高考化学培优专题复习氧化还原反应练习题

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析）

1．2ClO 是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，为了运输和贮存便利常将其制成2NaClO 固体，模拟工业上用过氧化氢法制备2NaClO 固体的实验装置如图所示。

已知：2ClO 熔点-59℃、沸点11℃、22H O 沸点150℃

A 中的化学方程式：32224222422NaClO H O H SO 2ClO O Na SO 2H O ++=↑+↑++

(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是__________(写化学式)。如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象__________。

(2)C 装置有明显缺陷，请绘出合理的装置图(标明气流方向)__________。

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。通空气不能过快的原因是__________，通空气也不能过慢原因是__________。

(4)冰水浴冷却的目的是__________。

a.降低2NaClO 的溶解度

b.减少22H O 的分解

c.使2ClO 变为液态

d.加快反应速率

(5)写出D 中发生反应的化学方程式__________，22H O 在反应起到__________作用。假设在反应中消耗掉22H O a g 则有__________mol 电子转移。

【答案】H 2O 2 液体无法顺利滴落 空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收 空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解 abc

2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O 还原剂 a/17

【解析】

【分析】

氯酸钠(NaClO 3)在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO 2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO 2，NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，通过冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO 2?3H 2O 。

【详解】

(1)3NaClO 放入仪器A 中，仪器B 中的药品是H 2O 2，仪器B 为滴液漏斗，其目的是平衡气压，使得溶液能够顺利滴入，如果仪器B 改成分液漏斗，实验过程中可能会出现的实验现象是：分液漏斗中的液体无法顺利滴落，反应无法继续进行；

(2)实验中C 的作用是防止倒吸，C 装置中的右侧导管太短，不利于气体的流动，合理的装置图为：；

(3)向A 装置中通入空气，其作用是赶出2ClO ，然后通过C 再到D 中反应。空气流速不能过快，因为空气流速快时，2ClO 不能被充分吸收；空气流速也不能过慢，空气流速过慢时，2ClO 不能及时被移走，浓度过高导致分解；

(4) NaClO 2的溶解度随温度升高而增大，过氧化氢易分解，所以冰水浴冷却的目的是：降低2NaClO 的溶解度、减少22H O 的分解，由于2ClO 的沸点较低，所以还能使2ClO 变为液态，方便使用；

(5)写出D 中发生反应的化学方程式为：2ClO 2+H 2O 2+2NaOH=2NaClO 2+O 2↑+2H 2O ，22H O 在反应中得电子，起到还原剂的作用。反应中存在关系：22H O ~2e -，若在反应中消耗掉22H O a g ，则转移的电子的物质的量为：2×a g/(34g·mol -1)= a/17mol 。

2．硫代硫酸钠(Na 2S 2O 3)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SO 2

实验I ：Na 2S 2O 3的制备。工业上可用反应：2Na 2S+Na 2CO 3+4SO 2=3Na 2S 2O 3+CO 2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H 2SO 4溶液与Na 2SO 3固体反应制备SO 2反应的化学方程式为_______。c 中试剂为_______

(2)实验中要控制SO 2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SO 2不能过量，原因是_______

实验Ⅱ：探究Na 2S 2O 3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色) 装置 试剂X 实验现象

Fe 2(SO 4)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Fe 3+被S 2O 32-还原为Fe 2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe 2+。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Na 2S 2O 3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K 2Cr 2O 7(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 -+Cr 2O 72-+14H + = 3I 2+2Cr 3++7H 2O ，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na 2S 2O 3溶液滴定，发生反应I 2+2S 2O 32- = 2I - + S 4O 62-，三次消耗 Na 2S 2O 3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

【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600

【解析】

【分析】

【详解】

(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Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2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SO 2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SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe 2+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Fe 2+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3233Fe(S O )-

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

Fe 3+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：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr

7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2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227Cr O -得电子总数就与消耗的

223S O -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 (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294

?

???，解得a=0.1600mol/L 。

3．碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO 3，并对 FeCO 3 的性质和应用进行

了探究。 已知：①FeCO 3 是白色固体，难溶于水②Fe 2＋+6SCN -Fe(SCN)64-(无色)

Ⅰ. FeCO 3 的制取（夹持装置略）

实验i ：

装置 C 中，向 Na 2CO 3 溶液（pH ＝11.9）通入一段时间 CO 2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO 4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO 3 固体。

(1)试剂 a 是_____。

(2)向 Na 2CO 3 溶液通入 CO 2 的目的是_____。

(3)C 装置中制取 FeCO 3 的离子方程式为_____。

(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO 2，你认为是否合理并说明理由________。

Ⅱ.FeCO 3 的性质探究

实验ii

实验iii

(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H 2O 2 溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO 3 的应用

(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗

0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +

Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或

6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4

【解析】

【分析】

I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；

II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；

(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；

(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；

(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成

Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响)；

Ⅱ. (5)通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；

(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe 2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；

故答案为：6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；

Ⅲ. (7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH 3CH(OH)COO]2Fe 补血剂，可得关系式MnO 4~5Fe 2+~5[CH 3CH(OH)COO]2Fe ，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol ，则乳酸亚铁的质量分数0.005mol 234g/mol 100%=117%1.0g

??，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe 2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO 4氧化，也消耗了KMnO 4。

4．常温下，三硫代碳酸钠(Na 2CS 3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。 实验一：探究Na 2CS 3的性质

(1)向Na 2CS 3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_________。

(2)向Na 2CS 3溶液中滴加酸性KMnO 4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是__________。

实验二：测定Na 2CS 3溶液的浓度

按如图所示连接好装置，取50.0mLNa 2CS 3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L 稀H 2SO 4，关闭活塞。

已知：Na 2CS 3 + H 2SO 4＝Na 2SO 4+ CS 2 + H 2S↑。CS 2和H 2S 均有毒。CS 2不溶于水，沸点46℃，密度1.26g/mL ，与CO 2某些性质相似，与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O 。

(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_______，碱石灰的主要成分是______(填化学式)。

(2)C 中发生反应的离子方程式是____________。

(3)反应结束后打开活塞K ，再缓慢通入N 2一段时间，其目的是_________。

(4)为了计算Na 2CS 3溶液的浓度，对充分反应后B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na 2CS 3的物质的量浓度为______。

【答案】CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH - S 干燥管 CaO 和NaOH CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O 将装置中残留的的H 2S 、CS 2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L

【解析】

【分析】

实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐；

(2)根据Na 2CS 3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；

实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间是把生成的硫化氢和二硫化碳全部赶入后面装置完全吸收；

(4)当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，根据c ＝

n V 计算A 中Na 2CS 3溶液的浓度。

【详解】

实验一：(1)Na 2CS 3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na 2CS 3是强碱弱酸盐，则CS 32-在水中发生水解，离子方程式为：CS 32- +H 2O ?HCS 3-+OH -；

(2)Na 2CS 3中Na 为+1价，C 为+4价，都是元素的最高价态，不能被氧化，S 为-2价，是硫元素的低价态，能够被氧化，所以被氧化的元素是S ；

实验二：(1)盛放碱石灰的仪器为干燥管，碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；

(2)A 中生成的CS 2可与NaOH 作用生成Na 2COS 2和H 2O ，相关离子方程式为：CS 2 +2OH - ＝COS 22-+H 2O ；

(3)反应结束后打开活塞k ，再缓慢通入热N 2一段时间，其目的是：将装置中的H 2S 全部排入B 中被充分吸收；将装置中的CS 2全部排入C 中被充分吸收；

(4) 当A 中反应完全后，打开K 缓慢通入热N 2一段时间，然后对B 中混合物进行过滤、洗

涤、干燥，称重，得8.4g 黑色固体，n (CuS)＝96g 8.4g /mol

＝0.0875mol ，根据关系式Na 2CS 3～H 2S ～CuS 得n (Na 2CS 3)＝n (CuS)＝0.0875mol ，c (Na 2CS 3)＝0.0875mol 0.05L

＝1.75mol/L 。

5．铁、氯、铜及其化合物在生产、生活中有广泛的用途。试回答下列问题。

(1)二氧化氯(ClO 2)已逐步代替Cl 2用于自来水处理，用ClO 2处理过的饮用水(pH 为5.5～6.5)

常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO 2-)。已知：25 ℃时K a (HClO)＝3.2×10－8，

K a (HClO 2)＝1.0×10－2，则酸性HClO 2________HClO(填“>”“＝”或“<”)；在pH ＝5的上述处理过的饮用水中-

22c(ClO )c(HClO )

＝___________；若饮用水中ClO 2-的含量超标，可向其中加入适量的Fe 2＋将ClO 2-还原成Cl －，写出酸性条件下该反应的离子方程式：

____________________________________________________________。

(2)①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu 2＋、Fe 3＋和Fe 2＋浓度均为0.1 mol·L －1，下图为金属离子的

浓度的对数与溶液pH的关系，现向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH＝5.6，溶液中存在的金属阳离子为____________(当溶液中金属离子浓度≤10－5mol·L－1时，可认为沉淀完全)。

②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积K sp[Fe(OH)2]＝______________________。

(3)Na2S是常用的重金属离子沉淀剂。某工业污水中含有等浓度的Cu2＋、Fe2＋、Pb2＋，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是________________；当最后一种离子沉淀完全时(该离子浓度为10－5 mol·L－1)，此时的S2－浓度为___________________________。已知：K sp(FeS)＝

6.3×10－18；K sp(CuS)＝6×10－36；K sp(PbS)＝2.4×10－18。

【答案】＞ 103 4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O Cu2＋、Fe2＋ 1.0×10-17 CuS

6.3×10-13mol·L－1

【解析】

【分析】

（1）组成相似的酸，电离平衡常数越大酸性越强；依据电离平衡常数计算式计算；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象分析出：易生成Fe（OH）3沉淀；

②根据K sp[Fe（OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）计算；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2－的浓度。

【详解】

（1）电离平衡常数越大酸性越强，已知：25 ℃时K a(HClO)＝3.2×10－8，K a(HClO2)＝1.0×10－2，则酸性HClO2>HClO；在pH＝5的上述处理过的饮用水中，c（H＋）=10-5mol·L－

1

-

2

2

c(ClO)

c(HClO)

＝

2

+5

1.010

c(H)10

K-

-

?

