2019高考化学二轮复习第1部分第3讲氧化还原反应学案.docx

第3讲氧化还原反应知考点明方向满怀信心正能量设问方式氧化还原反应基本概念的辨析与应用例(2018北京卷，9)，(2017北京卷，8)氧化还原反应规律应用例(2018北京卷，28)，例(2018江苏卷，12)，例(2018全国卷，28)氧化还原反应方程式书写与配平例(2018江苏卷，20)，(2017海南卷，4)知识点网络线引领复习曙光现释疑难研热点建模思维站高端考点一基于“双线桥”辨析概念命题规律：1题型：卷正误判断型选择题(主)、卷填空题(次)。2考向：有关氧化还原反应概念的辨析与判断可借助元素化合物、电化学等知识为载体，以选择题中的某一选项和非选择题中某一设问的形式进行考查，形式灵活，知识面广，但一般难度较低。方法点拨：1氧化还原反应基本概念图示理解与口诀记忆2准确识记常考物质中某元素的化合价(1)CuFeS2：(2)K2FeO4：(3)Li2NH、LiNH2、AlN：(4)Na2S2O3：(5)MO：(6)C2O：(7)HCN：(8)CuH：(9)NaN3：(10)O2F2：1(1)下列说法中正确的是_ADE_。AClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。可以用硫酸亚铁除去超标的亚氯酸盐。(2015全国卷)B反应H2S4O2F2SF62HF4O2中O2为氧化产物(2016上海卷)C反应H2S4O2F2SF62HF4O2中O2F2既是氧化剂又是还原剂(2016上海卷)DSO2通入H2S溶液中产生黄色沉淀，说明SO2有氧化性(2017北京卷)ESO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中产生白色沉淀，说明SO2有还原性(2017北京卷)(2)(2016全国卷) NaClO2中Cl的化合价为_3_。(2017全国卷) Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_4_。(2016全国卷)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，其流程如图所示。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_21_，该反应中氧化产物是_O2_。突破点拨(1)根据反应前后化合价变化，由双线桥确定“两物”“两剂”；(2)记住常见元素化合价，运用化合价规则确定未知价态。解析(1)亚氯酸盐有氧化性，选择有还原性的硫酸亚铁可以与其反应，选项A正确；H2S4O2F2SF62HF4O2中氧的化合价从1降到0，所以O2为还原产物，选项B错误；反应H2S4O2F2SF62HF4O2中O2F2只有O的价态降低，F的价态未变，所以O2F2只是氧化剂，选项C错误；二氧化硫与硫化氢发生的反应为：SO22H2S=3S2H2O，二氧化硫做氧化剂，选项D正确；产生的白色沉淀为硫酸钡，所以二氧化硫中S的价态升高被氧化，做还原剂，选项E正确。(2)根据氧和钠的价态，以及化合价规则可确定Cl的化合价；Li2Ti5O15中Li为1价，O为2价，Ti为4价，过氧根(O)中氧元素显1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(1)2(4)5(2)(152x)(1)2x0，解得：x4；根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂为H2O2，氧化产物为O2，可知每摩尔H2O2失2 mol电子，氯的化合价从4降低为3，每摩尔ClO2得1 mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，该反应中氧化产物是O2。【变式考法】(1)(2017海南卷)在酸性条件下，可发生如下反应：ClO2M34H2O=M2OCl8H，M2O中M的化合价是_6_。(2)(2015上海卷)工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_21_。(3)(2018鄂东南联盟联考)Mn12O19中氧元素化合价均为2，锰元素的化合价有两种，则Mn ()、Mn () 物质的量之比为_51_。生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比1：1：5反应，产物中硫元素全部以SO的形式存在，该反应的离子方程式为_2MnO2S2O10Mn211H2O=Mn12O194SO22H_。(4)(2018江苏四市调考)水中溶解氧的测定方法如下：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，以淀粉作指示剂，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：_O22Mn24OH=2MnO(OH)2_。取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.010 00 molL1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL1表示)，写出计算过程。解析(1)离子方程式前后遵循电荷守恒，所以(1)2(3)(n)(1)(8)，解得n2，根据化合价规则，M2O中氧元素化合价为2，所以M元素的化合价为6。(2)氧化剂为SO2其中S的化合价从4降到2，还原剂为Na2S，其中S的价态从2上升到2，根据电子得失守恒可以确定二者的物质的量之比。