第3节 氧化还原反应
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1．了解氧化还原反应的本质。
2．了解常见的氧化还原反应。
一、化学反应的类型及相互关系
1．氧化还原反应
（1）概念：有元素________变化的反应称为氧化还原反应。
（2）特征：反应前后元素的______发生了变化。
（3）实质：反应过程中有电子________或________。
2．几种化学反应类型的关系
根据反应中元素______是否发生变化，可以把化学反应划分为________反应和__________反应；四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示：
即时训练1 下列反应属于氧化还原反应的是________；属于化合反应的是______；属于分解反应的是______；属于置换反应的是____；属于复分解反应的是____。
①TiCl4＋2Mg2MgCl2＋Ti ②CaCO3CaO＋CO2↑ ③2Fe＋3Cl22FeCl3 ④2H2O22H2O＋O2↑ ⑤H2O＋SO3===H2SO4 ⑥2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ ⑦3NO2＋H2O===2HNO3＋NO ⑧NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
特别提示：（1）判断氧化还原反应首先要抓住化合价变化，凡是有元素化合价变化的化学反应是氧化还原反应，元素化合价没有变化的化学反应都是非氧化还原反应。
（2）凡有单质参加的化合反应、有单质生成的分解反应和置换反应是氧化还原反应，复分解反应都不是氧化还原反应，但有单质参加的反应不一定是氧化还原反应，如2O33O2。
二、氧化还原反应的有关概念
1．还原剂
还原剂在反应中表现为所含元素化合价______，实质上______电子。还原剂具有______性，反应时本身被______，发生______反应，得到______产物。
2．氧化剂
氧化剂在反应中表现为所含元素化合价______，实质上______电子。氧化剂具有______性，反应时本身被______，发生______反应，得到______产物。
即时训练2（1）在Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O的反应中，______是氧化剂，__________是还原剂；______元素被氧化，______元素被还原；Cl2具有氧化性，Cl2具有还原性；____________是氧化产物，________是还原产物；
（2）在4NH3＋6NO===5N2＋6H2O的反应中，______是氧化剂，________是还原剂；______元素被氧化，______元素被还原；______具有氧化性，____________具有还原性；__________是氧化产物，________是还原产物。[来源:Zxxk.Com]
特别提示：为了方便记忆、快速解题可采用如下口诀：“升失氧、降得还；剂性一致、其他相反”。“升失氧、降得还”即：反应后化合价升高的物质失电子被氧化，发生氧化反应；反应后化合价降低的物质得电子被还原，发生还原反应。“剂性一致”即：氧化剂具有氧化性，还原剂具有还原性。“其
他相反”即：氧化剂被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物。如果忘记了其中的关系，我们可以联想比较熟悉的氢气还原氧化铜的反应来帮助记忆。
三、常见的氧化剂和还原剂
1．常见的氧化剂[来源:Zxxk.Com]
包括某些活泼的非金属单质、变价元素中高价态化合物或离子、过氧化物等。
氧化剂
Cl2
HClO
Br2
HNO3
浓硫酸
MnO
Fe3＋
还原产物
NO或NO2
SO2
Mn2＋
Fe2＋
2．常见的还原剂
包括某些活泼的金属单质、某些非金属单质、变价元素中低价态化合物或离子等。
还原剂
Al
H2
SO2
SO
H2S
I－
Fe2＋
氧化产物
SO
SO
S
I2
Fe3＋
3．既有氧化性又有还原性的物质
同一元素最高价态只具有氧化性（如Fe3＋、HNO3中的N等），最低价态只具有还原性（如S2－、I－等），中间价态既具有氧化性，又具有还原性，可简记为：高价氧，低价还，中价全。如：
（1）SO2、Fe2＋既具有氧化性也具有还原性，但一般以还原性为主；
（2）H2O2遇到强还原剂（如S2－、I－、SO2、Fe2＋），作氧化剂，得还原产物为H2O；遇到强氧化剂（如MnO），作还原剂，得氧化产物O2。
即时训练3（1）向Na2SO3溶液中滴加稀硝酸的实验现象：_____________________；然后再向反应后的溶液中滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，此沉淀为____________。
（2）向FeCl3溶液中滴加淀粉KI溶液的实验现象：______________。
一、氧化还原反应的重要规律
1．得失电子守恒规律
在任何氧化还原反应中，氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等。此规律可应用于解有关氧化还原反应的计算及氧化还原反应方程式的配平。
2．价态归中规律
同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，价态只靠近，不交错，相邻价态不反应，即：高到高，低到低，可以归中，不能跨越。如：（1）
因为－2价离0价比＋4价近，所以H2S的氧化产物为S，H2SO4的还原产物为SO2；1 mol的H2S转移2 mol电子，不是转移4 mol电子；（2）H2SO4、SO2中的S的价态分别为＋6、＋4，无中间价态，浓硫酸不能氧化SO2。
