【步步高】高三化学一轮复习 第2章 第4讲氧化还原反应的规律和应用课件 鲁科

一、氧化还原反应的基本规律自我诊断1.在反应KClO3+6HCl3Cl2↑+KCl+3H2O中，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为()A.6∶1 B.1∶6C.5∶1 D.1∶5第4讲氧化还原反应的规律和应用基础盘点解析

此反应为归中反应，关键是要正确分析化合价的变化情况，化合价的变化应遵循“只靠近，不交叉”的原则。反应中只有1个+5价的氯原子得电子，被还原为Cl2，HCl化学计量数虽然为6,但仍有一个-1价氯原子没有变价，即生成KCl,因此只有5个-1价氯原子失去电子被氧化生成Cl2，也就是说在生成的3分子氯气中,有5个氯原子是Cl-被氧化的结果，有1个氯原子是KClO3被还原的结果。答案

D2.向NaBr、NaI、Na2SO3混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，得到固体剩余物质的组成可能是()A.NaCl、Na2SO4B.NaCl、Na2SO3、Na2SO4C.NaCl、Na2SO4、I2D.

NaCl、NaI、Na2SO4解析

Br-、I-、SO还原性强弱顺序为：SO＞I-＞Br，通入一定量Cl2后，按以上顺序反应，分别生成Na2SO4、I2、Br2和NaCl，将溶液蒸干并充分灼烧，Br2挥发，I2升华，不会存留在固体剩余物中,受热稳定的NaCl、Na2SO4一定留在固体中，但又因为Cl2是一定量，还原性较

弱的NaBr也可能有剩余。A基础回归1.守恒规律化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个完整的氧化还原反应,化合价升降总数相等,得失电子总数相等。2.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。3.价态规律元素处于最高价态，只有氧化性；元素处于最低价态，只有还原性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性，但主要表现其中一种性质。4.转化规律5.难易规律越易失电子的物质，失电子后就越难得电子，越易得电子的物质，得电子后就越难失电子；一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时,优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理,一种还原剂遇到多种氧化剂时，氧化性最强的氧化剂优先反应。

（1）歧化反应：同种元素同价态在反应中部分原子化合价升高，部分原子化合价降低。如：3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O（2）归中反应：同种元素由高价态、低价态转化至中间价态。如：2Na2S+Na2SO3+6HCl6NaCl+3S↓+3H2O△特别提醒注意两类特殊的氧化还原反应——

歧化反应和归中反应二、氧化还原反应方程式的配平及有关计算自我诊断3.2001年1月6日，我国525名两院院士投票评选出1999年中国十大科技进步奖，其中一项是：储氢碳纳米管研究获重大进展。电弧法合成的碳纳米管,常伴有大量杂质——碳纳米颗粒。这种碳纳米颗粒可通过氧化气化法提纯。其反应式是：(1)完成并配平上述反应的化学方程式。(2)此反应的氧化剂是

，氧化产物是

。(3)上述反应中若产生0.1

mol气体物质，则转移电子的物质的量是

mol。解析

（1）反应过程中3C+2K2Cr2O7+

H2SO43CO2+

K2SO4+2Cr2(SO4)3+

,再根据元素守恒，由钾元素守恒可知K2SO4的计量数为2，Cr2(SO4)3，由电子得失相等得：+3由硫元素守恒可知,H2SO4的计量数为8,由氢、氧元素守恒可知缺项为H2O，计量数为8。（2）通过（1）中元素化合价变化情况分析可知：K2Cr2O7作氧化剂，CO2为氧化产物。（3）从反应方程式可知，有1molCO2生成即转移4mol电子，可确定答案。答案

