论文部分内容阅读
一、考查氧化还原反应的基本概念
例1 （上海化学卷）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）。
A.2Na+2NH32NaNH2+H2↑
B.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO→5N2+6H2O
D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
解析在反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中，NH3中的氮元素化合价升高，氨作还原剂（氨体现还原性）。在反应A和D中，NH3中的氢元素化合价均降低，氨均作氧化剂（氨体现氧化性）;在反应B和C中，NH3中的氮元素化合价均升高，氨均作还原剂（氨体现还原性）。故答案为B、C。
二、考查物质氧化性或还原性强弱的比较
例2（江苏化学卷、山东理综卷、北京理综卷和广东理综卷组合）下列说法不正确的是（）。
A.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
B.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色;则Br-还原性强于Cl-
C.对比Fe与稀HNO3反应、Fe与浓HNO3反应中的现象（Fe与稀HNO3反应，Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色;Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止），说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2
解析对于A项，应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律，由反应CO2+Mg点+C可知，Mg的还原性强于C的还原性，A项正确;对于B项，溶液上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl（Cl2+2NaBrBr2+2NaCl），应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律可知，Br-的还原性强于Cl-，B项正确;对于C项，Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止，这是因为发生了钝化现象，不能根据Fe与稀HNO3和Fe与浓HNO3反应的现象比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱（物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力大小来分析），C项错误;对于D 项，Cl2将I-氧化为I2（Cl2+2I-2Cl-+I2），而碘遇淀粉溶液变蓝色，应用“氧化剂的氧化性比氧化产物强”的规律可知，氧化性：Cl2>I2，D项正确。故答案为C。
三、考查物质氧化性或还原性的判断
例3 （上海化学卷）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）。
A.还原性B.氧化性C.漂白性D.酸性
解析二氧化硫能使溴水褪色，是因二氧化硫被溴水氧化（SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr），说明二氧化硫具有还原性。故答案为A。
四、考查转移电子数的判断
例4（江苏化学卷、广东理综卷和安徽理综卷组合）下列说法正确的是（ ）。
A.若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B.反应CH4+H2O催化剂△3H2+CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
C.3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA（NA为阿伏加德罗常数的数值）个电子
D.向NaClO和NaCl混合溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个
解析对于A项，由反应2H2O22H2O+O2↑可知，产生1 mol O2理论上转移2 mol电子，即理论上转移的电子数约为2×6.02×1023，A项错误;对于B项，因CH4-6e-→CO，则每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，B项错误;对于C项，因3Fe-8e-Fe3O4，则3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4失去8NA个电子，C项正确;对于D项，由反应NaClO+2HCl
NaCl+H2O+Cl2↑可知，每产生1 mol Cl2转移1 mol电子，即转移电子约为6.02×1023个，D项正确。故答案为C、D。
例5 （海南化学卷，节选）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为 mol。
解析因NH+4-4e-1/2N2O（或NO-3+4e-→1/2N2O），则1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为4 mol。
故答案为：4 mol。
五、考查氧化还原反应化学方程式或离子方程式的配平
例6 （安徽理综卷，节选）请配平化学方程式：
□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2——
□NaBH4+□Na2SiO3
解析可从还原剂Na和氧化剂H2入手，找出元素化合价的变化值（“↑”表示元素化合价升高，“↓”表示元素化合价降低;下同），根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出其他物质的化学计量数。即：
NaBO2+SiO2+Na0+H02
