高考化学 氧化还原反应分析及教学建议.doc

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1、高考化学专题“氧化复原反响”分析及教学建议 高考趋势展望物质间的反响大多数是氧化复原反响，氧化复原反响的有关规律及根本概念在工农业消费、日常生活及科学研究中有特别重要的应用，与特别多知识综合皆可构成新颖命题。分析近几年的高考试题的特点，能够看出以下几个方面将是高考命题的热点：1.氧化剂和复原剂、氧化产物和复原产物的推断及粒子氧化性、复原性强弱比拟；2.推断氧化复原反响发生的可能性，写出并用化合价升降法配平氧化复原反响方程式；3.运用电子转移数目相等的原则进展有关氧化复原反响的计算。氧化复原反响是化学反响中的主要内容，它在每年的高考试题中都会出现。在2004年高考理科综合全国卷、理科综合北京卷、

2、上海卷、江苏卷中均有考察氧化复原反响的典型试题，考察内容全面，几乎覆盖了有关氧化复原反响的重要考点，方式新颖灵敏，题型主要是选择题和填空题，难度适中。展望今后高考命题会接着涉及上述热点，同时也会因氧化复原反响涉及知识面广，特别是与元素化合物知识综合在一起，会有推陈出新的综合性题型出现。但氧化复原反响的试题解法规律性强，有一定的解题技巧，在学习时要留意总结。主干知识整合1.氧化性(或复原性)强弱比拟与推断规律(1)物质的氧化性或复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。如Na、Mg、Al的复原性强弱依次为：NaMgAl；浓HNO3、稀HNO3的氧化性强弱为：浓HNO3稀HN

3、O3。(2)金属阳离子的氧化性随其单质复原性的加强而减弱，如金属锌的复原性比金属铜的强，但氧化性：Cu2+Zn2+；非金属阴离子的复原性随其单质氧化性加强而减弱，如氯气的氧化性比单质硫强，但复原性：S2Cl。(3)不同的复原剂(或氧化剂)与同一氧化剂(或复原剂)反响时，反响条件越易，氧化剂(或复原剂)被复原(或被氧化)的程度越大，则复原剂(或氧化剂)的复原性(或氧化性)就越强。(4)假设复原剂A+氧化剂B=氧化产物a+复原产物b，则氧化性Ba，复原性Ab。(5)一般来说，同一种元素从低价态到高价态，氧化性(得电子才能)逐步加强，复原性逐步减弱，如NO2氧化性大于NO。但要留意同种元素不同价态的

4、化合物的氧化性、复原性强弱还与化合物的稳定性有关，如次氯酸(HClO)的氧化性比高氯酸(HClO4)强。考虑讨论依照“反响方式”得出氧化性(氧化性氧化产物)和复原性(复原剂复原产物)的顺序，这一条最常用。如已经知道SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，则氧化性：Br2H2SO4(稀)，复原性：SO2Br。但不能依照反响Cl2+H2O=HCl+HClO得出Cl2的氧化性比HClO强、复原性比Cl强的结论，为什么？答：依照反响方式得出的规律，其使用的前提是在浓度一样或差异不大上，实际上妨碍物质氧化性、复原性强弱的要素除物质的性质外，还有温度、浓度等，浓度增大，氧化、复原性加强。由于氯水中

5、c(Cl2)远大于c(HClO)、c(Cl)，故不能据此反响得出Cl2的氧化性比HClO强的结论。另外Cl2与水的反响是可逆反响，从浓度对化学平衡的妨碍，也可得出一样的结论。(1)强氧化剂与强复原剂相遇时，一般都会发生氧化复原反响。如：H2SO4(浓)与金属、H2S、S2、HI、HBr、I、Br、Fe2+、P。Cl2与金属、H2S、S2、HI、I、HBr、Br、Fe2+、P、H2、SO2、H2SO3、SO。O2与金属、H2S、HI、I、Fe2+、Si、P、H2。(2)同种元素间不同价态相遇时，假设无中间价态，不反响；假设发生反响，则生成物中该元素价态必介于反响物中该元素两种价态之间。如：H2S