（1）3283CO2228H2O（2）K2Cr2O7CO2（3）0.4基础础回回归归1.配配平平方方法法————化化合合价价升升降降法法步骤如下：标标明等通过过求求最最小小公公倍倍数数使使化化合合价价升升降降总总值值相相定确定定氧氧化化剂平观察察法法配配平平其其他他物物质质的的化化学检查查质质量量、、电查2.计计算算方方法法————得得失失电电子子解题的一般步骤为：（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）。对于多步步连续进进行的氧氧化还原原反应,只要要中间各各步反应应过程中中电子没没有损耗耗,可直接找出出起始物物和最终终产物,删去中中间产物物,建立二者之之间的守守恒关系系，快速速求解。。指点迷津津要点一氧氧化化还原反反应的基基本规律律应用氧化还原原反应的的规律主主要有守守恒规律律、强弱弱规律、价态态规律、、转化规规律、难难易规律律等，其其中考查最多多的是守

要点精讲讲特别提醒醒对于氧化化还原反反应的计计算，关关键是根根据氧化还原反反应的实实质———反应中中氧化剂剂得到电电子总数数与还原剂剂失去电电子总数数相等，，即得失失电子守守恒。【典例导析析1】14g铜银合合金与足足量的某某浓度的的硝酸反应,将放出出的气体体与1.12L（标标准状况况下）氧气混合，，通入水中中恰好全部部被吸收,则合金中铜的质量量为（（））A.9.6gB.6.4gC.3.2gD.1.6g解析根据得失电电子守恒规规律可直接接找出已知知量(O2)与未知量量（Cu、、Ag）之之间的物质质的量关系系。HNO3中的N元素素相当于电电子的“二二传手”，，先得到Cu、Ag失去的电电子，再传传给O2，最后恢复复原貌，Cu、Ag失去的电电子最终传传给了O2，所以根据据得失电子守恒规规律，得解得：m(Cu)=3.2g。答案C+5迁移应用1铁溶于一定定浓度的硝硝酸溶液时时,发生反应的离子子方程式为为aFe+bNO+cH+dFe2++fFe3++gNO↑+hNO2↑+kH2O，下列有关关推断中,不正确的的是（））A.2d+3f=3g+hB.反应中中每消耗5.6gFe，转移0.2mol~0.3mole-C.HNO3的氧化性大大于Fe3+D.当a不变时，d随着b的增大而增增大解析由得失电子子守恒可知知，A、B正确；由氧氧化性强弱顺顺序可知C正确；由得得失电子守守恒和电荷守恒可知知当a不变时，d随着b的增大而减减小，D项错误。D要点二氧氧化还还原反应的的有关计算算1.主要类类型（1）求氧氧化剂与还还原剂或氧氧化产物与与还原产物物的物质的量量之比或质质量之比。。（2）通过过计算确定定元素的化化合价或氧氧化产物、、还原产物的的组成。（3）根据据氧化还原原反应的先先后次序进进行计算。。2.方法技技巧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过过程中电极极产物的有有关计算等等。得失电电子守恒法解解题的步骤骤是：首先先找出氧化化剂、还原原剂及其物质质的量以及及每摩尔氧氧化剂、还还原剂得失失电子的物质质的量，然然后根据得得失电子守守恒列出等等式：氧化剂剂的物质的的量×每摩摩尔氧化剂剂得电子数数=还原剂的的物质的量量×每摩用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。【典例导析2】已知KOCN中碳为为+4价,在反应KOCN+KOH+Cl2CO2+N2+KCl+H2O（未配平）中,如果有6molCl2完全反应，，则被氧化的KOCN的物质质的量是（（））A.2molB.3molC.4molD.6mol解析由题意可知知，Cl2为氧化剂，，氯元素化化合价改变为0→-1，，KOCN为还原剂剂,其中氮氮元素显-3价，氮氮元素化合合价改变为为-3→0，由化合合价升降守恒得：：6mol×2=n(KOCN)×3，，所以n（KOCN）=4mol。。C答案C题组一氧氧化还原原反应的基基本规律1.在NO2被水吸收的的反应中，，发生还原原反应和发发生氧化反应的的物质，其其质量比为为()A.3∶∶1B.1∶3C.1∶2D.2∶1解析NO2与H2O反应的方方程式如下下：3NO2+H2O2HNO3+NO,HNO3是氧化产物物,NO是是还原产物，由元素素守恒知，，发生还原原反应和发发生氧化反反应的NO2的质量比为为1∶2。。对点训练C2.在一定定条件下，，分别以过过氧化氢、、高锰酸钾钾、氯酸钾为原原料制取氧氧气，当制制得相同物物质的量的氧气时，，三个反应应中转移电电子数的物物质的量之比为()A.1∶∶2∶3B.2∶4∶3C.1∶2∶2D.1∶∶1∶1解析根据反应：：2H2O22H2O+O2↑①，2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑②,2KClO32KCl+3O2↑③，假设设产生的O2均为3mol，反反应①转移电电子6mol,反反应②③转转移电子均均为12mol，故三三个反应中中转移电子子数的物质质的量之比为6∶12∶∶12=1∶2∶2。CMnO2ΔMnO2Δ3.常温下下，发生如如下反应：：①16H++10Z-+2XO2X2++5Z2+8H2O②2A2++B22A3++2B-③2B-+Z2B2+2Z-由此判断下下列说法错错误的是（（））A.反应Z2+2A2+2A3++2Z-可以进行B.Z元素素在①、③③反应中均均被还原C.氧化性性由强到弱弱的顺序是是XO、、ZD.还原性由强到弱的顺序是A2+、B-、Z-、X2+解析根据物物质化化学性性质强强弱规规律，，在同同一反反应中，氧氧化剂剂的氧氧化性性大于于氧化化产物物的氧氧化性性,还还原剂的的还原原性大大于还还原产产物的的还原原性，，可得得出：：还原性性A2+>Z-,A项项中的的反应应可以以进行行,A项正正确；；①反应应中Z-被氧化化,B项错错误；；氧化化性XO>Z2>B2>A3+，还原原性A2+>B->Z->X2+，C、、D正正确。。答案B4.在在5NH4NO32HNO3+9H2O+4N2↑反应应中,被还还原的氮氮原子子与被被氧化化的氮

