氧化還原反應(yīng)高考考點(diǎn)探究樂(lè)善堂

雷范軍

氧化還原反應(yīng)屬于高中化學(xué)的基本概念和重要理論，主要涉及氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)、氧化劑、還原劑、氧化性、還原性、電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目和方向等內(nèi)容。下面根據(jù)《化學(xué)1》第二章第三節(jié)“氧化還原反應(yīng)”的內(nèi)容和《考試說(shuō)明》的要求提煉該部分常見(jiàn)的重要考點(diǎn)，并精選試題進(jìn)行分析。

一、基本概念

該考點(diǎn)通常涉及化合價(jià)、氧化還原反應(yīng)、非氧化還原反應(yīng)、四大反應(yīng)類型、氧化反應(yīng)、還原反應(yīng)、被氧化、被還原、氧化作用、還原作用、氧化性、還原性、電子轉(zhuǎn)移的簡(jiǎn)單計(jì)算等內(nèi)容，一般與元素化合物的主要性質(zhì)和制備、原電池原理、電解原理、金屬的腐蝕與防護(hù)、化學(xué)實(shí)驗(yàn)等綜合在一起考查。

【例1】下列敘述正確的是（ ）

① Na2O2用作呼吸面具的供氧劑、工業(yè)上電解熔融狀態(tài)的Al2O3制備Al、實(shí)驗(yàn)室用NH4Cl 和Ca（OH）2制備NH3，三者均涉及氧化還原反應(yīng)

② 銅鋅原電池工作時(shí)，銅電極上發(fā)生氧化反應(yīng)

③ 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、Cl2 + H2O = HCl + HClO，二者均是水既非氧化劑又非還原劑的氧化還原反應(yīng)

④ Cl2 + 2Br- = 2Cl-+ Br2、Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu，二者均是氧化還原反應(yīng)，且兩者反應(yīng)中的水既不是氧化劑，也不是還原劑。

⑤ 大量的碘富集在海藻中，用水浸取后濃縮，再向濃縮液中加MnO2和H2SO4，該反應(yīng)的還原產(chǎn)物為MnSO4（或Mn2+）

⑥ 海綿銅（主要成分是Cu和少量CuO）用硝酸銨、水、硫酸溶解時(shí)得到的氧化產(chǎn)物是CuSO4或Cu2+

⑦ 二氧化硫能使溴水褪色，說(shuō)明二氧化硫具有漂白性

⑧ 草酸晶體（H2C2O4·2H2O）受熱分解產(chǎn)生的氣體中含有CO，也含有CO2

A. ①③④⑦ B. ②④⑤⑦ C. ①②⑥⑧ D. ③⑤⑥⑧

解析：2 NH4Cl + Ca（OH）2CaCl2 + 2 H2O + 2 NH3↑中沒(méi)有元素的化合價(jià)有變化，該反應(yīng)不涉及氧化還原反應(yīng)，故①錯(cuò)誤；鋅比銅活潑容易失去電子，則鋅作負(fù)極，銅作正極，負(fù)極上發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，故②錯(cuò)誤；雖然兩反應(yīng)均有元素化合價(jià)升降，但是水中氫、氧元素的化合價(jià)沒(méi)有升降，故③正確；氯元素由0價(jià)被還原為-1價(jià)，鋅元素由0價(jià)被氧化為+2價(jià)，則后一個(gè)反應(yīng)中單質(zhì)被氧化。故④錯(cuò)誤；2 I- + MnO2 + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O，MnO2是氧化劑，錳元素由+4價(jià)降低到+2價(jià)，被還原，則MnSO4（或Mn2+）是還原產(chǎn)物，海藻中所含的I-是還原劑，碘元素由-1價(jià)升高到0價(jià)，被氧化，則I2是氧化產(chǎn)物，故⑤正確；硝酸銨提供NO3-，硫酸提供H+，海綿銅提供Cu，三者發(fā)生反應(yīng)：3 Cu + 8 H+ + 2 NO3- = 3 Cu2+ + 2 NO↑ + 4 H2O，銅元素由0價(jià)升高為+2價(jià)，則Cu是還原劑，Cu2+或CuSO4是氧化產(chǎn)物，故⑥正確；單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，所含非金屬原子的得電子能力就越強(qiáng)，元素的非金屬性就越強(qiáng)，故⑥正確；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，二氧化硫中的S元素的化合價(jià)升高，失去電子，表現(xiàn)還原性，故⑦錯(cuò)誤；草酸中氫+1價(jià)、氧-2價(jià)，則所含碳元素為+3價(jià)，若碳元素由+3價(jià)降低為+2價(jià)（被還原為CO），碳元素一定同時(shí)由+3價(jià)升高為+4價(jià)（被氧化為CO2），故⑧正確。