(3)Mn12O19中氧元素化合价均为2，设Mn()为x个，则Mn()为12x，根据化合物中元素化合价代数和为0，即得3x4(12x)219，x为10，Mn()为2，Mn()、Mn()物质的量之比为51；根据题意生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O按物质的量比115反应，产物中硫元素全部以SO的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO2S2O11H2OMn12O194SO22H；(4)O2将Mn2氧化成MnO(OH)2，其中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从2升高到4,1个Mn2失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O22Mn24OH=2MnO(OH)2。根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算：在100.00 mL水样中I22S2O=2IS4On(I2)6.750105 mol，nMnO(OH)2n(I2) 6.750105 mol，n(O2)nMnO(OH)26.750105 mol3.375105 mol，水中溶解氧10.80 mg/L。2(2018北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是(C)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FeSO4最终变为Fe(OH)3，Fe元素化合价升高；石蕊被氧化漂白；Cu丝溶于HNO3形成Cu(NO3)2，NO被氧化为NO2均发生氧化还原反应；Na2S溶液滴入AgCl浊液中发生沉淀转化：2AgClNa2S=Ag2S2NaCl，与氧化还原反应无关。3(2018惠州模拟)高铁酸钾K2FeO4是一种高效、氧化性比Cl2更强的水处理剂，工业上常用下列反应先制高铁酸钠：2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2，然后在低温下，在Na2FeO4溶液中加KOH固体至饱和就可析出K2FeO4，下列有关说法不正确的是(D)ANa2O2在反应中既作氧化剂，又作还原剂B高铁酸钾在该温度下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小CK2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物D制取高铁酸钠时，每生成1 mol Na2FeO4反应中共有4 mol电子转移解析2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2反应中，Fe元素化合价升高，FeSO4为还原剂，O元素转化为Na2O，化合价降低，转化为O2，化合价升高，所以Na2O2既作氧化剂，又作还原剂，选项A正确；低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，可知该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；选项B正确；K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中的悬浮杂质，选项C正确；每生成1 mol Na2FeO4，有1 mol FeSO4参加反应，化合价由2升高到6，转移电子4 mol,2 mol Na2FeO4，转移电子8 mol，另外6 mol Na2O2中有2 mol 1价的氧，升高为0价，转移2 mol电子，每生成1 mol Na2FeO4反应中共有5 mol电子转移，选项D错误。氧化还原反应概念理解的“5个误区”(1)误认为元素由化合态变为游离态一定被还原，其实不一定。如HClCl2，氯元素被氧化。(2)误认为氧化还原反应中有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原，其实不一定。如Cl2H2OHClHClO中，被氧化和被还原的都是氯元素。(3)误认为具有氧化性的物质和具有还原性的物质一定都能发生化学反应，其实不一定。如SO2具有还原性，浓H2SO4具有氧化性，但二者不能发生氧化还原反应。(4)误认为同种元素的高价态的物质一定比低价态物质的氧化性强，其实不一定。如HClO的氧化性高于HClO4。(5)误认为有单质参加和单质生成的反应一定是氧化还原反应。如3O22O3不是氧化还原反应。考点二氧化还原反应规律及应用方法命题规律：1题型：以选择题为主，综合题涉及计算与配平。2考向：有关氧化还原反应的强弱规律及优先规律侧重于对选择题的正误判断，而守恒规律在新情景中学以致用有可能出现在卷的计算判断上，但在卷填空题上以计算的形式及陌生氧化还原反应方程式的书写考查更为常见。方法点拨：氧化还原反应基本规律及应用内化于心，外化于形1(1)向2 mL 0.1 molL1的FeCl3溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，由此可知还原性：Fe_(填“”“Fe2；(2)由化合价变化情况可知：每1 mol FeOCr2O3失去7 mol电子，每1 mol NaNO3得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知二者的系数比为27；(3)根据电子得失守恒可知：x2，解得x0.8。(4)“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，V元素化合价从4升高到5，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从5降低到1，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3 mol60.5 mol。(5)根据氧化还原反应原理，得失电子总数相同，可以配平此反应为：NaBO22SiO24Na2H2=NaBH42Na2SiO3；(6)电子转移数目既可用氧化剂的电子数目也可以用还原剂失电子数目进行确定。由反应方程式8NH36NO2=7N212H2O可知，当生成1 mol N2时有 mol 电子转移。【变式考法】(1)“酸溶”将TeO2先溶于硫酸得到Te(SO4)2，然后加入Na2SO3溶液进行还原生成单质碲，该反应的离子反应方程式是_2SOTe42H2O=Te2SO4H_。 