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第4讲 氧化还原反应-2022年高考化学一轮复习名师精讲练
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这是一份第4讲 氧化还原反应-2022年高考化学一轮复习名师精讲练，共21页。
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。
（1）元素化合的计算原则：单质的化合价为零；化合物中，元素正、负化合价的代数和为零；非金属元素和氧元素结合显正化合价（除F外）；非金属元素和氢元素结合显负化合价。
（2）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，得到电子所含元素化合价降低的物质均具有氧化性，失去电子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。
例题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
⑧1mlNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NA
⑨5.6g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3NA
二、氧化还原反应中电子转移的表示方法
1．单线桥法:表示氧化剂与还原剂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、还原剂及其氧化产物之间电子转移情况。
(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。
例题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 ml电子，则生成水的质量是__________________。
三、氧化还原反应的基本规律
1．电子得失守恒规律: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．表现性质规律: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。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．反应先后规律：同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)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(物质的量浓度相同)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Fe2+、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．价态变化规律: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－）。
（1）岐化反应规律：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。
（2）价态归中规律: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SO2与浓硫酸不反应，可用浓H2SO4干燥。
5．性质强弱规律：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。
常用于在适宜条件下，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，亦可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。
例题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______。
【指点迷津】守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反应前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒(或称质量守恒)，也就是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子数一定等于得电子数，即得失电子数目保持守恒。比如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。
四、氧化性强弱、还原性强弱的比较
金属原子因其最外层电子数较少，通常都容易失去电子，表现出还原性，一般来说金属性也就是还原性；非金属原子因其最外层电子数较多，通常都容易得到电子，表现出氧化性，一般来说非金属性也就是氧化性。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＞还原剂；
（3）根据反应条件判断：还原剂相同时，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，还原剂被氧化得越彻底，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－＜O2－＜Cl－＜Br－＜I－＜S2－；
（3）根据反应方程式判断：还原剂＞还原产物＞氧化剂；
（4）根据反应条件判断：氧化剂相同时，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，氧化剂被还原得越彻底，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）：S2->I->Br->Cl->OH->NO3-、SO42-等
例题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lml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
氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或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)细检查：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
2．氧化还原反应的相关计算
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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)。
例题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： 。
【指点迷津】在不同介质条件下，配平氧原子的经验规则
【课时练习】
1．对于反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．MnO2是还原剂B．MnCl2是氧化产物
C．Cl2是氧化产物D．H2O是还原产物
2．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－→Cl2D．N2O3→HNO2
3．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2或K2O2的说法正确的个数是
①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1∶1
②K2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等
③Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等
④Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同
⑤Na2O2与SO2反应生成Na2SO3 和O2
⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物
⑦K2O2与水反应，K2O2既是氧化剂，又是还原剂
⑧Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色
A．3个B．4个C．5个D．6个
4．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＞Fe3＋＞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Fe2＋既有氧化性又有还原性
5．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)
6．H2S是一种大气污染物。干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．单质硫为淡黄色固体
B．脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O
C．再生过程中，硫元素被还原
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
7．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2
B．从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4
C．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
D．第一次通入Cl2的目的是氧化Br-，第二次通Cl2的目的是氧化SO2
8．为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：
（已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O）
下列说法中不正确的是（ ）
A．仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3
B．实验②中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
C．实验③溶液变黄色是生成了Fe3+，证明食盐样品中存在KIO3