【例1－1】 （2012湖南十二校联考）同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（ ）。
A．NH4Cl＋2H2ONH3·2H2O＋HCl
B．2KMnO4＋5HO2＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋518O2↑＋8H2O
C．2NaO2＋2H2O===4Na18OH＋O2↑
D．Ca2H2＋2H2O===Ca（O2H）2＋2H2↑
【例1－2】 （2012河南信阳二次调研）氧化还原反应实际上包含氧化和还原两个过程。（1）向氯酸钠的酸性水溶液中通入二氧化硫，该反应中氧化过程的反应式为：SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋；（2）向亚氯酸钠（NaClO2）固体中通入用空气稀释的氯气，该反应中还原过程的反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－。在（1）和（2）反应中均会生成产物X，则X的化学式为（ ）。
A．NaClO B．ClO2
C．HClO D．NaClO4
二、氧化性、还原性强弱的判断
1．依据氧化还原方程式来判断
氧化剂＋还原剂―→氧化产物＋还原产物
氧化性：氧化剂＞氧化产物
还原性：还原剂＞还原产物
口诀：比什么“性”找什么剂，“产物”之“性”小于“剂”。
2．据“三表”判断
（1）根据元素周期表判断
（2）根据金属活动性顺序判断
（3）根据非金属活动性顺序判断
口诀：易得者，不易失；易失者，不易得。（“易得者，不易失”， 例如：Cl2比Br2易得到电子，而得到电子后的Cl－比Br－难失去电子，从而可知Cl2的氧化性比Br2强，而其被还原后得到的Cl－比Br－还原性弱；“易失者，不易得”，例如：Na比Mg易失去电子，而失去电子后的Na＋比Mg2＋难得电子，从而可知Na的还原性比Mg强，而其被氧化后得到的Na＋比Mg2＋氧化性弱）
3．依据“两池”判断
（1）两种不同的金属构成原电池的两极。负极金属是电子流出的极，正极金属是电子流入的极。其还原性：正极＜负极。
（2）用惰性电极电解混合溶液时，在阴极先得电子的阳离子氧化性较强，在阳极先失电子的阴离子还原性较强。
4．依据产物价态的高低来判断
在相同条件下，还原剂还原性越强，把氧化剂还原到的价态越低；氧化剂氧化性越强，把还原剂氧化到的价态越高。
例如：2Fe＋3Cl22FeCl3 Fe＋SFeS
氧化性：Cl2＞S
5．依据反应条件来判断
当不同的氧化剂作用于同一还原剂时，如氧化产物价态相同，可依据反应条件的难易程度来判断，一般来说反应条件越苛刻，说明反应越难发生（即氧化剂得电子越困难），则对应氧化剂的氧化性越弱，例如：
Cu＋4HNO3（浓）===Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
氧化性：浓硝酸＞浓硫酸
【例2－1】 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：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－、2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，则下列有关说法中不正确的是（ ）。
A．还原性：I－＞Fe2＋＞Br－
B．线段AB表示Fe2＋被氯气氧化
C．线段BC表示生成4 mol Fe3＋
D．原溶液中n（Br－）＝6 mol
特别提示
（1）根据已知反应的化学方程式比较物质的氧化性、还原性时，首先应依据化合价判断出氧化剂、氧化产物、还原剂、还原产物，然后依据规律进行判断。
（2）不能依据氧化剂或还原剂自身化合价变化值的大小判断氧化性或还原性的强弱。
（3）同一氧化剂同时与同浓度的若干种还原剂反应，往往是还原性强的先被氧化。如：向FeBr2溶液中滴入少量氯水，Fe2＋先被氧化。而向FeI2溶液中滴入少量氯水，I－先被氧化。
【例2－2】（2012陕西西安模拟）已知：氧化性：KMnO4＞HNO3；Bi位于周期表中第ⅤA族，＋3价较稳定，NaBiO3溶液为无色。取一定量的Mn（NO3）2溶液依次进行下列实验，现象记录如下。
①滴加适量的NaBiO3溶液，溶液变为紫红色。
②继续滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有气泡产生。
③再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。
④最后通入足量的SO2气体，请回答下列问题：
（1）KMnO4、H2O2、NaBiO3氧化性由强到弱的顺序为
_________________________________________________________________。
（2）实验④中的现象为：__________________________________________。
（3）实验②③反应的离子方程式分别是：②____________、③______________。
三、有关氧化还原反应方程式的配平及计算
1．配平原理
在氧化还原反应中，从现象看是化合价升降总数相等，从本质看是电子得失总数相等。对离子方程式进行配平时，除满足上述要求外，还应注意电荷守恒。
2．配平步骤
（1）“标价态”即先写出反应物和生成物的化学式，并标出发生氧化还原反应的元素的化合价。
（2）“标变化”即标出元素的化合价的变化（升高或者降低）。
（3）“求总数”即使化合价升高和降低的总数相等。
（4）用观察的方法配平其他物质的化学计量数。
3．抓住一个关键，掌握三个原则
（1）一个关键
准确判断并标出变价元素的化合价，求出化合价升降数及其最小公倍数，进而求得氧化剂、还原剂的化学计量数。
