1、大一轮复习讲义 氧化还原反应的基本规律 第二章第11讲 1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 考点一先后规律及应用 真题演练明确考向 课时精练巩固提高 考点二价态规律及应用 考点三守恒规律及应用 考点一先后规律及应用 知识梳理夯基础 1.同时含有几种还原剂时 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 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 Cu2H，所以铁粉先与Fe
2、3反应，然后依次与Cu2、H反应。 3.熟记常见的强弱顺序 氧化性： (H)Cl2Br2Fe3I2稀H2SO4S，还原性：Mn2Cl BrFe2ISO2( )Cl2，所以Cl2不能氧化Mn2 因为氧化性Fe3I2，所以I2和Fe反应生成FeI2 Fe3把SO2氧化成H2SO4，Fe3被还原为Fe2，所以溶液由棕黄 色变为浅绿色 (4)把FeCl2溶液滴入酸性KMnO4溶液中，只发生反应5Fe2 8H =5Fe3Mn24H2O() 错因： 。 在酸性条件下，Cl也还原 深度思考 1.向含S2、Fe2、Br、I的溶液中通入Cl2，按先后顺序依次写出发生 反应的离子方程式： 、 、 、 。 Cl2S
3、2=S2Cl Cl22I=I22Cl Cl22Fe2=2Fe32Cl Cl22Br=Br22Cl 2.向100 mL 1 molL1的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2，当通入Cl2的 体积分别为(1)1.12 L(2)2.24 L (3)4.48 L，写出反应的离子方程式： (1) ； (2) ； (3) 。 2Fe2Cl2=2Fe32Cl 2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl 2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl 向a mol FeBr2中通入x mol Cl2时，先后发生的反应为 Cl22Fe2=2Fe32ClCl22Br=Br22Cl。如果用 数轴表示如下： 归纳
4、总结 1.已知2Fe32I=I22Fe2、2Fe2Br2=2Br2Fe3。现向含 有FeBr2、FeI2的溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加少 量的KSCN溶液，结果溶液变为红色，则下列叙述中正确的是 氧化性：Br2Fe3I2 原溶液中Br一定被氧化 通入氯气后，原溶液中的Fe2一定被氧化 不能确定通入氯气后的溶液中是否还存在Fe2 若取少量所得溶液，加入CCl4后静置，向上层溶液中加入足量的 AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中Fe2、Br均被完全氧化 A.B.C.D. 递进题组练能力 解析由已知的两个化学方程式及同一个反应中氧化剂的氧化性大于氧 化产物的氧化性可知，氧化
5、性：Fe3I2、Br2Fe3，故正确； 向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色说明溶液中含有Fe3，则说明 溶液中无I存在，又因为氧化性：Cl2Br2Fe3I2，氯气的量不确定， 则Br不一定被氧化，故错误，正确； 由上述分析可知溶液中存在Fe3，但不能确定所有的Fe2均被氧化为 Fe3，故正确； 上层溶液中若含Br，则产生淡黄色沉淀，若含I，则产生黄色沉淀， 由题知只产生白色沉淀，则说明溶液中含Cl不含Br和I，即溶液中的 Fe2、Br均被完全氧化，故正确。 2.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
6、物质中含有相同的元素。下列说法不正确的是 A.线段表示Fe2的变化情况 B.线段发生反应的离子方程式为 I25Cl212OH=2 10Cl6H2O C.根据图像可计算a5 D.原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)213 解析向仅含Fe2、I、Br的溶液中通入适量氯气，还原性：IFe2 Br，首先发生反应：2ICl2=I22Cl，I反应完毕，再发生反 应：2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe2反应完毕，又发生反应：2Br Cl2=Br22Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2的变化 情况，线段代表Br的变化情况，故A正确； 线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素，该元 素为I
7、元素，2ICl2=I22Cl，消耗1 mol氯气，所以碘原子的物质 的量为2 mol，反应消耗氯气的物质的量为5 mol，根据得失电子守恒， 设该含氧酸中碘元素的化合价为x，(x0)2 mol5 mol2，解得x 5，则该含氧酸为HIO3，离子方程式为I25Cl26H2O=2 10Cl 12H，故B错误； 根据反应离子方程式可知溶液中n(I)2n(Cl2)2 mol，溶液中n(Fe2) 2n(Cl2)2(3 mol1 mol)4 mol，Fe2反应完毕，根据电荷守恒可 知n(I)n(Br)2n(Fe2)，故n(Br)2n(Fe2)n(I)24 mol 2 mol6 mol，根据2BrCl2=B
8、r22Cl可知，溴离子反应需要氯气 的物质的量为3 mol，故a336，故C错误； 根据以上分析，原溶液中c(Fe2)c(I)c(Br)426213， 故D正确。 返回 考点二价态规律及应用 知识梳理夯基础 1.价态归中规律思维模型 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：注：不会出现中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 2.歧化反应规律思维模型 “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
9、，如： Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。 3.应用 (1)判断同种元素不同价态物质间发生氧化还原反应的可能性，如浓 H2SO4与SO2不发生反应。 (2)根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。 如对于反应6HClNaClO3=NaCl3Cl23H2O中，氧化剂为NaClO3， 还原剂为HCl，氧化产物和还原产物都为Cl2。 (1)向浓H2SO4中通入H2S气体，1 mol浓H2SO4转移电子数可能是6NA，也 可能是2NA() 错因：_ _。 (2)1 mol Cl2与Ca(OH)2完全反应，转移电子数是2NA() 错因：_ _。 错误的写明原因错误的写明原
