锐意（高中）化学

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一、氧化还原反应及其相关概念

 

2．特征：反应前后元素化合价发生了变化。

同种元素，最高价态只有氧化性，最低价态只有还原性，中间价态既有氧化性又有还原性；在反应中，得到电子或所含元素化合价降低的物质均具有氧化性，失去电子或所含元素的化合价升高的物质具有还原性。

3．本质：反应过程中有电子转移（得失或偏移）。

4．规律：在一个化学反应中氧化反应和还原反应同时发生，氧化剂和还原剂同时存在,氧化剂得电子，还原剂失电子,得失电子同时发生。同一氧化还原反应中,氧化剂和还原剂得失电子总数相等，即化合价升高的总价数等于降低的总价数。

例1、下列有关氧化还原反应的叙述中正确的是          。

①在氧化还原反应中，某元素由化合态变为单质，此元素可能被还原，也可能被氧化

②在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂，金属单质一定是还原剂

③化合物分解的产物有单质，则该分解反应必属于氧化还原反应

④化学反应K2MnO4＋Cl2=2KCl＋MnO2＋O2属于氧化还原反应

⑤金属阳离子只有氧化性，HI只有还原性

⑥漂白粉在空气中变质过程中，既有氧化还原反应发生，又有非氧化还原反应发生

⑦某单质X能从盐的溶液中置换出单质Y，当X、Y都是非金属时，Y一定比X活泼

⑧1molNa₂O₂与足量的水反应，转移的电子数为2N_A

⑨5.6g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3N_A

二、氧化还原反应中电子转移的表示方法

1．单线桥法:表示氧化剂中得电子元素与还原剂中失电子元素之间电子转移的方向和总数。

（1）箭头必须由还原剂中失电子的元素指向氧化剂中得电子的元素；

（2）箭头方向表示电子转移的方向；

（3）在“桥”上标明转移的是电子总数。

2．双线桥法：表示氧化剂及其还原产物中同种元素、还原剂及其氧化产物同种元素之间电子转移情况。

(1)箭头必须由反应物指向生成物，且两端对准同种元素;

(2)箭头方向不代表电子转移方向，仅表示电子转移前后的变化。

例2、某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质：S、H₂S、HNO₃、NO和H₂O。已知水是反应产物之一。

(1)该反应中的还原剂是____________。

(2)该反应中的还原产物是____________。

(3)写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：____________。

(4)若反应过程中转移了0.3 mol电子，则生成水的质量是__________________。

三、氧化还原反应的基本规律

1．守恒律：氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式。运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法是：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值。

2．价态律：当元素具有可变化合价，一般化合价处于最高价态时只具有氧化性；处于最低价态时只具有还原性；处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性。多元素化合物性质，由各元素性质综合决定。利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱。

3．先后律：同一氧化剂与含多种还原剂的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质。如：将Cl₂通人物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，C1₂首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的Fe³⁺和Cu²⁺的混合溶液中，Fe首先与Fe³⁺反应；FeBr₂ 中通入Cl₂ ，Cl₂首先氧化Fe²⁺。

4．交错律:高价氧化（性）低价还（原性），中间价态两边转。同一元素的不同价态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉。本规律应用于氧化还原反应的分析和判断（如反应 KClO₃＋6HCl===KCl＋3C1₂↑＋3H₂O中氧化产物和还原产物均为C1₂，电子转移数目是5e^－）。

同种元素由不同价态（高价态和低价态）转变为中间价态的氧化还原反应，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如SO₂与浓硫酸不反应，可用浓H₂SO₄干燥。

5．强弱律：氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成较弱还原性的还原产物和较弱氧化性的氧化产物。

常用于比较物质间氧化性或还原性的强弱，氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物。亦可用于在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化必较弱的物质或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质。

例3、L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会发生如下的转化(关系式未配平)：①P＋A―→Q＋B　②L＋O₂―→M＋H₂O　③L＋M―→R＋H₂O　④B＋H₂O―→A＋O₂

(1)若五种含氮元素的物质中，有一种是硝酸，则硝酸是________，理由是_____________。

(2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时方能发生，此反应在化工生产上有重要用途，据此推断在同温同压下，若物质R密度比空气的密度小，则R的化学式为________。