答案：D

點(diǎn)評(píng)：解答氧化還原反應(yīng)基本概念題時(shí)，基本思維模型如下：找變價(jià)→判類型→分升降→定其他，其中“找變價(jià)”是非常關(guān)鍵的一步，特別是不同反應(yīng)物中含有同種元素的氧化還原反應(yīng)，必須弄清元素化合價(jià)的變化情況。將有關(guān)概念縮成三字決或六字訣：氧（被氧化）失（電子）升；還（被還原）得（電子）降。被氧化的物質(zhì)作還原劑，被還原的物質(zhì)作氧化劑等，這是“判類型”常用方法。

二、重要規(guī)律

該考點(diǎn)主要涉及有升必有降規(guī)律、優(yōu)先轉(zhuǎn)化為相鄰價(jià)態(tài)規(guī)律、化合價(jià)升降總數(shù)相等、電子得失守恒原理、氧化性和還原性強(qiáng)弱順序、氧化或還原的先后規(guī)律、氧化還原反應(yīng)方程式的配平和簡(jiǎn)單計(jì)算等內(nèi)容，一般與元素化合物的主要性質(zhì)、元素周期律、化工生產(chǎn)工藝流程、電化學(xué)、化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的涉及與評(píng)價(jià)等綜合在一起考查。

【例2】下列敘述不正確的是（ ）

① 工業(yè)上可用KC1O3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為2∶1

② 已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng)：2R（OH）3 + 3C1O- + 4OH- = 2RO4n-+3Cl- +5H2O。則RO4n-中R的化合價(jià)是+5

③ 單質(zhì)氧化性的強(qiáng)弱，能作為判斷硫、氯兩種元素非金屬性強(qiáng)弱的依據(jù)

④ 1 mol Fe與足量的稀HNO3反應(yīng)，轉(zhuǎn)移2 mol電子

⑤ Mg在CO2中燃燒生成MgO和C，在該反應(yīng)條件下，Mg的還原性強(qiáng)于C的還原性

⑥ 向含I-的無(wú)色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，溶液變成藍(lán)色，說(shuō)明氧化性：Cl2>I2

⑦ SO2和SO3混合氣體通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4

⑧ 已知氧化性：Br2>Fe3+，F(xiàn)eBr2溶液中通入少量的Cl2，首先發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2Br-+Cl2=Br2+2Cl-

