氧化还原反应高考考点探究乐善堂

雷范军

氧化还原反应属于高中化学的基本概念和重要理论，主要涉及氧化反应、还原反应、氧化还原反应、氧化剂、还原剂、氧化性、还原性、电子转移的数目和方向等内容。下面根据《化学1》第二章第三节“氧化还原反应”的内容和《考试说明》的要求提炼该部分常见的重要考点，并精选试题进行分析。

一、基本概念

该考点通常涉及化合价、氧化还原反应、非氧化还原反应、四大反应类型、氧化反应、还原反应、被氧化、被还原、氧化作用、还原作用、氧化性、还原性、电子转移的简单计算等内容，一般与元素化合物的主要性质和制备、原电池原理、电解原理、金属的腐蚀与防护、化学实验等综合在一起考查。

【例1】下列叙述正确的是（ ）

① Na2O2用作呼吸面具的供氧剂、工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al、实验室用NH4Cl 和Ca（OH）2制备NH3，三者均涉及氧化还原反应

② 铜锌原电池工作时，铜电极上发生氧化反应

③ 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑、Cl2 + H2O = HCl + HClO，二者均是水既非氧化剂又非还原剂的氧化还原反应

④ Cl2 + 2Br- = 2Cl-+ Br2、Zn + Cu2+ = Zn2+ + Cu，二者均是氧化还原反应，且两者反应中的水既不是氧化剂，也不是还原剂。

⑤ 大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，该反应的还原产物为MnSO4（或Mn2+）

⑥ 海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）用硝酸铵、水、硫酸溶解时得到的氧化产物是CuSO4或Cu2+

⑦ 二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有漂白性

⑧ 草酸晶体（H2C2O4·2H2O）受热分解产生的气体中含有CO，也含有CO2

A. ①③④⑦ B. ②④⑤⑦ C. ①②⑥⑧ D. ③⑤⑥⑧

解析：2 NH4Cl + Ca（OH）2CaCl2 + 2 H2O + 2 NH3↑中没有元素的化合价有变化，该反应不涉及氧化还原反应，故①错误；锌比铜活泼容易失去电子，则锌作负极，铜作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，故②错误；虽然两反应均有元素化合价升降，但是水中氢、氧元素的化合价没有升降，故③正确；氯元素由0价被还原为-1价，锌元素由0价被氧化为+2价，则后一个反应中单质被氧化。故④错误；2 I- + MnO2 + 4H+ = Mn2+ + I2 + 2H2O，MnO2是氧化剂，锰元素由+4价降低到+2价，被还原，则MnSO4（或Mn2+）是还原产物，海藻中所含的I-是还原剂，碘元素由-1价升高到0价，被氧化，则I2是氧化产物，故⑤正确；硝酸铵提供NO3-，硫酸提供H+，海绵铜提供Cu，三者发生反应：3 Cu + 8 H+ + 2 NO3- = 3 Cu2+ + 2 NO↑ + 4 H2O，铜元素由0价升高为+2价，则Cu是还原剂，Cu2+或CuSO4是氧化产物，故⑥正确；单质的氧化性越强，所含非金属原子的得电子能力就越强，元素的非金属性就越强，故⑥正确；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性，故⑦错误；草酸中氢+1价、氧-2价，则所含碳元素为+3价，若碳元素由+3价降低为+2价（被还原为CO），碳元素一定同时由+3价升高为+4价（被氧化为CO2），故⑧正确。

答案：D

点评：解答氧化还原反应基本概念题时，基本思维模型如下：找变价→判类型→分升降→定其他，其中“找变价”是非常关键的一步，特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清元素化合价的变化情况。将有关概念缩成三字决或六字诀：氧（被氧化）失（电子）升；还（被还原）得（电子）降。被氧化的物质作还原剂，被还原的物质作氧化剂等，这是“判类型”常用方法。

二、重要规律

该考点主要涉及有升必有降规律、优先转化为相邻价态规律、化合价升降总数相等、电子得失守恒原理、氧化性和还原性强弱顺序、氧化或还原的先后规律、氧化还原反应方程式的配平和简单计算等内容，一般与元素化合物的主要性质、元素周期律、化工生产工艺流程、电化学、化学实验方案的涉及与评价等综合在一起考查。

【例2】下列叙述不正确的是（ ）

① 工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1

② 已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3 + 3C1O- + 4OH- = 2RO4n-+3Cl- +5H2O。则RO4n-中R的化合价是+5

③ 单质氧化性的强弱，能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据

④ 1 mol Fe与足量的稀HNO3反应，转移2 mol电子

⑤ Mg在CO2中燃烧生成MgO和C，在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性

⑥ 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，溶液变成蓝色，说明氧化性：Cl2>I2

⑦ SO2和SO3混合气体通入Ba（NO3）2溶液可得到BaSO3和BaSO4

⑧ 已知氧化性：Br2>Fe3+，FeBr2溶液中通入少量的Cl2，首先发生反应的离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-