==103；若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量

的Fe2＋将ClO2－还原成Cl-，酸性条件下该反应的离子方程式：4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；故答案为：HClO2＞HClO；103；4Fe2＋+ClO2－+4H＋=4Fe3＋+Cl－+2H2O；

（2）①向混合溶液中通入氨气调节溶液的pH=5.6时，由图象可知易生成Fe（OH）3沉淀，溶液中存在的金属阳离子为Cu2＋、Fe2＋，故答案为：Cu2＋、Fe2＋；

②由图象可知：c（Fe2＋）=1.0×10-5（mol·L-1），c（OH－）=1.0×10-6（mol·L-1），K sp[Fe （OH）2]=c（Fe2＋）×c2（OH－）=1.0×10-17（mol·L-1）3；故答案为：1.0×10-17；

（3）物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2＋最后沉淀，沉淀完全时该浓度为10-5mol·L-1，此时的S2－的浓

度为

18

5

6.310

10

-

-

?

mol·L－1=6.3×10-13mol·L－1，故答案为：CuS；6.3×10-13mol·L－1。

【点睛】

本题考查了元素化合物性质分析，溶度积常数计算，沉淀转化实质理解应用，电离平衡常数概念的分析应用，掌握有关Ksp的基础是解题关键，难点（3），根据物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，离子先沉淀析出。

6．生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，培养后能提供Fe3+，控制反应条件可达细菌的最大活性，其生物浸矿机理如下图。

反应1反应2

（1）氧化亚铁硫杆菌生物浸出ZnS矿。

①反应2中有S单质生成，离子方程式是__。

② 实验表明温度较高或酸性过强时金属离子的浸出率均偏低，原因可能是__。

（2）氧化亚铁硫杆菌生物浸出废旧锂离子电池中钴酸锂（LiCoO2）与上述浸出机理相似，发生反应1和反应3：LiCoO2 +3Fe3+=Li++ Co2++3Fe2++O2↑

①在酸性环境中，LiCoO2浸出Co2+的总反应的离子方程式是__。

②研究表明氧化亚铁硫杆菌存在时，Ag+对钴浸出率有影响，实验研究Ag+的作用。取LiCoO2粉末和氧化亚铁硫杆菌溶液于锥形瓶中，分别加入不同浓度Ag+的溶液，钴浸出率（图1）和溶液pH（图2）随时间变化曲线如下：

图1不同浓度Ag+作用下钴浸出率变化曲线图2不同浓度Ag+作用下溶液中pH变化曲线

Ⅰ．由图1和其他实验可知，Ag+能催化浸出Co2+，图1中的证据是__。

Ⅱ．Ag+是反应3的催化剂，催化过程可表示为：反应4：Ag++LiCoO2=AgCoO2+Li+

反应5：……

反应5的离子方程式是__。

Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，结合反应解释其原因：__。

【答案】ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+细菌的活性降低或失去活性 4LiCoO2 +12H+

4Li++4Co2++6H2O +O2↑加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率

AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①由题给示意图可知，反应2为Fe3+与ZnS发生氧化还原反应生成Zn2+、S和Fe2+，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+，故答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++S+2Fe2+；

② 细菌为蛋白质，温度较高或酸性过强时，蛋白质变性，细菌的活性降低，导致金属离子的浸出率均偏低，故答案为：细菌的活性降低或失去活性；

（2）①在酸性环境中，细菌做催化剂，使LiCoO2中+3价的Co元素将-2价O元素氧化，反应生成Li+、Co2+、O2和H2O，反应的离子方程式为4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑，故答案为：4LiCoO2 +12H+4Li++4Co2++6H2O +O2↑；

②Ⅰ．由图1可知，加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，说明Ag+做催化剂，提高了钴浸出速率，故答案为：加入Ag+明显提高了单位时间内钴浸出率，即提高了钴浸出速率；

Ⅱ．由催化剂的催化机理可知，反应4中Ag+做反应物，则反应5中Ag+做生成物，即中间产物AgCoO2与Fe3+反应生成Ag+、Co2+、Fe2+和O2，反应的化学方程式为

AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑，故答案为：AgCoO2+3Fe3+=Ag++ Co2++3Fe2++O2↑；Ⅲ．由图2可知，第3天至第7天，加入Ag+后的pH均比未加时大，原因是加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，导致加入Ag+后的pH比未加时大，故答案为：加入Ag+催化了反应3，使LiCoO2浸出的总反应的化学反应速率加快，相同时间内消耗H+更多，故加入Ag+后的pH比未加时大。

7．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___

（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：。

准确称取1.200g 产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·

L -1的KMnO 4标准溶液和足量稀H 2SO 4，摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO 3挥发逸

出），冷却至室温，用0.2500mol·

L -1Na 2C 2O 4标准溶液滴定至终点，消耗Na 2C 2O 4溶液的体积为16.00mL 。

已知：2KMnO 4+5NOSO 4H+2H 2O=K 2SO 4+2MnSO 4+5HNO 3+2H 2SO 4；KMnO 4在酸性条件下被还原为Mn 2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。（写出计算过程）___

【答案】HNO 3+SO 2

NOSO 4H 生成的NOSO 4H 对该反应有催化作用 硝酸会挥发

和分解 90.00%

【解析】

【分析】

（1）设NOSO 4H 中N 的化合价为x ，根据化合价代数和为0有：x+(+6)×1+(-2)×5+(+1) ×1=0，解得：x=+3，N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：1；

（2）50.00mL0.1000mol·

L -1的KMnO 4与16.00mL 0.2500mol·L -1Na 2C 2O 4反应之后剩余的KMnO 4再与NOSO 4H 反应。

【详解】

（1）①N 元素化合价从+5降低到+3，必有S 元素化合价从+4升高到+6，N 元素和S 元素的物质的量之比=1:1，所以反应的方程式为：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ，故答案为：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：生成的NOSO 4H 对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 比例为1:1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：硝酸会挥发和分解；

（2）一部分KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电

子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以4224-31

2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L ~

??，

解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-

3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol 5127g 3.410m

NOSO H

-~??，解得NOSO 4H 的质量

m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度

=1.0795g 100%1.2g ?≈90.00%，故答案为：90.00%。 【点睛】

和Na 2

C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。

8．氯化亚铜在有机合成工业中常作催化剂。以下是从含Cu 2+、Fe 3+的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。

如图是滤液中Cu 2+、Fe 3+的含量与pH 的关系及CuCl 产率与pH 的关系图。

请回答以下问题：

(1)在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为____；

(2)由反应①制备CuCl 时的最佳pH 在__________左右；

(3)对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，由此推测CuCl 具有__________性；

(4)写出反应①中化学反应方程式：_____；

(5)隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；

(6)取晶体4.34g 隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g ，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量BaCl 2溶液,得到白色固体2.33g ；另一份加入足量NaOH 溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 。写出晶体的化学式：_____________。

【答案】Fe(OH)3、Cu(OH)2 3.5 还原 2CuSO 4+ Fe +2KCl = 2CuCl↓+2K 2SO 4+FeSO 4 蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥 K 2Fe(SO 4)2?6H 2O

【解析】

【分析】

由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu 2+、Fe 3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH 使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 晶体。

【详解】

（1）由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu 2+、Fe 3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2； （2）由CuCl 产率与pH 的关系图可知，制备CuCl 时的最佳pH 是3.5左右，故答案为：

3.5；

（3）对CuCl 产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl 产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；

（4）反应①为调节溶液pH 和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4，故答案为：2CuSO 4+Fe+2KCl=2CuCl ↓+FeSO 4+K 2SO 4；

（5）隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥； （6）由题意可知，结晶水的物质的量为（4.34-3.26）g