（2）三个原则
①反应前后各元素的原子个数相等。
②氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等。
③反应前后各带电微粒所带电荷总数相等（离子反应）。
【例3】（1）配平下列离子反应方程式：
________Fe（OH）3＋________ClO－＋________OH－―→________FeO＋________Cl－＋________H2O
（2）已知有10.7 g Fe（OH）3参加反应，共转移了0.3NA个电子，则n＝________，FeO中铁元素的化合价为________。
（3）根据所学的知识，推测FeO能与下列________（填序号）物质反应。
A．KMnO4 B．SO2
C．H2S D．O2
（4）一定条件下，向含硝酸的废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是__________。
思路点拨
考试中涉及氧化还原反应的题目，其中大多要利用得失电子守恒规律。如：求某元素反应前后的化合价、配平氧化还原方程式、求电子转移数目等。所以，看到此类题目，注意用得失电子守恒规律。
运用化合价升高（或失电子）的总数＝化合价降低（或得电子）的总数解题时，一定要注意总数的意义。
四、信息型氧化还原反应方程式的书写
近几年高考经常以信息的形式给出氧化剂和还原剂或部分产物，让我们书写化学方程式或离子方程式。解决这种类型题目的基本思路：①首先根据信息或记忆写出：氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物；②再根据守恒（得失电子守恒、原子守恒）配平上述四种物质；③根据溶液酸碱性及守恒在方程式两边加上H＋、OH－或H2O，并配平。
如SO2使高锰酸钾酸性溶液褪色的离子方程式的书写步骤：①MnO＋SO2―→Mn2＋＋SO；②2MnO＋5SO2―→2Mn2＋＋5SO；③方程式前面有18个O，后面有20个O，所以方程式前面加2个H2O；依据溶液呈酸性，方程式后面加4个H＋，2MnO＋5SO2＋2H2O―→2Mn2＋＋5SO＋4H＋，最后用电荷守恒检查是否配平。
【例4】（改编自2012课标全国理综）（1）FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为______________________；
（2）高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为_________________ _______________________________________________________。
物质的氧化性、还原性的实验探究
氧化还原反应的知识在实验中的应用主要有如下三个方面：
1．利用某些实验手段证明物质具有氧化性或还原性。
2．利用某些实验手段比较物质氧化性或还原性的强弱。
3．物质的氧化性和还原性对化学实验的影响。
【实验典例】
Ⅰ.卫生部2010年8月公布的食品安全预警中，各地报告因加工酱肉、卤菜过量使用或者误用过量亚硝酸盐引发的食物中毒事故有10起，中毒169人，死亡7人。亚硝酸钠（NaNO2）外观近似食盐，有像食盐一样的咸味，它的毒性较大，长期食用可能致癌。NaNO2在酸性条件下既具有氧化性（可将I－氧化为I2），也具有还原性（与高锰酸钾酸性溶液反应）。为了区别食盐与亚硝酸钠，老师提供了下表中的试剂、操作供学生选择。
试剂
操作
①H2SO4溶液
A.把样品放入H2SO4溶液中，溶解后再加入淀粉溶液
②KMnO4溶液
B.把样品放入H2SO4溶液中，溶解后再加入其他试剂
③KI溶液
C.把样品放入盐酸中，溶解后再加入其他试剂
④AgNO3溶液
D.把样品放入水中，溶解后直接观察溶液颜色变化
⑤淀粉溶液
⑥盐酸
（1）请设计两套方案判断被检验的样品是亚硝酸钠。
方案一：试剂及操作：________，现象：__________________________________。
方案二：试剂及操作：________，现象：__________________________________。
（2）某同学检验样品是亚硝酸钠时采用了②⑥、C的组合，是否可行？并说明理由：________________________________________________________________________。
Ⅱ.如图所示装置，根据实验现象：左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色，所得结论氧化性：Cl2＞Br2＞I2是否正确？并说明理由：________________________________。
[来源:学_科_网]
1．（高考集萃）下列叙述中不正确的是______。
A．（2012山东理综）化合反应均为氧化还原反应
B．（2012安徽理综）科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3＋H2===HCOONa＋H2O。储氢过程中，NaHCO3被氧化
C．（2012天津理综）NO2溶于水发生氧化还原反应
D．（2012海南化学）一定条件下，2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NA
E．（2012浙江理综）CaO2与水发生氧化还原反应时，CaO2只作氧化剂
2．LiAlH4 、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈反应放出H2，LiAlH4在125 ℃分解为LiH、H2和Al。下列说法中不正确的是（ ）。
A．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 g·mol－1