A. ①③④⑥ B. ②⑤⑥⑧ C. ①③⑤⑦ D. ②④⑦⑧

解析：根据化合价升降法配平可得：2KC1O3 + Na2SO3 + H2SO4 = 2ClO2↑+K2SO4 + Na2SO4 + H2O，氧化剂（KC1O3）与还原剂（Na2SO3）物质的量之比为2∶1，故①正确；氯元素由+1价降低为-1价，设R由+3价升高为+x价，由电子得失守恒定律可知，3×2=2×（+x-3），x=6，则RO4n-中R的化合价是+6，故②错误；单质的氧化性越强，所含非金属原子的得电子能力就越强，元素的非金属性就越强，故③正确；稀HNO3是氧化性酸，足量的稀HNO3能将铁溶解且生成Fe3+，所以Fe-3e— = Fe3+，则1 mol Fe与足量的稀HNO3反应转移3 mol电子，故④错误；2Mg + CO2 2MgO + C，镁元素由0价升高为+2价，Mg是还原剂，碳元素由+4价降低为0价，被还原，则C是还原产物，还原剂的还原性比还原产物强，故⑤正确；淀粉溶液变成蓝色，说明2I-+Cl2 = I2 + 2 Cl-，Cl2是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Cl2 > I2，故⑥正确；3SO2 + 2H2O + 3Ba（NO3）2 = 3BaSO4 ↓+2 NO↑ + 4HNO3，SO3 + H2O + Ba（NO3）2 = BaSO4 ↓ + 4HNO3，故⑦错误；氧化性：Br2>Fe3+，则还原性：Fe2+>Br-，则FeBr2溶液中的Fe2+优先被少量的Cl2氧化，即首先反应的是2 Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl-，故⑧错误。

答案：D

点评：（1）对于一个完整的氧化还原反应，化合价升降总数相等，电子得失总数相等；（2）较强氧化性的氧化剂+较强还原性的还原剂=较弱还原性的还原产物+较弱氧化性的氧化产物；（3）氧化还原反应中，同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，元素的化合价必然有升有降；（4）一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，优先与还原性最强的还原剂发生反应；同理，一种还原剂遇到多种氧化剂时，优先与氧化性最强的氧化剂反应。

三、氧化还原反应方程式的配平及计算

该考点通常涉及化合价升降的最小公倍数法、设1法、电子守恒定律、质量守恒定律、物质的量及其在方程式计算中的应用等内容，一般与元素化合物的性质、工艺流程、滴定原理的应用、原电池原理、电解原理、物质推断等综合在一起考查。

【例3】（1）配平偏硼酸钠（NaBO2）等原料制备硼氢化钠（NaBH4）的化学方程式：

□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2=□NaBH4+□Na2SiO3

（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式：

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

（3）准确称取W g Na2S2O3·5H2O粗产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L-1碘的标准溶液滴定，消耗碘的标准溶液体积为18.10mL。产品的纯度为（设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M） 。（已知反应原理：2S2O32- + I2=S4O62- + 2I-）

（4）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10 NaN3 + 2 KNO3 = K2O + 5 Na2O + 16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则被氧化的N原子的物质的量为 。

解析：（1）设NaBH4的化学计量系数为1，由硼、氢原子个数守恒逆推可知，NaBO2、H2的系数分别为1、2，由钠、氢元素的化合价升降总数相等可知，Na的系数为4，由钠原子个数守恒可知，Na2SiO3的系数为2，由硅或氧原子个数守恒可知，SiO2的系数为2；（2）纤维素水解最终产物是葡萄糖（C6H12O6），根据化合价升降守恒规律，（C6H12O6）中碳元素化合价升高数应该等于NaClO3中氯元素化合价降低数，又根据Na元素和S原子守恒，产物中其中一种肯定是“12Na2SO4”，则24 NaClO324 ClO2↑、1C6H12O66CO2↑，即C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=24ClO2↑+6CO2↑+18H2O+12Na2SO4；（3）由n = c·V、2S2O32- + I2 = S4O62- + 2I-、m = n·M可知，Na2S2O3·5H2O产品纯度的计算表达式为×100%；（4）NaN3中氮元素由-1/3升高为0价，KNO3中氮元素由+5价降低为0价，则NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物，设KNO3为2x mol，则NaN3为10x mol，则属于还原产物的N2为xmol，属于氧化产物的N2为15xmol，由题意可知，15x-x=1.75，则x = 0.125，被氧化的N原子的物质的量为10×3×0.125 mol = 3.75mol。