(3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转换的关系式：Ⅰ.M＋P―→N₂O₃＋H₂OⅡ.N₂O₄＋H₂O―→P＋QⅢ.M＋L―→Q＋H₂O其中一定不可能实现的是________，理由是______。

四、氧化性强弱、还原性强弱的比较

金属通常容易失去电子，只表现还原性，一般情况下将金属性认为就是其还原性；非金属通常容易得到电子，表现出氧化性，一般情况下将非金属性认为就是其氧化性。物质的氧化性或还原性的强弱只取决于得到或失去电子的难易，与得失电子的多少无关。

1．氧化性强弱的比较

（1）根据非金属活动顺序判断：氧化性：F₂＞O₂＞Cl₂＞Br₂＞I₂＞S；

（2）根据反应方程式判断：氧化性：氧化剂＞氧化产物；

（3）根据反应条件判断：与相同的还原剂反应时，反应越容易进行，氧化剂的氧化性越强；

（4）根据还原剂被氧化的程度判断：还原剂、条件都相同时，还原剂被氧化得价态越高，氧化剂的氧化性越强；

（5）据电解池中放电顺序，先得电子者氧化性强，其规律为阳离子得电子顺序（即氧化性强弱顺序）。

2．还原性强弱的比较

（1）根据根据活动顺序表判断:

（2）根据非金属活动顺序判断：F^－＜O^2－＜Cl^－＜Br^－＜I^－＜S^2－；

（3）根据反应方程式判断：还原剂＞还原产物；

（4）根据反应条件判断：与相同的氧化剂反应时，反应越容易进行，还原剂的还原性越强；

（5）根据氧化剂被还原的程度判断：氧化剂、条件都相同时，氧化剂被还原得价态越低，还原剂的还原性越强；

（6）根据原电池电极：负极金属比正极金属活泼（还原性强）；

（7）据电解池中放电顺序，先失电子者还原性强，其规律为阴离子失电子顺序（即还原性强弱顺序）：S^2->I^->Br^->Cl^->OH^->NO₃^-、SO₄^2-等

例4、氯酸是一种强酸，浓度超过40％时会发生分解，反应可表示为： a HClO₃ = bO₂↑+ c Cl₂↑+ d HClO₄ + e H₂O。下列有关说法不正确的是

A．由反应可确定：氧化性HClO₃＞O₂      

B．若氯酸分解所得混合气体lmol混合气体质量为45g，则反应方程式可表示为：3HClO₃  = 2O₂↑+ C1₂↑+ HClO₄ + H₂O

C．由非金属性Cl＞S，可推知酸性HClO₃＞H₂SO₄

D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e^－

五、氧化还原反应的配平和简单计算

1．氧化还原反应方程式的配平方法

氧化还原反应中元素化合价降低总数必然等于元素化合价升高总数，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：

(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。

(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。

(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。

(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。

(5)再检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。

2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

(6)缺项配平--在不同介质条件下，配平氧原子的经验规则

介质条件	左边比右边多一个氧原子	左边比右边少一个氧原子
中性	左边加入一个H2O，右边生成2个OH-离子。MnO4-+2H2O+3e-=MnO2+4OH-	左边加入一个H2O，右边生成2个H+离子SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+
碱性	在多氧的一边加入H2O，使之在另一边生成OH-离子，每多一个氧原子就加一个H2O，少氧的一边生成2个OH-离子。CrO42-+2H2O+3e-=CrO22-+4OH-
酸性	在多氧的一边加入H+离子，使之在另一边生成水，加入H+ 离子的数目是氧原子数目的2倍。MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O；SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+

2．氧化还原反应的相关计算

利用守恒思想，分析繁琐的反应过程，找出守恒因素，就可以省略中间反应过程运算，只要抓住物质的初态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果。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)。