B．1 mol LiAlH4在125 ℃完全分解，转移3 mol电子
C．LiAlH4溶于适量水得无色溶液，则化学方程式可表示为：LiAlH4＋2H2O===LiAlO2＋4H2↑
D．LiAlH4与乙醛（CH3CHO）作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
3．（2013山东临沂期中）新型纳米材料MFe2Ox（3＜x＜4）中M表示＋2价的金属元素，在反应中化合价不变化。常温下，MFe2Ox能使工业废气中的SO2转化为S，转化过程表示如下：
则下列判断准确的是（ ）。
A．MFe2Ox是还原剂 B．SO2是该反应的催化剂
C．x＞y D．氧化性：MFe2Oy＞SO2
4．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）利用反应6NO2＋8NH37N2＋12H2O可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是________L。
（2）Na2S溶液长期放置有硫析出，原因__________________________________
（用离子方程式表示）。
（3）为测定大气中臭氧（O3）含量，将0 ℃、1.01×105 Pa的空气V L慢慢通过足量KI溶液，使臭氧完全反应；然后将所得溶液用a mL c mol·L－1的Na2S2O3溶液进行滴定恰好到达终点。
①O3与KI溶液在碱性条件下反应生成两种单质，则反应的离子方程式为_____________ __________________________________________________________。
②空气中臭氧的体积分数为____________。（已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI）
5．（2012湖北黄冈期末）现向含6 mol KI 的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示。请回答下列问题：
（1）b点时，KI反应完全，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________，电子转移数目为__________。
（2）已知b→c过程中，仅有溴元素发生化合价变化，写出并配平该反应的离子方程式________________________________________________________________________。
（3）已知在c→d段发生下列反应：2BrO＋I2===2IO＋Br2；当n（KBrO3）＝3 mol时，n（I2）＝________mol。
守恒思想
守恒是解决化学问题的中心思想，相应地，守恒法是解决化学问题的一种极其重要的方法与技巧，运用守恒，其特点是抓住有关变化的始态与终态，不纠缠过程细节，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
一、质量守恒
化学反应是原子之间的重新组合，反应前后组成物质的原子个数保持不变，即化学反应中反应物总质量等于生成物总质量，此即质量守恒。又因为同种元素原子的物质的量（或原子数）在反应前后不变，又称元素守恒、原子守恒。
1．物质质量守恒
在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，利用不变量可快速求解。
【例1】 在臭氧发生器中装入100 mL O2，经反应3O2===2O3，最后气体体积变为95 mL（体积均为标准状况下测定），则反应后混合气体的密度为________g·L－1。
解析：根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变，等于反应前100 mL O2的质量。则反应后混合气体的密度为：ρ＝（×32 g·mol－1）÷0.095 L≈1.5 g·L－1。
答案：1.5
2．原子守恒
抓住初始反应物和最终生成物中某一原子（或原子团）不变，找到等量关系进行求解。
【例2】 有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07 mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体________g。
解析：过程中发生的反应很多，但仔细分析可知：蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl－全部来自于盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒。即n（KCl）＝n（HCl）；故m（KCl）＝0.046 L×1 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝3.427 g。
答案：3.427
二、电子守恒
氧化还原反应中，氧化剂得电子（化合价降低）总数等于还原剂失电子（化合价升高）总数，得失电子守恒（化合价升降相等）。在解题中找到有元素化合价升高的和降低的物质，列等式求解。
【例3】1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，用试管收集生成的气体，颜色越来越浅，共收集到672 mL气体（标准状况下），将盛有此气体的试管倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气的体积为（ ）。
A．504 mL B．168 mL
C．336 mL D．224 mL
解析：分析各物质的始态和终态，Cu的化合价升高，始态时是硝酸、终态时还是硝酸，所以硝酸没有变化，化合价降低的是O2中的氧元素，Cu共失去了×2 mol＝0.06 mol的电子，根据得失电子守恒，那么V（O2）÷22.4 L·mol－1×4＝0.06 mol，故V（O2）＝0.336 L。