A. ①③④⑥ B. ②⑤⑥⑧ C. ①③⑤⑦ D. ②④⑦⑧

解析：根據(jù)化合價(jià)升降法配平可得：2KC1O3 + Na2SO3 + H2SO4 = 2ClO2↑+K2SO4 + Na2SO4 + H2O，氧化劑（KC1O3）與還原劑（Na2SO3）物質(zhì)的量之比為2∶1，故①正確；氯元素由+1價(jià)降低為-1價(jià)，設(shè)R由+3價(jià)升高為+x價(jià)，由電子得失守恒定律可知，3×2=2×（+x-3），x=6，則RO4n-中R的化合價(jià)是+6，故②錯(cuò)誤；單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，所含非金屬原子的得電子能力就越強(qiáng)，元素的非金屬性就越強(qiáng)，故③正確；稀HNO3是氧化性酸，足量的稀HNO3能將鐵溶解且生成Fe3+，所以Fe-3e— = Fe3+，則1 mol Fe與足量的稀HNO3反應(yīng)轉(zhuǎn)移3 mol電子，故④錯(cuò)誤；2Mg + CO2 2MgO + C，鎂元素由0價(jià)升高為+2價(jià)，Mg是還原劑，碳元素由+4價(jià)降低為0價(jià)，被還原，則C是還原產(chǎn)物，還原劑的還原性比還原產(chǎn)物強(qiáng)，故⑤正確；淀粉溶液變成藍(lán)色，說(shuō)明2I-+Cl2 = I2 + 2 Cl-，Cl2是氧化劑，I2是氧化產(chǎn)物，則氧化性：Cl2 > I2，故⑥正確；3SO2 + 2H2O + 3Ba（NO3）2 = 3BaSO4 ↓+2 NO↑ + 4HNO3，SO3 + H2O + Ba（NO3）2 = BaSO4 ↓ + 4HNO3，故⑦錯(cuò)誤；氧化性：Br2>Fe3+，則還原性：Fe2+>Br-，則FeBr2溶液中的Fe2+優(yōu)先被少量的Cl2氧化，即首先反應(yīng)的是2 Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，故⑧錯(cuò)誤。

答案：D

點(diǎn)評(píng)：（1）對(duì)于一個(gè)完整的氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)升降總數(shù)相等，電子得失總數(shù)相等；（2）較強(qiáng)氧化性的氧化劑+較強(qiáng)還原性的還原劑=較弱還原性的還原產(chǎn)物+較弱氧化性的氧化產(chǎn)物；（3）氧化還原反應(yīng)中，同種元素不同價(jià)態(tài)之間若發(fā)生反應(yīng)，元素的化合價(jià)只靠近而不交叉，同種元素相鄰價(jià)態(tài)間不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，元素的化合價(jià)必然有升有降；（4）一種氧化劑同時(shí)和幾種還原劑相遇時(shí)，優(yōu)先與還原性最強(qiáng)的還原劑發(fā)生反應(yīng)；同理，一種還原劑遇到多種氧化劑時(shí)，優(yōu)先與氧化性最強(qiáng)的氧化劑反應(yīng)。

三、氧化還原反應(yīng)方程式的配平及計(jì)算

該考點(diǎn)通常涉及化合價(jià)升降的最小公倍數(shù)法、設(shè)1法、電子守恒定律、質(zhì)量守恒定律、物質(zhì)的量及其在方程式計(jì)算中的應(yīng)用等內(nèi)容，一般與元素化合物的性質(zhì)、工藝流程、滴定原理的應(yīng)用、原電池原理、電解原理、物質(zhì)推斷等綜合在一起考查。

【例3】（1）配平偏硼酸鈉（NaBO2）等原料制備硼氫化鈉（NaBH4）的化學(xué)方程式：

□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2=□NaBH4+□Na2SiO3

（2）纖維素還原法制ClO2是一種新方法，其原理是：纖維素水解得到的最終產(chǎn)物D與NaClO3反應(yīng)生成ClO2。完成反應(yīng)的化學(xué)方程式：

□ （D） + 24NaClO3 + 12H2SO4 = □ClO2↑ + □CO2↑ + 18H2O + □_________

（3）準(zhǔn)確稱取W g Na2S2O3·5H2O粗產(chǎn)品，用適量蒸餾水溶解，以淀粉作指示劑，用0.100 0 mol·L-1碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液體積為18.10mL。產(chǎn)品的純度為（設(shè)Na2S2O3·5H2O相對(duì)分子質(zhì)量為M） 。（已知反應(yīng)原理：2S2O32- + I2=S4O62- + 2I-）

（4）汽車劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)10 NaN3 + 2 KNO3 = K2O + 5 Na2O + 16N2↑。若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75mol，則被氧化的N原子的物質(zhì)的量為 。

