2015年高考“氧化還原反應(yīng)”

師殿峰

一、考查氧化還原反應(yīng)的基本概念

例1 （上?；瘜W(xué)卷）下列反應(yīng)中的氨與反應(yīng)4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）。

A.2Na+2NH32NaNH2+H2↑

B.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O

C.4NH3+6NO→5N2+6H2O

D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2

解析在反應(yīng)4NH3+5O2→4NO+6H2O中，NH3中的氮元素化合價(jià)升高，氨作還原劑（氨體現(xiàn)還原性）。在反應(yīng)A和D中，NH3中的氫元素化合價(jià)均降低，氨均作氧化劑（氨體現(xiàn)氧化性）;在反應(yīng)B和C中，NH3中的氮元素化合價(jià)均升高，氨均作還原劑（氨體現(xiàn)還原性）。故答案為B、C。

二、考查物質(zhì)氧化性或還原性強(qiáng)弱的比較

例2（江蘇化學(xué)卷、山東理綜卷、北京理綜卷和廣東理綜卷組合）下列說法不正確的是（）。

A.在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C。在該反應(yīng)條件下，Mg的還原性強(qiáng)于C的還原性

B.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振蕩、靜置，溶液上層呈橙紅色;則Br-還原性強(qiáng)于Cl-

C.對(duì)比Fe與稀HNO3反應(yīng)、Fe與濃HNO3反應(yīng)中的現(xiàn)象（Fe與稀HNO3反應(yīng)，F(xiàn)e表面產(chǎn)生大量無色氣泡，液面上方變?yōu)榧t棕色;Fe與濃HNO3反應(yīng)，F(xiàn)e表面產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后，迅速停止），說明稀HNO3的氧化性強(qiáng)于濃HNO3

D.向含I-的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液變成藍(lán)色，則氧化性：Cl2>I2

解析對(duì)于A項(xiàng)，應(yīng)用“還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強(qiáng)”的規(guī)律，由反應(yīng)CO2+Mg點(diǎn)+C可知，Mg的還原性強(qiáng)于C的還原性，A項(xiàng)正確;對(duì)于B項(xiàng)，溶液上層呈橙紅色，說明Cl2與NaBr反應(yīng)生成了Br2和NaCl（Cl2+2NaBrBr2+2NaCl），應(yīng)用“還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強(qiáng)”的規(guī)律可知，Br-的還原性強(qiáng)于Cl-，B項(xiàng)正確;對(duì)于C項(xiàng)，F(xiàn)e與濃HNO3反應(yīng)，F(xiàn)e表面產(chǎn)生少量紅棕色氣泡后，迅速停止，這是因?yàn)榘l(fā)生了鈍化現(xiàn)象，不能根據(jù)Fe與稀HNO3和Fe與濃HNO3反應(yīng)的現(xiàn)象比較稀硝酸和濃硝酸的氧化性強(qiáng)弱（物質(zhì)氧化性強(qiáng)弱只能通過比較物質(zhì)得電子能力大小來分析），C項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)于D 項(xiàng)，Cl2將I-氧化為I2（Cl2+2I-2Cl-+I2），而碘遇淀粉溶液變藍(lán)色，應(yīng)用“氧化劑的氧化性比氧化產(chǎn)物強(qiáng)”的規(guī)律可知，氧化性：Cl2>I2，D項(xiàng)正確。故答案為C。

三、考查物質(zhì)氧化性或還原性的判斷

例3 （上海化學(xué)卷）二氧化硫能使溴水褪色，說明二氧化硫具有（ ?）。

A.還原性B.氧化性C.漂白性D.酸性

解析二氧化硫能使溴水褪色，是因二氧化硫被溴水氧化（SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr），說明二氧化硫具有還原性。故答案為A。

四、考查轉(zhuǎn)移電子數(shù)的判斷

例4（江蘇化學(xué)卷、廣東理綜卷和安徽理綜卷組合）下列說法正確的是（ ?）。

A.若H2O2分解產(chǎn)生1 mol O2，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023

B.反應(yīng)CH4+H2O催化劑△3H2+CO，每消耗1 mol CH4轉(zhuǎn)移12 mol電子

C.3 mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4，失去8NA（NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值）個(gè)電子