D．结合实验①和②的现象差异，可以推断实验样品中存在KIO3
9．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )
A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应D．溶液A为橙色
10．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
11．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 ml CNO−转移3 ml e−
12．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。下列说法正确的是( )
已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。
A．实验开始至5s，铬元素被氧化
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑
C．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+
D．80s时，溶液中又生成了Cr2O，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致
13．某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：
(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整：□MnO +□H2C2O4 + □ = □Mn2+ +□ +□H2O
(2)由实验 I、Ⅱ可得出的结论是_____。
(3)关于实验Ⅱ中 80s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的 Mn2+ 对反应有催化作用。设计实验 Ⅲ，验证猜想。
① 补全实验Ⅲ的操作：
向试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性 KMnO4 溶液，_____，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液。
②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。
14．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++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-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∙ml-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-+Cr2O72-+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+2S2O32- = 2I- + S4O62-，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_______ml∙L-1。
15．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3ml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__。
16．Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。
(1)Ca(NO2)2的制备方法很多。
①实验室可用反应Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3制备Ca(NO2)2，该反应中被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量之比为_____。
②用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备Ca(NO2)2，其中NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2的化学方程式为_____，经过滤得到含Ca(NO2)2的溶液为液态产品。
(2)测定某液态产品中NO3－含量的步骤如下：
已知：步骤4中的反应为NO3—+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
步骤5中的反应为6Fe2++Cr2O72—+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
若步骤5滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，计算液态产品中NO3－的含量(单位g·L－1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)___________。
参考答案
例题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Fe2＋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2HClOeq \(=====,\s\up7(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，1mlNa2O2反应，只转移了1ml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。
例题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 ml H2O时，转移6 ml电子，所以当转移0.3 ml电子时，生成0.2 ml 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MQ>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。
例题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/ml，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8ml的HClO3发生反应，转移电子的物质的量是20NA。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．C【解析】A．Mn元素的化合价降低，被还原，MnO2是氧化剂，A错误；
B．Mn元素的化合价降低，被还原，MnCl2是还原产物，B错误；
C．氯元素的化合价升高，被氧化，氯化氢是还原剂，氯气是氧化产物，C正确；
D．反应中氢氧元素的化合价没有发生改变，所以水不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；
答案选C。
2．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。
3．A【解析】①Na2O2中含有Na+、O22-，阴、阳离子的个数比是1∶2，故①错误；
②K2O2与水反应的方程式是2 K2O2+2H2O=4KOH+ O2↑，K2O2与CO2反应的方程式是2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2↑，产生等量氧气时，需水和CO2的物质的量相等，质量不相等，故②错误；
③Na2O2分别与水及CO2反应，生成1ml氧气转移2ml电子，产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等，故③正确；
④Na2O2能漂白是因为Na2O2具有氧化性，SO2有漂白性是因为SO2与有色物质化合生成无色物质，漂白原理不相同，故④错误；
⑤Na2O2具有氧化性、SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故⑤错误；
⑥Na2O2能与酸反应生成盐、水、氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，故⑥错误；
⑦K2O2与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2中氧元素由-1升高为0、由-1降低为-2，所以K2O2既是氧化剂又是还原剂，故⑦正确；
⑧Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，Na2O2具有氧化性，所以石蕊褪色，故⑧正确；
③⑦⑧正确，选A；
4．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。
5．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。
6．C【解析】A．单质硫为淡黄色的固体，A正确；
B．根据图示脱硫反应时H2S与Fe2O3·H2O生成Fe2S3·H2O和H2O，方程式为：3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O，B正确；
C．再生过程中Fe2S3·H2O生成S，硫元素化合价升高，被氧化，C错误；
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积能加快反应速率，提高脱硫效率，D正确。
答案选C。
7．B【解析】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A错误；
B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，B正确；
C.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使溴挥发，未参与反应，C错误；
D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-，D错误；
答案选B。
8．C【解析】A．KI溶液中也有碘元素，溶液变蓝可能是KI中的碘元素被氧化生成了碘单质，所以仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3，故A正确；