10、因易错易混辨析 若转移6NA，此时H2S转化为SO2，浓H2SO4转化为S，不会出现这 种情况 Cl2和Ca(OH)2反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，应转移1 mol 电子 (3)1 mol KClO3与足量的浓盐酸反应，转移电子数为6NA() 错因：_。 (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() 错因：_ _。 应转移5NA电子 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 递进题组练能力 1.(2020合肥调研)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
11、配平)： G QNaCl YNaOH GQH2O ZNaOH QXH2O 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、X B.X、Z、Q、G、Y C.X、Z、Q、Y、G D.G、Q、Y、Z、X 解析由得出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，Y介于Q与G之间，故有Q价态高于Y，Y价态高于G； 分析：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：Z介于Q、X之间，则X价态高于Z，Z价态高于Q。 2.氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应：Cl2KOHKX
12、 KYH2O(未配平)，KX在一定条件下能自身反应：KXKY KZ(未配平，KY与KZ的物质的量比为13)，以上KX、KY、KZ均是含 氯元素的一元酸的钾盐，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 解析反应：Cl2KOH KXKYH2O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，化合价高低：KZ中ClKX中Cl(均为正价)。假 设KX中Cl元素为a价，KZ中Cl元素的化合价为b价，依据得失电子 守恒原理及KXKY3KZ，有a13(ba)，把a1、a3、a5 代入上式讨论，可知a5时，b7
13、符合题意。则KX中Cl元素的化合价 为5。 3.(2019郑州第二次测评)LiAlH4是重要的储氢材料，可与水发生反应： LiAlH42H2O=LiAlO24H2。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12 解析由反应方程式可知，LiAlH4中H由1价升高为0价，被氧化，是 还原剂，H2O中H由1价降为0价，被还原，是氧化剂，氢气既是氧化 产物又是还原产物，A项正确、B项错误； 由反应方程式可知，1 mol LiAlH4反应，转移4 mol电
14、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12， D项正确。 4.某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生 成H2，其反应机理如图所示 根据以上信息判断，下列叙述错误的是 A.过程至过程中硼元素的化合价不变 B.X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等 C.过程和过程各产生1 mol H2时转移的电子数不相等 D.0.25 mol NaBH4的还原能力与标准状况下22.4 L H2的还原能力相当(还 原能力即生
15、成H失去电子的量) 解析由图示可知，过程至过程中 反应生成 ，硼元素的 化合价一直为3价，化合价不变，A正确； 过程中2 mol H2O与2 mol X反应生成2 mol 和1 mol H2，根据元 素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为1价，但在BH3分子中H为1价，B 错误； 由图示可知，过程中产生1 mol H2时转移的电子数为NA，过程产 生1 mol H2时转移的电子数为2NA，两者不相等，C正确； NaBH4中H为1价，0.25 mol NaBH4生成H 失去的电子物质的量 240.25 mol2 mol，故两者还原能力相当，D正确。 5.(1)根据反应KClO36HCl(浓)=3
16、Cl2KCl3H2O可知，每生成3 mol Cl2转移 mol e。 5 解析该反应属于同种元素之间的氧化还原反应，生成物3个Cl2分子中， 有1个Cl原子来源于KClO3，另外5个Cl原子来源于HCl，所以每生成 3 mol Cl2转移电子5 mol。 (2)2Na2O22H2O=4NaOHO2，每产生1 mol氧气转移 mol e。 2 解析Na2O2中的氧由1到2、0价，故每生成1 mol O2转移2 mol e。 (3)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应： 4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，每4 mol Na2O2发 生反应转移 mol e。6 解析化合
17、价升高总数：4Fe24Fe3，化合价升高4，对于4 mol Na2O2，其中1 mol Na2O2中的氧由1到0价，化合价升高2，总数为6； 化合价降低总数：3 mol Na2O2中的氧由1到2价，降低总数为6，所 以每4 mol Na2O2发生反应转移6 mol电子。 返回 考点三守恒规律及应用 知识梳理夯基础 1.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
18、确结果。 2.守恒法解题的思维流程 (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)。 深度思考 用0.100 0 molL1K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的FeSO4至终点，消耗标准 溶液20.00 mL。已知： Fe2H Fe3Cr3H2O(未配平)。 求溶液含有的Fe2的物质的量。 (1)找出氧化剂( )及还原产物( )、还原剂( )及氧化产物 ( )。 (2)确定一
19、个原子或离子得失电子数：每个Cr原子得到3个电子，每个Fe2 失去1个电子。 Cr3Fe2 Fe3 (3)根据得电子总数等于失电子总数列等式计算： n(氧化剂)变价原子数化合价变化值n(还原剂)变价原子数化合 价变化值 即： ， 得n(Fe2)0.012 mol。 0.100 0 molL10.02 L23n(Fe2)11 递进题组练能力 题组一确定元素价态或物质组成题组一确定元素价态或物质组成 1.现有24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为 0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为 Na2SO4，则元素C
20、r在还原产物中的化合价为 A.2 B.3 C.4 D.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46；而Cr元 素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电 子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L 2(6n)，解得n3。 2.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116，则x的值为 A.2 B.3 C.4 D.5 解析本题考查在氧化还原反应中利用得失
