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电子得失守恒规律 |
氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还原反应的计算及配平氧化还原反应方程式。运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法是：氧化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值 |
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表现性质规律 |
当元素具有可变化合价，一般化合价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；处于中间价态时既具有氧化性又具有还原性。利用此规律可判断物质是否具有氧化性及还原性，但不能判断物质氧化性及还原性的强弱 |
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反应先后规律 |
同一氧化剂与含多种还原剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被氧化的是还原性较强的物质；同一还原剂与含多种氧化剂(物质的量浓度相同)的溶液反应时，首先被还原的是氧化性较强的物质。如：将Cl2通人物质的量浓度相同的NaBr和NaI的混合液中，C12首先与NaI反应；将过量铁粉加入到物质的量浓度相同的Fe2+、和Cu2+的混合溶液中，Fe首先与Fe3+反应；FeBr2 中通入Cl2 ，Cl2首先氧化Fe2+ |
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价态变化规律 |
高价氧化(性)低价还(原性)，中间价态两边转。同一元素的不同价态之间发生氧化还原反应，价态只能归中而不能交叉。本规律应用于氧化还原反应的分析和判断(如反应 KClO3+6HCl===KCl+3C12↑+3H2O中氧化产物和还原产物均为C12，电子转移数目是5e－) |
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性质强弱规律 |
氧化还原反应若能进行，一般为较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。 |
[巩固演练]二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：
(1)工业上可用KClO3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)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为_________________________________________。
②溶液X中大量存在的阴离子有___________________________________________。
③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是______________(填标号)。
a．水 b．碱石灰c．浓硫酸 d．饱和食盐水
(3)用如图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol.L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O===2I－+S4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为___________________________。
②玻璃液封装置的作用是__________________________________________________。
③测得混合气中ClO2的质量为________g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是________(填标号)。
a．明矾 b．碘化钾c．盐酸 d．硫酸亚铁
[解析](1)该反应中Cl由+5价降低为+4价，S由+4价升高为+6价，则KClO3为氧化剂，Na2SO3为还原剂。根据氧化还原反应中电子得失守恒可得：n(KClO3)×(5－4)＝n(Na2SO3)×(6－4)，则有n(KClO3)/n(Na2SO3)＝2∶1。(2)①由图可知，电解NH4Cl和盐酸混合溶液得到H2和NCl3，结合质量守恒和得失电子守恒写出电解时反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl通电3H2↑+NCl3。②由图可知，NCl3溶液中加入NaClO2溶液，
收，故玻璃液封管的作用是吸收残留的ClO2气体，同时防止生成的单质碘逸出。③ClO2、I2和Na2S2O3间存在关系式：2ClO2-5I2-10Na2S2O3，则有n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝×0.100 0 mol.L－1×20.00×10－3 L＝4×10－4mol，m(ClO2)＝4×10－4mol×67.5 g.mol－1＝0.027 00 g。(4)利用亚氯酸盐的氧化性及FeSO4的还原性除去含有的亚氯酸盐。
[答案](1)2∶1(2)①NH4Cl+2HCl通电3H2↑+NCl3 ②Cl－、OH－ ③c(3)①2ClO2+10I－+8H+===5I2+4H2O+2Cl－②吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出) ③0.027 00(4)d
[过关演练]
1.(2016届晋商四校联考)下列变化过程不涉及氧化还原反应的是( )
A．将一小块钠放在石棉网上加热，生成淡黄色物质
B．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
C．向纯碱溶液中滴加酚酞，溶液变红色
D．向氢碘酸中滴加FeCl3溶液，产生棕色物质
参考答案
2.[解析]①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰、水，②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，③为过氧化氢分解生成水和氧气，④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气，⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，故A错误；⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，故B正确；③中O元素的化合价由－1价升高为0，④中O元素的化合价由－2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，故C错误；反应①4HCl(浓)+MnO2△,MnCl2+Cl2↑+2H2O中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，HCl中Cl元素的化合价由－1价升高为0，由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误。[答案]B