18g/mol =0.06mol ，由加入足量BaCl 2溶液,得到

硫酸钡沉淀质量为2.33g 可知硫酸根的物质的量为 2.33g 233g/mol ×2=0.02mol ，由加入足量NaOH

溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g 可知亚铁离子的物质的量为0.4g 160g/mol ×2×2=0.01mol ，则钾离子的物质的量为0.0296-0.0156）（3.26-g

39g/mol ??=0.02mol ，n (K +)：n (Fe 2+)：n (SO 42—)；

n (H 2O )=0.02mol ：0.01mol ：0.02mol ：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K 2Fe(SO 4)2?6H 2O ，故答案为：K 2Fe(SO 4)2?6H 2O 。

9．将28.8g 铜投入100mL 浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO 3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：

（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L 。

（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO 2与N 2O 4的平衡）为_____L 。

（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是______mol 。

（4）应再往此反应体系中滴加_________L 2 mol/L 的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO 3-的还原产物为NO 。

（5）a g 铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO 2与N 2O 4的平衡）为b L ，为消除污染，将生成的气体通入NaOH 溶液中，气体被完全吸收。已知：NO + NO 2 +2NaOH →2NaNO 2 + H 2O 2NO 2 +2NaOH → NaNO 3 +NaNO 2 + H 2O 如果NO 、NO 2混合气体用NO x 表示，被NaOH 溶液完全吸收时，x 的取值范围______；生成NaNO 2的物质的量是_________mol ；NaNO 3的物质的量是_________mol 。

（6）在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到500C ，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N 2O ，则上述变化的化学方程式为__________________。气体的平均摩尔质量为M ，则M 的取值范围应该是_________________。

【答案】10 8.96 0.3 100 1.5x<2… a mol 64 b a -mol 22.464?? ???

223NO=N O NO 十；2242NO N O ? 45g/mol

【解析】

【分析】

（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；

（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nV m 计算二氧化氮的体积； （3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n （Cu ）；

（4）发生反应：-+2+323Cu+2NO +8H =3Cu +2NO +4H O ↑，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；

（5）由方程式22322NO +2NaOH=NaNO +NaNO +H O 和

222NO+NO +2NaOH=2NaNO +H O 可知，NO 单独不能被吸收，NO 和NO 2混合气体被NaOH 溶液被完全吸收，满足2n NO n NO 1（）：（）≥，当n （NO 2）：n （NO ）=1时x 值最小，计算x 的最小值，因为混有NO ，所以x 最大值＜2，据此确定x 取值范围；纵观整个过程，Cu 失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n （NaNO 2），根据N 元素守恒计算n （NaNO 3）；

（6）在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23

，然后压强就不再改变．已知其中一种产物为N 2O ，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N 2O 十NO 2，因为存在2242NO N O ?

，即生成的NO 2又双聚成N 2O 4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的23

；若只发生反应：3NO=N 2O 十NO 2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。

【详解】

(1)由图可知，开始时n(NO 3?)=1.0mol ，则n(HNO 3)=n(NO 3?)=1.0mol ，则

()3 1.0mol c HNO =

=10mol/L 0.1L

， 故答案为：10； (2)由图可知，反应结束时，溶液中NO 3?为0.6mol ，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol?0.6mol=0.4mol ，标况下二氧化氮的体积为0.4mol 22.4L/mol=8.96L ?， 故答案为：8.96；

(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO 3?为0.6mol ，故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol ，

故答案为：0.3；

(4)28.8g 铜的物质的量为28.8g =0.45mol 64g/mol

，故剩余Cu 为0.45mol?0.3mol=0.15mol ，由方程式-+2+323Cu+2NO +8H =3Cu +2NO +4H O ↑可知

()+8n H =0.15mol =0.4mol 3?

，故n(H 2SO 4)=0.2mol ，则需要硫酸体积为n 0.2mol V===0.1L=100mL c 2mol/L

， 故答案为：100；

(5)由方程式可知，NO 单独不能被吸收，NO 和NO2混合气体被NaOH 溶液被完全吸收，满

足2n NO n NO 1（）：（）≥，当2n NO n NO =1（）：（）

时x 值最小，x 最小值为2+12=1.5，因为混有NO ，所以x 最大值<2，故x 的取值范围为1.5x<2…；

纵观整个过程，Cu 失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，()()2ag a n NaNO =n Cu ==mol 64g/mol 64

，根据N 元素守恒，可知()3bL a b a n NaNO =n()=

-=-mol 22.4L/mol 64mol 22.464气体?? ???， 故答案为：1.5x<2…；a mol 64；b a -mol 22.464?? ???

； (6)在常温下，把NO 气体压缩到1.01×107Pa ，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N 2O ，依据原子个数守恒可知该反应为：223NO=N O NO 十，因为存在2242NO N O ?

，即生成的NO 2又双聚成N 2O 4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的23

， 若只发生反应：223NO=N O NO 十，气体的平均摩尔质量最小，此时

30g/mol M=3=45g/mol 2

?

，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO 2得到0.5mol N 2O 4，

则此时1mol 44g/mol+0.5mol 92g/mol M==60g/mol 1mol+0.5mol

?? ， 综上分析，可知45g/mol

；45g/mol

10．合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义

(1)工业合成氨工业常用的催化剂是____________,氨分子的电子式是__________

(2)图是一定的温度和压强下是N 2和H 2反应生成1molNH 3过程中能量变化示意图，请写出工业合成氨的热化学反应方程式_______。（热量Q 的数值用含字母a 、b 的代数式表示）

(3)下列有关该反应的说法正确的是_____（填序号）

A ．保持容器的体积不变，当混合气体的密度不变时，说明反应已经达到平衡状态。

B ．达到平衡时若升高温度，混合气体中氮元素的质量分数将变大。

C ．达到平衡时若减少容器的体积，正反应速率将大于逆反应速率。

D ．达到平衡后，N 2的转化率和H 2的转化率一定相等。

(4)在催化剂存在下，NH 3可用来消除NO 的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反应的化学方程式：_____________________;该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比是___________

(5)把NH 3通入盐酸溶液中，所得溶液的pH=7, 此时溶液中离子浓度关系是__________ ; ______

【答案】铁触媒 N 2（g ）+3H 2（g ）2NH 3（g ）+2（b-a ）kJ·mol -1 C 4NH 3+6NO → 5N 2+6H 2O 2:3 c(NH 4+)＝c(Cl -)＞c(H +)＝c(OH -) c(NH 4+)+c(H +)＝c(OH -)+ c(Cl -)

【解析】

【分析】

工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键；由图求出N 2和H 2反应生成1molNH 3的反应热，再根据热化学反应方程式的书写要求解答；合成氨是气体体积减小的放热反应，依据平衡移动原理判断；NH 3可用来消除NO 的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，溶液中一定存在电荷守恒；若溶液pH=7，则氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，结合电荷守恒得到离子浓度大小。据此分

析。

【详解】

(1)工业合成氨的催化剂是以铁为载体的铁触媒，氨气是共价化合物，氮原子最外层5个电子，其中三个电子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：；答案为：铁触媒；

； (2)由图可知，N2和H2反应生成 1molNH3放出的热量为(b-a) kJ，该反应的热化学反应方程式为N2 (g) +3H2 (g)2NH3(g) △H=-2(b-a) kJ·mol-1，故答案为： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）+2（b-a）kJ·mol-1；

(3)合成氨是气体体积减小的放热反应，保持容器的体积不变，混合气体质量不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应已经达到平衡状态，A错误；达到平衡时若升高温度，平衡逆向进行，根据反应方程式原子守恒，氮元素质量分数保持不变，B错误；达到平衡时若减少容器的体积，压强增大，平衡正向进行，正反应速率将大于逆反应速率，C正确；转化率和起始量、变化量有关，达到平衡后，N2的转化率和H2的转化率不一定相等，D错误；答案选C；

(4) NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，化学方程式为：4NH3+6NO =5N2+6H2O；该反应中氧化产物与还原产物都是N2，物质的量之比是2：3；

(5)氨气通入盐酸溶液反应生成氯化铵溶液，若溶液pH=7，溶液中溶质为NH4Cl和

NH3·H2O，溶液中氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同，电荷守恒c(NH4+) +c(H+) =c(OH-

)+c(Cl-) ，则c(NH4+) =c(Cl-)，得到离子浓度大小为c(NH4+)＝c(Cl-)＞c(H+)＝c(OH-)；

11．大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NO x必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种。

完成下列填空：

Ⅰ直接脱硝

（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示。则0～5min内氧气的平均反应速率为___mol/（L?min）。

Ⅱ臭氧脱硝

（2）O3氧化NO结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为___。

Ⅲ氨气脱硝

（3）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要___、___（填写试剂名称）。不使用

碳酸铵的原因是___（用化学方程式表示）。

（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是___。

NH3脱除烟气中NO的原理如图3：

（5）该脱硝原理中，NO最终转化为___（填化学式）和H2O。当消耗1molNH3和

0.25molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为___L。

【答案】0.015 1：2 消（熟）石灰碱石灰（NH4）2CO 32NH3↑+CO2↑+2H2O d N2 22.4L

【解析】

【分析】

(1)由图象得到NO物质的量变化，计算得到氧气物质的量变化，结合化学反应速率概念计

算V＝

c

t

?

