主题2 第2讲 氧化还原反应规律(Word教参)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习

该高中化学高考复习讲义聚焦氧化还原反应规律核心考点，涵盖先后规律、价态规律及电子守恒计算，按“规律梳理-应用解析-真题演练”逻辑展开，通过逐点清梳理考点、方法指导提炼策略、对点训练强化实战，帮助学生系统突破理解与应用难点。 讲义采用“规律-应用-计算”三阶突破法，结合真题案例培养科学思维，如通过FeI2溶液通入Cl2的微粒变化曲线分析先后规律，借助电子守恒法解决Cr2O7^2-滴定计算。设置分层练习与详细解析，助力学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏提供清晰教学路径。

第二讲　氧化还原反应规律 |内|容|与|目|标| 1.掌握氧化还原反应的基本规律及应用。　 2.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算。 逐点清(一)　先后规律、价态规律及其应用 (一)先后规律及其应用 同一体系中,当有多个氧化还原反应发生时,反应的先后顺序遵循强者优先的规律。 1.同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应。如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时,因为还原性:F>Br-,所以F先与Cl2反应。 2.同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有F、C、H+的溶液中加入铁粉,因为氧化性F>C,所以铁粉先与F反应,然后再与C反应,最后再与H+反应。 3.常见的强弱顺序 氧化性 Mn(H+)>Cl2>Br2>Fe3+>I2>稀H2SO4>S 还原性 Mn2+<Cl-<Br-<Fe2+<I-<SO2(S)<S2- 　　[对点训练] 1.(2026·黑龙江哈尔滨模拟)已知将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中,碘水中的蓝色褪为无色,溶液无沉淀生成。某无色溶液中可能含有I-、Na+、、S,向该溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,则下列有关该无色溶液判断正确的是 (　　) A.氧化性:Br2<S<I2 B.一定不含有I- C.一定含有Na+ D.可能含有 解析:选C　根据将亚硫酸钠滴入含淀粉的碘水中,碘水的蓝色褪为无色,说明碘水把亚硫酸钠氧化了,说明I2的氧化性强于S,即S的还原性强于I-,但向无色溶液中加入少量溴水溶液不变色,不能说明溴的氧化性不如碘单质强,因为被少量的溴氧化的是S,A错误;由A分析知,不能判断是否有I-,B错误;判断无色溶液中一定含有S,可能含有I-,根据电荷守恒,一定存在Na+,C正确;由于溶液是无色溶液,说明一定不含,D错误。 2.(2026·台州市期末)向FeI2和FeCl2的混合溶液中不断通入Cl2,溶液中n(含碘微粒)和n(含铁微粒)随n(Cl2)的变化曲线如图所示。已知:Cl2与I2的水溶液反应生成HIO3和HCl,HIO3为强酸。下列说法正确的是 (　　) A.原溶液中n(FeI2)=1 mol B.e点溶液中n(阳离子)为6 mol C.c点溶液与o点溶液混合,不会发生反应 D.通入1 mol Cl2时,溶液中n(Fe2+)=n(Fe3+) 解析:选D　已知还原性:I->Fe2+,Cl2先氧化I-生成I2,再氧化Fe2+生成Fe3+,过量的Cl2再氧化I2生成HIO3,结合题图,Cl2的物质的量由0到b mol的反应为2I-+Cl2==I2+2Cl-,反应生成0.5 mol碘单质,则b=0.5;从Cl2的物质的量0.5 mol到d mol的反应为Cl2+2Fe2+==2Fe3++2Cl-,反应生成2 mol铁离子,消耗1 mol氯气,则d=1+0.5=1.5;从Cl2的物质的量1.5 mol到4 mol的反应为5Cl2+I2+6H2O==10Cl-+2I+12H+,消耗2.5 mol氯气,生成6 mol氢离子;根据上述分析可知,n(FeI2)=n(I2)=0.5 mol,n(Fe2+)=2 mol,n(FeCl2)=2 mol-0.5 mol=1.5 mol;由分析,原溶液中n(FeI2)=0.5 mol,A错误; e点溶液中阳离子为铁离子和6 mol氢离子,结合铁守恒,阳离子共6 mol+2 mol=8 mol,B错误;铁离子和碘离子会发生氧化还原反应生成碘单质,则c点溶液与o点溶液混合,会发生反应,C错误; 通入1 mol Cl2时,0.5 mol氯气先氧化碘离子,0.5 mol氯气再氧化1 mol亚铁离子生成1 mol铁离子,则溶液中n(Fe2+)=n(Fe3+),D正确。 (二)价态规律及其应用 1.价态归中规律 含不同价态的同种元素的物质间发生氧化还原反应时,该元素价态的变化一定遵循“高价+低价→中间价”,而不会出现交叉现象。简记为“两相靠,不相交”。 例如,不同价态的硫之间可以发生的氧化还原反应如图所示。 