例5、次磷酸钠（NaH₂PO₂）可用于化学镀镍。（1）NaH₂PO₂中P元素的化合价为             。（2）化学镀镍的溶液中含有Ni²⁺和H₂PO₂^-，在酸性等条件下发生下述反应：（a）     Ni²⁺ +     H₂PO₂^-+      →      Ni +       H₂PO₃ ^-+     （b）6H₂PO₂^- +2H⁺ = 2P+4H₂PO₃^-+3H₂↑请在答题卡上写出并配平反应式（a）。（3）利用②中反应可在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，从而达到化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点：                    ；原理上的不同点：          ；化学镀的优点：                    。

【精简训练】

1．下列变化中只有通过还原反应才能实现的是（    ）

A． Fe³⁺→Fe²⁺       B．Mn²⁺→MnO₄^－       C．Cl^－→Cl₂       D．N₂O₃→HNO₂

2．已知：①向KMnO₄晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl₂溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③取实验②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：＞Cl₂＞Fe^3＋＞I₂

C．实验①生成的气体不能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝

D．实验②证明Fe^2＋既有氧化性又有还原性

3．下列反应属于氧化还原反应且能量变化符合图像的是

A．C(s)＋CO₂(g) = 2CO(g)

B．CH₄(g)＋2O₂(g) = CO₂(g)＋2H₂O(l)

C．NaOH(aq)＋HCl(aq) = NaCl(aq)＋H₂O(l)

D．Ba(OH)₂·8H₂O(s)＋2NH₄Cl(s) = BaCl₂(aq)＋2NH₃(g)＋10H₂O(l)

4．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是(　　)

选项	实验操作	现象	解释或结论
A	过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液	溶液呈红色	稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B		左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色	氧化性：Cl2>Br2>I2
C	用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上	试纸变蓝色	浓氨水呈碱性
D	浓HNO3加热	有红棕色气体产生	HNO3有强氧化性

5．处理某废水时，反应过程中部分离子浓度与反应进程关系如下图，反应过程中主要存在N₂、HCO₃⁻、ClO⁻、CNO⁻（C+4价，N-3价）、Cl⁻等微粒。下列说法不正确的是

A．该废水呈强酸性

B．废水处理后转化为无害物质

C．反应的离子方程式：3ClO⁻+2CNO⁻+H₂O == N₂+2HCO₃⁻+3Cl⁻

D．每处理1 mol CNO⁻转移3 mol e⁻

6．已知：①Fe+H₂SO₄(稀)=FeSO₄+H₂↑；②Cu+2H₂SO₄(浓)CuSO₄+2H₂O+SO₂↑；③KClO₃+6HCl(浓)=KCl+3Cl₂↑+3H₂O。试回答下列问题：

(1)当反应①转移3mol电子时，产生氢气的体积(标准状况)__L。

(2)反应②中__作氧化剂，__是氧化产物。

(3)当反应②中生成11.2LSO₂气体(标准状况下)时，被还原的H₂SO₄的物质的量是__。

(4)用单线桥法表示反应②电子转移的方向和数目__(在化学方程式上标出)：Cu+2H₂SO₄(浓)CuSO₄+2H₂O+SO₂↑。

(5)反应③中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__。

7．硫代硫酸钠(Na₂S₂O₃₎是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO₂

实验I：Na₂S₂O₃的制备。工业上可用反应：2Na₂S+Na₂CO₃+4SO₂=3Na₂S₂O₃+CO₂制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：

(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H₂SO₄溶液与Na₂SO₃固体反应制备SO₂反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______。

(2)实验中要控制SO₂的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)。

(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO₂不能过量，原因是_______。

实验Ⅱ：探究Na₂S₂O₃与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe³⁺+3S₂O₃^2-⇌Fe(S₂O₃)₃^3-(紫黑色)

装置	试剂X	实验现象
	Fe2(SO4)3溶液	混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色

(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe³⁺被S₂O₃^2-还原为Fe²⁺，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe²⁺。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______。

实验Ⅲ：标定Na₂S₂O₃溶液的浓度

(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K₂Cr₂O₇(摩尔质量为294g∙mol^-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I^-+Cr₂O₇^2-+14H⁺ = 3I₂+2Cr³⁺+7H₂O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na₂S₂O₃溶液滴定，发生反应I₂+2S₂O₃^2- = 2I^- + S₄O₆^2-，三次消耗 Na₂S₂O₃溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L^-1。