答案：C
三、电荷守恒
指阳离子所带的电荷总数（各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和）与阴离子所带的电荷总数（各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和）在数值上相等，主要在以下两个方面应用。
1．离子方程式中，常用于离子方程式正误判断及书写
【例4】 在一定条件下，RO与I－发生反应的离子方程式如下：RO＋6I－＋6H＋===R－＋3I2＋3H2O，RO中的n为________。
解析：解法①，依据得失电子守恒，I化合价总共升高6，所以R降低6价变为－1价，所以RO中的R元素的化合价是＋5，n为1；解法②依据电荷守恒，反应后电荷总数为－1，所以－n＋（－1）×6＋（＋1）×6＝－1，n为1。
答案：1
2．溶液呈电中性
【例5】 将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064 g（设电解中无H2放出且不考虑水解和溶液体积的变化）。此时H＋的浓度为（ ）。
A．4×10－3 mol·L－1 B．2×10－3 mol·L－1[来源:学_科_网Z_X_X_K]
C．1×10－3 mol·L－1 D．1×10－7 mol·L－1
解析：由电中性原理，CuSO4中的Cu2＋电解为Cu后所缺少的正电荷由生成的H＋来补充，故n（H＋）＝n（Cu2＋）×2＝×2＝2×10－3 mol，c（H＋）＝2×10－3 mol÷0.5 L＝4×10－3 mol·L－1。
答案：A
四、物料守恒
电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，实质上是元素守恒。
【例6】下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）。
A．氯水中：c（Cl2）＝2[c（ClO－）＋c（Cl－）＋c（HClO）]
B．在25 ℃ 100 mL NH4Cl溶液中：c（Cl－）＞c（NH）＋c（NH3·H2O）
C．等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c（HClO）＋c（ClO－）＝c（HCO）＋c（H2CO3）
D．等浓度醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液：c（OH－）＝c（H＋）＋c（CH3COOH）
解析：氯气溶于水，大部分氯气以Cl2分子形式存在，少部分与水反应生成HCl和HClO，所以氯水中无法比较c（Cl2）与[c（ClO－）＋c（Cl－）＋c（HClO）]的大小，A错误；依据物料守恒c（Cl－）＝c（NH）＋c（NH3·H2O）可知B错误；依据物料守恒c（HClO）＋c（ClO－）＝c（HCO）＋c（H2CO3）＋c（CO），可知C错误；依据电荷守恒c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（Na＋），减去物料守恒c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）＝c（Na＋）可知D正确。
答案：D
五、能量守恒
化学反应不仅遵循质量守恒定律，还必须遵循能量守恒定律，盖斯定律就是能量守恒的具体应用。
【例7】 饮用水中的NO主要来自于NH。已知在微生物的作用下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
1 mol NH全部被氧化成NO的热化学方程式为_________________________________ ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：首先写出NH（aq）＋2O2（g）===NO（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l），然后依据图像写出①NH（aq）＋O2（g）===NO（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l） ΔH1＝－273 kJ·mol－1；②NO（aq）＋O2（g）===NO（aq） ΔH2＝－73 kJ·mol－1，依据盖斯定律，①＋②即得。
答案：NH（aq）＋2O2（g）===NO（aq）＋2H＋（aq）＋H2O（l） ΔH＝－346 kJ·mol－1
六、溶质守恒
同种溶质的溶液混合或溶液稀释后，溶质的总量恒定是解决某些溶液问题的依据。
【例8】 有100 g浓度为18 mol·L－1的浓硫酸，其密度为d g·mL－1，加水稀释至9 mol·L－1，则加入的水的体积为（ ）。
A．100 mL B．mL
C．大于100 mL D．小于100 mL
解析：设稀释后的溶液的密度为d（稀），加水为V mL，抓住稀释前后的n（H2SO4）不变，则有：18 mol·L－1××10－3 L·mL－1＝9 mol·L－1××10－3L·mL－1，V＝－100，因硫酸的浓度越小密度越小，的值小于1，故加水的体积小于100 mL。
答案：D
方法点击
解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先，必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。
1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法或物料守恒法。