D.向NaClO和NaCl混合溶液中加入濃鹽酸，每產(chǎn)生1 mol Cl2，轉(zhuǎn)移電子約為6.02×1023個(gè)

解析對(duì)于A項(xiàng)，由反應(yīng)2H2O22H2O+O2↑可知，產(chǎn)生1 mol O2理論上轉(zhuǎn)移2 mol電子，即理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為2×6.02×1023，A項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)于B項(xiàng)，因CH4-6e-→CO，則每消耗1 mol CH4轉(zhuǎn)移6 mol電子，B項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)于C項(xiàng)，因3Fe-8e-Fe3O4，則3 mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)變?yōu)镕e3O4失去8NA個(gè)電子，C項(xiàng)正確;對(duì)于D項(xiàng)，由反應(yīng)NaClO+2HCl

NaCl+H2O+Cl2↑可知，每產(chǎn)生1 mol Cl2轉(zhuǎn)移1 mol電子，即轉(zhuǎn)移電子約為6.02×1023個(gè)，D項(xiàng)正確。故答案為C、D。

例5 （海南化學(xué)卷，節(jié)選）硝酸銨加熱分解可得到N2O和H2O，若有1 mol硝酸銨完全分解，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 ? ? ? ? ?mol。

解析因NH+4-4e-1/2N2O（或NO-3+4e-→1/2N2O），則1 mol硝酸銨完全分解，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4 mol。

故答案為：4 mol。

五、考查氧化還原反應(yīng)化學(xué)方程式或離子方程式的配平

例6 （安徽理綜卷，節(jié)選）請(qǐng)配平化學(xué)方程式：

□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2——

□NaBH4+□Na2SiO3

解析可從還原劑Na和氧化劑H2入手，找出元素化合價(jià)的變化值（“↑”表示元素化合價(jià)升高，“↓”表示元素化合價(jià)降低;下同），根據(jù)其最小公倍數(shù)使化合價(jià)升降值相等，先確定出氧化劑和還原劑的化學(xué)計(jì)量數(shù)，再確定出氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，最后確定出其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。即：

NaBO2+SiO2+Na0+H02

↑1×2↓2×1

——Na+1BH-14+Na2SiO3

可先確定出Na和H2的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為2和1，然后確定出NaBH4的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1/2，最后依次確定出NaBO2、SiO2和Na2SiO3的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1/2、1和1。即1/2NaBO2+SiO2+2Na+H21/2NaBH4+Na2SiO3;再同時(shí)擴(kuò)大2倍得：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+

2Na2SiO3。

故答案為：1、2、4、2、、1、2。

例7 （天津理綜卷，節(jié)選）完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：

□ClO-3+□Fe2++□→□Cl-+□Fe3++□

解析可從氧化劑ClO-3和還原劑Fe2+入手，找出元素化合價(jià)的變化值，根據(jù)其最小公倍數(shù)使化合價(jià)升降值相等，先確定出氧化劑和還原劑的化學(xué)計(jì)量數(shù)，再確定出氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，最后確定出缺項(xiàng)物質(zhì)的化學(xué)式及其化學(xué)計(jì)量數(shù)。即：

Cl+5O-3+Fe+22++——Cl-1-+Fe+3+

↓6×1 ? ↑1×6

可先確定出ClO-3和Fe2+的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1和6，然后確定出Cl-和Fe3+的化學(xué)計(jì)量數(shù)分別為1和6;此時(shí)，左端比右端少6個(gè)正電荷、而多3個(gè)O原子，則左端的缺項(xiàng)物質(zhì)為

H+，其化學(xué)計(jì)量數(shù)為6;右端的缺項(xiàng)物質(zhì)為H2O，其化學(xué)計(jì)量數(shù)為3。即：ClO-3+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。

故答案為：1、6、6H+、1、6、3H2O。

六、考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算

例8 （上?；瘜W(xué)卷）將O2和NH3的混合氣體448 mL通過加熱的三氧化二鉻，充分反應(yīng)后，再通過足量的水，最終收集到44.8 mL氣體。原混合氣體中O2的體積可能是（假設(shè)氨全部被氧化;氣體體積均已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況） （ ?）mL。