参考答案

例1、①③④⑥

【解析】某元素由正价态变为零价时，化合价降低被还原，某元素由负价态变为零价时，化合价升高被氧化，①正确；由于在化合物中，金属元素均呈正价态，非金属元素可以呈正价态也可以呈负价态，所以在氧化还原反应中，金属单质做反应物必失去电子是还原剂，而非金属单质做反应物可变为负价态，得到电子做氧化剂，也可以变为正价态，失去电子做还原剂，②错误；化合物分解的产物有单质，单质中的元素在反应前必存在于化合物中，反应前后必有化合价变化，可知反应中必有电子转移，必为氧化还原反应，③正确；氧化还原反应的特征是反应前后元素的化合价发生改变，反应中Mn元素由＋6价变为＋4价，氧元素由－2价变为0价，Cl元素由0价变为－1价，④正确；金属阳离子Fe^2＋既有氧化性，又有还原性，HI中H^＋1表现氧化性，I^－1表现还原性，⑤错误；漂白粉变质发生非氧化还原反应Ca(ClO)₂＋CO₂＋H₂O===CaCO₃↓＋2HClO，发生氧化还原反应2HClO光照2HCl＋O₂↑，⑥正确；金属或非金属发生置换反应，都是活泼性强的单质，从化合物中置换出活泼性朋弱的单质，⑦错误；Na₂O₂与水反应时-1价的O发生歧化反应，1molNa₂O₂反应，只转移了1mol电子，⑧错误；铁粉与硝酸反应到底生成Fe³⁺还是Fe²⁺还是Fe³⁺和Fe²⁺的混合物，不能确定，⑨错误。

例2、(1)H₂S　(2)NO(3) (4)3.6 g

【解析】HNO₃为常见的氧化剂，H₂S为常见的还原剂，则NO为还原产物，S为氧化产物。S元素由－2价升高到0价，N元素由＋5价降到＋2价，运用得失电子守恒规律和观察法可配平化学方程式。由(3)中的化学方程式可知，当生成4 mol H₂O时，转移6 mol电子，所以当转移0.3 mol电子时，生成0.2 mol H₂O，质量为3.6 g。

例题3、(1)P；P中氮元素的化合价最高(2)N₂(3)Ⅲ；根据氧化还原反应规律，M、L这两种物质反应，不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质

【解析】由反应④B＋H₂O―→A＋O₂可知，反应后氧元素化合价升高，则反应后氯元素化合价必定降低，故化合价B>A。再由①可知，反应后氯元素化合价升高，则反应后氮元素化合价必降低，故氮元素化合价P>Q。由反应②可知，反应后氧元素化合价降低，则氮元素化合价反应后必升高，故氮元素化合价M>L。由反应③可知，该反应为氮元素化合价的“归中”反应，由于化合价M>L，R处于M、L之间，则M>R>L。又因为已知氮的化合价M<q，所以，l、m、r、p、q五种含氮物质中n元素的化合价为p>Q>M>R>L。由于其中一种物质是硝酸，硝酸中氮的化合价是最高价态，则在上述物质中P是硝酸。根据题给的信息及有关元素化合物知识，且L中氮元素是其中氮元素最低价态，由反应</q，所以，l、m、r、p、q五种含氮物质中n元素的化合价为p>②可知，L分子中含有氢元素，因此②反应是氨气的催化氧化反应。L是NH₃，M是NO。又因为R的氮元素价态在L、M之间，R的密度又比空气小，故R为N₂。对于题(3)判断三个反应是否能够进行的问题，也得从氮元素化合价相对高低去分析。由于氮元素的化合价P>Q>M>R>L，反应(Ⅱ)是歧化反应，一种反应产物中氮的化合价大于＋4，另一种反应产物中氮的化合价小于＋4，故Q中氮的化合价小于＋4，但应比M的化合价高。由于氮化合价Q>M>L，因此反应(Ⅲ)不可能实现。

