2023版高三一轮总复习化学鲁科版教案：第2章 第11讲 氧化还原反应规律及应用(能力课)

1、PAGE PAGE 10 第11讲氧化还原反应规律及应用(能力课)1.理解氧化还原反应中的价态转化规律和反应先后规律及其这些规律的应用。2.理解氧化还原反应中的电子守恒规律及其有关计算。价态转化规律与反应先后规律1价态规律(1)价态归中规律含有不同价态的同种元素物质间发生氧化还原反应时，该元素的价态变化一定遵循“高价低价中间价”，即“价态相间能归中，归中价态不交叉，价升价降只靠拢。”如：(2)歧化反应规律同一元素发生氧化还原反应生成不同价态的物质时，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反应物中该元素价态高，或都比反应物中该元

2、素价态低。(3)同种元素相邻价态不发生氧化还原反应。如浓硫酸可以干燥SO2。2先后规律(1)同时含有几种还原剂时eq o(,sup9(加入氧化剂)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eq o(,sup9(加入还原剂)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：MnOeq oal(,4)(H)Cl2Br2Fe3I2S，还原性：ClBrFe

3、2ISO2(SOeq oal(2,3)Fe2Br，可知图中的、分别代表I、Fe2、Br，可求得：n(I)2 mol，n(Fe2)4 mol，根据代表含氧酸和图示可知，再根据ba5，代表HIO3，根据电荷守恒n(Br)6 mol，故a6，C项错误；对应的反应条件不为碱性，离子方程式中OH不能作反应物，B项错误。5(2021辽宁实验中学模拟)已知：还原性HSOeq oal(,3)I，氧化性IOeq oal(,3)I2，在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是()A0a间发生反应：3HSOeq oal(,3)IO

4、eq oal(,3)=3SOeq oal(2,4)I3HBab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 molCbc间发生的反应中I2仅是氧化产物D当溶液中I与I2的物质的量之比为52时，加入的KIO3为1.08 molC还原性HSOeq oal(,3)I，所以首先发生的反应为IOeq oal(,3)3HSOeq oal(,3)=I3SOeq oal(2,4)3H，继续加入KIO3，氧化性IOeq oal(,3)I2，所以IOeq oal(,3)可以结合H氧化I生成I2，反应为IOeq oal(,3)6H5I=3H2O3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。电子守恒规律在计算中的应用【典例】N

5、a2Sx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_。思路点拨列式：161(1)xeq blcrc(avs4alco1(6blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)，故x5。答案51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

6、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)。电子守恒法的基本应用1(2021莆田模拟)将0.195 g锌粉加入20.0 mL的 0.1 molL1 MOeq oal(,2)溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是()AM BM2 CM3 DMO2B设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MOeq oal(,2)的物质的量为0.1 molL10.02 L0.002 mol，参加反应的锌的物质的

7、量为0.195 g65 gmol10.003 mol，故存在：(5x)0.002 mol0.003 mol2，解得x2，故选B。2在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴为 ()A1 mol Beq f(2,3) molCeq f(4,3) mol D2 molC5 mol H2O参加反应，根据方程式知有2 mol H2O作还原剂，失去4 mol e，根据得失电子守恒可知2 mol H2O还原的溴为eq f(4,3) mol，C项正确。3某离子反应中涉及H2O、ClO、NHeq oal(,4)、H、N2、Cl六种粒子。其中N2、ClO

8、的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是()A该反应的氧化剂是ClOB消耗1 mol 还原剂，转移3 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D当生成14 g N2时，消耗的ClO为1.5 molC根据题意图示可知氧化剂为ClO，还原剂为NHeq oal(,4)，根据得失电子守恒知n(ClO)2n(NHeq oal(,4)3，n(ClO)n(NHeq oal(,4)32，C项错误。得失电子守恒在多步反应中的应用4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。

9、若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 ()A60 mL B45 mLC30 mL D15 mLA根据得失电子守恒可知n(Cu)2n(O2)2eq f(1.68,22.4) mol0.15 mol，故n(NaOH)2n(Cu)0.30 mol，V(NaOH)eq f(0.30,5) L60 mL。1(双选)(2021山东等级考，T13)实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是()AG与H均为氧化产物B实验中KMnO4只作氧化剂CMn元素至少参与了3个氧化还原反应DG与H的物质的量之和可能为0.25 molBDKMnO

10、4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2。加热KMnO4固体的反应中，氧元素化合价由2升高至0被氧化，加热K2MnO4、MnO2与浓盐酸的反应中，氯元素化合价由1升高至0被氧化，因此O2和Cl2均为氧化产物，故A正确；KMnO4固体受热分解过程中，锰元素化合价降低被还原，部分氧元素化合价升高被氧化，因此KMnO4既是氧化剂也是还原剂，故B错误；锰元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3

11、个氧化还原反应，故C正确；根据发生的反应：2KMnO4eq o(=,sup9()K2MnO4MnO2O2，MnO24HCl(浓)eq o(=,sup9()MnCl2Cl22H2O，K2MnO48HCl(浓)eq o(=,sup9()MnCl22KCl2Cl24H2O,0.1 mol KMnO4最多产生0.05 mol O2、0.15 mol Cl2，所以G与H的物质的量之和不可能为0.25 mol，故D错误。2(双选)(2020海南等级考，T9)含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是()ASO3BCl2CNO2DHBrBCCl22NaOH=NaClN

12、aClOH2O,2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，B、C正确。3(2019浙江4月选考)反应8NH33Cl2=N26NH4Cl，被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A23 B83C21 D32答案A4(2021广东选择性考试，T18节选)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。(1)该氧化物为_。(2)已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。解析(1)由题给

13、芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。(2)GaAs与H2O2反应时，As由3价变为5价，O由1价变为2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为41。答案(1)Al2O3(2)411高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：Cl2KOHKClKClOKC

14、lO3H2O(未配平)；2Fe(NO3)33KClO10KOH=2K2FeO46KNO33KCl5H2O。下列说法正确的是()A反应中每消耗4 mol KOH，吸收标准状况下22.4 L Cl2B氧化性：K2FeO4KClOC若反应中n(ClO)n(ClOeq oal(,3)51，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为21D若反应的氧化产物只有KClO，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2D反应的生成物有KCl、KClO、KClO3，其中K、Cl的物质的量之比为11，所以每消耗4 mol KOH，吸收2 mol氯气，标准状况下2 mol氯气的体积为22.4 Lmol12 m

15、ol44.8 L，A错误；反应K2FeO4为氧化产物，KClO为氧化剂，则氧化性：K2FeO4KClO，B错误；设ClO为5 mol，ClOeq oal(,3)为1 mol，氯气转化成ClO、ClOeq oal(,3)被氧化，转化成KCl被还原，根据得失电子守恒可知生成KCl的物质的量为5 mol11 mol(50)10 mol，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10 mol(5 mol1 mol)53，C错误；根据得失电子守恒可得关系式：2K2FeO43KClO3Cl2，则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2，D正确。2亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是()A反应中，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为21B反应的化学方程式为2NaClO3SO2H2SO4=2NaHSO42ClO2C反应中的H2O2可用NaClO4代替D反应中，ClO2的氧化性大于H2O2C根据题中流程图可知反应中Naeq o(Cl,sup10(5)O3eq o(Cl,sup10(4)O2，NaClO3是氧化剂，eq o(S,s