?Mg?OH?2
＋＋NaOH?
Mg?浓HNO3Mg2、Cu2――→?
?Cu?OH?2?―?―→
Cu?
NO2、N2O4???
x g＝17.02 g－m(OH)，
而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
8.96 L0.672 L－
n(OH)＝－1×1＋－×2×1＝0.46 mol
22.4 L·mol22.4 L·mol1所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol1＝9.20 g。
－
－
－
题组四 微粒先后反应的得失电子守恒问题
当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，强还原剂先被氧化。一种物质同时还原两种或两种以上微粒时，强氧化剂先被还原。被氧化和被还原到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对应的阶段同样适用。
6． 下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱顺序如下：还原性HSO3>I，氧化性
IO3>I2>SO24。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2
－
－
－
－
的物质的量的关系曲线如图所示，则x＝________mol。
答案 3
解析 开始加入KIO3溶液时，最先与IO3反应的微粒是HSO3，还原产物为I，氧化产物为SO2当HSO3反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IO3＋5I＋6H===3I24；
－
－
－
－
＋
－
－
－
＋3H2O。所以0点到b点参加反应的HSO3的物质的量可利用电子守恒求解：n(HSO3)×2e＝n(IO3)×6e，即x mol×2＝1 mol×6，所以x＝3。
考点三 氧化还原反应原理的综合应用
题组一 从定性和定量两个角度探究有关氧化还原反应的实验 (一)关于物质氧化性、还原性强弱的实验
1． 某小组同学为探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，
装置的气密性已检验)。
－
－
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－
6
实验记录如下：
Ⅰ 实验操作 打开活塞a，滴加 氯水，关闭活塞a 实验现象 A中溶液变为红棕色 A中红棕色明显变浅；B中有气泡，Ⅱ 吹入热空气 产生大量白色沉淀，混合液颜色无明显变化 停止吹入空气，打开活塞b，逐滴加入H2O2溶液 开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色 Ⅲ 请回答下列问题： (1)A中反应的离子方程式是_____________________________________________。 (2)实验操作Ⅱ吹入热空气的目的是________________________________________。 (3)装置C的作用是__________，C中盛放的药品是______________________。
(4)实验操作Ⅲ，混合液逐渐变成红棕色，其对应的离子方程式是________________________________________________________________________。 (5)由上述实验得出的结论是_____________________________________________。 (6)实验反思：
①有同学认为实验操作Ⅱ吹入的热空气，会干扰(5)中结论的得出，你认为是否干扰，理由是____________________________________________________________________。 ②实验操作Ⅲ，开始时颜色无明显变化的原因是(写出一条即可)_____________________________________________________________________ 答案 (1)2Br＋Cl2===Br2＋2Cl (2)吹出单质Br2
(3)吸收尾气 NaOH溶液
(4)H2O2＋2Br＋2H===Br2＋2H2O (5)氧化性：H2O2＞Br2＞H2SO3
(6)①不干扰，无论热空气是否参加氧化H2SO3，只要观察到产生白色沉淀的同时混合液颜色无明显变化，即能证明Br2氧化了H2SO3
7
－
＋
－
－
②H2SO3有剩余(H2O2浓度小或Br与H2O2反应慢等因素都可)
解析 操作Ⅰ的反应为Cl2＋2Br===Br2＋2Cl；操作Ⅱ，吹入热空气的目的是吹出Br2，然后在B中，Br2把H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4和BaCl2反应生成BaSO4沉淀；操作Ⅲ，H2O2把Br氧化成Br2而使溶液变成红棕色。综上所述，氧化性H2O2＞Br2＞H2SO3。(6)①若是O2氧化H2SO3，则溶液颜色有变化(变为红棕色)。 (二)氧化还原反应滴定时指示剂的选择方法
中学中氧化还原反应滴定时指示剂的选择常见的有两类：(1)自身指示剂：有些标准溶液或被滴定物质本身有颜色，而滴定产物为无色，则滴定时就无需另加指示剂，自身颜色变化可以起指示剂的作用，此类指示剂称为自身指示剂。如MnO4本身在溶液中显紫红色，还原后的产物Mn2为无色，所以用高锰酸钾溶液滴定时，不需要另加指示剂。(2)
＋
－
－
－
－
－
显色指示剂：有些物质本身并没有颜色，但它能与滴定剂或被测物质反应产生特殊的颜色，或开始有特殊颜色，滴定后变为无色，因而可指示滴定终点。如滴定前溶液中无单质碘，滴定后有单质碘生成等，可用淀粉等作为指示剂。 2． (1)配平氧化还原反应方程式：
2C2O24＋____MnO4＋____H===____CO2↑＋____Mn＋____H2O
－
－
＋
＋
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25.00 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L1 NaOH溶液至20.00 mL时，溶液由无
－