A.3∶5B.5∶3

C.5∶2D.2∶1解析

本题可利用得失电子守恒求解。N(-3价)

N(0价）N(+5价)N(0价)设被还原的氮原子与被氧化的氮原子数目分别为x、y，则5x=3y，即x∶y=3∶5。△A失去3e-得到5e-题组二二氧氧化化还原原反应应的有有关计计算5.已已知氧氧化还还原反反应：：2Cu（（IO3）2+24KI+12H2SO42CuI↓↓+13I2+12K2SO4+12H2O，其其中1mol氧化剂在在反应应中得得到的的电子子为()A.10molB.11molC.12molD

解析

因方程式已配平，用双线桥法标出电子转移方向数目即可得出答案。2molCu(IO3)2作为氧化剂转移22mole-，那么1mol氧化剂转移11mole-。B6.用48mL0.1mol/L的的FeSO4溶液,恰好好还原原2.4××10-3mol［［RO(OH)2］+，则R元元素的的最终终价态态为（（））A.+2B.+3C.+4D.+5解析铁元素素在反反应中中升高高1价价，设设R元元素的的最终价态态为x,由化化合价价升降降相等等得关关系式式48×10-3L×0.1mol/L×1=2.4×10-3mol×(5-x),解得x=3，，B项项正确确。B7.请请根据据反应应15CuSO4+11P+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2的物质的量（）A.molB.molC.molD.mol