注意:不会出现⑤中H2S转化为SO2而H2SO4转化为S的情况。 2.歧化反应规律 “中间价→高价+低价”。 具有多种价态的元素(如氯、硫、氮和磷元素等)均可发生歧化反应,如:Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。 3.价态规律的应用 ①判断同种元素不同价态的物质间发生氧化还原反应的可能性。如浓H2SO4与SO2不发生反应。 ②根据化合价判断反应体系中的氧化剂、还原剂及氧化产物、还原产物。如对于反应6HCl+NaClO3==NaCl+3Cl2↑+3H2O,氧化剂为NaClO3,还原剂为HCl,氧化产物和还原产物都为Cl2。 　　[对点训练] 3.(2026·德州模拟)氯气跟氢氧化钾溶液在一定条件下发生反应:Cl2+KOH→KX+KY(未配平),KX在一定条件下自身能发生反应:KX→KY+KZ(未配平,KY与KZ化学计量数之比为1∶3),以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是 (　　) A.+1 B.+3 C.+5 D.+7 解析:选C　根据题意,可知KY为KCl,根据KX→KY+KZ中KY与KZ的化学计量数之比为1∶3,可知KX为KClO3。 4.L、M、R、P、Q分别代表五种含不同化合价的氮元素的物质。A、B分别代表两种含不同化合价的氯元素的物质(每种物质中氮或氯元素的化合价只有一种)。又知物质M中的氮元素化合价要比物质Q中氮元素的化合价低。在一定条件下,它们会发生如下的转化(关系式未配平): ①P+A→Q+B　②L+O2→M+H2O ③L+M→R+H2O　④B+H2O→A+O2 (1)若五种含氮元素的物质中,有一种是硝酸,则硝酸是　　　　,理由是　　　　　　　　　　　。   (2)反应②必须在催化剂(铂、氧化铁等)作用下,加热到一定温度时方能发生,此反应在化工生产上有重要用途,据此推断在同温同压下,若物质R密度比空气的密度小,则R的化学式为　　　　　。   (3)某同学写出下面三个含氮的物质相互转换的关系式: Ⅰ.M+P→N2O3+H2O Ⅱ.N2O4+H2O→P+Q Ⅲ.M+L→Q+H2O 其中一定不可能实现的是　　　　　(填序号),理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:由反应④B+H2O→A+O2可知,反应后氧元素化合价升高,则反应后氯元素化合价必定降低,故氯元素化合价:B>A;由反应①可知,反应后氯元素化合价升高,则反应后氮元素化合价必降低,故氮元素化合价:P>Q;由反应②可知,反应后氧元素化合价降低,则氮元素化合价反应后必升高,故氮元素化合价:M>L;由反应③可知,该反应为氮元素化合价的“归中”反应,由于氮元素化合价:M>L,R处于M、L之间,则氮元素化合价:M>R>L;氮的化合价:P>Q>M>R>L。(1)由于其中一种物质是硝酸,硝酸中氮的化合价是最高价态,P中N元素化合价最高,则P是硝酸。(2)根据题给的信息及有关元素化合物知识,且L中氮元素是其中氮元素最低价态,由反应②可知,L分子中含有氢元素,因此反应②是氨气的催化氧化反应,L是NH3,M是NO;又因为R的氮元素价态在L、M之间,R的密度又比空气小,且R中N元素化合价大于-3价而小于+2价,所以R为N2。(3)Ⅰ.氮元素的化合价:P>Q>M>R>L,如果N2O3中N元素化合价同Q,则该反应可以实现,故不选;Ⅱ.反应Ⅱ是歧化反应,一种反应产物中氮的化合价大于+4价,另一种反应产物中氮的化合价小于+4价,故Q中氮的化合价小于+4价,所以可以实现,故不选;Ⅲ.由于氮化合价:Q>M>L,M、L不能都失电子,因此反应Ⅲ不可能实现,故选Ⅲ。 答案:(1)P　P中氮元素的化合价最高　(2)N2 (3)Ⅲ　氮元素价态:Q>M>L,根据氧化还原反应规律,M与L反应,不可能生成氮元素价态比M、L都高的物质Q 逐点清(二)　电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用 1.理清电子守恒法的原理 氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。 对于氧化还原反应的计算,要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等,即得失电子守恒。利用守恒思想,只要把物质分为始态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。 2.掌握守恒法解题的流程 第1步 找出氧化剂、还原剂及对应的还原产物和氧化产物 第2步 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第3步 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式:n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价)=n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价-低价) 题点、考法讲评 一、应用电子守恒思想分析反应过程 1.