?

；

(2)O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O＝

2HNO3；

(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体；

(4)氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，根据气体压强的知识进行分析；

(5)①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；

②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算。

【详解】

(1)在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示，NO在5min 内变化物质的量8.0mol﹣6.5mol＝1.5mol，NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，2NO＝

O2+N2，生成氧气物质的量0.75mol，则0～5min内氧气的平均反应速率＝0.75

1

5in

m

mol

L＝

0.015mo l/L?min；

(2)O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O＝

2HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为1：2；

(3)实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要消(熟)石灰、碱石灰，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：

(NH4)2CO32NH3↑+CO2↑+2H2O；

(4)装置abc中都有一个容积较大的仪器，它们能够吸收较多的液体，从而不会使倒吸的液体进入前面的装置，可以防止倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，应是四氯化碳在下层，水在上层，防止倒吸且能吸收氨气，故答案为：d；

(5)①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；

②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO 和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.25mol O2得到1mol 电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol，所以NO的物质的量为1mol，其体积为

22.4L。

12．某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染，在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂，某实验兴趣小组通过如图装置制备ClO2，并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。

已知：i．ClO2为黄绿色气体，极易溶于水，沸点 11℃；

ii．ClO2易爆炸，若用“惰性气体”等稀释时，爆炸性则大大降低；

iii．某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体；

iv．装置 B 中发生的反应为：H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。

请回答下列问题：

（1）B 装置的名称是_____，C 装置的作用为_____。

（2）用 H2C2O4溶液、稀硫酸和 KC1O3制备 ClO2的最大优点是_____。

（3）写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。

（4）ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐（ClO2）。下列试剂中，可将 ClO2 转化为 Cl

的是_____。（填字母序号）。

a．FeSO4 b．O3 c．KMnO4 d．SO2

（5）在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定：取工业废水Wg于锥形瓶中，加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液，用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定，当达到终点时共消耗 KMnO4标准溶液25.00mL。

在此过程中：

①实验中使用棕色滴定管的原因是_____，滴定终点的判断依据是_____。

②W g 工业废水中 CN ﹣的物质的量为_____。

③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗，则测定结果将_____（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】圆底烧瓶 防倒吸 制得ClO 2的同时有CO 2产生，可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性 2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H + ad 防止KMnO 4见光分解 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色 0.0005mol 无影响

【解析】

【分析】

（1）B 为圆底烧瓶；依据C 装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸； （2）反应生成的产物结合ClO 2易爆炸，用惰性气体等稀释时，可防止爆炸分析；

（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子；

（4）将ClO 2 转化为 Cl -，应加入还原剂；

（5）①高锰酸钾不稳定；高锰酸钾与CN -发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色；

②涉及反应为：-+2+42222MnO +8H +2CN 2Mn +2CO +N +4H O ↑↑﹣＝，结合方程式计

算；

③锥形瓶无需润洗。

【详解】

（1）B 装置的名称是圆底烧瓶；依据C 装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶，防止倒吸，故答案为：圆底烧瓶； 防倒吸；

（2）用H 2C 2O 4溶液、稀硫酸和KClO 3制备ClO 2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性，

故答案为：制得ClO 2的同时有CO 2产生，可稀释ClO 2，大大降低爆炸的可能性；

（3）二氧化氯具有强的氧化性，能够氧化二价锰离子生成二氧化锰，本身被还原为氯离子，离子方程式：2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H +，

故答案为：2ClO 2+5Mn 2++6H 2O=5MnO 2↓+2Cl -+12H +；

（4）将ClO 2 转化为 Cl -，应加入还原剂，可加入硫酸亚铁或二氧化硫等，

故答案为：ad ；

（5）①高锰酸钾不稳定受热易分解，所以应放在棕色瓶中；高锰酸钾与CN -发生氧化还原反应，被还原为无色的二价锰离子，所以当达到滴定终点时：颜色由无色变为紫红色，且

高考化学专题《氧化还原反应》综合检测试卷及答案

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．高氯酸铵是一种常见的强氧化剂，常用作火箭发射的推进剂。根据下列信息回答问题:已知:①高氯酸铵受热分解为N2、Cl2、O2和H2O;②Mg3N2易水解;③Cu与N2在酒精灯加热条件下不反应。 （1）写出高氯酸铵受热分解的化学反应方程式: _____________，Mg3N2的电子式为 ________。 （2）现有23.5g NH4ClO4分解，用下列装置设计实验，验证其分解产物并计算分解率。(注:①装置中空气已除尽;②装置可重复使用;③B~F装置中的试剂均过量且能与相应物质反应完全。) ①用E装置质量的增加来验证生成的气体产物之一，则E中盛放的试剂是:_______。 ②请按气流由左至右的方向连接装置:A →E→D →B→______→_____→_______→E (选择B~F 装置，并用B~F字母填空)。 ③证明产物中有Cl2的实验现象:________。 ④反应结束后，若C装置质量增加了2.38g，则NH4ClO4的分解率是:________%。 （3）样品中NH4ClO4的含量(杂质中不含NH4+)还可用蒸馏法测定(如图所示，加热和夹持装置已略去)，实验步骤如下: 步骤1:组装仪器，检查气密性;准确称取样品a g(不超过0.5g)于蒸馏烧瓶中，加入约150mL 水溶解。 步骤2:准确量取40.00mL 约0.1mol/L H2SO4于锥形瓶中。 步骤3:向蒸馏烧瓶中加入20mL 3mol/L NaOH溶液;加热蒸馏使NH3全部挥发。 步骤4:用新煮沸过的水冲洗冷凝装置2~3次，洗涤液并入锥形瓶中。 步骤5:向锥形瓶中加2~3滴甲基橙，用c mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标

高考化学专题-氧化还原反应

氧化还原反应 1．〖2011上海〗（双选）过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后， 若固体质量增加了28g ，反应中有关物质的物理量正确的是（ ） 2．〖2011上海〗（双选）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还 原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br 2 + SO 2 + 2H 2O===H 2SO 4 + 2HBr 相比较，水的作用不相同的是（ ） A ．2Na 2O 2 + 2H 2O===4NaOH + O 2↑ B ．4Fe(OH)2 + O 2 + 2H 2O===4Fe(OH)3 C ．2F 2 + 2H 2O ===4HF + O 2 D ．2Al + 2NaOH + 2H 2O ===2NaAlO 2 + 3H 2↑ 3．〖2012安徽〗NaHCO 3 + H 2 HCOONa + H 2O ，下列有关说法正确的是（ ） A ．储氢、释氢过程均无能量变化 B ．NaHCO 3、HCOONa 均含有离子键和共价键 C ．储氢过程中，NaHCO 3被氧化 D ．释氢过程中，每消耗0.1mol H 2O 放出2.24L 的H 2 4．〖2012海南〗将0.195g 锌粉加入到20.0mL 的0.100mol·L ?1MO 2+溶液中，恰好完全反应，则还 原产物可能是（ ） A ．M B ．M 2+ C ．M 3+ D ．MO 2+ 5．〖2012上海〗工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状 况下V L 氨气完全反应。并转移n 个电子，则阿伏加德罗常数(N A )可表示为（ ） A ．11.2n /5V B ．5V /11.2n C ．22.4V /5n D ．22.4n /5V 6．〖2012上海〗（双选）火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应为： 储氢 释氢

高中化学氧化还原反应的练习题

高中化学氧化还原反应的练习题 1. 将木炭与氧化铜的粉未混合加热，可得到红色的铜。试写出其反应的化学方程式，指出其中的氧化反应与还原反应并考虑它们的关系。 思路解析：C+2CuO 2Cu+CO2↑,从反应过程来看，氧化铜失去氧原子被还原为铜，炭得到氧原子被氧化为二氧化碳，前者为还原反应，后者为氧化反应，两者在一个反应中同时进行，氧原子在两个反应中进行传递。 答案：氧化铜失去氧原子被还原为铜，炭得到氧原子被氧化为二氧化碳，前者为还原反应，后者为氧化反应，两者在一个反应中同时进行，氧原子在两个反应中进行传递 2. 生活中有很多氧化反应，如金属腐蚀、细胞老化。请你总结氧化反应的本质，然后再在你的生活中找一找，还有哪些是氧化反应。 思路解析：金属腐蚀是金属的化合价升高，细胞老化可能是得到了氧原子或失去了氢原子，其实质还是化合价升高。生活中最典型的莫过于燃烧反应，燃烧的物质总是得到氧原子化合价被氧化。 答案：实质是化合价升高。燃烧也是氧化反应。（其他合理答案亦可） 3. 根据以下几种常见元素原子的原子结构示意图，指出它们在化学反应中得失电子的趋势。 氢氧氖钠镁氯 思路解析：最外层电子数越多，电子层数越少，得电子能力越强。 答案：氧和氯主要得电子，钠和镁主要失电子，氢得失电子能力都不强;氖则既不易得电子，又不易失电子。 4. 比较氯化钠和氯化氢的形成过程，总结其区别与联系。 思路解析：分析氯化钠和氯化氢形成过程中电子的得失或转移、化合价的变化情况。

