2025版《一品方案》高考一轮复习 化学第一章4含答案

2025版《一品方案》高考一轮复习化学第一章第4讲氧化还原反应的基本概念和规律[复习目标]1.理解氧化还原反应的本质是电子的转移。2.能利用氧化还原反应等概念对常见反应进行分类和分析说明。3.能从元素价态的角度，依据氧化还原反应原理，预测物质的化学性质和变化。考点一氧化还原反应及相关概念必备知识夯实1．氧化还原反应的本质和特征2．相关概念及其关系例如，反应MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化剂是eq\o(□,\s\up4(13))MnO2，还原剂是eq\o(□,\s\up4(14))HCl，氧化产物是eq\o(□,\s\up4(15))Cl2。生成1molCl2时转移电子数目为eq\o(□,\s\up4(16))2NA，被氧化的HCl的物质的量是eq\o(□,\s\up4(17))2_mol，盐酸表现的性质是eq\o(□,\s\up4(18))还原性和eq\o(□,\s\up4(19))酸性。3．电子转移的表示方法请分别用双线桥法和单线桥法表示Cu与稀硝酸反应中电子转移的方向和数目：(1)双线桥法(2)单线桥法4．常见的氧化剂和还原剂(1)常见的氧化剂常见的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。如：(2)常见的还原剂常见的还原剂包括活泼的金属单质、非金属阴离子及含低价态元素的化合物、低价金属阳离子、某些非金属单质及其氢化物等。如：(3)元素化合价处于中间价态的物质既有氧化性，又有还原性。如：其中：Fe2＋、SOeq\o\al(2－,3)主要表现eq\o(□,\s\up4(19))还原性，H2O2主要表现eq\o(□,\s\up4(20))氧化性。5．氧化还原反应与四种基本反应类型间的关系【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)用Cl2与NaOH溶液制备“84消毒液”的反应属于氧化还原反应(√)(2)硝酸铜的分解产物可能是CuO、NO、NO2(×)原因：若硝酸铜分解的产物是CuO、NO2、NO，只有化合价的降低，没有化合价的升高，这是不成立的。(3)有单质参加的化学反应不一定是氧化还原反应(√)(4)某元素从游离态变为化合态，则该元素一定被还原(×)原因：元素从游离态变为化合态，该元素化合价可能升高也可能降低，不一定被还原。(5)氧化还原反应中的反应物，不是氧化剂就是还原剂(×)原因：例：Cl2＋H2OHCl＋HClO中H2O既不是氧化剂也不是还原剂。(6)(×)原因：反应中KClO3中的Cl由＋5价变为Cl2中的0价，HCl中的Cl由－1价变为Cl2中的0价。名师课堂点拨有关氧化还原反应概念的“五个误区”误区一：某元素由化合态变为游离态时，该元素不是被还原，就是被氧化。误区二：在氧化还原反应中，非金属单质一定只作氧化剂。误区三：物质氧化性或还原性的强弱取决于得失电子数目的多少。误区四：所含元素价态越高，化合物的氧化性一定越强。误区五：在氧化还原反应中，若有一种元素被氧化，则一定有另一种元素被还原。关键能力提升一、氧化还原反应基本概念的判断1．(2023·武汉调研)化学是一门以实验为基础的学科。下列实验现象与氧化还原反应有关的是()A．碳酸钠溶液焰色试验火焰呈黄色B．氯化铜浓溶液加水稀释溶液变蓝C．过氧化钠放置于空气中逐渐变白D．鸡蛋清遇饱和硫酸铵溶液析出沉淀【解析】焰色试验为物理变化，与氧化还原反应无关，A错误；氯化铜浓溶液加水稀释变蓝，是因为稀释时[CuCl4]2－＋4H2O[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－平衡正向移动，与氧化还原反应无关，B错误；过氧化钠放置于空气中逐渐变白，是因为过氧化钠和空气中的CO2、水蒸气反应生成Na2CO3、NaOH和O2，发生了氧化还原反应，C正确；鸡蛋清遇饱和硫酸铵溶液析出沉淀，为蛋白质的盐析，属于物理变化，与氧化还原反应无关，D错误。【答案】C2．(2023·吉林一调)O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2=SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是()A．SF6是还原产物B．O2F2既是氧化剂又是还原剂C．若生成4.48LHF，则转移0.8mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4【解析】反应中硫元素由－2价升高为＋6价，H2S发生氧化反应，则SF6是氧化产物，A错误；O2F2中O元素由＋1价降低为0价，F元素化合价不变，则O2F2为氧化剂，B错误；该反应中转移8e－，但没有指明温度和压强，4.48LHF的物质的量无法确定，转移电子数无法确定，C错误；还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比为1∶4，D正确。【答案】D二、氧化还原反应中电子转移的表示方法3．下列化学反应中电子转移方向、数目表示正确的是()【解析】A项Cl2→NaCl应为得e－，Cl2→NaClO应为失e－；B项中氧化产物与还原产物均为Cl2，且转移电子数目为5e－；C项中用单线桥表示电子转移时不标“得失”。【答案】D4．(1)ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________。(2)H2O2在Fe2(SO4)3催化下发生分解反应，写出H2O2分解反应方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：________________________________________________________________________。【答案】(1)(2)分析氧化还原反应的方法(1)一般思路找变价→判类型→分升降→定其他。(2)“找变价”是关键的一步，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，再根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则求解其他元素的化合价。(3)近几年高考中一些特殊物质中元素化合价：eq\o(Cu,\s\up6(＋2))eq\o(Fe,\s\up6(＋2))eq\o(S2,\s\up6(－2))、K2eq\o(Fe,\s\up6(＋6))O4、Li2eq\o(N,\s\up6(－3))H、Aleq\o(N,\s\up6(－3))、Na2eq\o(S2,\s\up6(＋2))O3、eq\o(C2,\s\up6(＋3))Oeq\o\al(2－,4)、Heq\o(C,\s\up6(＋2))eq\o(N,\s\up6(－3))、eq\o(Cu,\s\up6(＋1))eq\o(H,\s\up6(－1))。考点二氧化还原反应的规律及应用必备知识夯实1．“强弱规律”及应用(1)氧化性是指物质eq\o(□,\s\up4(01))得电子的性质(或能力)，是eq\o(□,\s\up4(02))氧化剂在反应中表现出来的性质。还原性是指物质eq\o(□,\s\up4(03))失电子的性质(或能力)，是eq\o(□,\s\up4(04))还原剂在反应中表现出来的性质。(2)氧化性和还原性强弱的比较①依据化学方程式比较氧化性和还原性的强弱氧化剂＋还原剂=氧化产物＋还原产物↓↓↓↓强氧化性强还原性弱氧化性弱还原性氧化性：氧化剂eq\o(□,\s\up4(05))>(填“>”或“<”，下同)氧化产物；还原性：还原剂eq\o(□,\s\up4(06))>还原产物。②根据反应条件及反应的剧烈程度判断反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性(或还原性)越强。例如，MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up17(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，据此判断氧化性：MnO2eq\o(□,\s\up4(07))<KClO3。③根据相同条件下产物中元素价态高低判断例如，Fe＋Seq\o(=,\s\up17(△))FeS,2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up17(△))2FeCl3，则氧化性：Seq\o(□,\s\up4(08))<Cl2。2．