↑1×2↓2×1
——Na+1BH-14+Na2SiO3
可先确定出Na和H2的化学计量数分别为2和1，然后确定出NaBH4的化学计量数为1/2，最后依次确定出NaBO2、SiO2和Na2SiO3的化学计量数分别为1/2、1和1。即1/2NaBO2+SiO2+2Na+H21/2NaBH4+Na2SiO3;再同时扩大2倍得：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+ 2Na2SiO3。
故答案为：1、2、4、2、、1、2。
例7 （天津理综卷，节选）完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
□ClO-3+□Fe2++□→□Cl-+□Fe3++□
解析可从氧化剂ClO-3和还原剂Fe2+入手，找出元素化合价的变化值，根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出缺项物质的化学式及其化学计量数。即：
Cl+5O-3+Fe+22++——Cl-1-+Fe+3+
↓6×1 ↑1×6
可先确定出ClO-3和Fe2+的化学计量数分别为1和6，然后确定出Cl-和Fe3+的化学计量数分别为1和6;此时，左端比右端少6个正电荷、而多3个O原子，则左端的缺项物质为
H+，其化学计量数为6;右端的缺项物质为H2O，其化学计量数为3。即：ClO-3+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
故答案为：1、6、6H+、1、6、3H2O。
六、考查氧化还原反应的计算
例8 （上海化学卷）将O2和NH3的混合气体448 mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8 mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化;气体体积均已换算成标准状况） （ ）mL。
A.231.5B.268.8C.287.5D.313.6
解析设原混合气体中O2和NH3的体积分别为V（O2）和V（NH3），则V（O2）+V（NH3）=
448 mL……①。由题意可知发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O和4NO+3O2+2H2O
4HNO3，将这两个反应叠加得总反应为NH3+2O2HNO3+H2O。若最终收集到44.8 mL气体为NO，则生成HNO3的NH3为[V（NH3）-44.8 mL];因NH3-8e-→HNO3，NH3-5e-→NO，O2+4e-→HNO3（H2O）;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：[V（NH3）-44.8 mL]×8+44.8mL×5=V（O2）×4……②;解方程组①②得，V（NH3）=160.5mL，V（O2）=287.5 mL;若最终收集到44.8mL气体为O2，因NH3-8e-→HNO3，O2+4e-→HNO3;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：V（NH3）×8=[V（O2）-44.8 mL]×4……③;解方程组①③得，V（NH3）=134.4mL，V（O2）=313.6 mL。故答案为C、D。
例9 （江苏化学卷，节选）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2
MnSO4。准确称取0.1710 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500 mol/L的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度（ 请给出计算过程）。
解析设Mn3+和Fe2+的物质的量分别为n（Mn3+）和n（Fe2+）。因Mn3++e-→Mn2+，Fe2+-e-→Fe3+;则根据得失电子守恒原则得：
n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1，即n（Mn3+）=n（Fe2+）=0.0500 mol/L
×20.00×10-3=1.00×10-3mol;根据Mn元素守恒原则得，n（MnSO4·H2O）=n（Mn3+）=1.00×10-3mol，则m（MnSO4·H2O）=1.00×10-3mol×169 g/mol=0.169 g，从而得MnSO4·H2O样品的纯度为0.169 g0.1710 g×100%=98.8%。故答案为98.8%（计算过程见解析）。
七、综合考查氧化还原反应的有关知识
例10 （上海化学卷）工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）。
A.硫元素既被氧化又被还原
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子
D.相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3 CO2
解析由题给信息可知其反应为：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2↑;由此可知，
Na2S中的硫元素被氧化，SO2中的硫元素被还原，A项正确;氧化剂（SO2）与还原剂（Na2S）的物质的量之比为2∶1，B项错误;因每生成3 mol Na2S2O3转移8mol电子（在中学通常认为Na2S2O3中硫元素为+2价），则每生成1 mol Na2S2O3转移8/3mol电子，C项错误;相同条件下，每吸收1体积SO2就会放出0.25体积CO2，则每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2，D项正确。故答案为A、D（笔者认为，由于Na2S2O3中硫元素的化合价目前有争议：一种观点认为，硫元素为+2价;第二种观点认为，其中1个S原子为+4价，1个S原子为0价;第三种观点认为，其中1个S原子为+6价，1个S原子为-2价。这样，将使考生难以判断每生成1 mol Na2S2O3转移电子的物质的量。所以，此题以Na2S2O3作为命题素材欠妥）。