6、O4+SO2 不反响H2S+SO2 只能生成SClO+Cl 只能生成Cl2NH3+NO 只能生成N2(3)较爽朗的非金属单质与一些中间价态的化合物与水或碱溶液能发生歧化反响，如：Cl2、Br2、S、NO2等。考虑讨论当一种氧化剂(或复原剂)能与几种复原剂(或氧化剂)发生反响时，哪一种先反响？假设将氯气通入FeBr2、FeI2混合液中，离子被氧化的先后顺序如何？答：复原性强的复原剂(或氧化性强的氧化剂)先反响。离子被氧化的先后顺序为I、Fe2+、Br。(1)原子个数守恒：反响前后同种元素的原子个数相等，这也是所有化学反响必须遵照的。(2)电子守恒：失电子总数等于得电子总数，氧化复原反响必须恪守。

7、(3)电荷守恒：反响前后离子所带正负电荷总数相等，离子方程式必须恪守。精典题例导引=【例1】ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反响制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O以下说法中正确的选项3在反响中得到电子2是氧化产物2C2O4在反响中被氧化D.1 mol KClO3参加反响有2 mol 电子转移解析：此题以氧化复原反响为命题背景，考察考生将书本知识与题给信息相联络的灵敏运用知识的才能。解题的关键是从分析元素化合价的变化入手，来理解氧化剂与复原剂、氧化产物与复原产物、被氧化与被复原等有关概念。由所给反响

8、可知，KClO3中氯元素化合价从+5价降低为+4价，每摩尔KClO3得到1 mol电子，而被复原成为ClO2，H2C2O4中碳元素化合价从+3价升高到+4价，H2C2O4作复原剂被氧化。故此题答案为A、C。答案：AC【例2】(1)在反响2KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O中，复原剂是_。(2)已经知道BrFx与H2O按物质的量之比35反响的产物是HF、HBrO3、Br2、O2，该反响中的氧化剂是_，复原剂是_，BrFx中的x=_。(3)浓盐酸在反响KClO3+HCl KCl+ClO2+Cl2 + 中显示出来的性质是_。(4)常温下，以下反响均能自发地向右进展：2

9、D+A2=D2+2A；2B+D2=B2+2D；2A+C2=A2+2C。由此得出的正确结论是、B、C、D离子中，复原性最强的是C2、B2、C2、D2单质中，氧化性最强的是C22C+Br2=C2+2B不能自发向右进展2C+Br2=C2+2B能够自发向右进展解析：这是一道将近年高考题进展组合、改编而成的考察氧化剂、复原剂、盐酸在反响中扮演的角色以及物质氧化性、复原性强弱顺序等根底知识的试题。(1)HBr被氧化成Br2，HBr是复原剂。(2)依题意写出化学方程式：3BrFx+5H2O=HBrO3+Br2+O2+3xHF可确定x=3，氧化剂是BrF3，复原剂是BrF3、H2O。(3)酸性(生成KCl和H

10、2O)和复原性(被氧化成Cl2)。(4)由题意可得出氧化性：C2A2D2B2;复原性：CADB。因而反响2C+B2=C2+2B不能自发进展，即答案为B、C。答案：(1)HBr (2)BrF3 BrF3、H2O 3(3)1 H2O 酸性和复原性 (4)BC深化拓展已经知道氧化性顺序是ClOCl2IOI2，将新制的饱和氯水逐滴参加碘化钾淀粉溶液中至过量，能够观察到哪些现象？写出相关的离子方程式。答：溶液先变蓝色，后来又褪为无色。Cl2+I=2Cl+I2，I2+5Cl2+6H2O=2IO+10Cl+12H+【例3】L、M、Q、R、X代表五种物质，它们都含某种价态的氮元素，各物质中氮元素的化合价只有一