色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为________mol。 ②第二份溶液中滴加0.10 mol·L
－1
＋
的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16.00 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为__________。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为__________。 答案 (1)5 2 16 10 2 8
(2)①0.005 ②A.氧化剂 不需要 无色 浅紫红色 B．无影响 C．偏小 ③21% 64%
解析 (1)C：＋3―→＋4，改变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，改变量(7－2)×1＝5，根据化合价升降总数相等，所以在C2O2MnO4前配2，根据C和Mn原子守恒，4前配5，
－
－
分别在CO2和Mn2前配10和2，再由电荷守恒在H前配16，最后根据离子方程式两
＋
＋
8
边的H原子个数相等在H2O前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。 (2)①由H＋OH===H2O知，n(H)＝n(OH)＝0.25 mol·L1×0.02 L＝0.005 mol。②原
＋
－
＋
－
－
溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由电子守恒得n(还)×2＝0.10 mol·L1×0.016 L×5，n(还)＝0.004 mol。③
－
设6.0 g 试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01 mol，n(KHC2O4)＝0.03 mol，0.01 mol×126 g·mol1H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为
6.0 g
－
0.03 mol×128 g·mol1
×100%＝64%。
6.0 g
－
题组二 氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用
3． 目前，新能源不断被应用到现代的汽车中，高铁电池技术就是科研机构着力研究的一个
方向。
(1)高铁酸钾-锌电池(碱性介质)是一种典型的高铁电池，则该种电池负极材料是________。
(2)工业上常采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K2FeO4)，K2FeO4在碱性环境中稳定，在中性和酸性条件下不稳定。反应原理为
Ⅰ.在碱性条件下，利用NaClO氧化Fe(NO3)3制得Na2FeO4
3NaClO＋2Fe(NO3)3＋10NaOH===2Na2FeO4↓＋3NaCl＋6NaNO3＋5H2O Ⅱ.Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4 Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4↓＋2NaOH 主要的生产流程如下：
①写出反应①的离子方程式_________________________________________________。 ②流程图中“转化”(反应③)是在某低温下进行的，且此温度无NaOH析出，说明此温度下Ksp(K2FeO4)____Ksp(Na2FeO4)(填“＞”、“＜”或“＝”)。 (3)已知K2FeO4在水溶液中可以发生：__FeO24＋__H2O
－
__Fe(OH)3↓＋__OH＋
－
__O2↑，配平上述方程式K2FeO4在水处理中的作用是__________________。 (4)FeO24在水溶液中的存在形态如图所示：
－
9
①若向pH＝10的这种溶液中加硫酸至pH＝2，HFeO4的分布分数的变化情况是________。
②若向pH＝6的这种溶液中滴加KOH溶液，则溶液中含铁元素的微粒中，________转化为____________(填化学式)。 答案 (1)Zn
(2)①Cl2＋2OH===Cl＋ClO＋H2O ②＜ (3)4 10 4 8 3 作净水剂和消毒剂 (4)①先增大后减小 ②HFeO4 FeO24
－
－
－
－
－
－
解析 (1)负极失去电子，应为Zn。(2)①Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O；
＋6
②根据Ⅱ中方程式判断，Ksp前者小。(3)Fe
＋3
2－
O4＋H2O―→Fe
(OH)3＋OH＋O2↑
－
0
采用倒配法：氧化合价降低4，铁化合价升高3，Fe(OH)3系数为4，O2系数为3，根据电荷守恒、元素守恒再配其他物质的系数。(4)根据变化图判断。 命题展望
氧化还原反应命题的4大趋向
氧化还原反应是高中化学的核心内容，是高考考查的重点和热点。命题的趋向：(1)以社会实际问题或典型实例为载体，考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用；(2)将氧化还原反应与物质的推断结合在一起，考查学科内知识的综合应用能力；(3)将氧化还原反应与酸碱中和滴定相结合进行考查；(4)将氧化还原反应与电化学原理、新型绿色能源的开发相结合的综合性题目。
探究高考 明确考向
1． (2013·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标
准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2和SO24)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，
＋
－
洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为 A．9.0 L C．15.7 L 答案 A
解析 若混合物全是CuS，其物质的量为
12.0 g
－＝0.15 mol，电子转移数0.15×(6＋
80 g·mol110
( )
B．13.5 L D．16.8 L