2．在氧化还原反应（包括电化学）中存在着得失电子守恒。因此，涉及氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子、反应前后化合价及电化学中的计算等问题可考虑电子守恒法。
3．在某些复杂多步的化学反应中，某些元素的质量或浓度等没有发生变化。因此涉及多步复杂的化学过程的问题可考虑元素守恒法。
4．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及与质量有关的问题可考虑质量守恒法。
1．以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法中不正确的是（ ）。
A．电镀时无其他副反应，铁制品质量增加65 g，则转移电子数为2NA
B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D．电镀时无其他副反应，假设阳极锌棒为纯锌，电镀后电解质溶液的浓度不变
2．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）。
A．金属铝溶于稀硫酸中：Al＋2H＋===Al3＋＋H2↑
B．少量Cl2通入KI溶液中：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
C．用FeCl3溶液腐蚀铜线路板：Cu＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋
D．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O===2Na＋＋2OH－＋O2↑
3．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）。
A．在0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c（Na＋）＞c（HCO）＞c（CO）＞c（H2CO3）
B．在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c（OH－）－c（H＋）＝c（HCO）＋c（H2CO3）[来源:学科网ZXXK]
C．对于0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液，c（Na＋）＝2c（SO）＋c（HSO）＋c（H2SO3）
D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c（Na＋）＝0.1 mol·L－1]：c（Na＋）＝c（CH3COO－）＞c（CH3COOH）＞c（H＋）＝c（OH－）
4．12 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.01 mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为（ ）。
A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5
5．密闭容器内有A、B、C、D四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下：
物质
A
B
C
D
反应前质量/g
19.7
8.7
31.6
0.4
反应后质量/g
待测
17.4
0
3.6
下列说法中正确的是（ ）。
A．物质C一定是化合物，物质D可能是单质
B．反应后密闭容器中A的质量为19.7 g
C．反应过程中，物质B与物质D变化的质量比为87∶36
D．物质A与物质C的相对分子质量之比为197∶158，反应中A与C的化学计量数之比为1∶1
6．（改编自2011新课标全国理综）科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2（g）、CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热ΔH分别为－285.8 kJ·mol－1、－283.0 kJ·mol－1和－726.5 kJ·mol－1。请回答下列问题：
（1）用太阳能分解10 mol水消耗的能量是______kJ；
（2）甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为____________________ ___________________________________________________。
7．现有一块铝铁合金，为测定铝的含量，做如下实验：切一小块合金，将其溶于盐酸，然后加入足量的氢氧化钠溶液，待溶液中的沉淀全部变成红褐色时，过滤沉淀物并在空气中灼烧，最后所得红棕色粉末的质量恰好跟原来的合金试样质量相等，则合金中铝的百分含量为______。
8．在AlCl3、Na2SO4、NaCl三种盐的混合溶液中，若Na＋为0.7 mol，SO为0.2 mol，Cl－为0.6 mol，则溶液中Al3＋的物质的量为__________（不考虑水的电离及盐的水解）。
9．有镁、铝混合粉末10.2 g，将它溶于500 mL 4 mol·L－1的盐酸中，若要使沉淀质量达到最大值，则需加入2 mol·L－1的氢氧化钠溶液的体积为________。
参考答案
基础梳理整合
一、1.(1)化合价 (2)化合价 (3)得失 偏移
2．化合价 氧化还原 非氧化还原 置换 复分解 分解
即时训练1
①③④⑥⑦ ③⑤ ②④ ① ⑧
二、1.升高 失去 还原 氧化 氧化 氧化
2．降低 得到 氧化 还原 还原 还原
即时训练2
(1)Cl2 Cl2 氯 氯 NaClO NaCl
(2)NO NH3 氮 氮 NO NH3 N2 N2
即时训练3
(1)有无色气体生成，无色气体遇到空气变成红棕色 BaSO4
(2)溶液变蓝色