A.231.5B.268.8C.287.5D.313.6

解析設(shè)原混合氣體中O2和NH3的體積分別為V（O2）和V（NH3），則V（O2）+V（NH3）=

448 mL……①。由題意可知發(fā)生的反應(yīng)為4NH3+5O24NO+6H2O和4NO+3O2+2H2O

4HNO3，將這兩個(gè)反應(yīng)疊加得總反應(yīng)為NH3+2O2HNO3+H2O。若最終收集到44.8 mL氣體為NO，則生成HNO3的NH3為[V（NH3）-44.8 mL];因NH3-8e-→HNO3，NH3-5e-→NO，O2+4e-→HNO3（H2O）;則根據(jù)得失電子守恒原則和阿伏加德羅定律得：[V（NH3）-44.8 mL]×8+44.8mL×5=V（O2）×4……②;解方程組①②得，V（NH3）=160.5mL，V（O2）=287.5 mL;若最終收集到44.8mL氣體為O2，因NH3-8e-→HNO3，O2+4e-→HNO3;則根據(jù)得失電子守恒原則和阿伏加德羅定律得：V（NH3）×8=[V（O2）-44.8 mL]×4……③;解方程組①③得，V（NH3）=134.4mL，V（O2）=313.6 mL。故答案為C、D。

例9 （江蘇化學(xué)卷，節(jié)選）軟錳礦（主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4·H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+SO2

MnSO4。準(zhǔn)確稱取0.1710 g MnSO4·H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500 mol/L的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)（滴定過程中Mn3+被還原為Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00 mL。計(jì)算MnSO4·H2O樣品的純度（ 請(qǐng)給出計(jì)算過程）。

解析設(shè)Mn3+和Fe2+的物質(zhì)的量分別為n（Mn3+）和n（Fe2+）。因Mn3++e-→Mn2+，F(xiàn)e2+-e-→Fe3+;則根據(jù)得失電子守恒原則得：

n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1，即n（Mn3+）=n（Fe2+）=0.0500 mol/L

×20.00×10-3=1.00×10-3mol;根據(jù)Mn元素守恒原則得，n（MnSO4·H2O）=n（Mn3+）=1.00×10-3mol，則m（MnSO4·H2O）=1.00×10-3mol×169 g/mol=0.169 g，從而得MnSO4·H2O樣品的純度為0.169 g0.1710 g×100%=98.8%。故答案為98.8%（計(jì)算過程見解析）。

七、綜合考查氧化還原反應(yīng)的有關(guān)知識(shí)

例10 （上?；瘜W(xué)卷）工業(yè)上將Na2CO3和Na2S以1∶2的物質(zhì)的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同時(shí)放出CO2。在該反應(yīng)中（ ?）。

A.硫元素既被氧化又被還原

B.氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2

C.每生成1 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移4 mol電子

D.相同條件下，每吸收10 m3SO2就會(huì)放出2.5 m3 CO2

解析由題給信息可知其反應(yīng)為：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2↑;由此可知，

Na2S中的硫元素被氧化，SO2中的硫元素被還原，A項(xiàng)正確;氧化劑（SO2）與還原劑（Na2S）的物質(zhì)的量之比為2∶1，B項(xiàng)錯(cuò)誤;因每生成3 mol Na2S2O3轉(zhuǎn)移8mol電子（在中學(xué)通常認(rèn)為Na2S2O3中硫元素為+2價(jià)），則每生成1 mol Na2S2O3轉(zhuǎn)移8/3mol電子，C項(xiàng)錯(cuò)誤;相同條件下，每吸收1體積SO2就會(huì)放出0.25體積CO2，則每吸收10 m3 SO2就會(huì)放出2.5 m3 CO2，D項(xiàng)正確。故答案為A、D（筆者認(rèn)為，由于Na2S2O3中硫元素的化合價(jià)目前有爭(zhēng)議：一種觀點(diǎn)認(rèn)為，硫元素為+2價(jià);第二種觀點(diǎn)認(rèn)為，其中1個(gè)S原子為+4價(jià)，1個(gè)S原子為0價(jià);第三種觀點(diǎn)認(rèn)為，其中1個(gè)S原子為+6價(jià)，1個(gè)S原子為-2價(jià)。這樣，將使考生難以判斷每生成1 mol Na2S2O3轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量。所以，此題以Na2S2O3作為命題素材欠妥）。

（收稿日期：2015-07-10）