SeO2与SO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，当有10 mol电子转移时，会生成_2.5_mol Se。(2018兰州二诊) (2)(VO2)2SO4溶液中钒的含量可用酸化的H2C2O4溶液来测定，主要产物为CO2和VOSO4，其氧化剂与还原剂的物质的量之比为_1：1_。(2018永州三模)(3)请配平次亚磷酸钠热还原反应的化学方程式：_4_NaH2PO2H2O_8_GeO2=_1_Na4P2O7_5_H2O_8_GeO_2_H3PO4。(2018湖北八校二模)(4)K4Fe(CN)6与高锰酸钾溶液反应的化学方程式为：K4Fe(CN)6KMnO4H2SO4=KHSO4Fe2(SO4)3MnSO4HNO3CO2H2O(未配平), 若有1 mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，则消耗KMnO4的物质的量为_12.2_mol。(2018郴州二模)(5)已知：还原性HSOI，氧化性IOI2。在NaIO3溶液中滴加过量的NaHSO3溶液反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为_NaI_(填化学式)。(2018江西九校联考)解析(1)由“还原碲”信息根据氧化还原反应原理，SO还原Te4为Te，本身被氧化为SO，离子反应方程式为：2SOTe42H2OTe2SO4H。SeO2与SO2的反应中化合价变化情况为Se：40；每生成1 mol Se有4 mol电子转移，所以有10 mol电子转移时，会生成2.5 mol Se。(2)氧化剂为(VO2)2SO4，V的化合价降低1，H2C2O4为还原剂，C的化合价升高1，所以二者的物质的量之比为1：1; (3)反应中P元素的化合价由1升至5，化合价升高4，Ge元素的化合价由4降至2，化合价降低2，根据得失电子守恒和原子守恒可配平为：4NaH2PO2H2O8GeO2=Na4P2O75H2O8GeO2H3PO4。(4)该反应中，K4Fe(CN)6中的Fe、C、N的化合价分别由2、2、3升高到3、4、5，KMnO4中的Mn的化合价由7下降到2，根据化合价升降的总数相等，得到关系式10K4Fe(CN)6122KMnO4, 所以，1 mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，消耗KMnO4的物质的量为12.2 mol。(5)由还原性HSOI，可知当NaHSO3溶液过量时IO先被还原成I2，再被还原成I。2工业上，可以硝酸钡为原料制备氢氧化钡，其反应过程如下：反应1：Ba(NO3)28H2Ba(OH)22NH34H2O；反应2：3Ba(NO3)210NH33Ba(OH)28N212H2O。下列说法正确的是(D)A反应1中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8：1BNH3在上述反应中既是氧化产物又是还原产物C在反应1、2中，等物质的量的Ba(NO3)2完全反应转移电子数相等D在反应2中氧化产物比还原产物多56 g时生成3 mol Ba(OH)2解析反应1中Ba(NO3)2为氧化剂，H2为还原剂，二者物质的量之比为18，选项A错误；反应1中NH3既是氧化产物，又是还原产物，而反应2中NH3只作还原剂，选项B错误；反应1中1 mol Ba(NO3)2完全反应转移16 mol电子，反应2中1 mol Ba(NO3)2完全反应转移10 mol电子，选项C错误；反应2中，N2既是氧化产物又是还原产物，易因混淆氧化产物和还原产物的量而出错，一般可用分合法分析复杂的氧化还原反应：3Ba(NO3)210NH33Ba(OH)23N2(还原产物)5N2(氧化产物)12H2O，生成3 mol Ba(OH)2时，氧化产物比还原产物相差2 mol，多56 g，选项D正确。3(2018北京卷)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)B补充完整后，C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否是K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案一取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案二用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。.由方案一中溶液变红可知a中含有_Fe3_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_4FeO20H=4Fe33O210H2O_产生(用方程式表示)。.方案二可证明K2FeO4氧化了Cl。用KOH溶液洗涤的目的是_排除ClO的干扰_。根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO(填“”或“”)，而方案二实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是_溶液的酸碱性不同_。资料表明，酸性溶液中的氧化性FeOMnO，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性FeOMnO。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_能证明因为FeO在过量酸的作用下完全转化为Fe3和O2，溶液浅紫色一定是MnO的颜色；(或不能证明，另设计方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色)_。解析根据制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。.