21、电子守恒进行相关的计算。 题组二多元素之间得失电子守恒问题题组二多元素之间得失电子守恒问题 3.在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参 加反应，被水还原的溴为 解析设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去 电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x4 mol，x mol。 4.在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中， 7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1 mol Cu3P时，参加 反应的P的物质的量为 mol。 1.5 2.2 解析设7.5 mol CuSO4氧化P的
22、物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧 化的P的物质的量为y 根据得失电子守恒得：7.5 mol(21)x(50) x1.5 mol 1 mol3(21)1 mol0(3)y(50) y1.2 mol 所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mol2.2 mol。 题组三多步反应得失电子守恒问题题组三多步反应得失电子守恒问题 5.取x g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 8 960 mL的NO2气体和672 mL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，生成沉淀质量为17.02 g。则x 等于 A.8.64 B.9.20
23、C.9.00 D.9.44 解析反应流程为 x g17.02 gm(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： 所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。 6.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。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 A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL 则Cu失去的电子数与O2
24、得到的电子数相等。 根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式： n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol， 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。 反思归纳 返回 真题演练明确考向 1234 1.(2020海南，9)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 A.SO3 B
25、.Cl2 C.NO2 D.HBr 解析三氧化硫和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应， A不符合题意； 二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，N元素化合价既 升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，C符合题意； 溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，D不符合 题意。 1234 2.(2020山东等级模拟考，12)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应：Pb3O4 4H=PbO22Pb22H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应： 5PbO22Mn24H5SO =2MnO 5PbSO42H2O。下列推断正 确的是 A.由反应可知，Pb3O4中Pb()和P
26、b()含量之比为21 B.由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnO C.Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb16HNO3=3Pb(NO3)44NO8H2O D.Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O48HCl=3PbCl24H2OCl2 1234 解析反应中HNO3未将Pb2氧化，可证明氧化性：HNO3Pb()， 故B、C错误； D选项，根据反应可知氧化性：PbO2MnO ，又知氧化性(酸性条件)： MnO Cl2，故能发生反应。 1234 A.4 B.5 C.6 D.7 1234返回 4.2016全国卷，28(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒 能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力
27、相当于多少克Cl2的氧化能 力。NaClO2的有效氯含量为 。(计算结果保留两位小数)1.57 解析NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl，则1 mol NaClO2得到 电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl时得到电子的物质的量为 2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为 mol，根据“有效氯含 量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。 课时精练巩固提高 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1.下列反应中，氧化产物与还原产物为同一种物质的是 A.KClO36HCl=KCl3Cl23H2O B.2N
28、a2H2O=2NaOHH2 C.2Na2O22H2O=4NaOHO2 D.I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6 123456789 1011121314 解析KClO36HCl=KCl3Cl23H2O，反应中KClO3中Cl元素的 化合价由5降低为0，HCl中Cl元素的化合价由1升高为0，Cl2既是氧 化产物也是还原产物，故选A； 2Na2H2O=2NaOHH2，反应中Na元素的化合价升高，NaOH为 氧化产物，H元素的化合价降低，氢气为还原产物，故不选B； 2Na2O22H2O=4NaOHO2，反应中Na2O2中O元素的化合价由1 升高到0，氧化产物是氧气，O元素的化合价由1降低到2