11、种。物质L中氮元素的化合价比物质M中氮元素的化合价低。在一定条件下，它们会有如下的转化关系(未配平)：Q+HCl M+Cl2+H2O R+L X+H2O R+O2 L+H2O请推断：(1)五种物质按氮元素的化合价从高到低的顺序陈列是_。假设这五种物质中有一种是硝酸，那么硝酸应该是_(用字母表示)。(2)反响是在催化剂(如铂、氧化铁等)作用下，加热到一定温度时发生的，这个反响在工业上有重要的应用。假设X是密度比CO2小的气体，那么X的化学式是_。(3)某同学写出下面三个不同价态的氮的化合物互相转化关系(未配平)，其中你认为一定不能实现的是_。A.NO+HNO3 N2O3+H2O3+NO HNO2

12、+H2O2O4+H2O HNO3+HNO2解析：(1)此题的信息主要隐藏在所给的三个氧化复原方程式中，假设由这三个反响式结合标题所给条件能分析出五种含氮元素的物质中氮元素化合价的高低，则含氮元素化合价最高的那种物质一定是HNO3。分析反响，可得化合物Q、M中氮元素的化合价QM;分析反响，可得氮元素价态RL;再分析反响可得，氮元素价态LXR。综合起来可得氮元素价态高低顺序为QMLXR。(2)由反响的反响条件及应用可知，R为NH3，L为NO，故反响为NH3+NO X+H2O，则X中氮元素的价态必介于-3与+2之间。由于X的密度小于CO2，因而X的化学式可能为N2或N2H4。(3)含有不同价态的同种

13、元素的物质相遇时，假设发生反响，生成物中该元素的价态必介于反响物中该元素的两种价态之间，因而所给反响中只有B反响一定不能实现。答案：(1)QMLXR Q (2)N2或N2H4 (3)B【例4】在氯氧化法处理含CN的废水过程中，液氯在碱性条件下能够将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。(1)某厂废水中含KCN，其浓度为650 mgL1。现用氯氧化法处理，发生如下反响(其中N均为3价)：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。被氧化的元素是_。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平以下化学方程式：KOCN+KOH+Cl2CO

14、2+N2+KCl+H2O(3)假设处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯_g。解析：此题以污水处理为知识背景，考察了氧化复原的概念、氧化复原方程式的配平及氧化复原反响的计算。(1)在KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O反响中，氯元素价态降低，H、N、O、K四种元素的价态没变，只有碳元素的价态升高，故被氧化的为碳元素。(2)氧化复原方程式的配平，首先要找准变价元素，再利用化合价升降法配平，反响物KOCN中N的价态升高，KOCN为复原剂，氯气为氧化剂。(3)20 L废水中含KCN的物质的量为：=0.2 mol，由两步反响的化学方程式得出关系式：2KCN5Cl2

15、，因而需氯气：0.2 mol=0.5 mol，即35.5 g。答案：(1)碳(或C) (2)2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2+N2+6KCl+2H2O (3)特别提示氧化复原反响计算的核心是守恒原子个数、得失电子、正负电荷守恒。追踪元素变化，把握守恒关系列等式，是解题的一般思路。【例5】实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，依照滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来推断空气中的含汞量，其反响为：4CuI+Hg=Cu2HgI4+2Cu。(1)上述反响产物Cu2HgI4中，Cu元素显_价。(2)以上反响中的氧化剂为_，当有1 mol CuI参与反响时，转移电子_mol

16、。(3)CuI可由Cu2+与I直截了当反响制得，请配平以下反响的离子方程式。 Cu2+ I CuI+ I解析：(1)反响中Hg是复原剂，化合价由0价升高到+2，在反响产物Cu2HgI4中碘为1价，由2x+2+(1)4=0，得x=+1，即Cu元素显+1价。(2)由所给反响知由CuICu化合价从+1降到0，因而CuI为氧化剂。由知每有4 mol CuI 参加反响，转移电子的物质的量为2 mol ，当有1 mol CuI 参与反响时转移电子0.5 mol。(3)用化合价升降法配平： 然后依照电荷守恒，观察配平I的化学计量数。答案：(1)+1 (2)CuI 0.5 (3)2 5 2 1特别提示一位高考