核心归纳突破
【例1－1】 B 解析：A选项是NH4Cl水解，实质上是NH与2H2O提供的O2H－结合生成一水合氨，所以1分子的一水合氨中只有1个2H，错误；B选项HO2是还原剂，被氧化生成18O2，正确；C选项中4 mol NaOH中的氧原子只有2 mol是18O，错误；D选项，氢分子中有一半的氢原子为2H，错误。
【例1－2】 B 解析：NaClO3中氯元素化合价为＋5，NaClO2中氯元素化合价为＋3，由信息可知NaClO3中氯元素化合价降低，NaClO2中氯元素化合价升高，所以X中的氯元素化合价只能为中间价态＋4价。
【例2－1】 B 解析：由化学方程式可知A正确；通入Cl2后，被氧化的先后顺序为I－、Fe2＋、Br－，由图像可知线段AB、BC、DE分别表示消耗I－、生成Fe3＋、消耗Br－，只有B错误。
【例2－2】 答案：(1)NaBiO3＞KMnO4＞H2O2
(2)紫红色褪去，生成白色沉淀
(3)2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋===5Pb2＋＋2MnO＋2H2O
解析：由信息可知NaBiO3中Bi的化合价为最高价，只具有氧化性，结合①可知NaBiO3可把Mn2＋氧化为紫红色的MnO，得出NaBiO3的氧化性强于KMnO4；②中氧化剂、还原剂分别为MnO、H2O2，还原产物、氧化产物分别为Mn2＋、O2，依据得失电子守恒可得2MnO＋5H2O2―→2Mn2＋＋5O2↑，依据O、H原子守恒，用H2O、H＋配平，最后用电荷守恒检查是否配平；同理可写出实验③反应的离子方程式5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋===5Pb2＋＋2MnO＋2H2O；④中SO2被酸性高锰酸钾溶液氧化为SO，与Pb2＋结合生成PbSO4沉淀。
【例3】 答案：(1)2 (5－n) 2n 2 (5－n) (n＋3)
(2)2 ＋6 (3)BC (4)5∶6
解析：(1)首先标出化合价，看化合价的变化：＋O－＋OH－―→O＋－＋H2O，根据化合价升降配平：2Fe(OH)3＋(5－n) ClO－＋________OH－―→2FeO＋(5－n)Cl－＋________H2O，然后根据电荷守恒配平OH－、H2O，最后用H或O检查是否配平；
(2)10.7 g Fe(OH)3为0.1 mol，如果1 mol Fe(OH)3参加反应，则转移3 mol电子，Fe的化合价升高3价，为＋6价，n＝2；
(3)根据信息可知FeO为强氧化剂，推测能与SO2、H2S反应；
(4)32 g CH3OH为1 mol,1 mol的CH3OH被氧化失去6 mol电子，1 mol的HNO3被还原得到5 mol电子，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶6。
【例4】 答案：(1)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2(或2Fe3＋＋3I－===2Fe2＋＋I)
(2)2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O
解析：(1)HI属于强酸，I－被Fe3＋氧化为I2，配平即可。
(2)反应物Fe3＋被氧化为FeO，化合价升高3，ClO－被还原为Cl－，化合价降低2，所以离子方程式中Fe3＋、FeO的化学计量数为2，ClO－、Cl－化学计量数为3，即2Fe3＋＋3ClO－―→2FeO＋3Cl－，最后，用OH－、H2O依据电荷守恒配平即可。
实验探究拓展
实验典例
答案：Ⅰ.(1)方案一：①②、B 溶液紫色褪去 方案二：①③⑤、B 溶液显蓝色(其他答案也可)
(2)不可行；盐酸也能与高锰酸钾反应，会对实验造成干扰
Ⅱ.不正确，无法证明与KI反应的是氯气还是溴蒸气
解析：Ⅰ.(1)我们在设计实验时，一定要使现象明显，依据信息KMnO4溶液与亚硝酸钠反应褪色，淀粉碘化钾在酸性条件下遇亚硝酸钠变蓝；(2)依据氧化性强弱，高锰酸钾的氧化性强于氯气，所以高锰酸钾能与盐酸反应。
Ⅱ.溴具有挥发性，也能使浸有淀粉KI溶液的棉花变蓝。
演练巩固提升
1．答案：ABE
解析：由CaO＋H2O===Ca(OH)2可知A选项错误；B选项中H2是还原剂，所以NaHCO3被还原，错误；C选项3NO2＋H2O===2HNO3＋NO有化合价变化，属于氧化还原反应，正确；D选项，反应后不论生成氧化钠还是过氧化钠，“0.1 mol Na”都会失去0.1 mol电子，正确；E选项，发生2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑，CaO2中O的化合价既升高也降低，CaO2既作氧化剂，也作还原剂，错误。
2．A 解析：在化合物中，金属元素只显正价，所以LiAlH4、LiH中的H均为－1价，LiH＋D2O===LiOD＋HD↑，所得氢气的摩尔质量为3 g·mol－1，A错误；LiAlH4分解过程中只有铝元素的化合价降低，由＋3价降低到0，B选项正确；D选项CH3CHO中碳原子的化合价为－1，而乙醇(C2H6O)中碳原子的化合价为－2，所以由乙醛生成乙醇发生还原反应，D正确。
3．A 解析：首先标化合价看价变化，反应中SO2转化为S，化合价降低是氧化剂，则MFe2Ox是还原剂，铁的化合价升高，则y大于x，只有A正确。
4．答案：(1)6.72
(2)2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－
(3)①2I－＋O3＋H2O===2OH－＋O2＋I2 ②