方案一加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3。但Fe3的产生不能判断K2FeO4与Cl发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3，可能的反应为4FeO20H=3O24Fe310H2O。.产生Cl2还可能是ClOCl2H=Cl2H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO，排除ClO的干扰，同时减少K2FeO4的损失。制备K2FeO4的原理为3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O，在该反应中Cl2是氧化剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性Cl2FeO，方案二的反应为2FeO6Cl16H2Fe33Cl28H2O，实验表明，Cl2和FeO氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案二在酸性条件下：说明溶液的酸碱性的影响物质氧化性的强弱。该小题为开放性试题。若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3和O2，最后溶液中不存在FeO，溶液振荡后呈浅紫色一定是MnO的颜色，说明FeO将Mn2氧化成MnO，所以该实验方案能证明氧化性FeOMnO。或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入MnSO4和H2SO4的混合溶液中，c(FeO)变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色利用电子守恒法解题的思维流程享资源练类题弯道超越显功力信息型氧化还原反应方程式的书写与分析考向预测(1)工艺流程图中信息氧化还原反应(离子)方程式书写；(2)氧化还原滴定综合实验题中方程式书写或配平解题关键(1)根据所学知识和题目所给信息(包括图像、工艺流程图等)，找出氧化还原反应中的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；(2)使化合价升降的总数目相等(得失电子总数相等)，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；(3)观察方程式两边离子所带电荷数是否相等，若不等，则要使电荷守恒，根据反应是在何种环境(酸性、碱性)中进行的补充H或OH。若在酸性环境中，一边加a个H(电荷守恒)，另一边加b个H2O(原子守恒)；若在碱性环境中，一边加m个OH(电荷守恒)，另一边加n个H2O(原子守恒)失分防范(1)理解并记住常见氧化剂或还原剂的反应产物：ClO2、ClO、ClO、Cl2Cl；MnOMn2；Fe2Fe3；SO、HSO、SO2、H2SO3SO；CrOCr3；H2C2O4、C2OCO2；H2O2H2O；H2O2O2(2)能运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物；(3)运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的个数(特别是同种物质中的同种元素有不同的升降变化)；(4)运用电荷守恒时，要准确把握H与OH的使用符合题中反应环境【预测】写出下列反应的化学方程式：(1)某反应体系中的物质有NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Au2O、H2O、Na2S2O3。Au2O3为反应物，写出并配平该反应的化学方程式：_。(2) 处理含CN废水的方法是：第一步控制pH10，用NaClO溶液先将CN不完全氧化为OCN；第二步控制pH为7.58.5，用NaClO完全氧化OCN生成N2和两种盐。请写出第二步反应的离子方程式：_。(3)已知还原性：SOI。KIO3滴定法可测定成品中 Na2SO3的含量：室温下将m g成品溶于水并加入淀粉做指示剂，用c molL1的酸性KIO3标准溶液进行滴定至溶液恰好由无色变为蓝色，消耗KIO3标准溶液的体积为V mL，滴定终点时发生的离子反应的化学方程式为：_，成品中Na2SO3的质量分数为：_。(4)实验室模拟工业利用氟磷灰石Ca5(PO4)3F生产磷铵(NH4)3PO4和白磷。其工艺流程如下图所示：工业上还可以用氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500 生成白磷，同时逸出SiF4和CO，该反应的化学方程式为_。思维导航(1)根据Au2O3为反应物；Au2O3Au2O；Au由31，化合价有升有降：Na2O3Na2O6；再根据电子得失守恒以及元素守恒可写出完整的化学方程式。 (2)NaClO作氧化剂，即ClOCl；生成“两种盐”中另有一种为碳酸盐，结合“pH为7.58.5”应该为HCO而不是CO；(3)从熟知简单变化入手：Na2SO3Na2SO4，由于开始滴入时溶液不变蓝，所以KIO3I，当溶液中SO刚好耗尽时，再滴入的KIO3就将I氧化为I2而使淀粉变蓝。(4)抓住化合价变化物质“追踪”分析：Ca5(PO4)3FP4；CCO，再根据电子得失守恒、元素守恒常规配平即可。规范答题：(1)Au2O3为反应物，则Au2O为生成物，反应中Au的化合价从3变为1，化合价降低，因此必定有另一种元素化合价升高，则Na2S2O3反应生成Na2S4O6，硫元素化合价由2升高到。根据化合价升降相等，可以确定Au2O、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3的化学计量数，再根据元素守恒可以将其他反应物和生成物的化学计量数确定。