17、成功的考生提示大家：配平氧化复原反响方程式的关键是确定每分子复原剂(或氧化剂)或化合价升高(或降低)总数，这就必须弄清复原剂或氧化剂分子中有几种元素变价，每一种元素有几个变价原子。才能提升训练1.臭氧可使潮湿的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为：KI+O3+H2O KOH+I2+O2(未配平)，以下表达正确的选项2O被氧化成O22C.每生成1 mol I2，转移的电子为2 mol1解析：此题考察氧化复原反响的相关概念，正确推断氧化剂是关键。O3O2+，O3为氧化剂，n(KI)n(O3)=21。答案：C2.近期发觉一种不需要外加能源、能够节约水源，而能除去废水中的卤代烃(有碍人类健康)的方法，即把

18、铁粉放在废水中，一段时间后卤代烃“消失”。有人提出该过程的机理为Fe+RCH2X+H+ RCH3+X+Fe2+(X为卤素)。以下说法中正确的选项处理后废水的pH增大 该反响是置换反响 反响过程中RCH2X是氧化剂 处理含卤代烃1 mol的废水时，转移2 mol的电子C.解析：由标题所给反响机理可知，反响过程中耗费H+，故处理后的废水pH增大；反响后没有单质生成，该反响不是置换反响；化学反响前后，RCH2X中的原子团RCH2的化合价由+1价降为1价，故RCH2X为氧化剂，每有1 mol卤代烃参加反响时，转移2 mol电子。答案：D3.依照以下实验事实，推断四种粒子在酸性条件下，氧化性由强到弱的顺

19、序是向FeCl3溶液中滴加KI溶液，再参加CCl4，振荡，CCl4层呈紫红色向FeCl2溶液中参加氯水，再参加KSCN溶液，呈红色向KMnO4溶液中参加浓盐酸，振荡后紫色褪去2Cl2Fe3+MnOnOCl2Fe3+I22I2Fe3+MnO3+MnOCl2I2解析：同一反响中，氧化性：氧化剂氧化产物；复原性：复原剂复原产物。反响:2Fe3+2I=2Fe2+I2中，氧化性：Fe3+I2；反响:Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl中，氧化性：Cl2Fe3+;反响；2MnO+10Cl+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O中，氧化性：MnOCl2。因而在酸性条件下，四种粒子氧化性由强到弱的顺序为：Mn

20、OCl2Fe3+I2。答案：B4.已经知道在酸性溶液中，以下物质氧化KI时，本身发生如下变化：Fe3+ Fe2+;NO NO；MnO Mn2+。假如获得等物质的量的I2，则耗费Fe3+、NO、MnO的物质的量，按从少到多的顺序陈列的是A.B.C.D.解析：由于2I2e=I2，因而要获得等物质的量的I2，各种氧化剂所得电子的物质的量相等，结合其本身变化特点有：n(Fe3+)1=n(NO)(52)=n(MnO)(72)，因而耗费Fe3+、NO、MnO的物质的量由少到多的顺序为。答案：B5.某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO与ClO的物

21、质的量浓度之比为13，则Cl2与NaOH溶液反响时，被复原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为31解析：假设反响中生成1 mol NaClO和3 mol NaClO3，则有1 mol+3 mol5=16 mol电子发生转移，由电子得失守恒可知，如今必有16 mol氯原子被复原。故Cl2与NaOH溶液反响时被复原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为16 mol4 mol=41。答案：D6.Fe与硝酸反响随温度和硝酸的浓度不同而产物不同。已经知道0.2 mol HNO3作氧化剂时，恰好把0.4 mol Fe氧化为Fe2+，则HNO3将被复原成2O2解析：设复原产物中氮元素的化合价为x，则依

22、照氧化复原反响中电子得失数目相等有：0.2 mol(5x)=0.4 mol(20) x=1，HNO3被复原的生成物为N2O。答案：B7.已经知道反响:SO3+H2O=H2SO4Cl2+H2O=HCl+HClO 2F2+2H2O=4HF+O22Na+2H2O=2NaOH+H22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(1)上述反响中不属于氧化复原反响的有_(填序号，下同)。H2O被氧化的是_，H2O被复原的是_。属于氧化复原反响，但其中的H2O既不被氧化，又不被复原的有_。(2)写出方程式的离子方程式_。(3)标出方程式中电子转移的方向和数目_。解析：(