答案：氯元素的原子在氯化钠和氯化氢形成的过程中化合价都降低了，被还原，发生的是还原反应;钠元素的原子失去电子，化合价升高被氧化，发生的是氧化反应;氢元素虽然不能得到电子，但它与氯原子共用的电子对偏离氢原子，氢的化合价升高，被氧化，发生的是氧化反应 10分钟训练(强化类训练，可用于课中) 1. (2004 全国春季高考理综)在下图所表示的粒子中，氧化性的是( ) A. B. C. D. 思路解析：氧化性的本质是物质得电子的能力，从粒子结构示意图可以很清 楚地知道：最容易得电子的是 B 项中粒子。 答案：B 2. 下列叙述正确的是( ) A. 元素的单质可由氧化或还原含该元素的化合物来制得 B. 得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强 C. 阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂 D. 含有价元素的化合物不一定具有强的氧化性 思路解析： A 项正确，一般金属用还原其相应化合物的方法获得，非金属用氧化其相应化合物的方法获得;B 项将得电子能力与得电子多少混为一谈，实际上氧化性只与得电子能力有对应关系;C 项绝对化，也有阳离子如Fe2+可以继续被氧化，作还原剂;D 项正确，如H2O 中H 元素就是价，但它只有极弱的氧化性。 答案：AD 3. 下列有关氧化还原反应的叙述正确的是( )

专题：氧化还原反应

专题（3）氧化还原反应 核心知识点一： 一、信息型氧化还原方程式的书写

3 Fe + 2Fe + 22/H S S - S 3HNO 浓 2NO 2Fe + 3Fe + 3HNO 稀 NO 22H O 2O 2222/()H O Na O H + 2H O 含氧有机物（25C H OH 、224H C O ） 2CO 2()O H + 2H O 方程式的书写不要盲目，首先要根据基本理论（氧化还原反应、离子反应等）进行系统分析，判断反应物、产物；然后根据配平的基本方法（基于质量守恒的观察法、电子得失守恒的化合价升降法以及缺项配平）对其进行配平，最后进行检查即可得到。 2. 四步法突破信息型氧化还原反应方程式的书写 信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式，叙述一个化学反应的过程，需要从文字信息中提炼反应物、生成物，进而分析反应中电子得失情况，书写流程为： 核心知识点二： 二、氧化还原反应规律的应用 氧化还原反应的基本规律有：守恒律、强弱律、价态律、转化律、难易律，下面就各种规律及其作用做个介绍： 1. 守恒规律 化合价升高总数与降低总数相等，实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。即n （氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值＝n （还原剂）×变价原子个数×化合价变化值。 应用：①直接计算参与氧化还原反应物质间的数量关系。 ②配平氧化还原反应方程式。

2. 强弱规律 氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物。 强弱规律的应用：①判断某氧化还原反应中，氧化性、还原性的相对强弱。 ②判断某氧化还原反应能否正常进行。 3. 优先规律 当存在多种还原剂（氧化剂）时，氧化剂（还原剂）通常先和还原性（氧化性）最强的还原剂（氧化剂）反应。 应用：①判断某一氧化还原反应能否正常进行。 ②可判断物质发生氧化还原反应的先后顺序。 如向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2，因I－的还原性强于Br－，则先发生反应：2I－＋Cl2＝2Cl－＋I2，然后发生反应：2Br－＋Cl2＝2Cl－＋Br2。 4. 价态规律 有多种价态的元素，处于最高价态时只具有氧化性（如H2SO4中的S元素），处于最低价态时只具有还原性（如H2S中的S元素），处于中间价态时既有氧化性又有还原性（如SO2中的S元素）。 应用：①判断氧化还原反应能不能发生。 ②判断同种元素的不同物质间发生氧化还原反应时的化合价变化情况。 归中反应：同种元素不同价态间发生归中反应时，元素的化合价只接近而不交叉，最多达到同种价态。 如：H2S＋H2SO4（浓）＝S↓＋SO2↑＋2H2O（H2 2- S→ S，H2 6+ S O4→ 4+ S O2）、5Cl－＋ClO-3 ＋6H＋＝3Cl2↑＋3H2O。 歧化反应：当元素化合价处于中间价态时，才能发生歧化 如：Cl2 + H2O＝HCl + HClO 核心知识点一： 1. KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。该反应的离子方程式：___________________________________________________。 【答案】2MnO4-+ 5C2O42- + 16H+2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O 【解析】根据“四步法”，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，第二步再写出氧化剂+还原剂→氧化产物+还原产物，并配平，第三步补项，第四步根据得失电子守恒配平，最后方程式为：2MnO4-+ 5C2O42- + 16H+2Mn2+ + 10CO2↑ + 8H2O。 【考点】氧化还原反应方程式书写

氧化还原反应高考题集锦

1．（重庆卷）下列做法中用到物质氧化性的是（） A．明矾净化水B．纯碱除去油污C．臭氧消毒餐具D．食醋清洗水垢 2．（上海卷）已知在热的碱性溶液中，NaClO发生如下反应：3NaClO2NaCl＋NaClO3。在相同条件下NaClO2也能发生类似的反应，其最终产物是( ) A．NaCl、NaClO B．NaCl、NaClO3 C．NaClO、NaClO3 D．NaClO3、NaClO4 3．(全国卷II)下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是( ) A．CO＋H2O高温CO2＋H2 B. 3NO2＋H2O = 2HNO3＋NO C. 2Na2O2＋2H2O = 4NaOH＋O2↑ D. 2F2＋2H2O = 4HF＋O2 4.（上海卷）下列物质中，只有氧化性、只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是（） A F2、K、HCl B Cl2、Al、H2 C NO2、Na、Br2 D O2、SO2、H2O 5．(全国卷I)已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4= 2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，其中1 mol 氧化剂在反应中得到的电子为( ) A.10 mol B.11 mol C.12 mol D.13 mol 6．（广东卷）氮化铝（AlN，Al和N的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。 在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3＋＋N2＋3C高温2AlN＋3CO合成。下列叙述正确的是（）A．上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子 C．AlN中氮元素的化合价为＋3 D．AlN的摩尔质量为41g 7．（广东卷）下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量的关系为1∶2的是 A．O3+2KI+H2O==2KOH+I2+O2B．2CH3COOH+C a(ClO)2==2HClO+Ca(CH3COO)2 C．I2+2NaClO3==2NaIO3+Cl2D．4HCl+MnO2==MnCl2+Cl2↑+2H2O 8．（全国卷）某酒精厂由于管理不善，酒精滴漏到某种化学品上而酿成火灾。该化学品可能是A．KMnO4B．NaCl C．(NH4)2SO4D．CH3COOH 9．（江苏卷）氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3＋N2＋3C 2AlN＋3CO下列叙

高三专题复习氧化还原反应 (1)

氧化还原反应历年高考题 1.(2014·上海高考)下列反应与Na 2O 2＋SO 2===Na 2SO 4相比较，Na 2O 2的作用相同的是( ) A ．2Na 2O 2＋2CO 2===2Na 2CO 3＋O 2 B ．2Na 2O 2＋2SO 3===2Na 2SO 4＋O 2 C ．Na 2O 2＋H 2SO 4===Na 2SO 4＋H 2O 2 D ．3Na 2O 2＋Cr 2O 3===2Na 2CrO 4＋Na 2O 2．(2014·山东理综)下表中对应关系正确的是( ) 3．(2012·上海化学)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应方程式为：2CuFeS 2＋O 2===Cu 2S ＋2FeS ＋SO 2。下列说法正确的是( ) A ．SO 2既是氧化产物又是还原产物 B ．CuFeS 2仅作还原剂，硫元素被氧化 C ．每生成1 mol Cu 2S ，有4 mol 硫被氧化 D ．每转移1.2 mol 电子，有0.2 mol 硫被氧化 4. (2014·新课标全国Ⅰ，节选)(1)H 3PO 2及NaH 2PO 2均可将溶液中的Ag ＋ 还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H 3PO 2中，P 元素的化合价为________。 ②利用H 3PO 2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为______(填化学式)。 (2)H 3PO 2的工业制法是：将白磷(P 4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH 3气体和Ba(H 2PO 2)2，后者再与H 2SO 4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式________。 5．(2014·天津理综，节选)KClO 3可用于实验室制O 2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。写出该反应的化学方程式：_________________________________。 6．(2014·福建理综，节选)工业上，通过如下转化可制得KClO 3晶体： NaCl 溶液 ――→80 ℃，通电ⅠNaClO 3溶液――→室温，KCl Ⅱ KClO 3晶体 (1)完成Ⅰ中反应的总化学方程式： NaCl ＋ H 2O=== NaClO 3＋ ________。 (2)Ⅱ中转化的基本反应类型是________，该反应过程能析出KClO 3晶体而无其他晶体析出的原因是____________。