（收稿日期：2015-07-10）
例1 （上海化学卷）下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）。
A.2Na+2NH32NaNH2+H2↑
B.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO→5N2+6H2O
D.3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2
解析在反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中，NH3中的氮元素化合价升高，氨作还原剂（氨体现还原性）。在反应A和D中，NH3中的氢元素化合价均降低，氨均作氧化剂（氨体现氧化性）;在反应B和C中，NH3中的氮元素化合价均升高，氨均作还原剂（氨体现还原性）。故答案为B、C。
二、考查物质氧化性或还原性强弱的比较
例2（江苏化学卷、山东理综卷、北京理综卷和广东理综卷组合）下列说法不正确的是（）。
A.在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性
B.向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色;则Br-还原性强于Cl-
C.对比Fe与稀HNO3反应、Fe与浓HNO3反应中的现象（Fe与稀HNO3反应，Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色;Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止），说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D.向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，加入淀粉后溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2>I2
解析对于A项，应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律，由反应CO2+Mg点+C可知，Mg的还原性强于C的还原性，A项正确;对于B项，溶液上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl（Cl2+2NaBrBr2+2NaCl），应用“还原剂的还原性比还原产物强”的规律可知，Br-的还原性强于Cl-，B项正确;对于C项，Fe与浓HNO3反应，Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止，这是因为发生了钝化现象，不能根据Fe与稀HNO3和Fe与浓HNO3反应的现象比较稀硝酸和浓硝酸的氧化性强弱（物质氧化性强弱只能通过比较物质得电子能力大小来分析），C项错误;对于D 项，Cl2将I-氧化为I2（Cl2+2I-2Cl-+I2），而碘遇淀粉溶液变蓝色，应用“氧化剂的氧化性比氧化产物强”的规律可知，氧化性：Cl2>I2，D项正确。故答案为C。
三、考查物质氧化性或还原性的判断
例3 （上海化学卷）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（ ）。
A.还原性B.氧化性C.漂白性D.酸性
解析二氧化硫能使溴水褪色，是因二氧化硫被溴水氧化（SO2+Br2+2H2OH2SO4+2HBr），说明二氧化硫具有还原性。故答案为A。
四、考查转移电子数的判断
例4（江苏化学卷、广东理综卷和安徽理综卷组合）下列说法正确的是（ ）。
A.若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023
B.反应CH4+H2O催化剂△3H2+CO，每消耗1 mol CH4转移12 mol电子
C.3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA（NA为阿伏加德罗常数的数值）个电子
D.向NaClO和NaCl混合溶液中加入浓盐酸，每产生1 mol Cl2，转移电子约为6.02×1023个
解析对于A项，由反应2H2O22H2O+O2↑可知，产生1 mol O2理论上转移2 mol电子，即理论上转移的电子数约为2×6.02×1023，A项错误;对于B项，因CH4-6e-→CO，则每消耗1 mol CH4转移6 mol电子，B项错误;对于C项，因3Fe-8e-Fe3O4，则3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4失去8NA个电子，C项正确;对于D项，由反应NaClO+2HCl
NaCl+H2O+Cl2↑可知，每产生1 mol Cl2转移1 mol电子，即转移电子约为6.02×1023个，D项正确。故答案为C、D。
例5 （海南化学卷，节选）硝酸铵加热分解可得到N2O和H2O，若有1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为 mol。
解析因NH+4-4e-1/2N2O（或NO-3+4e-→1/2N2O），则1 mol硝酸铵完全分解，转移的电子数为4 mol。
故答案为：4 mol。
五、考查氧化还原反应化学方程式或离子方程式的配平
例6 （安徽理综卷，节选）请配平化学方程式：
□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2——
□NaBH4+□Na2SiO3
解析可从还原剂Na和氧化剂H2入手，找出元素化合价的变化值（“↑”表示元素化合价升高，“↓”表示元素化合价降低;下同），根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出其他物质的化学计量数。即：
NaBO2+SiO2+Na0+H02
↑1×2↓2×1
——Na+1BH-14+Na2SiO3