解析：(1)NO2中的化合价由＋4降低到0，所以1 mol NO2参加反应转移4 mol电子，当转移1.2 mol电子时，消耗0.3 mol的NO2；(2)由信息可知反应物为S2－、O2，生成物为S，溶液呈碱性，依据电荷守恒，生成物中有OH－，所以反应物中有H2O。(3)①找出氧化剂(O3)、还原剂(I－)、还原产物(O2)、氧化产物(I2)，依据化合价守恒配平2I－＋O3―→O2＋I2，用H2O、OH－依据电荷守恒，使H、O原子守恒配平即可；②n(Na2S2O3)＝a·c×10－3mol，由信息可知O3～I2～Na2S2O3，所以n(O3)＝×a·c×10－3mol，V(O3)＝×a·c×10－3×22.4 L＝0.011 2ac L。
5．答案：(1)3∶1 6NA(或6×6.02×1023) (2)BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O (3)2.1
解析：(1)依据图像可知在b点时6 mol KI完全反应，氧化产物为3 mol I2，消耗KBrO3为1 mol，还原产物为1 mol Br－；(2)a→b段生成的Br－与加入的BrO反应生成Br2，配平即可；(3)依据反应BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，b→c段的反应消耗n(BrO)＝mol，所以参加2BrO＋I2===2IO＋Br2反应的n(BrO)＝(3－1－)mol，消耗n(I2)＝mol，余下n(I2)＝3 mol－mol＝2.1 mol。
化学思想与方法
即时练习
1．B 解析：电镀时，阳极发生Zn－2e－===Zn2＋、阴极发生Zn2＋＋2e－===Zn，在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒；导线中通过的电子，在阴极均被Zn2＋得到，所以通过的电子与锌析出的物质的量之比一定为2∶1的关系，A正确，B错误；只要电流恒定，导线中通过电子的速率不变，即阴、阳极得失电子的速率不变，所以电解反应速率不变，C正确；依据电子守恒，阳极生成的Zn2＋与阴极消耗的Zn2＋相等，D正确。
2．B 解析：A、C选项不符合电荷守恒，D选项不符合原子守恒，只有B正确。
3．D 解析：NaHCO3溶液中，HCO在溶液中存在水解HCO＋H2OH2CO3＋OH－与电离HCOH＋＋CO两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，即c(H2CO3)＞c(CO)，A错误；电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)减去物料守恒c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，得c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)可知B错误；依据物料守恒c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，C选项错误；依据电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)及pH＝7可知c(OH－)＝c(H＋)、c(CH3COO－)＝c(Na＋)，水解是有限的，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，D正确。
4．B 解析：设Cr在还原产物中的化合价为x，依据化合价升高总数(12 mL×0.05 mol·L－1×2)等于化合价降低总数[20 mL×0.01 mol·L－1×2×(6－x)]，得x＝3。
5．A 解析：有31.6 g C参加反应，生成8.7 g B、(3.6－0.4) g＝3.2 g D；依据质量守恒可知还应该生成(31.6－3.2－8.7) g＝19.7 g A；此反应为分解反应，A选项正确；B选项为(19.7＋19.7) g，错误；C选项为87∶32，错误。
6．答案：(1)2 858 (2)CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－443.5 kJ·mol－1
解析：由燃烧热可知①H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH1＝－285.8 kJ·mol－1、②CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·mol－1、③CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－726.5 kJ·mol－1；(1)由①可知10 mol水分解消耗能量285.8 kJ·mol－1×10 mol；(2)首先写出热化学方程式CH3OH(l)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)，③－②即得。
7．答案：30%
解析：一开始称量的质量为Fe和Al的质量，最后称量的质量为Fe2O3的质量，依据Fe质量不变，所以合金中Al的质量等于Fe2O3中O的质量，合金中铝的质量分数＝×100%＝×100%＝×100%＝30%。
8．答案：0.1 mol
解析：依据电荷守恒n(Na＋)＋3n(Al3＋)＝2n(SO)＋n(Cl－)，所以3n(Al3＋)＝(0.2×2＋0.6－0.7)mol＝0.3 mol。
9．答案：1 000 mL
解析：当镁、铝全部以Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，即沉淀质量达到最大值时，溶液中只存在NaCl，故当沉淀的量最多时n(NaOH)＝n(HCl)；n(NaOH)＝0.5 L×4 mol·L－1＝2 mol，V(NaOH)＝＝1 L，即为1 000 mL。
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