29、，还原产物 为氢氧化钠，故不选C； 123456789 1011121314 123456789 1011121314 I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，反应中I元素的化合价由0降低到1， 还原产物为NaI，S元素的化合价由2升高到 ，氧化产物是Na2S4O6， 故不选D。 2.洁厕灵和“84”消毒液混合使用时发生反应：NaClO2HCl=NaCl Cl2H2O，生成有毒的氯气。下列说法正确的是 A.84消毒液的有效成分是HCl B.氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是还原产物 C.HCl只表现还原性 D.若有0.1 mol HCl被氧化，生成的氯气在标准状况下的体积约为2.24
30、 L 123456789 1011121314 解析NaClO2HCl=NaClCl2H2O，反应中NaClO中的Cl元素 化合价由1降低到0，HCl中的Cl元素化合价由1升高到0，则NaClO 为氧化剂，HCl是还原剂，Cl2既是氧化产物也是还原产物，NaCl是盐酸 显酸性的产物，盐酸在该反应中既显酸性又显还原性。84消毒液是利用 其氧化性使蛋白质变性从而起到杀菌消毒的目的，根据反应方程式分析， NaClO为氧化剂，则84消毒液的有效成分是NaClO，故A错误； 根据分析，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯化钠是盐酸显酸性的产 物，故B错误； 123456789 1011121314 根据分析
31、，HCl在该反应中既显酸性又显还原性，故C错误； 若有0.1 mol HCl被氧化，生成的氯气的物质的量为0.1 mol，在标准状况 下的体积约为22.4 Lmol10.1 mol2.24 L，故D正确。 123456789 1011121314 3.已知三个氧化还原反应：2FeCl32KI=2FeCl22KClI2，2FeCl2 Cl2=2FeCl3，2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl28H2O 5Cl2。若某溶液中有Fe2、I、Cl共存，要将I氧化除去而不氧化 Fe2和Cl，则可加入的试剂是 A.Cl2 B.KMnO4 C.FeCl3 D.HCl 123456789 1011
32、121314 解析由信息可知，氧化性由强至弱的顺序为 Cl2Fe3I2，还原性 由强至弱的顺序为IFe2ClMn2；氯气能将Fe2、I氧化，故A错 误； 123456789 1011121314 KMnO4能将Fe2、I和Cl氧化，故B错误； FeCl3能氧化除去I而不影响Fe2和Cl，故C正确； HCl与三种离子均不反应，故D错误。 4.已知：向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶 液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液 滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色。下列判断正确的是 A.上述实验中，共有两个氧化还原反应 B.上述实验证明氧化性： Cl2Fe3I2
33、C.实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D.实验证明Fe2既有氧化性又有还原性 123456789 1011121314 解析向KMnO4晶体上滴加浓盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气， 可知发生的反应为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl2 8H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，KMnO4为氧化剂， HCl为还原剂； 向FeCl2溶液中通入少量的实验产生的气体，溶液变黄色，可知发生 的反应为Cl22FeCl2=2FeCl3，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合 价降低，Cl2为氧化剂，FeCl2为还原剂； 取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变
34、蓝色，可知Fe3与 KI反应生成I2，反应的化学方程式为2FeCl32KI=2FeCl2I22KCl， 123456789 1011121314 Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，FeCl3为氧化剂，KI为还原 剂；结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答。 上述实验中均含元素的化合价变化，则发生的反应都是氧化还原反应， 有三个氧化还原反应，A错误； 由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性： Cl2 Fe3I2，B正确； 实验生成的气体为氯气，氧化性：Cl2I2，Cl2能与KI发生反应：Cl2 2KI=2KClI2，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误； 实验中Fe元素
35、的化合价升高，只可以证明Fe2有还原性，D错误。 123456789 1011121314 123456789 1011121314 5.向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的 量变化如图所示。已知：2Fe2Br2=2Fe32Br，2Fe32I =2Fe2I2。则下列有关说法不正确的是 A.线段BD表示Fe3物质的量的变化 B.原混合溶液中FeI2的物质的量为1 mol C.当通入2 mol Cl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为 2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl D.原溶液中，n(Fe2)n(I)n(Br)231 6.已知H2SO3I2H2O=H2S
36、O42HI，将0.1 mol Cl2通入100 mL含等 物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法 正确的是 A.物质的还原性：HIH2SO3HCl B.H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL1 C.若再通入0.05 mol Cl2，则恰好能将HI和H2SO3完全氧化 D.通入0.1 mol Cl2发生反应的离子方程式为 5Cl24H2SO32I4H2O=4 I210Cl16H 123456789 1011121314 解析由已知反应可知，还原性：H2SO3HI，故向混合溶液中通入Cl2 后先发生反应：Cl2H2SO3H2O=2HClH2SO4，H2SO3反应