23、1)氧化复原反响的特征是反响前后元素的化合价发生变化，故不属于氧化复原反响的有；H2O被氧化，则H2O中的氧元素化合价必定升高，只有符合；H2O被复原，则H2O中的氢元素的化合价必定降低，应选；H2O既不被氧化，又不被复原，则H2O中氢元素和氧元素的价态都不变，假设为氧化复原反响，则其他物质的价态必定发生变化，符合题意者为。(2)单质Cl2、弱电解质H2O、HClO等写成分子，只把HCl写成离子即可。答案：(1) (2)Cl2+H2O=H+Cl+HClO(3) bO2是特别强的氧化剂，在酸性溶液中它可将Mn2+氧化成MnO。取1支试管，参加少量PbO2固体和2 mL 6 molL1 H2SO4

24、，然后滴入2 mL 1 molL1 MnSO4溶液。试答复：(1)搅拌后，溶液的颜色变化是_。(2)反响的化学方程式是_，硫酸的作用是_。(3)能否用盐酸来代替H2SO4？_(“能”或“不能”)，用化学方程式答复_。解析：(1)据题意可知：PbO2在酸性溶液中可将Mn2+氧化成MnO，因而搅拌PbO2、H2SO4和MnSO4的混合物，溶液会变为紫红色。(2)依照题干信息和价态变化规律可知，反响物为MnSO4、PbO2、H2SO4，而生成物为PbSO4、Pb(MnO4)2；依照氧化剂PbO2与复原剂MnSO4二者得失电子总数相等配平。H2SO4在整个变化过程中价态不变，仅起酸的作用。(3)由于P

25、bO2氧化才能大于MnO，MnO氧化才能大于Cl2，故PbO2可将Cl氧化为Cl2，因而不能用盐酸代替硫酸使用。答案：(1)变为紫红色(2)5PbO2+2MnSO4+2H2SO4=4PbSO4+Pb(MnO4)2+2H2O 酸化(3)不能 PbO2+4HCl=PbCl2+Cl2+2H2O9.“绿色试剂”双氧水可作为矿业废液消毒剂，如要消除采矿业废液中的氰化物(如KCN)，化学方程式为：KCN+H2O2+H2O=A+NH3(1)生成物A的化学式为_。(2)在标准情况下有0.448 L氨气生成，则转移的电子数为_。(3)反响中被氧化的元素为_。(4)H2O2被称为绿色氧化剂的理由是_。解析：(1)

26、由所给化学反响方程式中C、H、O、N、K元素原子守恒可知A的化学式为KHCO3。(2)在所给反响中，每生成1 mol NH3，氧化剂H2O2共得到21(2)=2 mol电子，故在标准情况下有0.448 L NH3生成时有0.02 mol21023 m1022个电子发生转移。(3)在所给反响中，碳元素的化合价由KCN中的+2价，升高到KHCO3中的+4价而被氧化。(4)由于H2O2作氧化剂时复原产物为H2O，没有毒性和污染性，故称绿色氧化剂。答案：(1)KHCO31022 (3)碳(C) (4)H2O2作氧化剂，其产物是H2O，H2O没有毒性及污染性10.在上海召开的第七届全球人类基因大会上，我

27、国科学家第一次提出能够用砒霜(As2O3)来治疗早期幼粒白血病。已经知道砒霜具有两性。(1)完成并配平以下化学方程式： As2O3+ Zn+ H2SO4 AsH3+ ZnSO4+ . (2)As2O3在上述反响中显示出来的性质是_。(3)假设生成0.1 mol AsH3，则转移电子的物质的量为_mol。(4)砒霜在烧碱溶液中反响的离子方程式为_。解析：(1)依照化合价升降法，按照配平步骤先把发生变价的元素配平，而后利用质量守恒定律，观察配平其他元素并确定所缺物质的化学式。(2)在上述反响中砷元素的化合价降低，故As2O3显氧化性。(3)由于每生成2 mol AsH3时，转移12 mol电子，故