(完整)高中化学专题复习之氧化还原反应

高中化学专题复习之—— 氧化还原反应 一、基本概念 概念定义注意点氧化反应物质失去电子的反应物质失去电子的外部表现为化合价的升高还原反应物质得到电子的反应物质得到电子的外部表现为化合价的降低被氧化元素失去电子的过程元素失去电子的外部表现为化合价的升高被还原元素得到电子的过程元素得到电子的外部表现为化合价的降低 氧化产物通过发生氧化反应所 得的生成物 氧化还原反应中，氧化产物、还原产物可以是同一种产物， 也可以是不同产物，还可以是两种或两种以上的产物。如 反应4FeS 2 +11O 2 =2Fe 2 O 3 +8SO 2 中，Fe 2 O 3 和SO 2 均既为氧化产 物，又为还原产物。 还原产物 通过发生还原反应所得的生成物 氧化剂得到电子的反应物常见氧化剂：(1)活泼的非金属单质；如卤素单质(X 2 )、O 2 、 S等(2)高价金属阳离子；如Fe3+、Cu2+等(3)高价或较高价 含氧化合物；如MnO 2 、浓H 2 SO 4 、HNO 3 、KMnO 4 等(4)过氧化 物；如Na 2 O 2 、H 2 O 2 等 还原剂失去电子的反应物常见还原剂：①活泼或较活泼的金属；如K、Na、Z n 、Fe 等②一些非金属单质；如H 2 、C、Si等③较低态的化合物； CO、SO 2 、H 2 S、Na 2 SO 3 、FeSO 4 氧化性得到电子的能力物质的氧化性、还原性的强弱与其得失电子能力有关，与 得失电子的数目无关。 还原性失去电子的能力 ⑵.基本概念之间的关系： 氧化剂有氧化性化合价降低得电子被还原发生还原反应生成还原产物 还原剂有还原性化合价升高失电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物 例1、制备氰化钙的化学方程式为CaCO3+ 2HCN = Ca(CN)2 + CO↑+ H2↑+ CO2↑，在反应中（） A. 氢元素被氧化，碳元素被还原 B. HCN既是氧化剂又是还原剂 C. Ca(CN)2是氧化产物，H2是还原产物 D. CO为氧化产物，H2为还原产物 解析：本题考查氧化还原反应的有关概念。 CaCO3+ 2HCN = Ca(CN)2 + CO↑+ H2↑+ CO2↑（注意生成物中CO2碳元素来自CaCO3，它的化合价在反应前后没有发生变化），即氢元素化合价降低，碳元素化合价升高，故HCN既是氧化剂又是还原剂，Ca(CN)2 是氧化产物，H2是还原产物。答案：B、C。

氧化还原反应高考真题精选及解析

氧化还原反应 1．高温下焙烧CuFeS2的反应之一为: 2CuFeS2+7O2CuSO4+CuO+Fe2O3 +3SO2 下列关于该反应的叙述正确的是() A. CuFeS2中硫的化合价为-1 B. CuFeS2发生还原反应 C. 1 mol CuFeS2完全反应转移13 mol电子 D. CuSO4和SO2既是氧化产物, 又是还原产物 [答案] D [解析]CuFeS2中Cu为+2价, Fe为+2价, S为-2价, A选项错误; CuFeS2中S、Fe化合价都升高, 发生氧化反应, B选项错误; 1 mol CuFeS2完全反应转移14 mol电子, C选项错误; D正确。 2．三氟化氮(NF3) 在微电子工业中有重要用途, 可由氨气和氟气反应得到, 它在潮湿的空气中与水蒸气反应的产物有HF、NO和HNO3。下列说法错误的是() A. 原子半径: N> F B. 在与水蒸气反应中, NF3既是氧化剂又是还原剂 C. 若NF3泄漏, 可用石灰水喷淋的方法减少污染 D. 在潮湿空气中反应, 被氧化与被还原的元素的物质的量之比为2∶1 [答案] D [解析]原子半径: N> F, A正确; 三氟化氮与水蒸气反应生成HF、NO和HNO3, 三氟化氮中氮元素为+3价, 部分N元素化合价升高转化为HNO3, 部分N元素化合价降低转化为NO, 所以NF3既是氧化剂又是还原剂, B正确; 石灰水可除去HF、HNO3, 所以若NF3泄漏, 可用石灰水喷淋的方法减少污染, C正确; 根据化合价升高总数和降低总数相等, 可得被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1∶2, D错误。 3．已知: ①Na3N+3H2O3NaOH+NH3↑, ②NaH+H2O NaOH+H2↑。下列叙述正确的是() A. 离子半径: Na+> > H+ B. 反应①和②都是氧化还原反应 C. 反应②每生成1 mol H2, 转移的电子数为N A D. Na3N和NaH与盐酸反应都只生成一种盐 [答案] C [解析]离子半径: N3-> Na+> H+, A不正确; 反应①中元素的化合价均未变化, 不是氧化还原反应, B不正确; 根据反应①可知Na3N与盐酸反应生成氯化钠和氯化铵两种盐, D不正确。 4．金属铜的提炼多从黄铜矿开始, 黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为: 2CuFeS2+O2+2FeS+SO2, 则下列说法正确的是() A. 2CuFeS2中的S为-2价 B. CuFeS2仅是还原剂 C. 横线上的物质应是CuS D. 若有1 mol O2参加反应, 则反应中有4 mol电子转移 [答案] A [解析]根据原子守恒知横线上的物质为Cu2S。因为Fe3+能氧化S2-, 所以CuFeS2中Cu为+2价、Fe为+2价、S为-2价, 反应前后Cu、S、O三种元素的化合价都发生了变化, CuFeS2既是还原剂也是氧化剂。反应中除O2得电子外, +2价Cu也得电子, 若有1 mol O2参加反应, 则有6 mol电子转移。 5．将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中, 收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2) 的混合物, 这些气体恰好能被500 mL 2.0 mol/L NaOH溶液完全吸收, 生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液, 其中NaNO3的物质的量是()

高考化学氧化还原反应练习题

专题训练(氧化还原反应二) 班级________姓名________得分_________ 1．以油类为溶剂的防锈漆称为油基防锈漆，由于环保方面的原因，目前要推广使用水基防锈漆，但水基漆较易溶解O2，在干燥之前易导致金属表面产生锈斑，为此要在水基漆中加入缓蚀剂，以下可作为缓蚀剂添加的是 A．KMnO4B．NaNO2C．FeCl3D．HNO3 2．下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是 A．SO32－→SO2B．HCl→Cl2C．Na→Na＋D．SO2→S 3．下列反应所生成的气体中，含有被还原的元素是 A．炭粉和二氧化硅均匀混和后强热B．石英和纯碱均匀混和后强热 C．铜片放入浓硫酸中加热D．铝粉放入氢氧化钾溶液中振荡 4．已知：2Fe＋3Br2＝2FeBr32Fe3＋＋2I—＝2Fe2＋＋I2，现将Fe(NO3)2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4②HNO3③溴水④碘水，其中能使Fe2＋转变成Fe3＋的是 A．只有②③B．①②③C．②③④D．全部 5．下列反应中有一种物质既是氧化剂又是还原剂的是 A．2KI＋Br2＝2KBr＋I2 B．2AgNO32Ag＋2NO2↑＋O2↑ C．Cu2(OH)2CO32CuO＋CO2↑＋H2O D．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ 6．下列反应中，水既不是氧化剂，也不是还原剂，但反应是氧化还原反应的是 A．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑B．C＋H2O CO＋H2 C．Cl2＋H2O＝HCl＋HClO D．2F2＋2H2O＝4HF＋O2 7．有甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在；丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放； 丁与乙盐的水溶液不反应。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序可能是 A．甲乙丙丁B．丁乙丙甲C．丙乙丁甲D．乙丁丙甲 8．在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，若有5mol水发生氧化反应，则被还原的BrF3物质的量为 A．2mol B．5mol C．5 3mol D． 10 3mol 9．单质A能从盐溶液中置换出单质B，则下列说法不正确的是A．A、B都是金属时，A一定比B的金属活动性强 B．当A、B都是非金属时，A一定比B的非金属活动性强C．当A是金属时，B可能是金属，也可能是非金属 D．当A是非金属时，B可能是非金属，也可能是金属10．下列叙述中正确的是 A．阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性 B．含氧酸可作氧化剂而无氧酸则不能 C．失电子难的原子获得电子的能力就强 D．氯气分子可作氧化剂，但也可被其他氧化剂所氧化11．下列说法中正确的是