解析

这类题型应直接根据得失电子守恒定律解答，题已直接给出了参与氧化还原反应的氧化剂的物质的量。设被氧化的P的物质的量为

x，氧化产物为H3PO4，则有1×1mol=x×5,解得x=1/5mol。C8.已已知下下列分分子或或离子子在酸酸性条条件下下都能能氧化化KI,自身发发生如如下变变化：：H2O2→H2OIO→→I2MnO→→Mn2+HNO2→NO如如果分分别用用等物物质的的量的的这些些物质质氧化化足量量的KI，得到I2最多的是（）A.H2O2B.IOC.MnOD.HNO2解析析还原原剂剂为为KI，，每每摩摩尔尔氧氧化化剂剂得得电电子子数数目目越越多，，则则消消耗耗的的KI越越多多，，产产生生的的I2也越越多多。。在在题题目目信息息中中，，1molH2O2H2O得得电电子子2mol,1molIOI2得电电子子5mol，，1molMnOMn2+得电电子子5mol,1molHNO2NO得得电电子子1mol,对比比B和和C选选项项，，1mol氧氧化化剂剂得得电电子子数数目目相相等等，，但但B选项中中氧化剂剂IO也也能能转化为为I2，故B选选项正确确。答案B一、选择择题(本题包包括12小题,每小题题5分,共60分)1.（2009·福福建理综综，6））下列类型型的反应应，一定定发生电子子转移的的是()A.化合合反应B.分解反反应C.置换换反应D.复分解解反应解析部分化合合反应和和分解反反应不存存在电子子转移，如CaO+H2OCa(OH)2;CaCO3CaO+CO2↑等，A、B错错误。置置换反应应是有单单质参加加和生成的的反应，，一定发发生电子子转移，，C正确确。复分解反应应一定不不存在电电子转移移，D错错误。定时检测测高温C2.（2009·上上海，7）在下列变变化：①①大气固固氮，②硝酸银银分解，，③实验验室制取取氨气中中,按氮氮元素被氧化化、被还还原、既既不被氧氧化又不不被还原原的顺序排列列，正确确的是（（））A.①②②③B.②②①③C.③②①①D.③①①②解析大气固氮氮发生的的反应为为N2+O22NO,氮元素被被氧化；；硝酸银银分解的的化学方方程式为为2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，氮元元素被还还原；实验验室制取取氨气的的化学方方程式为为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,该反反应属于于非氧化还还原反应应。因此此A项符符合题意意。A闪电光△3.(2009·广广东，17改编编)常温下，，往H2O2溶液中滴加少量量FeSO4溶液，可可发生如如下两个个反应：：2Fe2++H2O2+2H2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+下列说法不正确的是()A.H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+弱B.在H2O2分解过程中，溶液的pH不变C.在H2O2分解过程中，Fe2+和Fe3+的总量保持不变D.H2O2生产过程要严格避免混入Fe2+解析由题中两两个方程程式可知知氧化性性:H2O2>Fe3+，还原性：：H2O2>Fe2+,H2O2分解过程程中，pH不变变，Fe2+、Fe3+的量不变变。答案A4.（2008·海海南，4）锌与很稀稀的硝酸酸反应生生成硝酸锌、硝硝酸铵和和水。当当生成1mol硝酸酸锌时,被还原的硝酸的物质的量为()A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol解析锌与稀硝硝酸反应应，按题题意方程程式为：：生成1molZn(NO3)2时被还原原的HNO3为mol，也可以根据据生成1molNH4NO3，HNO3得到8mole-,则有4molZn失去8mole-求得。答案D5.(2008·全全国理综综Ⅰ,13)电解100mL含[H+]=0.30mol/L的下列列溶液,当电路路中通过过0.04mol电子时,理论上上析出金金属质量量最大的的是（））A.0.10mol/LAg+B.0.20mol/LZn2+C.0.20mol/LCu2+D.0.20mol/LPb2+解析100mL溶溶液中中各离离子的的物质质的量量分别别为n(H+)=0.03mol，n(Ag+)=0.01mol,n(Zn2+)=0.02mol,n（Cu2+）=0.02mol,n（Pb2+）=0.02mol,当分分别电解它它们的的溶液液通过过0.04mol电子子时,A中中0.01molAg全全部析析出,其质质量为为1.08g，B中H+首先得得电子子,因此析析出Zn为为0.005mol，，质量量为0.325g，C中0.02molCu全部部析出出，质质量为为1.28g，D中H+首先得电电子，，析出出Pb为0.005mol,质质量为为1.035g，，因此C中析析出金金属质质量最最大。。答案C6.(2008·上上海，，6)下列物物质中中，按按只有有氧化化性只有还原性、既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（）A.F2、K、HClB.Cl2、Al、H2C.NO2、Na、Br2D.O2、SO2、H2O解析