28、生成0.1 mol AsH3时转移电子的物质的量为0.6 mol。(4)由于砒霜呈两性，故与烧碱的反响为非氧化复原反响，离子方程式为As2O3+6OH=2AsO+3H2O答案：(1)1 6 62 6 3H2O (2)A (3)0.6 (4)As2O3+6OH=2AsO+3H2O11.有点难度哟！工业上制备单质碘的方法之一是从碘酸盐开场的。第一步先用适量的亚硫酸氢盐将碘酸盐复原成碘化物，离子方程式为：IO+3HSO=I+3SO+3H+。第二步将第一步得到的酸性碘化物溶液再跟适量的碘酸盐溶液混合，发生反响析出了碘。试咨询：(1)第二步发生反响的离子方程式是：_。(2)假设要使碘酸盐的利用率最高，碘

29、酸盐在第一步和第二步反响中的用量之比为_。(3)配平以下离子方程式： Fe(OH)3+ ClO+ OH FeO+ Cl+ H2O已经知道有3.21 g Fe(OH)31022个电子，则n=_，FeO中铁的化合价为_。依照(1)(2)揣测，FeO能和以下_(只填序号)物质反响。nO4 22S 2解析：(1)由题意可知第二步的反响物为I、H+、IO，生成物有I2、H2O，离子方程式为IO+5I+6H+=3I2+3H2O。(2)要使碘酸盐利用率最高，需将碘元素全部转化为I2，由题给信息及(1)中反响知，碘酸盐在第一步和第二步反响中用量之比为51。(3)Fe(OH)3 FeO失去(5n)e；ClO C

30、l得到2e，由得失电子守恒可知Fe(OH)3、ClO化学计量数为2、(5n)；观察配平其他。由题意可知：2 mol2(5n) mol=解之n=2，FeO中铁元素的化合价为+6。由于FeO中具有强氧化性，可与具有复原性的B、C反响。答案：(1)IO+5I+6H+=3I2+3H2O(2)51 (3)2 5n 2n 2 5n n+3 2 +6 BC12.(探究创新题)次磷酸H3PO2是一种强复原剂，将它参加CuSO4水溶液中，加热到4050，析出一种红棕色的难溶物A。经鉴定，反响后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证明A是一种六方晶体，构造类同于纤维锌矿(ZnS)，组成稳定；A的主要化学性质如下

31、：温度超过60，分解成金属铜和一种气体；在氯气中着火；与盐酸反响放出气体。试完成以下咨询题：(1)写出A的化学式；(2)写出生成A的反响方程式；(3)写出A与氯气反响的化学方程式；(4)写出A与盐酸反响的化学方程式。解析：此题的关键是确定A的化学式。需认真分析题给信息，展开联想并提出大胆的假设。依照反响后溶液的成分可知，H3PO2被氧化，而氧化剂是CuSO4，则难溶物A可能为Cu或+1价铜的化合物。假设Cu2+作为氧化剂，A就不可能为CuO、CuS、Cu3P2等+2价铜的化合物。A在大于60时能分解生成铜和一种气体，故A也不可能是Cu。X射线衍射证明A的构造类似于ZnS，故A也不可能为Cu2S

32、、Cu2O、Cu3P等组成非11的物质。显然，A不会是中学阶段所熟悉的+1价铜的化合物。在整个反响中还涉及到氢元素，联想到NaH、LiH等氢化物，可大胆假设A为CuH。CuH中铜和氢的价态分别为+1价和1价，说明该反响的氧化剂是CuSO4和H2O，这与题给信息“次磷酸是一种强复原剂”；CuH分解可得到Cu和一种气体(H2)；与强氧化剂Cl2可发生剧烈的氧化复原反响而着火，与盐酸反响放出气体(H2)均相吻合。在考虑A与盐酸反响的化学方程式时应留意盐酸是一种弱氧化剂，且Cu+与Cl结合可生成难溶物CuCl。答案：(1)A的化学式为CuH；(2)4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH+3H3