“先后规律”及应用(1)同时含有几种还原剂时eq\o(→,\s\up17(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eq\o(□,\s\up4(01))Fe2＋>Br－，所以eq\o(□,\s\up4(02))Fe2＋先与Cl2反应。(2)同时含有几种氧化剂时eq\o(→,\s\up17(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Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以铁粉先与eq\o(□,\s\up4(03))Fe3＋反应，然后依次为Cu2＋、H＋。(3)越易失电子的物质，失后就越难得电子；越易得电子的物质，得后就越难失电子。(4)应用：判断氧化性、还原性的强弱及氧化还原反应方程式的书写。3．“价态规律”及应用(1)价态归中规律含不同价态的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eq\o(□,\s\up4(01))交叉现象。简记为“两相靠，不相交”。例如，不同价态硫之间可以发生的氧化还原反应是注：H2SO4与H2S反应时，不会出现H2S转化为SO2与H2SO4转化为S的情况。(2)歧化反应规律“中间价→高价＋低价”。具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应，如：Cl2＋2NaOH=eq\o(□,\s\up4(02))NaCl＋eq\o(□,\s\up4(03))NaClO＋H2O。【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)向浓H2SO4中通入H2S气体，1mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也可能是2NA(√)(2)1molKClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA(×)原因：1molKClO3与足量浓盐酸反应转移电子数为5NA。(3)在H2O2＋Cl2=2HCl＋O2反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子(√)(4)SO2的还原性较强，而浓硫酸具有很强的氧化性，所以浓硫酸不能干燥SO2气体(×)原因：SO2中硫元素化合价为＋4价，浓H2SO4中硫元素化合价为＋6价，两者不发生反应，可用浓硫酸干燥SO2。(5)少量铁加入等浓度的硝酸银、硝酸铜的溶液中，首先析出银(√)名师课堂点拨1．从元素化合价角度推测物质的氧化性和还原性2．“价态规律”的两个应用(1)判断同种元素不同价态物质之间发生氧化还原反应的可能性，含相邻价态同种元素的物质之间不发生反应。例如，浓硫酸与SO2不反应，因此可用浓硫酸干燥SO2。(2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂和还原剂、氧化产物和还原产物。例如，在反应KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，氧化产物和还原产物都是Cl2，HCl→KCl过程中HCl起酸的作用。关键能力提升一、“强弱规律”及应用1．下列说法错误的是()A．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，所以Br－还原性强于Cl－B．向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2C．已知反应：I2＋2KClO3=2KIO3＋Cl2，则氧化性：KIO3>KClO3D．在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性【解析】向NaBr溶液中加入少量氯水和苯，振荡、静置后溶液分层，且上层呈橙红色，说明Cl2置换出了Br2，能说明Br－的还原性强于Cl－，A正确；Cl2能将I－氧化为单质I2，淀粉溶液遇I2呈蓝色，B正确；根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，知氧化性KClO3>KIO3，C错误；反应方程式为2Mg＋CO2eq\o(=,\s\up17(点燃))2MgO＋C，还原剂为Mg，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知，Mg的还原性强于C的还原性，D正确。【答案】C2．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＋4FeI3B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2C．Co2O3＋6HCl(浓)=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2OD．2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－【解析】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：Cl2>Fe3＋，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I－，而不是先氧化Fe2＋。【答案】A假设法判断氧化还原反应能否进行的解题流程二、“先后规律”及应用3．(2024·福建福州市高三调研)在含有FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，下列判断错误的是()A．加入KSCN溶液一定不变红色B．溶液中一定含有Fe2＋C．溶液中可能含Cu2＋D．剩余固体中一定含有Fe【解析】由于金属有剩余，溶液中一定不存在Fe3＋，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；固体有剩余，Fe3＋、Cu2＋的氧化性强弱为：Fe3＋>Cu2＋，Fe3＋优先反应，溶液中一定存在Fe2＋，故B正确；若Fe不足，溶液中可能有Cu2＋，故C正确；根据以上分析可知如果铁不足，剩余的固体中没有铁，故D错误。【答案】D4．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。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)＝6mol·L－1C．当通入Cl22mol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【解析】根据还原性Br－<Fe2＋<I－，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正确；溶液体积未知，无法计算浓度，B错误；当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl－，C正确；根据三段消耗氯气的量可知，原溶液中n(Fe2＋)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3，D正确。【答案】B三、“价态规律”及应用5．下列说法正确的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O反应中氧化产物为Cl2，还原产物为KClB．浓H2SO4具有强氧化性，浓H2SO4不能干燥SO2C．H2S＋H2SO4(浓)=S↓＋SO2↑＋2H2O反应中氧化产物与还原产物的物质的量比为1∶1D．NO2与NH3在一定条件下不可能发生反应【解析】A项，Cl2既是氧化产物又是还原产物；B项，浓H2SO4与SO2中S的化合价无中间价，二者不反应，可以用浓H2SO4干燥SO2；D项，NO2在一定条件下可以氧化NH3。【答案】C6．(2023·北京东城区期末)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)：①G→Q＋NaCl②Q＋H2O电解,X＋H2③Y＋NaOH→G＋Q＋H2O④Z＋NaOH→Q＋X＋H2O这五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序是()A．G、Y、Q、Z、XB．X、Z、Q、G、YC．X、Z、Q、Y、GD．G、Q、Y、Z、X【解析】由①得出Q中价态高于G，因为G必介于Q和－1价的氯元素之间，－1价为氯元素的最低价；将该结论引用到③，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G；分析②：H2O中的H元素化合价降低，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④：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q，所以五种化合物中Cl元素化合价由低到高的顺序为G、Y、Q、Z、X，故选A。