解析：（1）設(shè)NaBH4的化學(xué)計(jì)量系數(shù)為1，由硼、氫原子個(gè)數(shù)守恒逆推可知，NaBO2、H2的系數(shù)分別為1、2，由鈉、氫元素的化合價(jià)升降總數(shù)相等可知，Na的系數(shù)為4，由鈉原子個(gè)數(shù)守恒可知，Na2SiO3的系數(shù)為2，由硅或氧原子個(gè)數(shù)守恒可知，SiO2的系數(shù)為2；（2）纖維素水解最終產(chǎn)物是葡萄糖（C6H12O6），根據(jù)化合價(jià)升降守恒規(guī)律，（C6H12O6）中碳元素化合價(jià)升高數(shù)應(yīng)該等于NaClO3中氯元素化合價(jià)降低數(shù)，又根據(jù)Na元素和S原子守恒，產(chǎn)物中其中一種肯定是“12Na2SO4”，則24 NaClO324 ClO2↑、1C6H12O66CO2↑，即C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4；（3）由n = c·V、2S2O32- + I2 = S4O62- + 2I-、m = n·M可知，Na2S2O3·5H2O產(chǎn)品純度的計(jì)算表達(dá)式為×100%；（4）NaN3中氮元素由-1/3升高為0價(jià)，KNO3中氮元素由+5價(jià)降低為0價(jià)，則NaN3是還原劑，KNO3是氧化劑，N2既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，設(shè)KNO3為2x mol，則NaN3為10x mol，則屬于還原產(chǎn)物的N2為xmol，屬于氧化產(chǎn)物的N2為15xmol，由題意可知，15x-x=1.75，則x = 0.125，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為10×3×0.125 mol = 3.75mol。

答案：（1）1、2、4、2、1、2 （2）1C6H12O6、24、6、12Na2SO4 （3）×100% （4）3.75mol

點(diǎn)評(píng)：（1）標(biāo)（明反應(yīng)前后變化化合價(jià)的元素的化合價(jià)）→等（通過(guò)求最小公倍數(shù)使化合價(jià)升降總數(shù)相等）→定（確定氧化劑與還原劑的化學(xué)計(jì)量系數(shù)）→平（觀察法配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量系數(shù)）→查（檢查電子得失、電荷總數(shù)、原子個(gè)數(shù)是否均守恒，是否遺漏“↑”、“↓”、反應(yīng)條件等，這是配平陌生新情境中氧化還原反應(yīng)方程式的主要步驟；（2）找物質(zhì)（找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物）→定得失[確定一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)（注意化學(xué)式中的原子個(gè)數(shù)）]→列關(guān)系[根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出關(guān)系式：n（氧化劑）×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值=n（還原劑）×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值]，這是應(yīng)用得失電子守恒法解題的一般步驟；（3）對(duì)于多步連續(xù)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)，只要中間各步反應(yīng)過(guò)程中電子沒(méi)有損耗，可直接找出起始物和最終產(chǎn)物，刪去中間產(chǎn)物，建立二者之間的電子守恒關(guān)系，快速求解。

四、真題演練

1.（2015·四川）下列物質(zhì)在生活中應(yīng)用時(shí)，起還原作用的是（ ）

A. 明礬作凈水劑

B. 甘油作護(hù)膚保濕劑

C. 漂粉精作消毒劑

D. 鐵粉作食品袋內(nèi)的脫氧劑

2.（2015·上海）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 + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑

B. 2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O

C. 4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O

D. 3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2

3.（2015·海南，1）化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列應(yīng)用中利用了物質(zhì)氧化性的是（ ）

A. 明礬凈化水 B. 純堿去油污

C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白織物

4.（2015·上海）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 m3 SO2就會(huì)放出2.5 m3 CO2

5.（2015·山東，11）下列由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出的結(jié)論正確的是（ ）

6.（2015·上海）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反應(yīng)生成高效的消毒殺菌劑ClO2，還生成CO2和KHSO4等物質(zhì)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。

。

7.（2015·全國(guó)課標(biāo)I，36（6））準(zhǔn)確稱取所制備的氯化亞銅樣品m g，將其置于過(guò)量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用a mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反應(yīng)中Cr2O72-被還原為Cr3+，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。