33、PO4+4H2SO4；(3)2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl；(4)CuH+HCl=CuCl+H2。教学建议在理科综合试卷中，化学试题的题量减小，但有关氧化复原反响的标题并没有减少，这也说明了氧化复原反响在中学化学中的地位特别重要。许多重要的元素化合物的知识，凡涉及元素变价的都是氧化复原反响，只有让学生掌握氧化复原反响有关知识规律，才能真正理解其本质。(1)在复习过程中，要进一步强化氧化复原反响有关知识规律的理解和掌握：要理清五对概念(氧化剂与复原剂、氧化性与复原性、被氧化与被复原、复原反响与氧化反响、复原产物与氧化产物，其关键是从元素化合价变化入手)；熟记五条规律(表现性质规律即高

34、价氧化低价还中间价态两边转、性质强弱规律及推断依照、反响先后规律、价态归中规律、互不换位规律)；明确两条原理(守恒原理、对立并存原理)；掌握两种技能(氧化复原反响方程式配平方法、典型计算技巧)。(2)要突出学生运用根底知识规律分析咨询题处理咨询题才能的培养。对根本知识的复习并不要学生单纯地去背一些条条框框，而是通过对例题的讲解使学生真正心照不宣地理解有关的知识规律，特别是对高考题的讲解，一定要让学生理解高考题的意图，体会出标题的解法与知识的联络，并通过一些对应性练习让学生加以稳固，从而构成解题的才能。千万不能一味追求“巧解、特解”等，而无视根本的才能培养。例题注释本专题共设计了五个典型例题。【

35、例1】【例2】和【例3】多角度考察氧化复原反响有关根底知识的理解与应用，如确定氧化剂、复原剂、氧化产物或复原产物；物质的性质与元素化合价变化的关系等。在解答过程中，要引导学生一要留意理清知识线索，即价升高失电子复原剂氧化反响氧化产物(或价降低得电子氧化剂复原反响复原产物)。二要明确解题的方法思路：理解概念抓本质，解题应用靠特征，即从氧化复原反响的本质电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价有无变化这一氧化复原反响的特征入手。详细方法思路是：找变价、判类型、分升降、定其他。【例4】和【例5】两题均是考察氧化复原反响有关知识的综合标题，涉及氧化复原反响的概念、方程式配

36、平、有关计算等方面，并亲密联络社会热点(环保咨询题)，情景新颖。在解答过程中，在引导学生注重理解有关概念的根底上，总结归纳氧化复原反响方程式配平的方法技巧。拓展题例1.电子守恒规律，即反响中氧化剂得电子总数与复原剂失电子总数相等。利用电子守恒的规律，能够攻破难点，能使计算简便，解题快速，举例说明如下。【例1】一定条件下硝酸铵受热分解的未配平的方程式为：NH4NO3HNO3+N2+H2O在反响中被氧化与被复原的氮原子个数之比为45解析：电子守恒法。直截了当依照反响中得失电子总数相等来解：H 2 失电子：35=15，O 2 得电子：53=15，故反响中被氧化与被复原的氮原子个数之比为53。答案：A

37、【例2】将纯铁丝5.21 g溶于过量的稀H2SO4中，在加热下用2.53 g KNO3去氧化溶液中的Fe2+，待反响完全后，剩余的Fe2+还需要12.0 mL 0.3 molL1的KMnO4溶液方能完全氧化(已MnO复原为Mn2+)，则NO的复原产物为223解析：此题用电子守恒法能相对简单地求解。依照氧化剂(NO、MnO)得电子总数等于复原剂Fe2+失电子总数，已经知道MnO+5e Mn2+，Fe2+e Fe3+1=0.3 molL112103 L5+x解得：x=3，即NO的复原产物是NO。答案：B【例3】14 g 铜银合金与足量的某浓度的硝酸充分反响，将放出的气体与1.12 L(标准情况)氧

