高三化学 氧化还原反应 （一）网上课堂 [本讲主要内容] 1．有关概念 （1）氧化还原反应的实质是电子的转移，（或偏移），表现为元素化合价的升降。 （2） 反应物 性质 变化过程 具体表现 发生的反应 生成物 还原剂—→还原性
被氧化
氧化反应—→氧化产物 氧化剂—→氧化性
被还原
还原反应—→还原产物 2．重要的氧化剂、还原剂 （1）氧化剂 ①活泼的非金属单质，如Cl2，Br2，O2，I2等。 ②元素处于高价态时的氧化物，MnO2。 ③元素处于高价态的含氧酸，如HNO3，浓H2SO4。 ④元素处于高价态的盐，如KMnO4，KClO3，FeCl3。 ⑤过氧化物，如Na2O2，H2O2。 （2）还原剂 ①活泼的金属单质，如Na，Al，Fe，Zn。 ②某些非金属单质，如H2，C，Si ③元素处于低价态的氧化物、酸、盐，如
、
、
、
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、
、
等。 3．氧化还原反应的配平步骤 化合价升降法的配平步骤一般如下： （1）标出价态变化元素反应前后的化合价。 （2）找出碳元素的每个原子得失电子的数目。 （3）用最小公倍法确定乘以相应的倍数，确定该物质前的系数，要注意该物质化学式中的角数。 （4）用观察法配平其它物质系数并检查。 [学习指导] 1．氧化还原反应的基本规律 （1）守恒规律：得失电子守恒（化合价升降总值相等）；电荷守恒；质量守恒。 （2）表现性质规律： ①某元素有多种价态时，处于最高价态的只有氧化性；处于最低价态的只有还原性；处于中间价态的既有氧化性又有还原性。 ②价态越高氧化性越强；价态越低，还原性越强。如氧化性：SO3>SO2>S>H2S。例外：HClO的氧化性强于HClO4 （3）反应规律： ①同种元素不同价态之间的反应规律：归中、不交叉、邻位不反应。 ②由强到弱规律： 氧化性：氧化剂>氧化产物 内容 还原性：还原剂>还原产物 应用：A比较微粒氧化性或还原性强弱。 B判断氧化还原反应能否发生。 ③先强后弱规律：相同条件下，氧化剂总是优先与还原性最强的微粒反应；同样，还原剂总是优后与氧化性最强的微粒反应。 （4）外界条件影响规律： ①浓度大时，氧化剂的氧化性，还原剂的还原性均增强。 ②温度高时，氧化剂的氧化性，还原剂的还原性均增强。 ③酸度大时，氧化剂的氧化性增强。 例：S2-和SO32-，Cl-和ClO3-，Fe2+和NO3-在碱性条件下共存，酸性条件时反应，离子方程式如下： 2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O 5Cl-+ClO3-+6H+=3Cl2↑+3H2O NO3-+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O ④同一种还原剂与不同的氧化剂反应，反应条件越苛刻氧化剂的氧化性越弱；反之亦然。 2．氧化还原反应方程式配平的几种类型 （1）告诉了反应物生成物，直接配平计量数 此类题为配平基本题，关键考查化合价升降法配平氧化还原方程式的应用，应注意以下几个问题：（参见例1） ①多硫化物参加的氧化还原方程式配平时，如有K2Sx，则S元素化合价定为
，配平过程中带着x。 ②有机物参加的氧化还原方程式配平时，求出C元素的平均价态。如CH4中C为-4价；C2H2中C为-1价。 ③当用化合价升降法配平出现困难时（如难确定得失电子的最小公倍数），可以用观察法配平。 （2）离子方程式的配平 注意不仅得失电子守恒、质量守恒，还要满足电荷守恒。 （3）缺项方程式的配平 此类题所缺部分多为水，酸或碱。具体步骤是：先根据化合价升降配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计量数，再根据质量守恒和电荷守恒补足所缺物质，配平。 （4）已知有关反应物，生成物的信息，要求配平化学方程式。 此类题为信息给予题，关键是根据信息和自身的知识，确定反应物生成物后再按规律配平。（参见例2） [例题精讲] 例1.配平下列化学方程式 （1） KOH+ S— K2Sx+ K2S2O3+ H2O （2） K2Cr2O7+ H2C2O4+ H2SO4— K2SO4+ Cr2(SO4)3+ CO2↑+ H2O （3） KIO3+ KI+ H2S— I2+ K2SO4+ H2O [解题] （1）6，2x+2，=，2，1，3 （2）1，3，1，=1，1，3，1 （3）5，1，3，=，3，3，3 [分析及解]（1）中关键是确定K2Sx和K2S2O3中S元素的化合价：