參考答案

1. D 解析KAl（SO4）2·12H2O = K+ + Al3+ + 2 SO42- + 12 H2O、Al3+ + 3 H2O Al（OH）3（膠體）+ 3H+，Al（OH）3（膠體）具有吸附作用，故A錯(cuò)誤；甘油具有強(qiáng)吸水作用，故B錯(cuò)誤；漂粉精具有強(qiáng)氧化作用，故C錯(cuò)誤；吸氧腐蝕總反應(yīng)式2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2或4Fe+3O2+6H2O=4Fe（OH）3，鐵粉起還原反應(yīng)，故D正確。

2. BC 解析：4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中，氮元素由-3價(jià)升高為+2價(jià)，則氨失去電子、被氧化，因此氨起還原劑的作用。2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑中，氫元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，則氨得到電子、被還原，因此氨起氧化劑的作用，故A錯(cuò)誤；2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O中，氮元素由-3價(jià)升高為0價(jià)，則氨失去電子、被氧化，因此氨起還原劑的作用，故B正確；4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O中，氨所含氮元素由-3價(jià)升高為0價(jià)，則氨失去電子、被氧化，因此氨起還原劑的作用，故C正確；3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2中，氨所含氫元素由+1價(jià)降低為0價(jià)，則氨得到電子、被還原，因此氨起氧化劑的作用，故D錯(cuò)誤。

3. D 解析：明礬水解生成的氫氧化鋁膠體能吸附渾濁水中的懸浮顆粒并使之迅速沉降至水底，從而凈水，故A錯(cuò)誤；純堿水解產(chǎn)生的氫氧根離子能使油脂徹底水解為易溶于水的高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，從而去油污，故B錯(cuò)誤；醋酸的酸性比碳酸強(qiáng)，因此醋酸能溶解水垢中的碳酸鈣，故C錯(cuò)誤；漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，次氯酸鈣容易轉(zhuǎn)化為次氯酸，次氯酸具有強(qiáng)氧化性，故D正確。

4. AD 解析：反應(yīng)物Na2S、SO2中硫元素的化合價(jià)分別為-2、+4，生成物Na2S2O3中硫元素的化合價(jià)為+2，則硫元素的化合價(jià)即升高又降低，因此既被氧化又被還原，故A正確；由化合價(jià)升降總數(shù)相等、原子守恒配平可得：Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2，氧化劑（SO2）與還原劑（Na2S）的物質(zhì)的量之比為4∶2=2∶1，而非1∶2，故B錯(cuò)誤；由化合價(jià)升高或降低總數(shù)等于轉(zhuǎn)移電子數(shù)可得關(guān)系式：Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2～8e- ，n（e-） = 8/3 mol，故C錯(cuò)誤；由Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2可知，若V（SO2）=10 m3 ，則V（CO2）= 2.5 m3 ，故D正確。

5. C 解析：向AgCl懸濁液中加入NaI溶液時(shí)出現(xiàn)黃色沉淀，說(shuō)明Ksp（AgCl）> Ksp（AgI），故A錯(cuò)誤；向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈紅色，說(shuō)明溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，故B錯(cuò)誤；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，說(shuō)明氯氣將Br-氧化為Br2，氧化性：Cl2>Br2，則Br-還原性強(qiáng)于Cl-，故C正確；加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結(jié)，原因是NH4ClNH3 ↑+ HCl↑、NH3 + HCl=NH4Cl，故D錯(cuò)誤。

6. 2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O

解析：KClO3有氧化性，H2C2O4有還原性，根據(jù)電子守恒及原子守恒配平可得：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。

7. ×100%

解析：由c·V可知，n（K2Cr2O7）=a×b×10-3 mol；由Cr2O72-被還原為Cr3+可知，n（e-）得=2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol；由電子得失守恒可知，n（e-）失=n（e-）得=2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol；由氯化亞銅被氧化為Cu2+可知，n（CuCl）= 2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]；由n·M可知，m（CuCl）= 2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]×99.5g·mol-1；由樣品的質(zhì)量及質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算表達(dá)式可知，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]×99.5g·mol-1÷m g×100%=×100%。

責(zé)任編輯 李平安