【答案】A角度一氧化还原反应的概念及相互关系1．正误判断(1)(2022·广东卷)利用海水制取溴和镁单质，Br－可被氧化，Mg2＋可被还原()(2)(2021·海南卷)在稀硫酸中加入少量Cu2O(s)，溶液由无色变为蓝色并有红色固体生成，则反应中Cu2O既是氧化剂又是还原剂()(3)(2021·河北卷)浓硝酸和稀硝酸与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀硝酸氧化性更强()(4)(2022·全国乙卷)向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉碘化钾溶液，先变橙色，后变蓝色，则氧化性：Cl2>Br2>I2()【答案】(1)√(2)√(3)×(4)×2．(2023·全国乙卷)下列应用中涉及氧化还原反应的是()A．使用明矾对水进行净化B．雪天道路上撒盐融雪C．暖贴中的铁粉遇空气放热D．荧光指示牌被照发光【解析】暖贴中铁粉被空气中O2氧化而放热，有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故选C。【答案】C角度二氧化还原反应的规律及应用3．(2023·浙江1月选考)关于反应2NH2OH＋4Fe3＋=N2O↑＋4Fe2＋＋4H＋＋H2O，下列说法正确的是()A．生成1molN2O，转移4mol电子B．H2O是还原产物C．NH2OH既是氧化剂又是还原剂D．若设计成原电池，Fe2＋为负极产物【解析】由题给反应知，生成1molN2O，转移2×[(＋1)－(－1)]mol＝4mol电子，A正确；反应中Fe3＋得电子发生还原反应生成Fe2＋，Fe2＋为还原产物，B错误；NH2OH中只有氮元素化合价升高，NH2OH只作还原剂，氧化剂是Fe3＋，C错误；若设计成原电池，负极发生的是NH2OH失电子的氧化反应，故负极产物为N2O，D错误。【答案】A4．(2023·湖南卷)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L－Ru－NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是()A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强B．M中Ru的化合价为＋3C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)【解析】2个[L－Ru—NH3]＋失去2个电子生成2个[L－Ru—NH3]2＋，原子种类和数目未变，所带正电荷增加1，推断Ru(Ⅱ)失去1个电子，由＋2价升高到＋3价，NH3与[L－Ru—NH3]2＋反应，配体NH3失去H＋(质子)生成NHeq\o\al(＋,4)和[L－Ru—NH2]＋，说明Ru化合价升高到＋3价后，配体NH3失去H＋(质子)能力增强，A正确；2[L－Ru—NH3]2＋→2[L－Ru—NH2]＋，失去2个H＋，所带正电荷减少，Ru的化合价未变，仍为＋3价，而[L－Ru—NH2]＋→[L－Ru—eq\o(N,\s\up6(·))H2]＋，N的孤电子对失去1个电子成为单电子，推断是Ru得到1个电子，化合价降低为＋2价，B错误；由M生成的过程中有N—N非极性键形成，C正确；由题图可知，NH3为反应物，NHeq\o\al(＋,4)和N2H4为生成物，总反应式为4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)，D正确。【答案】B课后作业(四)氧化还原反应的基本概念和规律[A组基础巩固]1．(2023·广东梅州模拟)下列物质的应用中不涉及氧化还原反应的是()A．ClO2用于自来水消毒B．熟石灰用于改良酸性土壤C．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨D．绿矾用于处理含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)的废水【解析】ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，涉及氧化还原反应，A项不符合题意；熟石灰用于改良酸性土壤是氢氧化钙和酸发生中和反应，没有元素化合价发生变化，不涉及氧化还原反应，B项符合题意；用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨利用了铝热反应生成单质铁，涉及氧化还原反应，C项不符合题意；绿矾用于处理含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)的废水是亚铁离子和重铬酸根离子发生氧化还原反应生成三价铁离子、三价铬离子，涉及氧化还原反应，D项不符合题意。【答案】B2．(2023·广州调研)陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系的是()选项陈述Ⅰ陈述ⅡA用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板氧化性：Fe3＋>Cu2＋B用Na2O2作呼吸面具的氧气来源Na2O2能氧化CO2C用Na2S除去废水中的Cu2＋和Hg2＋Na2S具有还原性D用石灰乳脱除烟气中的SO2SO2具有氧化性【解析】氧化性Fe3＋>Cu2＋，可用FeCl3溶液刻蚀铜质电路板，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确且具有因果关系，A项正确；过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的氧气来源，该反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，B项错误；S2－能与废水中的Cu2＋和Hg2＋反应生成CuS和HgS沉淀，从而除去废水中的Cu2＋和Hg2＋，没有发生氧化还原反应，C项错误；石灰乳的主要成分为Ca(OH)2，SO2为酸性氧化物，与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，从而脱除烟气中的二氧化硫，二氧化硫没有表现氧化性，D项错误。【答案】A3.(2023·福建福州检测)为探究物质的氧化性，某小组设计如图所示实验。下列说法错误的是()A．烧瓶中的反应为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2OB．浸有NaOH溶液的棉花起吸收尾气的作用C．CCl4可用淀粉溶液替换D．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：Cl2>Fe3＋>I2【解析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，A项正确；浸有NaOH溶液的棉花可吸收多余氯气，B项正确；淀粉遇I2变蓝，可证明有I2生成，可替换CCl4，C项正确；试管下层出现紫红色，说明有碘单质生成，因FeCl3溶液中可能溶有Cl2，不确定I2是否是由Fe3＋氧化所得，不能得出氧化性Fe3＋>I2，D项错误。【答案】D4.(2024·浙江金华东阳中学月考)H2O2在纸张漂白和废水处理等领域具有重要应用。一定条件下用H2和O2合成H2O2的反应过程示意图如图。下列说法错误的是()A．O2在催化剂表面得到电子B．消耗H2和O2物质的量相等C．H2O2既有氧化性又有还原性D．H2O2与SO2的漂白原理相同【解析】根据图中信息判断：O2在催化剂表面得电子转化为Oeq\o\al(2－,2)，A项正确；根据总反应方程式H2＋O2eq\o(=,\s\up17(催化剂))H2O2判断，反应中消耗的H2和O2物质的量相等，B项正确；H2O2中O为－1价，既可升高，又可降低，因此H2O2既有还原性又有氧化性，C项正确；H2O2漂白原理为强氧化性漂白，SO2漂白原理为与有色物质结合生成不稳定的无色物质漂白，漂白原理不相同，D项错误。【答案】D5．(2023·福建厦门质检)为探究“2I－＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验。编号12实验内容实验现象随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀下列说法不正确的是()A．