F没有正价，故F2只具有氧化性；K为金属，金属没有负价，故K的化合价只能升高，不能降低，即K只有还原性；HCl中的Cl-处于最低价态，只有还原性，H+只有氧化性，因此HCl既有氧化性又有还原性。A7.下下列反反应中中，属属于氧氧化还还原反反应的的是（（））A.3O22O3B.2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2

C.SnCl4+2H2OSnO2+4HCl

D.3CCl4+K2Cr2O72CrO2Cl2+3COCl2+2KCl解析

氧化还原反应的实质是电子的转移（得失或偏移），而其特征是反应前后元素的化合价发生改变，故化合价是分析氧化还原反应的基础。B中NO2NaNO2+NaNO3有价态态变化化，所所以是是氧化化还原原反应应。A中O2O3C中SnCl4SnO2D中CCl4COCl2；K2Cr2O7CrO2Cl2都没有有化合合价的的改变变，故故都不不是氧氧化还还原反反应。。答案B+4+3+5+4+4+4+4+6+6008.下下列变变化（）A.浓硫酸→SO2B.Fe2+→Fe3+C.H2S→SO2D.HCO→CO2

解析价态降低的还原反应需要加入还原剂才能实现，A项对。A9.下下列各各组离离子中中，因因发生生氧化化还原原反应应而不不能大量共共存的的是()

B.Fe3+、Fe2+、SO、NOC.Al3+、Na+、SO、COD.K+、H+、Br-、MnO

解析

A项H+与ClO-能结合成HClO,是复分解反应;B项可以大量共存;C项Al3+和CO可以发生双水解反应而不能大量共存，并无化合价的变化,不属于氧化还原反应；D项因酸性KMnO4的氧化性很强，会把Br-氧化为Br2，故选D项。D10.将SO2通入CuSO4和NaCl的浓浓溶液液中，，溶液液颜色变浅，析出白色沉淀，取该沉淀分析，知其中含Cl:35.7%，Cu:64.3%。SO2在上述反应中作用是()A.酸B.漂白剂C.还原剂D.氧化剂解析

由沉淀中元素组成可知，其原子个数比为1∶1，即CuCu被还原，而Cl的化合价未变，故SO2只能作还原剂。C+2+111.三聚聚氰酸［C气中的NO2。其反应原理为：C3N3（OH）3

3HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是（）A.C3N3（OH）3与HNCO为同一物质B.HNCO是一种很强的氧化剂C.1molNO2在反应中转移的电子为4molD.反应中NO2是还原剂

解析

C3N3(OH)3反应生成HNCO，二者是不同的物质，A错;从方程式8HNCO+6NO27N2+8CO2

+4H2O知,HNCO中N的化合价升高，是还原剂，NO2中N的化合价降低，是氧化剂，B、D都错。△△C△12.根据据下表信息息，下列叙叙述中正确确的是（））A.表中第第①组反应应的氧化产产物一定只只有FeCl3(Fe3+)B.氧化性性强弱比较较:KMnO4>Cl2>Fe3+>Br2>Fe2+序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2H2SO4O2MnSO4③KClO3浓盐酸Cl2Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2C.还原性性强弱比较较：H2O2>Mn2+>Cl-D.④的离离子方程式式配平后,H+的化学计量量数为16解析Cl2和FeBr2的反应和物物质的量有有关,如果果Cl2少量，氧化化产物是Fe3+，如果Cl2足量，氧化化产物是Fe3+和Br2,A项错误误；由氧化化剂的氧化化性强于氧氧化产物的氧氧化性可推推知该表格格中物质氧氧化性强弱弱比较为：KMnO4>Cl2>Br2>Fe3+>Fe2+,B项错误误;由反应④可知物物质还原性性强弱比较较：Cl->Mn2+,C项错误;④的化化学方程式式为:2KMnO4+16HCl（浓））2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，D项正正确。答案D二、非选择择题（本题包括括4小题，，共40分分）13.（8分）（2008·上海，，24）某反应体系系中的物质有:NaOH、、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。（1）请将将Au2O3之外外的的反反应应物物与与生生成成物物分分别别填填入入以下下空空格格内内：：(2)反反