(2025·湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂,可用“硝酸钠法”制备,反应方程式为4NaNO3+4Sb+3O24NaSbO3+2NO+2NO2。下列说法错误的是 (　　) A.NaSbO3中Sb元素的化合价为+5 B.N的空间结构为平面三角形 C.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4∶7 D.反应中消耗3 mol O2,转移20 mol e- 解析:选C　NaSbO3中Na为+1价,O为-2价,根据化合价代数和为0知,Sb的化合价为+5价,A正确;N的中心N原子价层电子对数是3+=3,采用sp2杂化,无孤电子对,空间结构为平面三角形,B正确;反应中氧化剂为NaNO3(4 mol)和O2(3 mol),总物质的量为7 mol;还原剂为Sb(4 mol)。氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶4,C错误;O2、NaNO3同时作氧化剂,3 mol O2参与反应时,有4 mol Sb作还原剂,转移电子为20 mol(Sb的化合价:0→+5),D正确。 2.(1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线: “氧化”中欲使3 mol的VO2+变为V,则需要氧化剂KClO3至少为　　　　 mol。  (2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为　　　　(计算结果保留两位小数)。  解析:(1)根据电子守恒可知6VO2+~KClO3,n(KClO3)=n(VO2+)=0.5 mol。(2)氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据:NaClO2~Cl-,Cl2~2Cl-,得电子数相等时,存在:NaClO2~2Cl2,故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57。 答案:(1)0.5　(2)1.57 二、在滴定中的应用 3.某废水中含有Cr2,为了处理有毒的Cr2,需要先测定其浓度:取20 mL废水,加入适量稀硫酸,再加入过量的V1 mL c1 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液,充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2 mol ·L-1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点,消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2)为　　　　　。  解析:Cr2+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O,5Fe2++Mn+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O。利用得失电子守恒列等式:c1 mol·L-1×V1 mL×10-3 L·mL-1=20 mL×10-3 L·mL-1×6c(Cr2)+5c2 mol·L-1×V2 mL×10-3 L·mL-1,解得:c(Cr2)= mol·L-1。 答案: mol·L-1 4.亚硝基硫酸(NOSO4H)广泛应用在染料、医药等行业,某实验小组制备后用以下方法测定其纯度: 称取1.50 g制备的NOSO4H样品,溶解在100 mL 0.1 mol·L-1KMnO4溶液(硫酸酸化)中,然后用0.1 mol·L-1的H2C2O4溶液滴定混合液中过量的KMnO4,达到滴定终点时,消耗150.00 mL H2C2O4溶液,样品的纯度为　　　　(保留两位有效数字)。  (已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2O==K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4) 解析:草酸与NOSO4H均可被高锰酸钾氧化,由反应:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O,与草酸反应的高锰酸钾的物质的量n1(KMnO4)=×n(H2C2O4),与NOSO4H反应的n2(KMnO4)=0.1 mol·L-1×100×10-3 L-×0.1 mol·L-1×150×10-3L=0.004 mol,由方程式2KMnO4+5NOSO4H+2H2O==K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4可知,参与反应的NOSO4H的物质的量n(NOSO4H)=×n2(KMnO4)=0.01 mol,则NOSO4H样品的纯度为×100%=×100%≈85%。 答案:85% 55 / 62 $