3.[解析]A项，Na2O2既是氧化剂又是还原剂；B项，Na2O2作氧化剂，表现氧化性；C项，Na2O2作还原剂，表现还原性；D项，Na2O2既是氧化剂又是还原剂。[答案]B
4.[解析]根据氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，可判断B中氧化性：Cl2>I2；C中氧化性：Co2O3>Cl2；D中氧化性：Fe3+>I2，这些结论与题给信息一致。对于A，由于I－的还原性强于Fe2+，所以Cl2应先氧化I－，而不应先氧化Fe2+。[答案]A
5.[解析]该反应的反应物中无单质，不属于置换反应；该反应实际上是不同价态的氮元素之间发生的归中反应，N2H4是还原剂，N2O4是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原产物。[答案]D
7.[解析]气体所处温度和压强未知，无法由体积求物质的量，A项错误；氢化锂中的氢是－1价，与水发生归中反应，方程式为LiH+H2O===LiOH+H2↑，所以氢化锂也是一种储氢材料，B项正确；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为－1价，受热分解时，根据Al元素的价态变化即可得出1 mol LiAlH4完全分解，转移3 mol电子，生成1.5 mol的氢气，由LiAlH4+2H2O===LiAlO2+4H2↑生成4 mol的氢气转移4 mol的电子，所以生成1 mol的氢气转移电子分别为2 mol和1 mol，所以反应①、②生成等质量的H2转移电子数之比为2∶1，C项错误；LiAlH4是离子化合物，LiH是离子化合物，D项错误。[答案]B
8.[解析](1)通入一段时间N2，排出装置中的氧气。(2)氯气和二氧化硫都是有毒气体，可以用氢氧化钠来吸收。(3)A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应，生成氯化锰、氯气、水。(4)SO2通入酸性高锰酸钾溶液中二者可以发生氧化还原反应。(5)溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择氯化钡溶液；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则铁离子的氧化性大于二氧化硫；丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则铁离子的氧化性大于二氧化硫。
[答案](1)排出装置中的空气，防止干扰(2)NaOH溶液(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(4)2MnO+5SO2+2H2O===2Mn2++5SO+4H+(5)乙、丙
9.[解析](1)根据化合物中化合价的代数和为零的原则，可知NaClO2中Cl的化合价为+3价。(2)由工艺流程图可知，“反应”步骤中的反应物为NaClO3、H2SO4和SO2，生成物为NaHSO4和ClO2，则反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+SO2===2NaHSO4+2ClO2。(3)由于Mg(OH)2的溶解度比MgCO3更小，CaCO3的溶解度比Ca(OH)2更小，所以为了能更完全地除去粗盐
水中的Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液，电解时在阴极发生还原反应，氯元素化合价降低，产物为NaClO2。(4)由题意可知，“尾气吸收”是利用NaOH和H2O2溶液吸收“电解”过程排出的少量ClO2，生成的是NaClO2，则此吸收反应发生的化学反应方程式为2NaOH+H2O2+2ClO2===2NaClO2+2H2O+O2，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，其物质的量之比为2∶1，该反应中的氧化产物是O2。(5)NaClO2在杀菌消毒的过程中被还原为Cl－，则1 mol NaClO2得到电子的物质的量为4 mol,1 mol Cl2被还原为Cl－时得到电子的物质的量为2 mol，故1 g NaClO2得到电子的物质的量为4/90.5 mol，根据“有效氯含量”的定义可知，NaClO2的有效氯含量为1.57。
[答案](1)+3 (2)2NaClO3+H2SO4+SO2===2NaHSO4+2ClO2(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO(或NaClO2) (4)2∶1 O2(5)1.57
[答案](1)①2Mn2++O2+4OH－===2MnO(OH)2②MnO(OH)2+2I－+4H+===Mn2++I2+3H2O(2)①排出装置内的空气，避免空气中的O2的干扰 ⑦淀粉溶液 ⑧滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(3)①7.8 ②偏大
11.[解析](1)由题“锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上”，可知碱溶的是Al得NaAlO2，通CO2得Al(OH)3沉淀。(2)“酸溶”反应物是LiMn2O4、O2、H2SO4，生成物有MnO2、K2SO4及H2O。注意过滤得LiMn2O4，说明LiMn2O4不溶于水，Li2SO4溶于水。(3)由图可知加入Na2CO3沉淀出Li2CO3，和Na2CO3反应有Li2SO4及过量的H2SO4。工业洗涤Li2CO3用热水不用冷水，说明在热水中Li2CO3的溶解度小。(4)①反应物有MnO2、Li2CO3，MnO2→LiMn2O4，锰元素的化合价降低，说明有元素化合价升高，分别各元素化合价，说明有O2生成，生成物有LiMn2O4、CO2和O2。②由表中数据可知随温度的升高，Mn4+的含量先变大后变小。
[答案](1)Al(OH)3(2)4LiMn2O4+O2+4H+===4Li++8MnO2+2H2O(3)Li2SO4 H2SO4 降低Li2CO3的溶解度，减少溶解(4)①8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑②先变大，后变小