例4、C【解析】A．在氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。由于在该反应中氧化剂是HClO₃，氧化产物是O₂，所以氧化性HClO₃＞O₂，正确；B.n(O₂)：n(C1₂)=2:1时，气体的平均摩尔质量是（2×32+71）-45g/mol，所以此时分解反应的方程式是：3HClO₃  = 2O₂↑+ C1₂↑+ HClO₄ + H₂O，正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性Cl＞S，所以可推知酸性HClO₄＞H₂SO₄，错误；D．若化学计量数a=8，b=3，则该反应方程式是：8HClO₃  = 3O₂↑+ 2C1₂↑+ 4HClO₄ + 2H₂O，根据方程式可知：每有8mol的HClO₃发生反应，转移电子的物质的量是20N_A。则每8个HClO₃发生反应，转移电子数是20e^－，正确。

例题5、（1）+1（2）2Ni²⁺ + 1H₂PO₂^－+ 1H₂O → 2 Ni⁺  +1H₂PO₃^－+ 2 H⁺（3）化学镀中镀件直接与电解质溶液接触反应；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反应；电镀是利用电解池，外加电流进行氧化还原反应； 装置简便，节约能源，操作简便

【解析】（1）因为Na、H的化合价为+1，O为—2，所以由化合价代数和为0可得P的化合价为：+1；（2）由化合价变化情况可知Ni²⁺ 为氧化剂，H₂PO₂^-为还原剂，运用得失电子数目守恒规律可得关系式：（2—1）×2=（3—1）×1，由此可确定Ni²⁺ 和Ni⁺的化学计量数为2，H₂PO₂^－和H₂PO₃^－的化学计量数为1，由于反应是酸性等条件下发生，运用电荷守恒得关系式：2×2—1=2×1—1+2×1，由此可确定H⁺在方程式的右边，H₂O在方程式的左边，化学计量数分别为2和1。即总方程式为：2Ni²⁺ +1H₂PO₂^－+ 1H₂O → 2 Ni⁺  +1H₂PO₃^－+ 2 H⁺；（3）比较化学镀与电镀应该从反应环境和条件以及反应实质和产物方面去分析归纳问题，从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源，在镀件表面形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀是利用氧化还原反应镀件直接与电解质溶液接触，在塑料镀件表面沉积镍—磷合金，这是两者的不同；从原理上分析，无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化还原反应，这是两者的相同点，不同点是化学镀用的是化学反应，而电镀用的是电化学；很明显化学镀装置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是化学镀优于电镀的。

1．A【解析】A选项，Fe³⁺→Fe²⁺化合价降低，发生还原反应，故A符合题意；

B选项，Mn²⁺→MnO₄^－，锰元素化合价升高，发生氧化反应，故B不符合题意；

C选项，Cl^－→Cl₂化合价升高，发生氧化反应，故C不符合题意；

D选项，N₂O₃→HNO₂化合价未变，没有发生还原反应，故D不符合题意。

综上所述，答案为A。

2．B【解析】①向KMnO₄晶体中滴加盐酸，产生黄绿色的气体，气体为氯气，可知发生的反应为2KMnO₄+16HCl=2KCl+2MnCl₂+5Cl₂↑+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；

②向FeCl₂溶液中通入少量的实验①产生的气体，溶液变黄色，可知发生的反应为Cl₂+2FeCl₂=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；

③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，可知Fe³⁺与KI反应生成I₂，反应的化学方程式为2FeCl₃+2KI=2FeCl₂+I₂+2KCl，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。

A．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；

B．由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：＞Cl₂＞Fe³⁺＞I₂，B正确；

C．实验①生成的气体为氯气，氧化性Cl₂＞I₂，Cl₂能与KI发生反应：Cl₂+2KI=2KCl+I₂，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝，C错误；

D．实验②中Fe元素的化合价升高，只可以证明Fe²⁺有还原性，D错误；

故选B。

3．A【解析】由图像可知反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；氧化还原反应是反应前后化合价发生变化的反应，据此判断；

A.碳与二氧化碳的反应为吸热反应，符合图像，且该反应元素化合价发生改变属于氧化还原反应，故A正确；

B.甲烷和氧气的反应为燃烧反应，燃烧为放热反应，故B错误；

C.酸碱中和反应为放热反应，故C错误；

D.该反应为吸热反应与图像符合，但该反应为复分解反应不属于氧化还原反应，故D错误；

故选：A。

4．C【解析】A．现象和结论都不对，过量的Fe粉中加入稀HNO₃，充分反应后，只能得到浅绿色的硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，溶液仍呈浅绿色，A错误；