实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2=2HIO3＋4H2OB．实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI=3I2↓＋3H2OC．实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于观察反应终点【解析】实验1中，溶液变黄说明生成碘单质，溶液颜色不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A项正确；实验2中，碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B项正确；过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C项错误；实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D项正确。【答案】C6．(2024·重庆万州二中二检)在元素周期表中碲(Te)与氧(O)同族，与硒(Se)相邻且位于硒(Se)的下方。含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是()A．反应①利用了H2Te的还原性B．碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应【解析】反应①中H2Te被O2氧化生成Te，A项正确；由O、Se、Te的相对位置可得碲(Te)位于元素周期表中第五周期第ⅥA族，B项正确；反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te化合价升高，H2O2作氧化剂，C项正确；H2Te2O5和H2Te4O9中Te的化合价均为＋4，没发生氧化还原反应，D项错误。【答案】D7．(2023·浙江杭州学军中学模拟)K2FeO4是一种优良的饮用水处理剂，可用Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔反应制得：Fe2O3＋3KNO3＋4KOH=2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是()A．Fe2O3是还原剂，KNO2为还原产物B．在熔融条件下氧化性：KNO3>K2FeO4C．每生成1molK2FeO4，转移6mole－D．K2FeO4在处理饮用水过程中起氧化、杀菌、脱色、除味、净水等作用【解析】反应中eq\o(Fe,\s\up6(＋3))2O3→K2eq\o(Fe,\s\up6(＋6))O4，Fe元素化合价升高，Fe2O3被氧化，作还原剂，生成氧化产物，Keq\o(N,\s\up6(＋5))O3→Keq\o(N,\s\up6(＋3))O2，N元素化合价降低，KNO3被还原，作氧化剂，生成还原产物，A正确；氧化剂的氧化性强于氧化产物，即氧化性：KNO3>K2FeO4，B正确；Fe2O3→2K2FeO4～6e－，则每生成1molK2FeO4，转移3mole－，C错误；K2FeO4具有强氧化性，在处理饮用水过程中起氧化、杀菌等作用，其还原产物Fe3＋水解生成Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，起脱色、除味、净水等作用，D正确。【答案】C8．(2023·河南湘豫名校期末)制备F2的原理如下：①2KMnO4＋2KF＋10HF＋3H2O2=2K2MnF6＋8H2O＋3O2↑②SbCl5＋5HF=SbF5＋5HCl③2K2MnF6＋4SbF5eq\o(=,\s\up17(150℃))4KSbF6＋2MnF3＋F2↑下列说法正确的是()A．反应①中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶3B．反应②的原理是“较强酸制备较弱酸”C．反应③中氧化性：F2>K2MnF6D．上述3个反应都是氧化还原反应【解析】反应①中，KMnO4是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为2∶3，A项正确；HF分子间存在氢键，导致HF的沸点高于HCl的沸点，则反应②的原理是利用较高沸点的酸制备较低沸点的酸，B项错误；反应③中氧化剂是K2MnF6，氧化产物是F2，氧化剂的氧化性强于氧化产物，即氧化性：K2MnF6>F2，C项错误；反应②中元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，D项错误。【答案】A9．(2024·重庆万州二中质量检测)已知CrO3为暗红色粉末，铬的某些化合物之间的转化关系如图：则下面的说法中，错误的是()A．B、C、D均具有强氧化性B．A是Na2Cr2O7C．1L1mol·L－1C的溶液中，含Cr的微粒数目介于NA与2NA之间D．E可能是FeSO4【解析】Cr2O3与NaOH溶液反应生成NaCrO2和H2O，A为NaCrO2；NaCrO2具有还原性，可被H2O2氧化为黄色的Na2CrO4，则B为Na2CrO4；Na2CrO4与H＋发生反应：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，C为橙色的Na2Cr2O7；Na2Cr2O7与98%H2SO4反应生成红色的CrO3，D为CrO3；Na2Cr2O7具有氧化性，可被还原剂E还原为Cr3＋。B、C、D中所含Cr元素均为＋6价，均具有强氧化性，A项正确；A为NaCrO2，B项错误；1L1mol·L－1Na2Cr2O7的溶液中，存在平衡Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，1molCr2Oeq\o\al(2－,7)若完全转化生成2molCrOeq\o\al(2－,4)，但该反应为可逆反应，导致含Cr的微粒数目介于NA与2NA之间，C项正确；E为还原剂，可能是FeSO4，D项正确。【答案】B[B组能力提升]10．(2023·山东枣庄二模)碘在地壳中主要以NaIO3形式存在，在海水中主要以I－形式存在，几种含碘粒子之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．由题图可知氧化性：Cl2>I2>IOeq\o\al(－,3)B．可利用I－与IOeq\o\al(－,3)在一定条件下反应制备I2C．途径Ⅲ中若反应1molI－，则反应中转移5NA个电子(设NA为阿伏加德罗常数的值)D．在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝的现象【解析】IOeq\o\al(－,3)与HSOeq\o\al(－,3)反应生成碘单质说明IOeq\o\al(－,3)的氧化性强于I2，A项错误；I－与IOeq\o\al(－,3)在一定条件下发生反应：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，B项正确；途径Ⅲ中I－转化为IOeq\o\al(－,3)，若反应1molI－，则反应中转移6NA个电子，C项错误；在淀粉碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，氯水能将碘离子氧化，生成的碘单质使淀粉变蓝，D项错误。【答案】B11．(2023·湖南郴州模拟)NiFe基催化剂是碱性条件下活性最高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，FeOeq\o\al(2－,4)发生的一步反应为FeOeq\o\al(2－,4)＋H2O=FeOOH＋O2↑＋OH－(未配平)，下列说法正确的是()A．FeOeq\o\al(2－,4)中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数相等B．反应中FeOOH是氧化产物C．生成22.4LO2时，转移4mol电子D．配平后，FeOeq\o\al(2－,4)与H2O的化学计量数之比为2∶3【解析】FeOeq\o\al(2－,4)中铁元素的化合价为＋6价，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，故FeOeq\o\al(2－,4)中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数不相等，A项错误；反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B项错误；未注明温度和压强，不能确定O2的物质的量，C项错误；配平后的化学方程式为4FeOeq\o\al(2－,4)＋6H2O=4FeOOH＋3O2↑＋8OH－，则FeOeq\o\al(2－,4)与H2O的化学计量数之比为2∶3，D项正确。