(2)氧化剂ClO常见的还原产物为Cl，化合价降低2，N被氧化成N2，化合价升高3，最小公倍数为6，再根据“pH为7.58.5”和“两种盐”可知另外一种盐的酸根离子为：HCO，再根据电荷守恒和元素守恒可得完整的离子方程式；(3)由于还原性SOI，开始时还原剂 Na2SO3过量，所以IO的还原产物可能为I，当SO耗尽时，再加入的IO就与溶液中的I反应生成I2，所以滴定终点前的反应为：IO3SO=3SOI，滴定终点的反应为：IO5I6H=3I23H2O；根据滴定反应的离子方程式IO3SO=3SOI可知：n(Na2SO3)3cV103 mol ，所以m(Na2SO3)1263cV103 g；所以Na2SO3的质量分数为%。 (4)反应前后硅、氟化合价未变，其中Ca5(PO4)3FP4化合价降低15，CCO化合价升高2，根据电子得失守恒可以确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，再根据元素守恒可确定其他物质化学计量数。答案：(1)Au2O34Na2S2O32H2O=Au2O 2Na2S4O64NaOH(2)2OCN3ClOH2O=N23Cl2HCO(3)IO5I6H=3I23H2O%(4)4Ca5(PO4)3F 21SiO230C20CaSiO33P4SiF430CO【变式考法】(1)(2016全国卷)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：写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_2NaClO3SO2H2SO4=2ClO22NaHSO4_。(2)(2017全国卷)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：_2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO4H2O3CO2_。(3)(2016全国卷)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5103molL1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOSONONOClc/(molL1)8.351046.871061.51041.21053.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式：_4OH3ClO4NO=4NO3Cl2H2O_。(4)(2018湖南十四校联考)将足量的酸性高锰酸钾溶液逐滴加入到乙二醛(C2H2O2)溶液中，最后发生反应的离子方程式为_2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O_。解析(1)NaClO3和SO2在硫酸酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3还原产物为ClO2，SO2的氧化产物由图中可知为 NaHSO4，根据电子得失守恒与元素守恒可以写出反应的化学方程式。(2)该反应化合价变化情况为：2FePO4LiFePO4，Fe的化合价降低1; H2C2O4 CO2，C的化合价升高1，再根据电子得失守恒以及元素守恒可以写出反应的化学方程式；(3)根据表中数据可知，脱硝过程中主要反应产物为NO，其中化合价变化情况为：ClOCl，Cl的化合价降低6; NONO，N的化合价升高3，再根据电子得失守恒、电荷守恒以及元素守恒可以写出反应的离子化学方程式；(4)乙二醛可被高锰酸钾氧化为乙二酸，而乙二酸可以继续被高锰酸钾氧化为二氧化碳，所以将足量的酸性高锰酸钾溶液加入到乙二醛溶液中，最后发生的反应是高锰酸钾与乙二酸之间的反应，反应的离子方程式为：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。对点特训(三)氧化还原反应1(2017天津卷)下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是(A)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硅太阳能电池主要是以半导体材料为基础，利用光电材料吸收光能后发生光电转换反应，与氧化还原反应无关，选项A正确；锂离子电池工作时，涉及到电子转移属于氧化还原反应，选项B错误；电解质溶液导电实质是电解的过程，发生了氧化还原反应，选项C错误；葡萄糖供能时，涉及到生理氧化过程，选项D错误。2(2018濮阳二模)大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法正确的是(A)A丙烯发生氧化反应生成甲醛和乙醛B生成O3的反应属于氧化还原反应C反应I属于复分解反应D该过程中O2作催化剂解析丙烯转化成甲醛和乙醛，碳的化合价发生改变，属于氧化反应，选项A正确； O2O3，化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，选项B错误；反应I为3NOO3=3NO2，不属于复分解反应，选项C错误；整个过程中O2参与反应只有消耗，后面没有O2的生成，不属于催化剂，选项D错误。3(2017九江调研)加碘食盐中所加的含碘物质是KIO3，在KIO3的碱性溶液中通入Cl2，可以得到K2H3IO6。下列有关该反应的说法错误的是(D)A反应中KIO3作还原剂B碱性条件下，氯气的氧化性强于K2H3IO6C若反应中生成304 g K2H3IO6，则转移2 mol电子D反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1解析KIO3中碘元素的化合价为5，K2H3IO6中碘元素的化合价为7，反应中碘元素的化合价升高，故KIO3是还原剂，选项A正确； Cl2是氧化剂，K2H3IO6是氧化产物，Cl2的氧化性强于K2H3IO6，选项B正确；反应中每生成1 mol K2H3IO6，转移2 mol电子，选项C正确；由得失电子守恒知，氧化产物(K2H3IO6)与还原产物(KCl)的物质的量之比为1：2，选项D错误。