B．实验②中溶液变为浅蓝色，根据元素守恒可知KI溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化了，考虑到空气中氧气的氧化性，应是氧气将其氧化，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故B正确；
C．实验③的浅黄色是铁离子的颜色，是亚铁离子被氧化剂氧化的结果，但氧化剂不一定是KIO3，也可能是空气中的氧气，故C错误；
D．对比实验①和②的现象差异可知实验①中在酸性环境下发生反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O，溶液迅速变蓝，颜色比实验②要深，可以推断实验样品中存在KIO3，故D正确；
故答案为C。
9．B【解析】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；
故合理选项是B。
10．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。
11．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，3ml ClO-可处理2ml CNO-，转移电子的物质的量=3ml×2=6ml，则每处理1 ml CNO−转移3 ml e−，故D正确；
答案选A。
12．B【解析】A．Cr2O中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价为+6价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故A错误；
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B正确；
C．30s时，在溶液中加入氢氧化钠，80s时，铬元素的化合价为+6价，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的CrO5，CrO5中含有过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，故C错误；
D．80s时，铬元素的化合价为+6价，溶液显碱性，溶液中存在的应该是CrO，故D错误；
故选B。
13．（1）2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大(3)①再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体②加入草酸后，溶液迅速褪色
【解析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应速率的影响。
(1)MnO中的Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO作氧化剂，则H2C2O4作还原剂，其氧化产物为CO2。Mn元素化合价降低了5，C元素化合价从+3升高到+4，升高了2×1=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H2C2O4前配5，CO2前配10，结合电荷守恒、溶液为酸性可知反应物缺项为6H+，再结合原子守恒可知生成物H2O前配8，最终结果为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)对比实验I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或H2SO4)浓度不同，Ⅱ中氢离子(或H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大；
(3)①根据控制变量法的原则，若要验证Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量MnSO4固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液，故答案为：再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；
②若Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液迅速褪色。
14．（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)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(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 ml/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600ml/L。
15．（1）33.6（2）H2SO4(浓)；CuSO4（3）0.5ml（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)3/2ml×22.4L/ml=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)1mlSO2生成，就有1ml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=0.5ml；故答案为：0.5ml；
(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5mlCl-生成氯气，因此氧化产物为5/2ml，氧化剂降得还，1ml+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2ml，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；
16．（1）①2∶1②4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200ml·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.400×10－3ml，与NO3－反应的n(Fe2+)=0.1000 ml·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10－3ml=1.000×10－4ml，NO3－的含量为
【解析】（1）①Ca(NO3)2中N为＋5价，NO中N为＋2价，Ca(NO2)2中N为＋3价，即Ca(NO3)2为氧化剂，NO为还原剂，被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量为之比为4：2=2：1；
②NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2，即该反应方程式为NO2＋Ca(OH)2→Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋H2O，NO2在该反应既是氧化剂又是还原剂，利用化合价升降法进行配平，即4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；
（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200ml·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.400×10－3ml，与NO3－反应的n(Fe2+)=0.1000 ml·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10－3ml=1.000×10－4ml，则原溶液中m(NO3－)=1.000×10－4ml×62g·ml－1×250mL/(3×10mL)，根据流程液态产品的体积为10.00×10－3L，即NO3－的含量为5.2g·L－1。
概念
定义
备注
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
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4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，Fe2O3和SO2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：活泼的非金属单质单质；如卤素单质(X2)、O2、S等(2)高价态离子；如Fe3+、Cu2+等；高价或较高价含氧化合物；如MnO2、浓H2SO4、HNO3、KMnO4等；过氧化物，如Na2O2、H2O2等
还原剂
失去电子的反应物
常见还原剂：活泼或较活泼金属；如K、Na、Zn、Fe等②一些非金属单质；如H2、C、Si等；较低态的化合物；CO、SO2、H2S、Na2SO3、FeSO4
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
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+
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
编号
实验操作
实验现象
向一支试管中先加入 1mL 0.01 ml/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 1 滴 3ml/L 硫酸和 9 滴蒸馏水，最后加入1mL 0.1ml/L 草酸溶液
前 10min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min 后几乎变为无色
Ⅱ
向另一支试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3ml/L 硫酸，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液
80s 内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s 后几乎变为无色
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
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。