，
（2）中确定H2C2O4中C元素的代合价为+3价。（3）中由于反应物的变价元素分散于三种物质中，如果用化合价升降法配，应该这样考虑： 升8价
升1价 降5价 升价8，1 降价5 思维过程要满足
升降价总值要相等。 H2S计量数 KIO3计量数 KI计量数 升降价
1 1 1 × √ 2 3 1 × √ 3 5 1 √ √ 用这种方法配平，比较麻烦，要选用观察法找计量数关系比较简单。H2S的系数必与K2SO4和H2O系数相同，而KIO3中为的个数必等于K2SO4和H2O的O个数之和，所以KIO3与H2S（K2SO4，H2O）的化学计量数之比为5:3，再观察配平其它计量数，最后用电子转移是否守恒进行检查。 例2.已知NaBiO3是黄色不溶于水的固体，Bi3+为无色离子。将NaBiO3加入稀H2SO4酸化的硫酸锰溶液中，加热，得到紫色的混合溶液。试完成此反应的离子方程式。 [解题]5NaBiO3+2MnO2++14H+=5Bi3++5Na++2MnO4-+7H2O [分析及解]根据题干信息，可知反应物有NaBiO3、Mn2+、H+，生成物为Bi3+、Na+紫色的MnO4-和H2O，故反应为NaBiO3+MnO2++H+—Bi3++Na++MnO4-+H2O。由NaBiO3→Bi3+得2e-，Mn2+→MnO4-失5e-，∴最小公倍数为10，再由电荷守恒配平。完成此离子方程式还应注意此题中NaBiO3不溶于水，故不能改写为离子。 （二）网上能力训练题 A．基础性训练题 （1）将下列方程式配平 ① P+ CuSO4+ H2O— Cu+ H3PO4+ H2SO4 ② Na2S+ HNO3— NaNO3+ NO+ S+ H2O ③ MnO4-+ H2O2+（ ）— Mn2++ O2+ H2O ④ FeS2+ KMnO4+（ ）— MnSO4+ K2SO4+ Fe(SO4)3+ S+ H2O （2）已知常温下，在溶液中发生如下反应，由此推断下列说法错误的是（ ） ①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O ②2A++B2=2A3++2B- ③2B-+Z2—B2+2Z- A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z-可以进行 B．Z元素在①③中均被还原 C．氧化性由强到弱的顺序是XO4-，Z2，B2，A3+ D．还原性由强到弱的顺序是Z-，B-，A2+，X2+ （3）氯气能与氨气反应，氨能被氧化成N2氯气被还原成氯化氢。写出氯气与过量氨反应的化学方程式 ，当有4molNH3参加反应时，电子转移的总数是 。 （4）金属镁溶解在某浓度的稀HNO3中，最后硝酸被还原为NH4NO3，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比（ ） A．1:2 B．2:5 C．1:3 D．1:4 （5）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生下列反应： KMnO4+HBr—Br2+MnBr2+KBr+H2O。其中还原剂是 。若消耗0.1mol氧化剂，则被氧化的还原剂的物质的量是 。 B．提高性训练题 （1）在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每molCuSO4能氧化磷的物质的量是（ ） A．
mol B．
mol C．
mol D．
mol （2）已知Cu2S与某浓度的HNO3反应时，生成Cu(NO3)2和H2SO4，若反应中Cu2S与HNO3的质量比为320:819，则该反应的还原产物为 。 （3）在50ml溴化亚铁溶液中通入1.12L氯气（标况），则有