可先确定出Na和H2的化学计量数分别为2和1，然后确定出NaBH4的化学计量数为1/2，最后依次确定出NaBO2、SiO2和Na2SiO3的化学计量数分别为1/2、1和1。即1/2NaBO2+SiO2+2Na+H21/2NaBH4+Na2SiO3;再同时扩大2倍得：NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+ 2Na2SiO3。
故答案为：1、2、4、2、、1、2。
例7 （天津理综卷，节选）完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：
□ClO-3+□Fe2++□→□Cl-+□Fe3++□
解析可从氧化剂ClO-3和还原剂Fe2+入手，找出元素化合价的变化值，根据其最小公倍数使化合价升降值相等，先确定出氧化剂和还原剂的化学计量数，再确定出氧化产物和还原产物的化学计量数，最后确定出缺项物质的化学式及其化学计量数。即：
Cl+5O-3+Fe+22++——Cl-1-+Fe+3+
↓6×1 ↑1×6
可先确定出ClO-3和Fe2+的化学计量数分别为1和6，然后确定出Cl-和Fe3+的化学计量数分别为1和6;此时，左端比右端少6个正电荷、而多3个O原子，则左端的缺项物质为
H+，其化学计量数为6;右端的缺项物质为H2O，其化学计量数为3。即：ClO-3+6Fe2++6H+Cl-+6Fe3++3H2O。
故答案为：1、6、6H+、1、6、3H2O。
六、考查氧化还原反应的计算
例8 （上海化学卷）将O2和NH3的混合气体448 mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8 mL气体。原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化;气体体积均已换算成标准状况） （ ）mL。
A.231.5B.268.8C.287.5D.313.6
解析设原混合气体中O2和NH3的体积分别为V（O2）和V（NH3），则V（O2）+V（NH3）=
448 mL……①。由题意可知发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O和4NO+3O2+2H2O
4HNO3，将这两个反应叠加得总反应为NH3+2O2HNO3+H2O。若最终收集到44.8 mL气体为NO，则生成HNO3的NH3为[V（NH3）-44.8 mL];因NH3-8e-→HNO3，NH3-5e-→NO，O2+4e-→HNO3（H2O）;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：[V（NH3）-44.8 mL]×8+44.8mL×5=V（O2）×4……②;解方程组①②得，V（NH3）=160.5mL，V（O2）=287.5 mL;若最终收集到44.8mL气体为O2，因NH3-8e-→HNO3，O2+4e-→HNO3;则根据得失电子守恒原则和阿伏加德罗定律得：V（NH3）×8=[V（O2）-44.8 mL]×4……③;解方程组①③得，V（NH3）=134.4mL，V（O2）=313.6 mL。故答案为C、D。
例9 （江苏化学卷，节选）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2
MnSO4。准确称取0.1710 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500 mol/L的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度（ 请给出计算过程）。
解析设Mn3+和Fe2+的物质的量分别为n（Mn3+）和n（Fe2+）。因Mn3++e-→Mn2+，Fe2+-e-→Fe3+;则根据得失电子守恒原则得：
n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1，即n（Mn3+）=n（Fe2+）=0.0500 mol/L
×20.00×10-3=1.00×10-3mol;根据Mn元素守恒原则得，n（MnSO4·H2O）=n（Mn3+）=1.00×10-3mol，则m（MnSO4·H2O）=1.00×10-3mol×169 g/mol=0.169 g，从而得MnSO4·H2O样品的纯度为0.169 g0.1710 g×100%=98.8%。故答案为98.8%（计算过程见解析）。
七、综合考查氧化还原反应的有关知识
例10 （上海化学卷）工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（ ）。
A.硫元素既被氧化又被还原
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C.每生成1 mol Na2S2O3，转移4 mol电子
D.相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3 CO2
解析由题给信息可知其反应为：Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2↑;由此可知，
Na2S中的硫元素被氧化，SO2中的硫元素被还原，A项正确;氧化剂（SO2）与还原剂（Na2S）的物质的量之比为2∶1，B项错误;因每生成3 mol Na2S2O3转移8mol电子（在中学通常认为Na2S2O3中硫元素为+2价），则每生成1 mol Na2S2O3转移8/3mol电子，C项错误;相同条件下，每吸收1体积SO2就会放出0.25体积CO2，则每吸收10 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2，D项正确。故答案为A、D（笔者认为，由于Na2S2O3中硫元素的化合价目前有争议：一种观点认为，硫元素为+2价;第二种观点认为，其中1个S原子为+4价，1个S原子为0价;第三种观点认为，其中1个S原子为+6价，1个S原子为-2价。这样，将使考生难以判断每生成1 mol Na2S2O3转移电子的物质的量。所以，此题以Na2S2O3作为命题素材欠妥）。
（收稿日期：2015-07-10）