↑+3H2O
(5)Na3VO4 (VO2)2SO4
解析 (1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物·SiO2·H2O的顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:2Al2O3·4SiO2·4H2O。
(2)反应S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑中,S元素的化合价由0价降低到-2价,则S为氧化剂,KNO3中N元素的化合价由+5价降低到0价,则KNO3为氧化剂,C元素的化合价由0价升高到+4价,则C为还原剂,还原剂对应的氧化产物为CO2,氧化剂对应的还原产物为K2S、N2,反应转移4 mol电子时,有1 mol C元素被氧化,有13 mol S反应得到23 mol电子,被S元素氧化的C元素为23mol4=16 mol。
(3)根据得失电子守恒和元素守恒可知,煅烧FeSO4·7H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O↑。
(4)钒室温下能溶解于浓硝酸中生成VO2+,故金属钒与浓硝酸反应:V+6H++5NO3- VO2++5NO2↑+3H2O。
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