全国高考化学氧化还原反应的综合高考真题分类汇总及答案解析

一、高中化学氧化还原反应练习题（含详细答案解析） 1．工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题： Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。 测定原理： +3Br 2→↓+3HBr 测定步骤： 步骤1：准确量取25.00mL 待测废水于250mL 锥形瓶中。 步骤2：将5.00mL 1amol L -?浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。 步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入bmL 10.10mol L -?KI 溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。 步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用10.010mol L -?223Na S O 标准溶液滴定至终点，消耗223Na S O 溶液1V mL (反应原理：2223246I 2Na S O 2NaI Na S O +=+)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗223Na S O 溶液2V mL 。 (1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。 (2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。 (3)“步骤4”滴定终点的现象为________。 (4)该废水中苯酚的含量为________1mg L -?(用含1V 、2V 的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。 Ⅱ.处理废水。采用Ti 基2PbO 为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·OH )，阴极上产生22H O 。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为2CO 和2H O 。 (5)写出阳极的电极反应式：________。 (6)写出苯酚在阴极附近被22H O 深度氧化的化学方程式：________。 【答案】(酸式)滴定管 塞紧瓶塞 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 ()2194V -V 15 偏低 偏低 2H O e OH H -+-=?+ 652222C H OH 14H O 6CO 17H O +=↑+ 【解析】 【分析】 向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI 溶液与剩下的Br 2发生氧化还原反应得到I 2，方程式为Br 2+2I -===I 2+2Br -，再用Na 2S 2O 3标准溶液滴定I 2，可根据消耗的Na 2S 2O 3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br 2的物质的量，再设置一个空白实

高考_氧化还原反应专题(精品)

氧化还原反应专题 氧化还原反应是历年高考的重点和难点，高考命题的意图是考查对概念的理解，近几年来主要以选择题和填空题的形式来考查氧化还原反应的概念，并涉及物质结构、元素及其化合物的性质。 [氧化还原知识网络] 氧化还原反应有关概念及转化关系实质：有电子转移即得失与偏移特征：反应前后元素的化合价发生变化化合价降低，得电子，被还原发生还原反应概念及转化氧化剂还原剂还原产物氧化产物氧化性还原性化合价升高，失电子，被氧化（发生氧化反应）：()()()()??????????????????????????? ??????++ 氧化还原反应方程式配平原则：氧化剂化合价降低总数还原剂化合价升高总数步骤：“一标、二找、三定、四平、五查”即“标好价、找变化、定总数、配系数、再检查”有关计算：关键是依据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，列出守恒关系式求解=???????????? 一、化学反应的类型 1．化学反应基本类型（依据反应物、生成物的类别和种类分类） 2．氧化还原反应和非氧化还原反应（依据反应物有无电子转移或物质的相关元素在反应前后有无化合价改变分类） 氧化还原反应有关概念及转化关系电子转移表示法单线桥表示法表示电子转移的过程，箭号由失电子元素指向得电子元素，表示转移电子数时，无需“得”、“失”二字双线桥表示法表示电子转移的结果，箭号连接变化前后的同种元素。表示转移电子数时，需标明“得”或“失”?????????????????????????????? ?????化学反应类型

化学反应 3．其它分类法 a．依据反应的热效应分为：吸热反应，放热反应。 b．依据反应进行的程度分为：可逆反应，非可逆反应。 c.依据反应中有无离子参与分为：离子反应，分子反应。 4．氧化还原反应与基本反应类型的关系 ⑴置换反应都是氧化还原反应； ⑵复分解反应都是非氧化还原反应； ⑶化合反应和分解反应可能为氧化还原反应； 它们的关系可用下图表示： 说明： ⑴有单质参与的化合反应或分解反应多数为氧化还原反应，但不一定是氧化还原。 如： ①4P（红）＝P4为化合反应，但为非氧化还原反应； ②2O3＝3O2有单质生成但为非氧化还原； ⑵没有单质参与的化合反应或分解反应也可能是氧化还原反应。 如： ①NH4NO3的分解，随条件不同，产物也不同，可能生成NO2、H2O等为氧化还原反应，但没有单质参与； ②Na2O2与MnO2化合可以生成Na2MnO4也是氧化还原反应，但没有单质参与。

最新高考化学考点总结-氧化还原反应

最新高考化学考点总结-氧化还原反应及其配平 1．复习重点：1、氧化还原反应概念。 2、电子守恒原理的应用。 3、根据化合价升降总数守恒配平化学反应方程式。2．难点聚焦 氧化还原反应中的概念与规律: 一、五对概念 在氧化还原反应中，有五对既相对立又相联系的概念。它们的名称和相互关系是： 二、五条规律 1、表现性质规律 同种元素具有多种价态时，一般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、处于中间可变价时既具有氧化性又具有还原性。 2、性质强弱规律 3、反应先后规律 在浓度相差不大的溶液中，同时含有几种还原剂时，若加入氧化剂，则它首先与溶液中最强的还原剂作用；同理，在浓度相差不大的

溶液中，同时含有几种氧化剂时，若加入还原剂，则它首先与溶液中最强的氧化剂作用。例如，向含有FeBr2溶液中通入Cl2，首先被氧化的是Fe2+ 4、价态归中规律 含不同价态同种元素的物质间发生氧化还原反应时，该元素价态的变化一定遵循“高价＋低价→中间价”的规律。 5、电子守恒规律 在任何氧化—还原反应中，氧化剂得电子（或共用电子对偏向）总数与还原剂失电子（或共用电子对偏离）总数一定相等。 三．物质氧化性或还原性强弱的比较: （1）由元素的金属性或非金属性比较 <1>金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱 非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱 （2）由反应条件的难易比较 不同的氧化剂与同一还原剂反应时，反应条件越易，其氧化剂的氧化性越强。如： 前者比后者容易发生反应，可判断氧化性：。同理，不同的还原剂与同一氧化剂反应时，反应条件越易，其还原剂的还原性越强。 （3）根据被氧化或被还原的程度不同进行比较 当不同的氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧

高考化学-氧化还原反应必备专题复习

2014高考化学必备专题一一氧化还原反应及其配平 【考纲解读】 1、了解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系。 2、了解氧化还原反应的本质是电子的转移，了解常见的氧化还原反应。 3、能正确理解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系；能用单、双线桥正确表示氧化还原反应中电子转移的方向和数 目；能正确判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 4、能正确比较氧化剂的氧化性、还原剂的还原性强弱；掌握氧化还原反应方程式的配平方法；灵活 运用电子转移守恒法进行氧化还原反应的相关计算。本专题分值约为6-15分。 【高考预测】 氧化还原反应是高中化学的基础知识，它贯穿与高中化学的始终，是高考化学的高频考点之一。氧化还原的应用主要集中在氧化剂还原剂等基本概念、氧化性、还原性的强弱比较，氧化还原反应中电子转移的方向和数目的表示，以电子转移为核心的有关计算等等。从历年高考试题来看，其考查方式灵活多样，可以独立命题考查，也可以贯穿于填空、推断、实验、计算等各类试题之中，正确理解氧化还原反应的概念和规律，灵活运用电子转移守恒是掌握本讲知识的关键。分析近几年的高考试题的特点，氧化还原反应主要考查这几个方面：一、将氧化还原反应方程式的配平与物质的分析推断结合在一起；二、根据计算确定氧化产物或还原产物、三、运用氧化还原知识解释和解决一些生活、生产、环保和能源方面的问题。化学反应中的能量主要题型有热化学方程式的判断或书写、反应热的计算或比较大小。可能出现的新题型： （1）结合数学图象；（2）结合社会热点问题；（3）与实验、计算等组合进行综合考查。题型可以为选择、填空等。 、基本概念

［例1］(2012上海望0)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿， 其反应：2CuFeS 2+Q ——-CitS+2FeS+SO 下列说法正确的 每生成1mol Cu 2S ,有4 mol 硫被氧化 D.每转移1.2 mol 电子，有0.2 mol 硫被氧化 知识规律］ 二、常见的氧化剂、还原剂归纳 1. 常见的氧化剂： A . SO 2既是氧化产物又是还原产物 B . CuFeS 仅作还原剂，硫元素被氧化 C. 答案: AD 还原性 化合价升高 弱氧化性 变化 j 还原剂 ----------- 氧化反应 反应物—I 氧化剂 --------- 还原反应 变化 J I 于氧化产物 —产物 卡还原产物' 氧化性 化合价降低 弱还原性

高考化学氧化还原反应

第5讲氧化还原反应 基础题组 1.(2018河北保定模拟)在下列变化:①大气固氮,②硝酸银分解,③实验室制取氨气中,按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列正确的是() A.①②③ B.②①③ C.③②① D.③①② 2.(2018山东济南模拟)下列四个反应(已配平,条件略),从氧化还原反应的角度分析,酸所体现的性质与其他三者有所不同的是() A.MnO 2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O B.Ag+2HNO 3(浓)AgNO3+NO2↑+H2O C.C+2H 2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O D.3Fe 3O4+28HNO3(浓)9Fe(NO3)3+NO↑+14H2O 3.(2017山西五校联考四)将几滴KSCN(SCN-是“类卤离子”)溶液加入含有Fe3+的酸性溶液中,溶液变成红色。将该红色溶液分为两份:①一份中加入适量KMnO4溶液,红色褪去;②另一份中通入SO2,红色也褪去。下列推测肯定不正确的是() A.SCN-在适当条件下可被氧化为(SCN)2 B.①中红色褪去的原因是KMnO4将SCN-氧化