4(2018皖江名校联考)下列过程中，不涉及氧化还原反应的是(A)A使用酒精消毒，用醋熏蒸预防流感B缺铁性补血服用补铁剂时，需与维C同时服用C用含有橙色的酸性重铬酸钾的仪器检验酒后驾车D用葡萄糖制镜或保温瓶胆解析酒精和醋消毒均是使蛋白质细菌病毒变性，未发生氧化还原反应，选项A正确；维C具有更强还原性，能防止2价Fe被氧化，涉及氧化还原反应，选项B错误；重铬酸钾具有氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，可用于检测乙醇，涉及氧化还原反应，选项C错误；用葡萄糖制镜或保温瓶胆，发生了银镜反应，属于氧化还原反应，选项D错误。5(2018昌平期末)把图2中的物质补充到图1中，可得到一个氧化还原反应的离子方程式。对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是(D)图1：图2：AMn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，Mn2做还原剂BIO作氧化剂，具有氧化性C随着反应的进行，溶液酸性增强D若有2 mol Mn2参加反应，则转移5 mol电子解析根据氧化还原反应一定有化合价的升高和降低以及原子个数守恒得到该反应为：Mn2IOH2OIOMnOH(未配平)。Mn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，所以Mn2做还原剂，选项A正确；反应中IO转变成为IO，I的化合价由7价降低为5价，所以IO为氧化剂，具有氧化性，选项B正确；反应会生成氢离子，所以随着反应的进行，溶液的酸性增强，选项C正确；Mn元素从反应前的2价升高到了反应后的7价，所以若有2 mol Mn2参加反应，则转移10 mol电子，选项D错误。6(2018 东南五省联考)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程中涉及如下化学反应：SeO24KI2H2SO4=Se2I22K2SO42H2O；Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O；Se4HNO3(浓)=SeO24NO22H2O。下列有关叙述正确的是(A)ASeO2、H2SO4(浓)、I2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2B反应中Se是氧化产物，I2是还原产物C反应中生成0.6 mol I2，转移的电子数目为2.4NAD反应中等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为21解析在同一反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则中氧化性：SeO2I2，中氧化性：H2SO4(浓)SeO2，则氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2I2，选项A正确；反应SeO24KI2H2SO4=Se2I22K2SO42H2O中，Se元素的化合价降低，被还原，I元素的化合价升高，被氧化，则Se是还原产物，I2是氧化产物，选项B错误；根据化合价的变化可知，反应中每有0.6 mol I2生成，转移的电子数目应为0.6 mol2(10)NA mol11.2NA，选项C错误；由反应可知等量的Se消耗浓H2SO4和浓HNO3的物质的量之比为2412，选项D错误。7(2018海淀期末)以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是(C)A反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应2中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2受热分解解析在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO2，反应的离子方程式为2ClOSO2=SO2ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，选项A正确；根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，选项B正确；在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从4价降低到3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，选项C错误；减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，选项D正确。8(2018山东、安徽名校联考)自然界中的矿石在一定的条件下可以相互转化，研究表明，当蓝钒遇到硫铁矿时可转化为辉铜矿，有关反应原理可表示为：14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4。下列对该反应的分析不正确的是(D)ACuSO4是氧化剂，Cu2S是还原产物B反应中共有2种元素化合价发生变化C每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子D被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为21解析14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，CuSO4中铜元素的化合价降低，FeS2中硫元素的化合价部分升高部分降低，因此硫酸铜为氧化剂，FeS2既是氧化剂又是还原剂。CuSO4是氧化剂，Cu2S是还原产物，选项A正确；反应中共有Cu、S 2种元素化合价发生变化，选项B正确；FeS2中硫元素的化合价部分升高部分降低，5 mol FeS2中有7 mol S原子化合价降低，3 mol S原子化合价升高，失去的电子的物质的量为3(61)21 mol，每生成1 mol Cu2S，共转移3 mol电子，选项C正确；根据上述分析，被氧化的FeS2与被还原的FeS2物质的量之比为37，选项D错误。