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三、氧化还原反应
1、准确理解氧化还原反应的概念 1.1 氧化还原反应各概念之间的关系 （1）反应类型：
氧化反应：物质所含元素化合价升高的反应。 还原反应：物质所含元素化合价降低的反应。 氧化还原反应：有元素化合价升高和降低的反应。 （2）反应物：
氧化剂：在反应中得到电子的物质 还原剂：在反应中失去电子的物质 （3）产物：
氧化产物：失电子被氧化后得到的产物 还原产物：得电子被还原后得到的产物 （4）物质性质：
氧化性：氧化剂所表现出得电子的性质 还原性：还原剂所表现出失电子的性质 （5）各个概念之间的关系如下图
例题1：下列变化过程属于还原反应的是( D )
A.HCl→MgCl2 B.Na→Na+ C.CO→CO2 D. Fe3+→Fe 例题2：下列化学反应不属于氧化还原反应的是（ C ）
A、3Cl2 + 6KOH =5KCl + KClO3 + 3H2O B、2NO2 + 2NaOH =NaNO3 +NaNO2 +H2O C、SnCl4 + 2H2O = SnO2 + 4HCl D、3CCl4 + 2K2Cr2O7 = 2CrO2Cl2 + 3COCl2 +2KCl
1.2 常见的氧化剂与还原剂
(1)物质在反应中是作为氧化剂还是作为还原剂，主要取决于元素的化合价。
①元素处于最高价时，它的原子只能得到电子，因此该元素只能作氧化剂，如+7价的Mn和+6价的S
②元素处于中间价态时，它的原子随反应条件不同，既能得电子，又能失电子，因此该元素既能作氧化剂，又能作还原剂，如0价的S和+4价的S
③元素处于最低价时，它的原子则只能失去电子，因此该元素只能作还原剂，如-2价的S (2)重要的氧化剂
①活泼非金属单质，如F2、Cl2、Br2、O2等。
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②元素处于高价时的氧化物、高价含氧酸及高价含氧化酸盐等，如MnO2，NO2；浓H2SO4，HNO3；KMnO4，KClO3，FeCl3等。
③过氧化物，如Na2O2，H2O2等。 (3)重要的还原剂
①金属单质，如Na，K，Zn，Fe等。 ②某些非金属单质，如H2，C，Si等。
③元素处于低化合价时的氧化物，如CO，SO2等。
④元素处于低化合价时的酸，如HCl（浓），HBr，HI，H2S等。 ⑤元素处于低化合价时的盐，如Na2SO3，FeSO4等。 1.3 电子转移的表示方法
电子转移的表示方法有双线桥法和单线桥法 （1）双线桥法
要点：a.箭头由反应物中化合价变化元素指向生成物中化合价已经变化了的同一元素。（升高、降低各
一根箭头，越过方程式中间的等号）
b.电子转移数目：化合价升高、失电子；化合价降低、得电子。化合价改变元素的原子个数m ×
每个原子得到（或失去）电子的个数ne-, 即m × ne- 如：
（2）单线桥法
要点：a.线桥从反应物中化合价升高的元素出发，指向反应物中化合价降低的元素，箭头对准氧化剂中
化合价降低的元素，箭头不过“=”
b.在线桥上标明转移电子总数，不写得到或失去。 如：
2、氧化还原反应的基本规律 2.1 氧化还原反应的反应规律
2.1.1 价态规律
同种元素，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。处于中间价态时既有氧化性又有还原性。
例题：下列微粒不具有还原性的是（D ） A.K B.Fe2+
C.S2- D.Na+
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2.1.2 歧化和归中规律
价态归中规律：同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，价态的变化“只靠拢，可相交，不相叉”。例题：下列反应能否发生？能发生的，请预测有关产物？
A、C + CO2 B、Fe + FeCl3 C、SO2 + H2SO4 (浓) D、H2S + H2SO4(浓) 2.1.3 反应先后规律 在浓度相差不大的溶液中：
（1）同时含有集中还原剂时，加入氧化剂后，还原性强的优先被氧化。 （2）同时含有集中氧化剂时，加入还原剂后，氧化性强的优先被还原。 2.1.4 守恒规律
在任何氧化还原反应中：化合价升高总数 = 化合价降低总数，还原剂失电子总数 = 氧化剂得电子总数。并且反应前后电荷数相等。
例题1：已知3个SO32-恰好将2个ClO4- 还原，而SO32-被氧化为SO42-，则X元素在还原产物中的化合价是（ D ）
A．+1 C．+3
2.2 氧化性与还原性的强弱判断规律（自己总结） （1）根据氧化还原反应方程式的判断
氧化性：氧化剂＞氧化产物 还原性：还原剂＞还原产物
可总结为：比什么性，找什么剂，产物之性弱于剂。 （2）根据金属活动性顺序判断
K Ca Na Mg Al Zn Fe Sn Pb (H) Cu Hg Ag Pt Au
从左向右还原性逐渐减弱，对应离子的氧化性逐渐增强 （3）根据反应条件和反应的剧烈程度
反应条件要求越低，反应越剧烈，对应物质的氧化性或还原性越强。 （4）根据氧化性还原反应的程度
相同条件下：a.不同氧化剂作用于同一种还原剂，氧化产物价态高的氧化性强。
b.不同还原剂作用于同一种氧化剂，还原产物价态低的还原性强。
3、氧化还原概念及规律的应用 3.1 氧化还原反应方程式的配平
3.1.1 三个原则
得失电子守恒原则，原子守恒原则，电荷守恒原则 3.1.2 一般方法
化合价升降法联合最小公倍数法 3.1.3 配平技巧 3.1.3.1 正向配平法
B．+2 D．+4
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先从氧化剂和还原剂开始配平。
适用范围：分子间的氧化还原反应，所有元素参与的氧化还原反应，生成物中物质即是氧化物又是还原产物。
3.1.3.2 逆向配平法 先从氧化还原产物开始配平
适用范围：自身氧化还原反应，反应物中某一部分被氧化或被还原 3.1.3.3 整体配平发
当某一元素的原子或原子团（多见于有机反应配平）在某化合物中有数个时，可将它作为一个整体对待，根据化合物中元素化合价代数和为零的原则予以整体标价。
例题：S+Ca(OH)2=CaSx+CaS2O3+H2O