的Br-被氧化，则原溴化亚铁的物质的量浓度为（ ） A．1.2mol/L B．0.6mol/L C．2.4mol/L D．0.5mol/L （4）25.6g的铜与适量的浓HNO3反应，铜完全反应后，共生成13.44L标况下的气体，则该硝酸中HNO3的物质的量为 。 （5）取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集得到amol气体，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，又得到bmol气体，设此时Mn元素全部以Mn2+存在于溶液中，则： ①a+b的最小值为 ②当a+b=0.09mol进，求残留固体的质量为 C．研究性习题 （1）已知2FeCl3+Fe=3FeCl2，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2；向含有amolFeCl3和bmolCuCl2的溶液中投入含cmolFe和dmolCu的混合物。若充分反应后，仍有固体存在，请分析固体可能的成分及溶液中的离子情况，按要求填入下表（不考虑H+和OH-，某空若无内容可填时，应填“无”） 固体成分 一定存在的离子及物质的量 一定不存在的离子 可能存在的离子    阳离子 阴离子    第一种情况       第二种情况       （2）若只投入过量的铁粉，充分反应后，固体质量不变，则
。 （三）能力训练题点拨与解答 A （1） ①2，3，8，=，5，2，5 ②3，8，=，6，2，3，4 ③2，5，6H2O，=，2，5，8 ④10，6，24H2SO4，=，6，3，5，20，24 （2）B、D [点拨]由①知氧化性XO4->Z2，还原性Z->X2+；由②知氧化性B2>A3+，还原性A2+>B-；③知氧化性Z2>B2，还原性B->Z-。故根据“学习指导”中反应规律的由强到弱规律知：B中Z元素在①中被氧化，②中被还原D中顺序为A2+>B->Z->X2+。 （3）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；3NA [点拨]虽然题目中给的是氯气被还原成HCl，但由于NH3过量，过量的氨气还与HCl发生非氧化还原反应生成NH4Cl。 （4）D [点拨]本题的关键是确定反应物，生成物并配平为4Mg+10HNO3=4Mg(NO3)2+NH4(NO3)2+3H2O。在10HNO3中只有1molHNO3作氧化剂，另9mol作为酸参加反应。 （5）HBr；0.5mol [点拨]先把方程式配平为2KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O。故每2mol氧化剂（KMnO4）有10mol还原剂（HBr）被还原。 B （1）B [点拨]本题可用得失电子守恒来解。1molCuSO4中Cu由+2价变为+1价，得1mol电子，则P由0价变为+5价必得1mol电子，因此被1molCuSO4氧化的磷为
mol . （2）N2O或NH4NO3 [点拨]此题容易漏掉NH4NO3这个答案。因为2HNO3～N2O得8e-，而2HNO3～NH4NO3得8e-。所以当HNO3的量相同，得电子数也相同时，当计算出有N2O，必有NH4NO3。但要注意，两者所用的氧化剂的量不同；前者2molHNO3都作氧化剂，而后者2molHNO3中只有1molHNO3作氧化剂。 （3）A [点拨]Cl2先氧化Fe2+，后氧化Br2-。方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。设C(FeBr2)=a 则n(Fe2+)=0.05a；n(Br-)=0.1a ∴0.05a+
a=
∴c(FeBr2)=1.2mol/L （4）1.4mol [点拨]Cu～2HNO3 HNO3～NO2(NO)

∴n(HNO3)=x+y=2×0.4mol+0.6mol=1.4mol （5）①0.08mol ②6g [点拨]根据反应中得失电子数相等来求解 KMnO4
Mn2+；2Cl-
Cl2；2
O2。由电子得失守恒：0.04×5=2b+4a，整理得2a+b=0.1。即a+b=0.1-a， a+b最大值，则a为最大值，即KMnO4完全分解 ②a+b=0.09mol时，a=0.01mol，则m（固体）=m(KMnO4)-m(O2) C （1）              Cu Fe2+(a+c)mol Cl-(3a+2b)mol Fe3+ Cu2+   Fe Cu Fe2+(
)mol Cl-(3a+2b)mol Fe3+，Cu2+ 无  （2）
[点拨] （1）由于Fe的还原性强于Cu，故Fe先被氧化，而Cu2+和Fe3+的氧化性中，Fe3+>Cu2+，故Fe3+先被还原。 （2）2FeCl3+Fe=3FeCl2～Δm CuCl2+Fe=Cu+FeCl2～Δm 2 -56 1 +8 a -28a 6 +8b ∴28a=8b ∴
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