37、完全后 发生反应：Cl22HI=I22HCl，则还原性：HIHCl，故还原性： H2SO3HIHCl，A项错误； 123456789 1011121314 混合溶液中还剩余0.04 mol HI未被氧化，故只需再通入0.02 mol Cl2，即 可恰好将HI和H2SO3完全氧化，C项错误； 设HI和H2SO3的物质的量浓度均为x molL1，根据二者分别与Cl2反应的 化学方程式并结合有一半的HI被氧化可知Cl2完全反应，则0.1x 0.1，解得x0.8，B项错误； 123456789 1011121314 通入0.1 mol Cl2后，0.08 mol H2SO3和0.04 mol HI完全
38、反应，即参与反应 的n(Cl2)n(H2SO3)n(HI)542，反应的离子方程式为5Cl2 4H2SO32I4H2O=4 I210Cl16H，D项正确。 7.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3和Cr3。现将硫酸酸化 的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶 液，混合溶液中Fe3的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图 所示，下列说法中不正确的是 A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7 B.图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2 C.K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为16 D.开始加入的K2Cr2O7为0.1
39、mol 123456789 1011121314 解析将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合， K2Cr2O7和FeSO4反应， 是氧化剂，被还原成 Cr3，Fe2是还原剂，被氧化成Fe3，根据电子得 失守恒有 2Cr36e6Fe26Fe3；充 分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，Fe3并没有立即减少，说明溶液 中还有 ，AB段应为 和I的反应，根据电子得失守恒有 2Cr36e6I3I2；B点开始Fe3减少，说明BC段为Fe3和I反 应，根据得失电子守恒有2Fe32Fe22e2II2，据此解答。开 始时Fe3浓度不变，则说明Fe3没有参加反应，则AB段应为K2Cr2O7和 碘化钾的
40、反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确； 123456789 1011121314 BC段Fe3浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应， 反应的离子方程式为2Fe32I=2Fe2I2，B正 确； 由图可知BC段消耗0.9 mol I，由2Fe32Fe22e2II2可得， 则n(Fe3)n(Fe2)n(I)0.9 mol，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与 FeSO4反应的Fe2的物质的量为0.9 mol，那么根据 2Cr36e 6Fe26Fe3可得，与FeSO4反应的K2Cr2O7物质的量为 mol 0.15 mol，所以K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为0.15 mol0.9 m
41、ol 16，C正确； 123456789 1011121314 三个过程合在一起看，我们发现Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元 素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O76Fe36I可知，共 消耗的n(I)1.5 mol，刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为 mol 0.25 mol，D错误。 123456789 1011121314 123456789 1011121314 8.(2020山西省阳泉一中模拟)已知下列实验事实： Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液，又能溶于硫酸得到 Cr2(SO4)3溶液 向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液，再酸化，可得K2Cr2
42、O7溶液 将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中，溶液变蓝 下列判断正确的是 A.化合物KCrO2中铬元素为3价 B.实验不能证明Cr2O3是两性氧化物 C.实验证明H2O2既有氧化性又有还原性 D.实验证明氧化性： I2 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 123456789 1011121314 解析化合物KCrO2中，K为1价，O为2价，由化合物中正负化合价 代数和为零知，铬元素为3价，A正确； 由实验可知，氧化铬与酸、碱反应生成盐和水，证明Cr2O3为两性氧 化物，B错误； 由实验可知，铬元素的化合价升高，过氧化氢中氧元素
43、的化合价降低， 故H2O2只表现氧化性，C错误； 由实验中溶液变蓝，可知生成碘单质，K2Cr2O7为氧化剂，I2为氧化产 物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，D正确。 9.(2020吉林省通化一中模拟)向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下 Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br)c(Cl)，则原FeBr2溶液 的物质的量浓度是 A.0.75 molL1 B.1.5 molL1 C.2 molL1 D.3 molL1 123456789 1011121314 解析标准状况下Cl2的物质的量是 0.225 mol，由于Fe2 的还原性强于Br，通入氯气后，Cl2
44、先氧化Fe2再氧化Br，设原FeBr2 溶液的物质的量浓度是x molL1，则根据得失电子守恒可知，0.2252 0.1x1(0.1x20.2252)1，解得x3。 123456789 1011121314 10.(2020芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol L1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质 量为39.2 g。下列有关说法错误的是 A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为12 B.硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1 C.