（1）元素化合的计算原则：单质的化合价为零；化合物中，元素正、负化合价的代数和为零；非金属元素和氧元素结合显正化合价（除F外）；非金属元素和氢元素结合显负化合价。
（2）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，得到电子所含元素化合价降低的物质均具有氧化性，失去电子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。
例题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
⑧1mlNa2O2与足量的水反应，转移的电子数为2NA
⑨5.6g铁粉与硝酸反应失去电子数一定为0.3NA
二、氧化还原反应中电子转移的表示方法
1．单线桥法:表示氧化剂与还原剂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、还原剂及其氧化产物之间电子转移情况。
(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。
例题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 ml电子，则生成水的质量是__________________。
三、氧化还原反应的基本规律
1．电子得失守恒规律: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．表现性质规律: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。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．反应先后规律：同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)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(物质的量浓度相同)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Fe2+、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．价态变化规律: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－）。
（1）岐化反应规律：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。
（2）价态归中规律: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SO2与浓硫酸不反应，可用浓H2SO4干燥。
5．性质强弱规律：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。
常用于在适宜条件下，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，亦可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。
例题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______。
【指点迷津】守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础。在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。任何化学反应在反应前后应遵守电荷或原子守恒。电荷守恒即反应前后阴阳离子所带电荷数必须相等；原子守恒(或称质量守恒)，也就是反应前后各元素原子个数相等；得失电子守恒是指在氧化还原反应中，失电子数一定等于得电子数，即得失电子数目保持守恒。比如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答。
四、氧化性强弱、还原性强弱的比较
金属原子因其最外层电子数较少，通常都容易失去电子，表现出还原性，一般来说金属性也就是还原性；非金属原子因其最外层电子数较多，通常都容易得到电子，表现出氧化性，一般来说非金属性也就是氧化性。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＞还原剂；
（3）根据反应条件判断：还原剂相同时，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，还原剂被氧化得越彻底，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－＜O2－＜Cl－＜Br－＜I－＜S2－；
（3）根据反应方程式判断：还原剂＞还原产物＞氧化剂；
（4）根据反应条件判断：氧化剂相同时，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，氧化剂被还原得越彻底，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）：S2->I->Br->Cl->OH->NO3-、SO42-等
例题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lml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
氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或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)细检查：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
2．氧化还原反应的相关计算
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终态，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)。
例题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： 。
【指点迷津】在不同介质条件下，配平氧原子的经验规则
【课时练习】
1．对于反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．MnO2是还原剂B．MnCl2是氧化产物
C．Cl2是氧化产物D．H2O是还原产物
2．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－→Cl2D．N2O3→HNO2
3．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境，一般在飞船内安装盛有Na2O2或K2O2颗粒的装置，它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2或K2O2的说法正确的个数是
①Na2O2中阴、阳离子的个数比是1∶1
②K2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，需水和CO2的质量相等
③Na2O2分别与水及CO2反应产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等
④Na2O2的漂白原理与SO2的漂白原理相同
⑤Na2O2与SO2反应生成Na2SO3 和O2
⑥Na2O2能与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物
⑦K2O2与水反应，K2O2既是氧化剂，又是还原剂
⑧Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色
A．3个B．4个C．5个D．6个
4．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＞Fe3＋＞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Fe2＋既有氧化性又有还原性
5．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)
6．H2S是一种大气污染物。干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．单质硫为淡黄色固体
B．脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O
C．再生过程中，硫元素被还原
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
7．“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图：
下列说法正确的是（ ）
A．从吹出塔进入吸收塔的物质只有Br2
B．从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4
C．两次通入水蒸气的作用都是参加反应
D．第一次通入Cl2的目的是氧化Br-，第二次通Cl2的目的是氧化SO2
8．为检验某加碘食盐中是否含有KIO3，取相同食盐样品进行下表所示实验：
（已知：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O）
下列说法中不正确的是（ ）
A．仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3
B．实验②中发生反应的离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O
C．实验③溶液变黄色是生成了Fe3+，证明食盐样品中存在KIO3
D．结合实验①和②的现象差异，可以推断实验样品中存在KIO3
9．金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是( )
A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．②中需加入过量稀硫酸
C．③中发生了置换反应D．溶液A为橙色
10．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