9(2018运城期中)在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入2 mol/L硫酸溶液65 mL，恰好完全反应。所得溶液中Fe2能被标准状况下112 mL氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为(A)A913B43C34D57解析硫酸的物质的量n2 mol/L0.065 L0.13 mol，所以n(H)0.26 mol。因为其与混合物恰好完全反应，氢离子与混合物中的氧离子生成H2O，说明混合物中含有0.13 mol O；n(Cl2)0.005 mol，根据反应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，则溶液中n(Fe2)0.01 mol，所以FeO为0.01 mol。设Al2O3为x mol，则0.013x0.13，x0.04，所以金属原子是0.010.0420.09 mol，原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为0.090.13913。10(2018湖北八市联考)白磷有剧毒，白磷中毒可用硫酸铜溶液解毒，白磷与硫酸铜可以发生如下两个反应：(1)2P5CuSO48H2O=5Cu2H3PO45H2SO4(2)11P15CuSO424H2O=5Cu3P6H3PO415H2SO4下列有关说法中错误的是(A)A反应(2)中被15 mol CuSO4氧化的P为11 molB在上述两个反应中，氧化产物都是H3PO4C在上述两个反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂D在反应(2)中，当有5 mol CuSO4发生反应时，共转移10 mol电子解析反应(1)中氧化剂为CuSO4，还原剂为P，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu；反应(2)中氧化剂为CuSO4和P，还原剂为P，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P；选项B、选项C正确；在反应(2)中每11 mol P有6 mol P被5 mol P和15 mol CuSO4所氧化，由于反应前后Cu的化合价降低1，而P的化合价升高5，根据电子得失守恒可知：1 mol CuSO4可氧化 mol P，则15 mol CuSO4氧化的P为3 mol，选项A错误；反应(2)中每15 mol CuSO4反应，有6 mol P被氧化为H3PO4，所失电子为30 mol，所以当有5 mol CuSO4反应时，共转移10 mol电子，选项D正确。11(2018沧州质量监测)为验证还原性：SO2Fe2Cl，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有(C)溶液1溶液2甲含Fe3、Fe2含SO乙含Fe3，无Fe2含SO丙含Fe3，无Fe2含Fe2A只有甲B甲、乙C甲、丙D甲、乙、丙解析利用“还原剂的还原性大于还原产物”“强还原性制弱还原性”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeCl2溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲：溶液1中含有Fe3、Fe2，说明发生反应2Fe2Cl2=2Fe32Cl，且Cl2反应完全，可证明还原性Fe2Cl；溶液2中含有SO，则说明发生反应2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H，可证明还原性SO2Fe2，故甲能证明还原性SO2Fe2Cl；乙：溶液1中含有Fe3，无Fe2剩余，则还原性Fe2Cl，但Cl2可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是Cl2SO22H2O=2ClSO4H，不能够比较SO2与Fe2的还原性强弱，故乙不能验证；丙：溶液1中含有Fe3，没有Fe2，通入SO2后溶液中又含有Fe2，说明SO2将Fe3还原得到Fe2，证明SO2 Fe2还原性，故丙实验结论能证明还原性SO2Fe2Cl。选项C正确。12(2018赤峰月考)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。下列说法正确的是(B)A线段表示Br的变化情况B原溶液中n(FeI2)n(FeBr2)31C根据图像无法计算a的值D线段表示IO的变化情况解析向含Fe2、I、Br的溶液中通入过量的氯气，依据还原性：IFe2Br可知，I、Fe2、Br依次被氧化，则、分别代表I、Fe2、Br的变化情况，选项A错误；根据图像横坐标，可以计算出n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，根据电荷守恒可知n(Br)6 mol，Br消耗3 mol氯气，则a6，原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)13，选项B、选项C错误；已知ba5，说明在ab段参与反应的I2与Cl2的物质的量之比为1：5，I、Cl元素化合价变化则为5：1，则线段表示IO的变化情况，选项D正确。13(2018贵阳质检)PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的4价和2价的混合氧化物(4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。向1 mol PbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气a mol)中加入足量的浓盐酸得到氯气b mol，如果ab为32，则剩余固体的成分及物质的量之比可能是(D)Pb3O4、PbO 11PbO2、Pb3O4 12P