【答案】D12．(2024·广东深圳一模)已知反应：aFeSO4＋bNa2O2=cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，a＝2。下列有关说法错误的是()A．Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化B．Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂C．3a＝bD．每生成1molNa2FeO4，转移4mol电子【解析】Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，反应后产生的Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体，可以净水，A项正确；反应中有O2生成，FeSO4为还原剂，则Na2O2中O的化合价既升高又降低，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，B项正确；a＝2，根据Fe和S守恒可知，c＝2，d＝2，再根据Na守恒可知，b＝6，则3a＝b，C项正确；反应的化学方程式为2FeSO4＋6Na2O2=2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，则每生成1molNa2FeO4，转移5mol电子，D项错误。【答案】D13．(2024·北京门头沟区一模)某科研团队利用缺陷工程(贫氧环境焙烧)制备了含有大量氧缺陷和表面羟基的α­Fe2O3，该α­Fe2O3参与如图所示的NOx还原。下列说法正确的是()A．α­Fe2O3为整个过程的氧化剂B．图中总反应可能为4NH3＋4NO＋O2=4N2＋6H2OC．整个流程含铁元素的物质中，铁的化合价均相同D．该流程中，溶液的pH越小越好【解析】由题图可以看出，α­Fe2O3在反应前后无变化，为该过程的催化剂，A错误；该过程反应物为NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，B正确；铁在化合物中的化合价有＋2和＋3，C错误；溶液的pH越小，溶液中H＋浓度越大，催化剂α­Fe2O3会与溶液中的H＋反应，影响催化效果，D错误。【答案】B14．过氧化氢溶液俗称双氧水，医疗上利用它杀菌消毒的作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：A．Na2O2＋2HCl=2NaCl＋H2O2B．Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2OC．2H2O2eq\o(=,\s\up17(MnO2),\s\do15())2H2O＋O2↑D．3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH=2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O(1)上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号，下同)__________，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是__________，H2O2体现酸性的反应是________。(2)上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是________________________。(3)储存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是________(填序号)。(4)某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnOeq\o\al(－,4)、H2O、Mn2＋、H2O2、H＋。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。①反应体系选择的酸是________(填序号)。A．盐酸 B．浓硫酸C．稀硫酸 D．醋酸②如果上述反应中有6.72L(标准状况)气体生成，转移的电子为________mol。【解析】(1)D中过氧化氢中氧元素化合价降低，说明过氧化氢作氧化剂，体现了氧化性；C中过氧化氢中氧元素化合价既升高又降低，既体现氧化性又体现还原性；A中根据强酸制弱酸，体现过氧化氢的酸性。(2)反应Ag2O＋H2O2=2Ag＋O2↑＋H2O中，氧化银作氧化剂，过氧化氢作还原剂，则氧化性Ag2O>H2O2，反应3H2O2＋Cr2(SO4)3＋10KOH=2K2CrO4＋3K2SO4＋8H2O中，过氧化氢作氧化剂，铬酸钾作氧化产物，则氧化性H2O2>K2CrO4，故氧化性强弱顺序为Ag2O>H2O2>K2CrO4。(3)过氧化氢常用作氧化剂，具有氧化性，所以用标签B。(4)①H2O2只发生了H2O2→O2的变化，体现H2O2的还原性，作还原剂，所以高锰酸根离子作氧化剂，还原产物是锰离子，要求酸是不具有还原性的强酸，所以选择稀硫酸。②过氧化氢中－1价的氧变为氧气中0价的氧，当生成6.72L(标准状况)即0.3mol氧气时，失电子的物质的量为0.3mol×2×(1－0)＝0.6mol。【答案】(1)DCA(2)Ag2O>H2O2>K2CrO4(3)B(4)①C②0.6第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算[复习目标]1.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧。2.能利用“守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。考点一氧化还原反应方程式的配平必备知识夯实1．氧化还原反应方程式配平的基本原则2．氧化还原反应方程式配平的基本方法(1)正向配平法适合反应物分别是氧化剂、还原剂的反应。如：(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，然后确定反应物的化学计量数。如：3eq\o(S,\s\up6(0))＋6KOH(热、浓)=2K2eq\o(S,\s\up6(－2))＋K2eq\o(S,\s\up6(＋4))O3＋3H2O化合价降低2×2化合价升高4由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为eq\o(□,\s\up4(03))2，K2SO3的化学计量数为eq\o(□,\s\up4(04))1，然后确定S的化学计量数为eq\o(□,\s\up4(05))3。(3)整体配平法若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化合价升高或降低，这时要进行整体配平。如Cu2S＋HNO3→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，＋H2eq\o(S,\s\up6(＋6))O4＋H2O，配平得eq\o(□,\s\up4(06))3Cu2S＋eq\o(□,\s\up4(07))22HNO3=eq\o(□,\s\up4(08))6Cu(NO3)2＋eq\o(□,\s\up4(09))10NO↑＋eq\o(□,\s\up4(10))3H2SO4＋eq\o(□,\s\up4(11))8H2O。【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)根据电荷守恒，方程式左右两边阳离子总数一定相等(×)原因：根据电荷守恒，方程式左右两边正负电荷总数相等。(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O(√)(3)(NH4)2Cr2O7=N2↑＋Cr2O3＋4H2O(√)名师课堂点拨“三步法”配平缺项型氧化还原反应方程式(1)配平流程缺项方程式是指某些反应物或生成物在方程式中没有写出来，它们一般为水、酸(H＋)或碱(OH－)，配平流程如下：(2)补项原则条件补项原则酸性条件下缺H或多O补H＋，少O补H2O碱性条件下缺H或多O补H2O，少O补OH－(3)组合方式反应物生成物使用条件组合一H＋H2O酸性溶液组合二H2OH＋酸性溶液或酸碱性未知组合三OH－H2O碱性溶液组合四H2OOH－碱性溶液或酸碱性未知关键能力提升一、正向配平1．配平下列化学方程式。