。（3）请将反应物的化学式配平后的系数填入下列相应的位置中，并标出电子转移的方向和数目。(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂，Na2S2O3可作为漂白布匹后的“脱氯剂”，Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为

。解析析（1））Au2O3中金金元元素素的的化化合合一种含金的化合物为Au2O，其中金元素的化合价为+1价,因此金元素的化合价在反应后降低。则另一种物质中必定有一种元素的化合价升高,通过分析可知，Na2S2O3中+2价的硫元素升高到Na2S4O6中的+价,故此反应中,氧化剂和还原剂分别为Au2O3和Na2S2O3，氧化产物和还原产物分别为Na2S4O6和Au2O，再结合质量守恒定律，可找出其他的反应物和生成物。（2）通过（1）中的分析可知，反应中被还原的元素是Au，还原剂是Na2S2O3。+3(3)反反应应过过程程中中：：Na2S4O6,根据得失电子数目相等，可得：Au2O3+4Na2S2O3+

H2O

Au2O+2Na2S4O6+

NaOH,再依据质量守恒定律可配平方程式，H2O的系数为2，NaOH的系数为4。(4)根据Na2S2O3

H2SO4,Cl2

Cl,由电子守恒可得：n(Na2S2O3)×4×2=n(Cl2)×2，因此

+3+1+2+2+60-1。答案案（1））Na2S2O3H2ONa2S4O6A(2)AuNa2S2O3

(4)1∶4+314加入规定剂量的液氯，液氯能够溶解于水，并且与水能够发生化学反应。近年来，科技工作者为了延长液氯的杀菌时间,在液氯中加入适量的液氨。（1）请你写出液氯与水反应的化学方程式：

，氧化剂是

，还原剂是

。从氧化剂和还原剂来看，该反应的特点是

，从元素化合价的变化来看，该反应的特点是

。(2)用用液液氯氯作作为为自自来来水水的的杀杀菌菌剂剂,起起作作用用的的是是HClO,所以液氯加入入水中后含氯氯的物质有氯氯单质，HClO和，其中氯单质质可以从水中中挥发，这正正是我们有时打开自来来水管能够闻闻到刺激性气气味的原因,HClO也可可以分解产生生氧气和HCl。在液氯氯中加入少量液氨，生成成NH2Cl,NH2Cl比HClO稳定。在在HClO浓浓度大的时候发发生的反应是是NH3+HClOH2O+NH2Cl,在HClO浓浓度小的时候候发生的反应应是H2O+NH2ClNH3↑+HClO，所以这种起杀菌、消毒的作用，减少了氯的流失。以上两个反应的反应类型是

（填序号）。A.氧化还原原反应B.非氧化还原原反应C.置换反应应D.复分解解反应解析(1)写出氯氯单质与水反反应的化学方方程式，分析反应中元素素化合价的变变化特点，只只有氯元素的的化合价发生了了变化，所以以Cl2既是氧化剂,又是还原剂。（2）由题给给的两个化学学方程式可知知,所有元素素的化合价并没有有发生变化，，故它们均不不是氧化还原原反应,肯定不不是置换反应应,是NH3中的H原子与与HClO中的Cl原子子发生了交换换，