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

点评：（1）标（明反应前后变化化合价的元素的化合价）→等（通过求最小公倍数使化合价升降总数相等）→定（确定氧化剂与还原剂的化学计量系数）→平（观察法配平其他物质的化学计量系数）→查（检查电子得失、电荷总数、原子个数是否均守恒，是否遗漏“↑”、“↓”、反应条件等，这是配平陌生新情境中氧化还原反应方程式的主要步骤；（2）找物质（找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物）→定得失[确定一个原子或离子得失电子数（注意化学式中的原子个数）]→列关系[根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式：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]，这是应用得失电子守恒法解题的一般步骤；（3）对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中电子没有损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。

四、真题演练

1.（2015·四川）下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）

A. 明矾作净水剂

B. 甘油作护肤保湿剂

C. 漂粉精作消毒剂

D. 铁粉作食品袋内的脱氧剂

2.（2015·上海）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 + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑

B. 2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O

C. 4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O

D. 3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2

3.（2015·海南，1）化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是（ ）

A. 明矾净化水 B. 纯碱去油污

C. 食醋除水垢 D. 漂白粉漂白织物

4.（2015·上海）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 m3 SO2就会放出2.5 m3 CO2

5.（2015·山东，11）下列由实验现象得出的结论正确的是（ ）

6.（2015·上海）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式。

。

7.（2015·全国课标I，36（6））准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为 。

参考答案

1. D 解析KAl（SO4）2·12H2O = K+ + Al3+ + 2 SO42- + 12 H2O、Al3+ + 3 H2O Al（OH）3（胶体）+ 3H+，Al（OH）3（胶体）具有吸附作用，故A错误；甘油具有强吸水作用，故B错误；漂粉精具有强氧化作用，故C错误；吸氧腐蚀总反应式2Fe+O2+2H2O=2Fe（OH）2或4Fe+3O2+6H2O=4Fe（OH）3，铁粉起还原反应，故D正确。

2. BC 解析：4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中，氮元素由-3价升高为+2价，则氨失去电子、被氧化，因此氨起还原剂的作用。2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑中，氢元素由+1价降低为0价，则氨得到电子、被还原，因此氨起氧化剂的作用，故A错误；2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O中，氮元素由-3价升高为0价，则氨失去电子、被氧化，因此氨起还原剂的作用，故B正确；4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O中，氨所含氮元素由-3价升高为0价，则氨失去电子、被氧化，因此氨起还原剂的作用，故C正确；3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2中，氨所含氢元素由+1价降低为0价，则氨得到电子、被还原，因此氨起氧化剂的作用，故D错误。

3. D 解析：明矾水解生成的氢氧化铝胶体能吸附浑浊水中的悬浮颗粒并使之迅速沉降至水底，从而净水，故A错误；纯碱水解产生的氢氧根离子能使油脂彻底水解为易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，从而去油污，故B错误；醋酸的酸性比碳酸强，因此醋酸能溶解水垢中的碳酸钙，故C错误；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙容易转化为次氯酸，次氯酸具有强氧化性，故D正确。

4. AD 解析：反应物Na2S、SO2中硫元素的化合价分别为-2、+4，生成物Na2S2O3中硫元素的化合价为+2，则硫元素的化合价即升高又降低，因此既被氧化又被还原，故A正确；由化合价升降总数相等、原子守恒配平可得：Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2，氧化剂（SO2）与还原剂（Na2S）的物质的量之比为4∶2=2∶1，而非1∶2，故B错误；由化合价升高或降低总数等于转移电子数可得关系式：Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2～8e- ，n（e-） = 8/3 mol，故C错误；由Na2CO3 + 2 Na2S + 4 SO2 = 3 Na2S2O3 + CO2可知，若V（SO2）=10 m3 ，则V（CO2）= 2.5 m3 ，故D正确。

5. C 解析：向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀，说明Ksp（AgCl）> Ksp（AgI），故A错误；向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中可能含有Fe2+或Fe3+，故B错误；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，说明氯气将Br-氧化为Br2，氧化性：Cl2>Br2，则Br-还原性强于Cl-，故C正确；加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，原因是NH4ClNH3 ↑+ HCl↑、NH3 + HCl=NH4Cl，故D错误。

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

解析：KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，根据电子守恒及原子守恒配平可得：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。

7. ×100%

解析：由c·V可知，n（K2Cr2O7）=a×b×10-3 mol；由Cr2O72-被还原为Cr3+可知，n（e-）得=2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol；由电子得失守恒可知，n（e-）失=n（e-）得=2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol；由氯化亚铜被氧化为Cu2+可知，n（CuCl）= 2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]；由n·M可知，m（CuCl）= 2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]×99.5g·mol-1；由样品的质量及质量分数的计算表达式可知，样品中CuCl的质量分数为2×[（+6）-（+3）]×a×b×10-3 mol÷[（+2）-（+1）]×99.5g·mol-1÷m g×100%=×100%。

责任编辑 李平安