38、气混合，通入水中恰好全部吸收，求合金中铜的质量(不考虑2NO2N2O4)。解析：假如用常规法求解特别容易去纠缠是浓HNO3依然稀HNO3，复原的产物是NO2依然NO，堕入烦琐无眉目的思维之中。O2() +H2O由题意知：Cu、Ag(14 g)NOx HNO3，能够找到解题的捷径合金失电子与O2得电子相等！设Cu的质量为x，则有：2+1=4解得：x=3.2 g。答案：合金中铜的质量为3.2 g。2.全面考察氧化复原反响根本知识的综合题型是高考命题的热点之一。【例4】在石油化工的加氢操作中，假如氢气中混有CO和CO2等杂质，会引起催化剂中毒，因而必须除去。(1)在常温下，能够用银氨溶液来检测微量的

39、CO，其原理与银镜反响类似，有银析出。写出银氨溶液与CO反响的化学方程式。_；(2)工业上常采纳甲烷化法除去少量碳的氧化物(CO、CO2)。其方法是：一定温度时，在催化剂的作用下，向碳的氧化物中通入氢气，使之转化为甲烷和易于除去的水。写出CO发生甲烷化反响的化学方程式：_；(3)在上述两个反响中，CO依次作_，_。B.既是氧化剂，又是复原剂D.既不是氧化剂，又不是复原剂解析：(1)由题意可知，银氨溶液中+1价的银被复原为0价，则CO中+2价的碳元素必被氧化为+4价，由于银氨溶液呈碱性，因而碳元素的存在方式有CO或HCO两种，化学反响方程式为：CO+2Ag(NH3)2OH=NH4HCO3+3NH

40、3+2Ag或CO+2Ag(NH3)2OH=(NH4)2CO3+2NH3+2Ag (2)由题意可知，反响物CO中+2价碳被复原为4价，H2被氧化为+1价，依照化合价升降法可得如下的化学方程式：催化剂=一定温度下CO+3H2 CH4+H2O(3)由(1)中分析可知CO中碳元素化合价升高，CO作复原剂；由(2)中分析可知CO中碳元素化合价降低，CO作氧化剂。答案：(1)CO+2Ag(NH3)2OH=NH4HCO3+3NH3+2Ag催化剂=一定温度(2)CO+3H2 CH4+H2O(3)C A【例5】亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下反响： Na2SO3+ KIO3+ H2SO4 Na2SO4+ K

41、2SO4+ I2+ H2O(1)配平上面的氧化复原反响方程式，将化学计量数填入方框中。(2)其中氧化剂是_，假设反响中有5 mol 电子转移，则生成的碘是_mol。(3)该反响的过程和机理较复杂，一般认为发生以下反响：IO+SO=IO+SO(反响速率慢)IO+2SO=I+2SO(反响速率快)5I+6H+IO=3I2+3H2O(反响速率快)I2+SO+H2O=2I+SO+2H+(反响速率快)依照上述步骤揣测该反响总的反响速率由_反响决定(填写上述四步反响的序号)。(4)假设预先参加淀粉溶液，由上述四步反响能够看出必须在_离子耗费完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。解析：(1)从反响式可知：Na2

42、SO3中+4价的S被氧化为+6价。KIO3中+5价的碘被复原为0价。依照化合价升降法可配平方程式：(2)由(1)中分析可知KIO3为氧化剂。因生成1 mol I2需转移10 mol电子，故有5 mol 电子转移时则生成0.5 mol I2。(3)由于总反响速率的快慢，取决于相关步骤中反响速率最慢的一步，故该反响的总反响速率由决定。(4)要使溶液变蓝色，则溶液中必有I2剩余，而第步骤中耗费I2，因而只有SO耗费完全时，才会有使淀粉变蓝的现象产生。答案：(1)5 2 1 5 1 1 1 (2)KIO3 0.5 (3) (4)SO【例6】(2004年临汾模仿题)已经知道Fe3+2I=2Fe2+I2 2Fe2+Br2=2Fe3+2Br(1)向含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，如今被氧化的离子是_。(2)假如向(1)的溶液中通入3 mol Cl2，则被氧化的离子对应的氧化产物的物质的量分别是_。(3)假设向含a mol FeI2和b mol