(1)____KI＋____CuSO4=____I2＋____CuI↓＋____K2SO4(2)____P＋____CuSO4＋____H2O=____Cu＋____H3PO4＋____H2SO4(3)____Cl2＋____Ca(OH)2=____CaCl2＋____Ca(ClO)2＋____H2O(4)____P4＋____KOH＋____H2O=____K3PO4＋____PH3↑【答案】(1)42122(2)258525(3)22112(4)29335二、逆向配平2．配平下列化学方程式。(1)____I2＋____NaOH=____NaI＋____NaIO3＋____H2O(2)____S＋____KOH=____K2S＋____K2SO3＋____H2O【答案】(1)36513(2)36213三、缺项配平3．配平下列化学方程式。(1)____ClOeq\o\al(－,3)＋____Fe2＋＋____=____Cl－＋____Fe3＋＋____(2)____MnOeq\o\al(－,4)＋____H2O2＋____=____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O(3)____MnOeq\o\al(－,4)＋____NOeq\o\al(－,2)＋____=____Mn2＋＋____NOeq\o\al(－,3)＋____H2O【答案】(1)166H＋163H2O(2)256H＋258(3)256H＋253四、整体配平4．配平下列化学方程式。(1)____FeS2＋____O2eq\o(=,\s\up17(高温))____Fe2O3＋____SO2(2)____NH4NO3eq\o(=,\s\up17(△))____HNO3＋____N2↑＋____H2O【答案】(1)41128(2)5249五、含有未知数的配平5．配平下列化学方程式。(1)____FexS＋____HCl=____S＋____FeCl2＋____H2S(2)____Na2Sx＋____NaClO＋____NaOH=____Na2SO4＋____NaCl＋____H2O【答案】(1)eq\f(1,x)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))11(2)1(3x＋1)(2x－2)x(3x＋1)(x－1)六、有机物参与的配平6．配平下列化学方程式。(1)____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4=____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O(2)____C2H6O＋____KMnO4＋____H2SO4=____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋____H2O【答案】(1)2122222(2)512186121033考点二氧化还原反应的计算必备知识夯实1．计算依据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eq\o(□,\s\up4(01))得到的电子总数与还原剂eq\o(□,\s\up4(02))失去的电子总数eq\o(□,\s\up4(03))相等，即eq\o(□,\s\up4(04))得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开多步的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正确结果。2．守恒法解题的思维模型(1)“一找各物质”找出氧化剂、还原剂及相应的eq\o(□,\s\up4(01))还原产物和eq\o(□,\s\up4(02))氧化产物。(2)“二定得失数”确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。(3)“三列相等式”根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出相等式。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。【易错辨析】正确的打“√”，错误的打“×”，错误的写明原因。(1)在反应KIO3＋6HI=KI＋3I2＋3H2O中，每消耗1molKIO3，转移的电子数为6NA(×)原因：每消耗1molKIO3，转移电子数为5NA。(2)一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NA(√)(3)1molCl2参加反应时转移的电子数一定是2NA(×)原因：当1molCl2与NaOH反应时，发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，转移电子数为NA。名师课堂点拨复杂氧化还原反应的计算对于连续(或多个并列)氧化还原反应的计算，可以通过分析反应前后，“始态”“终态”涉及的所有物质，找出所有“始态”物质到“终态”物质中化合价发生变化的元素，建立关系式，列式求解，简化解题步骤。关键能力提升一、单一氧化还原反应的计算1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2Oeq\o\al(2－,7)，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为()A．3.0mol B．1.5molC．1.0mol D．0.75mol【解析】1molCr3＋反应可生成0.5molCr2Oeq\o\al(2－,7)，失去3mol电子，1molPbO2得到2mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1molCr3＋反应失去3mol电子需1.5molPbO2。【答案】B2．24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol/L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．＋2B．＋3C．＋4D．＋5【解析】题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒，有0.05mol/L×0.024L×(6－4)＝0.02mol/L×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。【答案】B二、复杂氧化还原反应的计算3．(2023·山东德州期末)工业上以铜阳极泥(主要成分是Cu2Te)为原料提取碲，涉及反应：①Cu2Te＋2O2＋2H2SO4=2CuSO4＋TeO2＋2H2O，②TeO2＋2SO2＋2H2O=2H2SO4＋Te。以下说法正确的是()A．Cu2Te中Cu元素的化合价是＋2价B．反应①中氧化剂是O2，氧化产物是TeO2C．每制备1molTe理论上共转移12mole－D．氧化性强弱顺序为O2>SO2>TeO2【解析】Te为第ⅥA族元素，与Cu形成化合物时显－2价，则Cu2Te中Cu为＋1价，A项错误；反应①中，Cu和Te元素化合价均升高，则氧化产物为CuSO4和TeO2，B项错误；反应②中每生成1molTe，转移4mol电子，反应①中每生成1molTeO2，转移8mol电子，则每制备1molTe，理论上共转移12mol电子，C项正确；根据反应①判断，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则O2氧化性强于TeO2，根据反应②判断，TeO2为氧化剂，SO2为还原剂，则TeO2氧化性强于SO2，D项错误。【答案】C4．取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02g。则x等于__________。【解析】反应流程为eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(→,\s\up17(浓HNO3))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2＋、Cu2＋\o(→,\s\up17(NaOH))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(MgOH2,CuOH2)),NO2、N2O4))xg＝17.02g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH－)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1＋eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2＝0.46mol，OH－的质量为0.46mol×17g/mol＝7.82g，所以金属的质量为17.02－7.82＝9.20g。