B．氯气可与NaBr、KI反应，则该实验不能比较Br₂、I₂的氧化性的强弱，B错误；

C．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子，溶液显碱性，用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝，操作、现象和解释都正确，C正确；

D．浓HNO₃加热后有红棕色气体生成，现象正确，但是解释不对，红棕色的气体二氧化氮是硝酸受热分解的产物，硝酸表现的是不稳定性，不是因为硝酸具有强氧化性，D错误；

答案选C。

5．A【解析】由图可知，ClO^-浓度减小，HCO₃^-浓度增加，则还原反应为ClO^-→Cl^-，氧化反应为CNO^-→N₂，由电子、电荷守恒可知离子反应为3ClO^-+2CNO^-+H₂O=N₂↑+2HCO₃^-+3Cl^-，以此来解答。

A．根据分析，离子反应为3ClO^-+2CNO^-+H₂O=N₂↑+2HCO₃^-+3Cl^-，产物中含有碳酸氢根离子，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，使溶液显碱性。若溶液为强酸性，不可能含有HCO₃^-离子，故A错误；

B．对废水处理的目的本身就是将废水中的有害物质转化为对生态环境无害的物质，根据分析对废水处理发生的反应产物为N₂、HCO₃^-、Cl^-对环境无害，故B正确；

C．根据分析，废水处理发生的反应离子方程式为：3ClO⁻+2CNO⁻+H₂O = N₂+2HCO₃⁻+3Cl⁻，故C正确；

D．根据分析，还原反应为ClO^-→Cl^-，Cl元素由+1价变为-1价，3mol ClO^-可处理2mol CNO^-，转移电子的物质的量=3mol×2=6mol，则每处理1 mol CNO⁻转移3 mol e⁻，故D正确；

答案选A。

6．（1）33.6（2）H₂SO₄(浓)；CuSO₄（3）0.5mol（4） CuSO₄+2H₂O+SO₂↑（5）5：1   

【解析】 (1)Fe+H₂SO₄(稀)=FeSO₄+H₂↑，当反应①转移3摩尔电子时，产生氢气的体积(标准状况)3/2mol×22.4L/mol=33.6L；故答案为：33.6；

(2)Cu+2H₂SO₄(浓)CuSO₄+2H₂O+SO₂↑，氧化剂化合价降低，所以浓硫酸为氧化剂，还原剂升失氧，对应氧化产物，硫酸铜为氧化产物；故答案为：H₂SO₄(浓)；CuSO₄；

(3)1molSO₂生成，就有1mol硫酸被还原，当反应②中生成11.2LSO₂气体(标准状况下)时，被还原的H₂SO₄的物质的量是=0.5mol；故答案为：0.5mol；

(4)箭头还原剂指向氧化剂，注明转移电子数：CuSO₄+2H₂O+SO₂↑；故答案为：CuSO₄+2H₂O+SO₂↑；

(5)反应③KClO₃+6HCl(浓)=KCl+3Cl₂↑+3H₂O中氧化产物与还原产物均为氯气，根据还原剂升失氧，可知有5molCl^-生成氯气，因此氧化产物为5/2mol，氧化剂降得还，1mol+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2mol，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1。故答案为：5:1；

7．（1）分液漏斗；蒸馏烧瓶；；硫化钠和碳酸钠的混合液（2）调节酸的滴加速度（3）若 SO₂过量，溶液显酸性．产物会发生分解（4）加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀；开始生成 Fe(S₂O₃)₃^3-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe³⁺与S₂O₃^2- 氧化还原反应的程度大，导致Fe³⁺+3S₂O₃^2-⇌Fe(S₂O₃)₃^3-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色（5）0.1600   

【解析】 (1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na₂SO₃反应生成SO₂，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO₂由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；

(2)从反应速率影响因素分析，控制SO₂生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；

(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO₂，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO₂过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe²⁺常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe²⁺生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe³⁺的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I^-被氧化成I₂，反应②中第一步所得的I₂又被还原成I^-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na₂S₂O₃)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。

    

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