分析：NH4NO3中N的平均化合价为+1价（NH4中-3价，NO3中+5价），元素化合价升降关系为：NH4NO3→HNO3 ：+1→+5 升4×1价 NH4NO3→N2：+1→0 降2×2价
得2(x+1)S + 3Ca(OH)2 ＝ 2CaSx + CaS2O3 + 3H2O
3.1.3.4 缺项配平法
如果所给的化学方程式中有反应物或生成物没有写出来，在配平时，如果所空缺的物质不发生电子的得失，仅仅是提供一种发生反应的酸、碱、中性的环境，可先把有化合价升降的元素配平，最后根据电荷守恒和原子守恒确定缺项物质，配平。
例题： BiO3－ ＋ Mn2＋ ＋ = Bi3＋ ＋ MnO4－＋ H2O 分析：首先根据化合价的升降配平有变价元素的有关物质：
5BiO3－ ＋2 Mn2＋ ＋ = 5 Bi3＋ ＋2 MnO4－＋H2O
根据氧原子守恒，可以确定H2O 的系数为7，根据质量守恒和电荷守恒规律可以确定反应物所缺的是氢离子H＋
3.1.3.5 其他配平法（自己总结） （1）奇偶配平法
这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶，例如：C2H2+O2→CO2+H2O，此方程式配平从先出现次数最多的氧原子配起。O2内有2个氧原子，无论化学式前系数为几，氧原子总数应为偶数。故右边H2O的系数应配2（若推出其它的分子系数出现分数则可配4），由此推知C2H2前2，式子变为：2C2H2+O2→CO2+2H2O，由此可知CO2前系数应为4，最后配单质O2为5，把短线改为等号，写明条件即可：2C2H2+5O2==4CO2+2H2O （2）观察法配平
有时方程式中会出现一种化学式比较复杂的物质，我们可通过这个复杂的分子去推其他化学式的系数，例如：Fe+H2O——Fe3O4+H2，Fe3O4化学式较复杂，显然，Fe3O4中Fe来源于单质Fe，O来自于H2O，则Fe前配3，H2O前配4，则式子为：3Fe+4H2O＝Fe3O4+H2由此推出H2系数为4，写明条件，短线改为等号即可：3Fe+4H2O==Fe3O4+4H2 （3）归一法
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找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数。若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法。 做法：选择化学方程式中组成最复杂的化学式，设它的系数为1，再依次推断。
3.2 氧化还原反应的相关计算（举例说明，不少于2个例子） （1） 计算依据：氧化剂得到的电子总数等于还原剂失去的电子总数。
（2） 计算公式：氧化剂的物质的量×变价元素原子的个数×化合价的变化值等=还原剂的物质的量
×变价元素原子的个数×化合价的变化值。
例题1：ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，实验室可以通过以下反应制得ClO2：反应方程式为2KClO3＋H2C2O4＋H2SO4==加热==2ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O，下列说法正确的是 ( A ) A．KClO3在反应中得到电子 B．ClO2是氧化产物 C．H2C2O4在反应中被还原
D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移
解析：由反应方程式知：KClO3中Cl元素化合价由＋5→＋4，H2C2O4中碳元素的化合价由＋3→＋4，故KClO3得电子，是氧化剂，被还原得还原产物ClO2,1molKClO3参加反应转移1mol电子；H2C2O4是还原剂被氧化，故A项正确。答案：A
例题2：将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X，再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀，根据题意推断气体X的成分可能是
A. 0.3mol NO2和0.3mol NO B. 0.2mol NO2和0.1mol N2O4 C. 0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O4 D. 0.6mol NO
解析：根据Mg、Cu的变化：Mg～Mg2+～2OH－～Mg(OH)2～2e－、Cu～Cu2+～2OH－～Cu(OH)2～2e
－
知增加的质量为OH－的质量，转移电子的物质的量与OH－的物质的量相等，则有n(OH－)＝21.4g－11.2
g/17g·mol－1 ＝0.6 mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6 mol。选项A转移电子的物质的量为0.3mol×1+ 0.3mol×3 ＝ 1.2 mol，不正确；选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+ 0.1mol×2 ＝ 0.4 mol，不正确；选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 ＝ 0.6 mol，正确；选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3＝1.8 mol，不正确.
例题3：足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ A ）
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
解析：本题在氧化还原反应中属于连续反应，这类题型在计算过程中只需考虑始末元素化合价的变化，在整个过程相当于Cu在失去电子，O2在得到电子。Cu化合价升高2个，O的化合价降低两个 则：n（Cu） × 1 × （2-0）= n（O2）× 2 ×〔0－（－2）〕
得n（Cu）=0.15mol
根据化学式Cu（NO3）2， ，可知n（NO3-）= 0.15mol×2。但加NaOH溶液后，NO3-最终与Na+ 结
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合，所以n（Na+）= n（NO3-）=0.3mol，进而求得所需5mol/L NaOH溶液的体积是60mL