【答案】9.20情境创新培优应用广泛的环境消毒剂——漂白粉漂白粉的主要成分为次氯酸钙[化学式为Ca(ClO)2]和氯化钙，可作漂白剂和消毒剂。漂白粉中的有效成分是次氯酸钙，漂白的原理是次氯酸钙在空气中与CO2和H2O发生反应，生成碳酸钙和次氯酸(HClO)；次氯酸是一种酸性比盐酸弱的酸，不稳定，具有漂白性，能使品红等有色物质褪色。(1)请写出制取漂白粉的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目。______________________________________________________________________(2)漂白粉若与浓盐酸混合，会产生黄绿色气体，试从氧化还原反应角度分析其原因并写出反应的化学方程式。______________________________________________________________________(3)将SO2持续通入漂白粉溶液中，发现澄清溶液先变为黄绿色，随后溶液中产生白色沉淀且黄绿色褪去，请用离子方程式解释现象中黄绿色褪去并产生白色沉淀的原因。______________________________________________________________________【答案】(1)(2)漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2中Cl元素的化合价为＋1价，而HCl中Cl元素为－1价，故Ca(ClO)2与HCl可发生价态归中反应生成Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl=2Cl2↑＋CaCl2＋2H2O。(3)Cl2＋SO2＋2H2O＋Ca2＋=CaSO4↓＋2Cl－＋4H＋。热点微专题2信息型氧化还原反应方程式的书写依据新信息完成化学方程式书写是历年高考的高频考题，此类试题信息新颖，知识引路，能较好地考查学生接受、提取、处理新信息的能力。解答此类试题，首先要根据材料中的信息写出反应物和生成物的化学式，然后再配平即可。配平要遵循质量守恒定律(原子守恒、元素守恒)，对于氧化还原反应还要遵循得失电子数相等即得失电子守恒规律，对于离子反应还要遵循电荷守恒规律。信息型氧化还原反应方程式的书写“五”步骤(1)细致分析新信息或流程图，确定反应物和部分生成物。(2)依据元素化合价的变化及物质氧化性、还原性确定氧化产物或还原产物。(3)书写“残缺”方程式“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”，并利用化合价升降总数相等，先配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数。(4)根据电荷守恒、体系环境补充其他反应物或生成物的化学计量数。(5)检查是否满足质量守恒，勿漏反应条件。一、依据陈述信息书写方程式【典例1】KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。【思路导引】第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成：MnOeq\o\al(－,4)＋C2Oeq\o\al(2－,4)→Mn2＋＋CO2↑。由MnOeq\o\al(－,4)→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2Oeq\o\al(2－,4)→CO2，碳元素升了1价，1molC2Oeq\o\al(2－,4)共失去2mole－，故在C2Oeq\o\al(2－,4)前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnOeq\o\al(－,4)前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)→2Mn2＋＋10CO2↑。第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O,2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋eq\x()H＋→2Mn2＋＋10CO2↑＋eq\x()H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下：2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。【答案】2MnOeq\o\al(－,4)＋5C2Oeq\o\al(2－,4)＋16H＋eq\o(=,\s\up17(△))2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O『对点训练』1．(2021·全国甲卷)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为__________________________________________。【答案】2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋H2O二、依据流程信息书写方程式【典例2】(2022·辽宁卷)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；(1)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)生成气体A的离子方程式为________________________________________________________________________。【思路导引】(1)第一步：依题意，硫元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，Bi2S3为还原剂，O2为氧化剂，Bi2O3为还原产物。第二步：按照氧化还原反应的特征：“化合价有升必有降”，得出硫元素被O2氧化生成产物SO2，把产物初步写成：Bi2S3＋O2→Bi2O3＋SO2。第三步：依据得失电子守恒和元素质量守恒，完成方程式的书写。(2)第一步：分析水浸后的滤渣成分为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2。第二步：依据Mn2O3具有氧化性，能氧化浓盐酸发生氧化还原反应，初步写成：Mn2O3＋H＋＋Cl－→Mn2＋＋Cl2↑＋H2O。第三步：按照得失电子守恒、电荷守恒和元素质量守恒，完成方程式的书写。【解析】(1)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up17(高温))2Bi2O3＋6SO2；(2)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O。【答案】(1)2Bi2S3＋9O2eq\o(=,\s\up17(高温))2Bi2O3＋6SO2(2)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－=2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O『对点训练』2．三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料(镍、铁、钙、镁合金为主)制取草酸镍(NiC2O4·2H2O)，再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如图所示：请回答下列问题：(1)加入H2O2发生的主要反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)草酸镍(NiC2O4·2H2O)在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体，该混合气体的主要成分为(水除外)________________。(3)工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO－，再把二价镍氧化为三价镍。ClO－氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为________________________________________________________________________。