45、产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol 123456789 1011121314 解析在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全 沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)n(NaOH)1.0 molL11.0 L 1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量nCu(OH)239.2 g 98 gmol10.4 mol， 根据铜元素守恒有n(Cu)2n(Cu2O)nCu(OH)2，所以反应后的溶液中 nCu(NO3)2nCu(OH)20.4 mol。 设Cu和Cu2O的物质的量分别为x mo
46、l、y mol，根据二者质量有64x144y 27.2，根据铜元素守恒有x2y0.4，联立方程解得x0.2，y0.1。 Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol0.1 mol21，A项错误； 123456789 1011121314 根据电子转移守恒可知：3n(NO)2n(Cu)2n(Cu2O)，所以3n(NO) 20.2 mol20.1 mol，解得n(NO)0.2 mol。根据氮元素守恒可知 n(HNO3)n(NO)n(NaNO3)0.2 mol1.0 molL11.0 L1.2 mol， 所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)1.2 mol0.5 L2.4 molL1，B项错误； 根据选
47、项B计算可知n(NO)0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为 0.2 mol22.4 Lmol14.48 L，C项正确； 反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢 氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶 液中n(HNO3)2nCu(NO3)2n(NaNO3)，所以n(HNO3)n(NaNO3) 2nCu(NO3)21 mol20.4 mol0.2 mol，D项正确。 123456789 1011121314 11.已知氧化性：Fe3M2(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度 均为1 molL1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液
48、中加入a mol铁粉，充 分反应后，下列说法不正确的是 A.当a0.1时，发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2 B.当0.1a0.2时，溶液中n(Fe2)(0.2a) mol C.当a0.2时，发生的反应为2Fe3M22Fe=4Fe2M D.若有固体剩余则可能是铁 123456789 1011121314 解析因氧化性：Fe3M2，加入铁粉后，先与Fe3反应，后与M2反 应。加入铁粉后，先与Fe3反应，混合溶液中n(Fe3)1 molL10.1 L 20.2 mol，则：当a0.1时，Fe粉只能将Fe3还原，A正确； 当0.1aM； RO2 LH2O，O2是氧化剂，R是还原剂，L是氧化产物，氮元
49、素化合价： LR； 由RL XH2O反应式可知，X中氮的化合价介于R和L之间，又由于LR， 因此LXR，题干信息：物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价 低，ML，五种化合物中氮元素化合价由高到低的顺序：QMLXR； HNO3中N元素的化合物5，是N元素中化合价最高的，在五种物质中，Q中 N元素的化合价最高，所以Q为硝酸。 123456789 1011121314 (2)某同学写出下面不同价态的氮的化合物相互转化关系(未配平)，其中 你认为一定不能实现的是 。 A.NOHNO3 N2O3H2O B.NH3NO HNO2H2O C.N2O4H2O HNO3HNO2 123456789 1
50、011121314 解析NO中N元素为2价，HNO3中N元素为5价，N2O3中N元素为 3价，3介于2和5之间，可以发生归中反应，A可以实现； NH3中N元素为3价，NO中N元素为2价，而HNO2中N元素为3价， 323，B不可能实现； N2O4中N元素为4价，HNO3中N元素为5价，HNO2中N元素为3价， 4介于3和5之间，可以发生歧化反应，C可以实现。 123456789 1011121314 13.已知几种离子的还原能力强弱顺序为IFe2Br，现有200 mL混合 溶液中含FeI2、FeBr2各0.10 mol，向其中逐滴滴入氯水(假定Cl2分子只与 溶质离子反应，不考虑其他反应) (