C.②中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+ D.②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原 4.(2017辽宁大连双基检测)根据表中信息判断,下列说法不正确的是() A.第①组反应的其余产物为H2O和O2 B.第②组反应从产物可以得出还原性:Fe2+>Br- C.第③组反应中生成1 mol Cl2,转移电子数为2N A D.氧化性由强到弱的顺序为Mn->Cl2>Fe3+>Br2 5.(2017辽宁大连双基检测)将一定量的SO2通入FeCl3溶液中,取混合溶液,分别进行下列实验,能证明SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应的是()

2019高考化学氧化还原反应

一、 一、氧化还原反应中的基本概念1．氧化还原反应的特征及本质 （1）特征：有元素的化合价变化； （2）本质：有电子的转移(得失或偏移)。 2．氧化还原反应中的基本概念 （1）氧化剂与还原剂 氧化剂：在氧化还原反应中得到电子(或电子对偏向)的反应物(即所含元素的化合价降低)。 还原剂：在氧化还原反应中失去电子(或电子对偏离)的反应物(即所含元素的化合价升高)。 注意：氧化剂与还原剂可以是不同的物质，也可以是同一种物质，如氯气与水反应时，氯气既是氧化 剂也是还原剂。 （2）氧化反应与还原反应 氧化反应：失去电子(或元素化合价升高)的反应叫氧化反应。 还原反应：得到电子(或元素化合价降低)的反应叫还原反应。 （3）氧化性与还原性氧化性：物质得到电子的性质叫氧化性，氧化剂具有氧化性。 还原性：物质失去电子的性质叫还原性，还原剂具有还原性。 注意：1．元素的化合价处于该元素中间价态的物质一般既具有氧化性又具有还原性，如SO 2中的硫元素处于其中间价态，所以SO 2既具有氧化性，又具有还原性。 2．具有氧化性，能得电子，不一定是氧化剂，反之，具有还原性也不一定是还原剂。 （4）氧化产物与还原产物 氧化产物：还原剂失去电子后生成的对应产物。 还原产物：氧化剂得到电子后生成的对应产物。 注意：在氧化还原反应中，某些产物可能既是氧化产物又是还原产物，如碳与氧气反应生成的二氧化碳既是氧化产物又是还原产物。 3．用双线桥理解氧化还原反应的概念之间的关系 三梦

概括为升失氧、降得还，剂性一致、其他相反。 二、氧化还原反应的基本规律 1．守恒规律 （1）内容。 ①质量守恒：反应前后元素的种类、原子的数目和质量不变。 ②电子守恒：氧化还原反应中，氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数，表现为化合价升高的总数等于化合价降低的总数。 ③电荷守恒：离子方程式中反应物中各离子的电荷总数与产物中各离子的电荷总数相等。 （2）应用：运用“守恒规律”可进行氧化还原反应方程式的配平和相关计算。如用铜电极电解Na 2SO 4 溶液，其阳、阴极产物及转移电子关系式为：Cu 2+～2e ?～H 2～2OH ?。2．价态律 当元素具有可变化合价时，一般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。如：浓H 2SO 4中的S 只具有氧化性，H 2S 中的S 只具有还原性，单质S 既具有氧化性又具有还原性。 3．强弱规律 在氧化还原反应中，强氧化剂+强还原剂=弱氧化剂(氧化产物)+弱还原剂(还原产物)，即氧化剂的氧化性比氧化产物强，还原剂的还原性比还原产物强。如由反应2FeCl 3+2KI===2FeCl 2+2KCl+I 2可知，FeCl 3的氧化性比I 2强，KI 的还原性比FeCl 2强。 一般来说，含有同种元素不同价态的物质，价态越高氧化性越强(氯的含氧酸除外)，价态越低还原性越强。如氧化性：浓H 2SO 4>SO 2(H 2SO 3)>S ；还原性：H 2S>S>SO 2。 在金属活动性顺序表中，从左到右单质的还原性逐渐减弱，阳离子(铁指Fe 2+)的氧化性逐渐增强。 三梦

专题04 氧化还原反应

1．下列变化中，气体被还原的是（ ） A ．二氧化碳使Na 2O 2固体变白 B ．氯气使KBr 溶液变黄 C ．乙烯使Br 2的四氯化碳溶液褪色 D ．氨气使AlCl 3溶液产生白色沉淀 2．下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是（ ） A ．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B ．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C ．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D ．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 3．向含amolNaClO 的溶液通入bmolSO 2充分反应（不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分 解）。下列说法不正确的是（ ） A ．当0Cu 2+>Fe 2+ 。若在氯化铁 溶液蚀刻铜印刷电路板后所得的溶液里加入过量锌片。下列说法正确的是（ ）

2014年高考化学必备专题复习——氧化还原反应

2014高考化学必备专题——氧化还原反应及其配平 【考纲解读】 1、了解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系。 2、了解氧化还原反应的本质是电子的转移，了解常见的氧化还原反应。 3、能正确理解氧化还原反应的概念及概念间的相互关系；能用单、双线桥正确表示氧化还原反应中电子转移的方向和数目；能正确判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 4、能正确比较氧化剂的氧化性、还原剂的还原性强弱；掌握氧化还原反应方程式的配平方法；灵活运用电子转移守恒法进行氧化还原反应的相关计算。本专题分值约为6-15分。 【高考预测】 氧化还原反应是高中化学的基础知识，它贯穿与高中化学的始终，是高考化学的高频考点之一。氧化还原的应用主要集中在氧化剂还原剂等基本概念、氧化性、还原性的强弱比较，氧化还原反应中电子转移的方向和数目的表示，以电子转移为核心的有关计算等等。从历年高考试题来看，其考查方式灵活多样，可以独立命题考查，也可以贯穿于填空、推断、实验、计算等各类试题之中，正确理解氧化还原反应的概念和规律，灵活运用电子转移守恒是掌握本讲知识的关键。分析近几年的高考试题的特点，氧化还原反应主要考查这几个方面：一、将氧化还原反应方程式的配平与物质的分析推断结合在一起；二、根据计算确定氧化产物或还原产物、三、运用氧化还原知识解释和解决一些生活、生产、环保和能源方面的问题。化学反应中的能量主要题型有热化学方程式的判断或书写、反应热的计算或比较大小。可能出现的新题型：（1）结合数学图象；（2）结合社会热点问题；（3）与实验、计算等组合进行综合考查。题型可以为选择、填空等。

[例1](2012上海?20)火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反应:2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下 列说法正确的是 A ． SO2既是氧化产物又是还原产物 B ．CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化 C ．每生成1mol Cu2S ，有4 mol 硫被氧化D ．每转移1.2 mol 电子，有0.2 mol 硫被氧化 答案：AD [知识规律] 还原性 化合价升高 弱氧化性 ↑ ↑ 还原剂 氧化反应 氧化产物 氧化剂 还原反应 还原产物 ↓ ↓ 氧化性 化合价降低 弱还原性 二、常见的氧化剂、还原剂归纳 变化 变化 反应物→ →产物

浅谈高考化学中的氧化还原反应

浅谈高考化学中的氧化还原反应 浙江省绍兴县职业教育中心王国栋 摘要: 氧化还原反应历来是高考化学中每年必考的题目, 本文就是对氧化还原反应做简要分析. 关键词: 氧化还原反应是中学化学的重要理论，在高考理科综合卷中占有一定的比例。这一章在新教材中的位置变动是新教材的重要变化之一，也是许多教师对新教材不太适应的原因之一。该内容安排在新教材第一章，便于初高中衔接教学，但由于新高一学生的化学基础比较薄弱，深入学习这两部分内容的条件还不具备，所以多数学校只作了初步的介绍，不可能一步到位。但经过了近一年的高中阶段的学习，学生已基本具备了深入学习这两部分内容所必须具备的元素化合物知识，在这个时候能进行氧化还原反应的复习，对帮助学生深化理论知识，并以理论为载体整理和强化前阶段所学元素化合物知识很有必要，也很及时。在复习过程中，不能把原来新课的知识简单重复，而应在充分复习原有基础知识的基础上，进行适当的加深和拓展，并帮助学生进行知识的归纳和总结。下面分别谈谈我对氧化还原反应的看法： 氧化还原反应的分类: 氧化还原反应的分类方法有：按元素间的作用分为不同物质中不同元素间的氧化还原、不同物质中同种元素不同价态间的氧化还原、同种物质中不同元素间的氧化还原，同种物质中同种元素的自身氧化还原等。按反应微粒可分为分子与分子、分子与原子、分子与离子、原子与原子、原子与离子、离子与离子等类的氧化还原。 氧化还原反应的一些基本规律： 一、守恒规律 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×变价元素的个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的个数×化合价的变化值。 二、岐化规律 同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子（或离子）发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应。岐化反应化合价的特点是：某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化。歧化反应是自身氧化还原反应的一种，常用于判断某种元素的化合价高低以及有关氧化还原反应方程式的计算。 三、归中规律 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，称之为归中反应，也称“反歧化反应”。常用于方程式的书写，当有中间价态时，才可能发生，否则不反应，如不反应，可用浓干燥。 四、不交叉规律 同一种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价要降低，低价要升高，它们最多变为同一价态，不可能发生交叉现象。这一规律常用于量的关系的确定，标明电子转移的方向与数目等。 五、强弱规律 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，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。