【解析】(1)加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。(2)NiC2O4·2H2O在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧可制得Ni2O3，Ni元素的化合价升高，则必有元素化合价降低，故生成CO，又生成的是混合气体，必有CO2生成。(3)ClO－具有强氧化性，将Ni(OH)2氧化成Ni2O3，自身被还原为Cl－，反应的离子方程式为ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O。【答案】(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O(2)CO、CO2(3)ClO－＋2Ni(OH)2=Cl－＋Ni2O3＋2H2O三、依据反应机理图书写方程式【典例3】(1)某催化转化过程如图所示：过程1：Ni2O3＋ClO－=2NiO2＋Cl－，过程2的离子方程式：__________________________________________。(2)NaClO氧化可除去氨氮，反应机理如图所示(其中H2O和NaCl略去)，NaClO氧化NH3的总反应的化学方程式为____________________________。【答案】(1)2NiO2＋ClO－=Ni2O3＋Cl－＋2O(2)2NH3＋3NaClO=N2＋3H2O＋3NaCl循环转化关系图中物质变化分析思路(1)根据示意图中的箭头方向分清反应物、生成物：箭头进入的是反应物，箭头出去的是生成物。(2)若上一步反应生成某物质，下一步该物质又参加反应，则该物质为中间产物。(3)若某物质参加反应，后又生成该物质，则该物质为催化剂。『对点训练』3．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2，其中S为－1价)催化氧化的反应转化如图所示。总反应：2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(1)写出反应Ⅰ的离子方程式：______________________________。(2)NO在总反应中的作用是__________________________________。【答案】(1)4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O(2)作催化剂角度一氧化还原反应方程式的配平和书写1．完成下列化学方程式。(1)(2022·北京卷)高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(2)(2022·海南卷)在H2O2存在下Cu溶于稀硫酸，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(3)(2022·全国甲卷)工业上常用芒硝(Na2SO4·10H2O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。【答案】(1)2CaSO4eq\o(=,\s\up17(高温))2CaO＋2SO2↑＋O2↑(2)Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O(3)Na2SO4·10H2O＋4Ceq\o(=,\s\up17(高温))Na2S＋4CO↑＋10H2O角度二氧化还原反应的相关计算2．(2023·北京卷)离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；②CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑。下列说法正确的是()A．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C．Na2O2中阴、阳离子个数比为1∶2，CaH2中阴、阳离子个数比为2∶1D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的O2和H2的物质的量相同【解析】Na2O2的电子式为Na＋[eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))]2－Na＋，含有离子键和O—O非极性共价键，阴、阳离子个数比为1∶2；CaH2的电子式为[H]－Ca2＋[H]－，只含有离子键，阴、阳离子个数比为2∶1，A错误，C正确。①中过氧化钠既发生氧化反应又发生还原反应，水中各元素的化合价不发生变化；②中水中氢元素的化合价从＋1→0，发生还原反应，B错误。反应①中转移2mole－生成1molO2，反应②中转移2mole－生成2molH2，故①和②中转移的电子数相同时，产生O2和H2的物质的量不相同，D错误。【答案】C3．(2023·湖南卷)油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄(As2S3)褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：下列说法正确的是()A．S2Oeq\o\al(2－,3)和SOeq\o\al(2－,4)的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3∶7【解析】SOeq\o\al(2－,4)中S原子上的σ键电子对数为4，孤电子对数为eq\f(1,2)×(6＋2－2×4)＝0，价层电子对数为4＋0＝4，故SOeq\o\al(2－,4)的空间结构为正四面体形，而S2Oeq\o\al(2－,3)相当于是将SOeq\o\al(2－,4)中的1个O原子替换为1个S原子，故其空间结构为四面体形，而非正四面体形，A不正确；反应Ⅰ中只有S元素被氧化，B不正确；反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(紫外光))2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2Oeq\o(=,\s\up17(自然光))2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的eq\f(nO2,nH2O)：Ⅰ>Ⅱ，C不正确；氧化1molAs2S3，反应Ⅰ转移12mole－，反应Ⅱ转移28mole－，转移电子数之比为3∶7，D正确。【答案】D4．(2021·湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up17(△))6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是()A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IOeq\o\al(－,3)的存在【解析】根据题给化学方程式可知，还原剂为I2,6molI2参加反应，转移60mol电子，生成3molCl2，则产生1molCl2时，反应中转移20mol电子，A错误；氧化剂为KClO3，还原剂为I2，二者物质的量之比等于化学计量数之比，为11∶6，B正确；Cl2与石灰乳发生反应2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，可制备漂白粉，C正确；IOeq\o\al(－,3)与酸化的淀粉碘化钾溶液发生反应5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，淀粉遇碘显蓝色，D正确。【答案】A课后作业(五)氧化还原反应方程式的配平和计算[A组基础巩固]1．(2024·广东江门模拟)2022年11月9日，“天舟五号”货运飞船与“长征七号”遥六运载火箭组合体转运至发射区。火箭推进过程中发生反应CH3HN—NHCH3＋2N2O4=2CO2＋3N2＋4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．氧化性：N2O4>CO2B．该反应中N2既是氧化产物，又是还原产物C．氧化产物与还原产物的质量之比约为1∶1D．生成7.2gH2O时，转移电子的数目为1.6NA【解析】N2O4为氧化剂，CO2为氧化产物，氧化性：N2O4>CO2，A项正确；N2O4中N元素为＋4价，C2H8N2中N元素为－3价，N2中N元素为0价，所以N2既是氧化产物，又是还原产物，B项正确；由反应知消耗1molC2H8N2，氧化产物为2molCO2和1molN2，总质量为2mol×44g·mol－1＋1mol×28g·mol－1＝116g，还原产物为2