11．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 ml CNO−转移3 ml e−
12．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2。下列说法正确的是( )
已知：深蓝色溶液中生成了CrO5。
A．实验开始至5s，铬元素被氧化
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑
C．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+
D．80s时，溶液中又生成了Cr2O，颜色相比于开始时浅，是水稀释所致
13．某化学实验小组用酸性 KMnO4 溶液和草酸(H2C2O4)溶液反应，研究外界条件对反应速率的影响，实验操作及现象如下：
(1)将高锰酸钾与草酸反应的离子方程式补充完整：□MnO +□H2C2O4 + □ = □Mn2+ +□ +□H2O
(2)由实验 I、Ⅱ可得出的结论是_____。
(3)关于实验Ⅱ中 80s 后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的 Mn2+ 对反应有催化作用。设计实验 Ⅲ，验证猜想。
① 补全实验Ⅲ的操作：
向试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性 KMnO4 溶液，_____，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液。
②若猜想成立，应观察到的实验现象是________。
14．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++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-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∙ml-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-+Cr2O72-+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+2S2O32- = 2I- + S4O62-，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_______ml∙L-1。
15．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3ml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__。
16．Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。
(1)Ca(NO2)2的制备方法很多。
①实验室可用反应Ca(NO3)2+2CaFe2O4+4NO3Ca(NO2)2+2Fe2O3制备Ca(NO2)2，该反应中被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量之比为_____。
②用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备Ca(NO2)2，其中NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2的化学方程式为_____，经过滤得到含Ca(NO2)2的溶液为液态产品。
(2)测定某液态产品中NO3－含量的步骤如下：
已知：步骤4中的反应为NO3—+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，
步骤5中的反应为6Fe2++Cr2O72—+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。
若步骤5滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液20.00mL，计算液态产品中NO3－的含量(单位g·L－1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)___________。
参考答案
例题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Fe2＋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2HClOeq \(=====,\s\up7(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，1mlNa2O2反应，只转移了1ml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。
例题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 ml H2O时，转移6 ml电子，所以当转移0.3 ml电子时，生成0.2 ml 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
例题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/ml，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8ml的HClO3发生反应，转移电子的物质的量是20NA。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．C【解析】A．Mn元素的化合价降低，被还原，MnO2是氧化剂，A错误；
B．Mn元素的化合价降低，被还原，MnCl2是还原产物，B错误；
C．氯元素的化合价升高，被氧化，氯化氢是还原剂，氯气是氧化产物，C正确；
D．反应中氢氧元素的化合价没有发生改变，所以水不是氧化产物，也不是还原产物，D错误；
答案选C。
2．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。
3．A【解析】①Na2O2中含有Na+、O22-，阴、阳离子的个数比是1∶2，故①错误；
②K2O2与水反应的方程式是2 K2O2+2H2O=4KOH+ O2↑，K2O2与CO2反应的方程式是2K2O2+2CO2=2K2CO3+O2↑，产生等量氧气时，需水和CO2的物质的量相等，质量不相等，故②错误；
③Na2O2分别与水及CO2反应，生成1ml氧气转移2ml电子，产生等量氧气时，转移电子的物质的量相等，故③正确；
④Na2O2能漂白是因为Na2O2具有氧化性，SO2有漂白性是因为SO2与有色物质化合生成无色物质，漂白原理不相同，故④错误；
⑤Na2O2具有氧化性、SO2具有还原性，Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故⑤错误；
⑥Na2O2能与酸反应生成盐、水、氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，故⑥错误；
⑦K2O2与水反应生成氢氧化钾和氧气，K2O2中氧元素由-1升高为0、由-1降低为-2，所以K2O2既是氧化剂又是还原剂，故⑦正确；
⑧Na2O2与水反应生成氢氧化钠，Na2O2投入到紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，Na2O2具有氧化性，所以石蕊褪色，故⑧正确；
③⑦⑧正确，选A；
4．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。
5．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。
6．C【解析】A．单质硫为淡黄色的固体，A正确；
B．根据图示脱硫反应时H2S与Fe2O3·H2O生成Fe2S3·H2O和H2O，方程式为：3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O，B正确；
C．再生过程中Fe2S3·H2O生成S，硫元素化合价升高，被氧化，C错误；
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积能加快反应速率，提高脱硫效率，D正确。
答案选C。
7．B【解析】A.通入过量氯气与溴离子反应生成溴单质，再鼓入空气和水蒸气使溴蒸气挥发进入吸收塔，但进入吸收塔的还有空气、水蒸气和过量的氯气，A错误；
B.在吸收塔里发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4，B正确；
C.在吹出塔通入水蒸气，有助于溴挥发出去，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，水作为溶剂，使物质发生反应，同时提供能量，使溴挥发，未参与反应，C错误；
D.第一次、第二次通入Cl2的目的都是氧化Br-，D错误；
答案选B。
8．C【解析】A．KI溶液中也有碘元素，溶液变蓝可能是KI中的碘元素被氧化生成了碘单质，所以仅由实验①不能证明食盐样品中存在KIO3，故A正确；
B．实验②中溶液变为浅蓝色，根据元素守恒可知KI溶液中的碘离子在酸性环境下被氧化了，考虑到空气中氧气的氧化性，应是氧气将其氧化，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故B正确；
C．实验③的浅黄色是铁离子的颜色，是亚铁离子被氧化剂氧化的结果，但氧化剂不一定是KIO3，也可能是空气中的氧气，故C错误；
D．对比实验①和②的现象差异可知实验①中在酸性环境下发生反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O，溶液迅速变蓝，颜色比实验②要深，可以推断实验样品中存在KIO3，故D正确；
故答案为C。
9．B【解析】A. 在铬铁矿中Cr元素化合价为+3价，反应后变为Na2CrO4中的+6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；
B. Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；
C. Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应物是单质和化合物，生成物也是单质与化合物，因此③中反应类型为置换反应，C正确；
D. Na2CrO4在酸性溶液中发生反应： 2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，反应产生Cr2O72-使溶液显橙色，D正确；
故合理选项是B。
10．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。
11．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，3ml ClO-可处理2ml CNO-，转移电子的物质的量=3ml×2=6ml，则每处理1 ml CNO−转移3 ml e−，故D正确；
答案选A。
12．B【解析】A．Cr2O中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价为+6价，铬元素的化合价没有发生变化，因此铬元素没有被氧化，故A错误；
B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：Cr2O+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O2↑，故B正确；
C．30s时，在溶液中加入氢氧化钠，80s时，铬元素的化合价为+6价，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是前面生成的CrO5，CrO5中含有过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，故C错误；
D．80s时，铬元素的化合价为+6价，溶液显碱性，溶液中存在的应该是CrO，故D错误；
故选B。
13．（1）2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O（2）氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大(3)①再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体②加入草酸后，溶液迅速褪色
【解析】酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，草酸有还原性，二者发生氧化还原反应，因此高锰酸钾溶液会褪色，高锰酸钾溶液褪色速率越快，反应速率越快，从而得出外界条件对该反应速率的影响。
(1)MnO中的Mn元素化合价从+7降低到+2，MnO作氧化剂，则H2C2O4作还原剂，其氧化产物为CO2。Mn元素化合价降低了5，C元素化合价从+3升高到+4，升高了2×1=2，根据得失电子守恒得：MnO和Mn2+前配2，H2C2O4前配5，CO2前配10，结合电荷守恒、溶液为酸性可知反应物缺项为6H+，再结合原子守恒可知生成物H2O前配8，最终结果为：2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为；2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(2)对比实验I、Ⅱ，高锰酸钾的量相同，加入酸的量不同，总体积几乎相同，则氢离子(或H2SO4)浓度不同，Ⅱ中氢离子(或H2SO4)浓度较大，反应速率越快，所以结论为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大，故答案为：氢离子(或H2SO4)浓度越大，反应速率越大；
(3)①根据控制变量法的原则，若要验证Mn2+对该反应有催化作用，在控制其条件相同的条件下，加一组实验Ⅱ的对比实验，该组实验中除其它步骤和实验Ⅱ相同外，加入少量MnSO4固体，观察实验现象。因此操作为：向试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性 KMnO4 溶液，再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液，故答案为：再加入10滴3 ml/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体；
②若Mn2+对反应有催化作用，加入草酸后，溶液迅速褪色，故答案为：加入草酸后，溶液迅速褪色。
14．（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)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(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 ml/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600ml/L。
15．（1）33.6（2）H2SO4(浓)；CuSO4（3）0.5ml（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)3/2ml×22.4L/ml=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)1mlSO2生成，就有1ml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=0.5ml；故答案为：0.5ml；
(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5mlCl-生成氯气，因此氧化产物为5/2ml，氧化剂降得还，1ml+5价氯生成氯气，因此还原产物为1/2ml，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；
16．（1）①2∶1②4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200ml·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.400×10－3ml，与NO3－反应的n(Fe2+)=0.1000 ml·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10－3ml=1.000×10－4ml，NO3－的含量为
【解析】（1）①Ca(NO3)2中N为＋5价，NO中N为＋2价，Ca(NO2)2中N为＋3价，即Ca(NO3)2为氧化剂，NO为还原剂，被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量为之比为4：2=2：1；
②NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2，即该反应方程式为NO2＋Ca(OH)2→Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋H2O，NO2在该反应既是氧化剂又是还原剂，利用化合价升降法进行配平，即4NO2 + 2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；
（2）与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=6×0.0200ml·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.400×10－3ml，与NO3－反应的n(Fe2+)=0.1000 ml·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－2.400×10－3ml=1.000×10－4ml，则原溶液中m(NO3－)=1.000×10－4ml×62g·ml－1×250mL/(3×10mL)，根据流程液态产品的体积为10.00×10－3L，即NO3－的含量为5.2g·L－1。
概念
定义
备注
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
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4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2中，Fe2O3和SO2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：活泼的非金属单质单质；如卤素单质(X2)、O2、S等(2)高价态离子；如Fe3+、Cu2+等；高价或较高价含氧化合物；如MnO2、浓H2SO4、HNO3、KMnO4等；过氧化物，如Na2O2、H2O2等
还原剂
失去电子的反应物
常见还原剂：活泼或较活泼金属；如K、Na、Zn、Fe等②一些非金属单质；如H2、C、Si等；较低态的化合物；CO、SO2、H2S、Na2SO3、FeSO4
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
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+
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
编号
实验操作
实验现象
向一支试管中先加入 1mL 0.01 ml/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 1 滴 3ml/L 硫酸和 9 滴蒸馏水，最后加入1mL 0.1ml/L 草酸溶液
前 10min 内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅， 30 min 后几乎变为无色
Ⅱ
向另一支试管中先加入 1mL 0.01ml/L 酸性KMnO4 溶液，再加入 10 滴 3ml/L 硫酸，最后加入 1mL 0.1ml/L 草酸溶液
80s 内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s 后几乎变为无色
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
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