的范围为
<
<2，B项正确，C项错误；若n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）＝8∶2∶1成立，设三者物质的量分别为8mol、2mol、1mol，则反应中得电子为8mol，失电子为2mol＋1mol×5＝7mol，得失电子不守恒，D项错误。
★思维建模
守恒法解题的思维流程
应用电子守恒解题的一般步骤——“一、二、三”
（1）“一找各物质”
找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
（2）“二定得失数”
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）。
（3）“三列关系式”
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。
题组二多元素参与反应的得失电子守恒问题
3.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：
①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO
＋2Fe2＋＋4H＋
②Cr2O
＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
下列有关说法错误的是（ ）
A．氧化性：
Cr2O
>Fe3＋>SO2
B．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D．若6.72LSO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
答案 D
解析 反应①：
Fe3＋为氧化剂，SO2为还原剂，氧化性：
Fe3＋>SO2；反应②：
Cr2O
为氧化剂，Fe3＋为氧化产物，氧化性：
Cr2O
>Fe3＋，A项正确；氧化性：
Cr2O
>Fe3＋>SO2，故K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，B正确；Cr2O
中Cr为＋6价，1molK2Cr2O7得到6mol电子生成2molCr3＋，C正确；6.72LSO2（标准状况）参加反应时失去0.6mol电子，最终消耗0.1molK2Cr2O7，D错。
4．在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4（未配平）的反应中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为________mol。
生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为________mol。
答案 1.5 2.2
解析 根据得失电子守恒配平方程式为11P＋15CuSO4＋24H2O===5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4,7.5molCuSO4中铜的化合价从＋2变为＋1转移电子7.5mol，则被CuSO4氧化的P化合价从0变成＋5转移电子也为7.5mol，可氧化P的物质的量为
＝1.5mol，由方程式可知生成1molCu3P时参加反应的P的物质的量为2.2mol。
题组三多步反应的得失电子守恒问题
5.将一定量的Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的气体混合物共0.9mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则下列有关判断正确的是（ ）
A．若Cu的质量为51.2g，则生成0.2molNaNO3
B．在上述过程中HNO3只起到氧化剂的作用
C．收集到的氮的氧化物标准状况下的体积为20.16L
D．收集到的氮的氧化物中含N2O40.2mol
答案 A
解析 Cu与浓硝酸反应，1molCu失去2mol电子，HNO3→NaNO2,1molHNO3得到2mol电子，51.2g（0.8mol）Cu共失去电子0.8mol×2＝1.6mol，不考虑中间过程，只考虑反应的始态与终态，结合得失电子守恒可知，HNO3→NaNO2得到1.6mol电子，故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol，又由Na（共1mol）守恒可知NaNO3为0.2mol，A项正确；Cu与浓硝酸反应有Cu（NO3）2生成，因此HNO3既作氧化剂，又起到酸的作用，B项错误；N2O4、NO2在标准状况下不是气体，C项错误；设收集到的氮的氧化物中NO、N2O4、NO2的物质的量分别为x、y、z，则x＋y＋z＝0.9mol，根据N、Na守恒得x＋2y＋z＝1.0mol，故y＝0.1mol，D项错误。
6．[2015·闽南期中]将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2＋的形式存在于溶液中。
（1）请配平下列方程式：
KMnO4＋
HCl——
KCl＋
MnCl2＋
Cl2↑＋
H2O
（2）上式反应中的还原剂是________，当还原剂失去1mol电子时，氧化产物的物质的量为________。
（3）a＋b的最大值为______，a＋b的最小值为______。
（4）当a＋b＝0.18时，残留固体的质量为________。
答案
（1）2 16 2 2 5 8
（2）HCl 0.5mol
（3）0.2 0.16 （4）12g
解析
（1）配平时注意不要漏掉等号。
（2）依据化合价变化情况较容易判断出还原剂是HCl，再弄清氧化产物对应还原剂，即可得出结果。
（3）经对题目涉及的反应分析可知：
a＋b的最大值为只产生氯气时，即a＝0时，则b＝0.2，所以a＋b＝0.2；a＋b的最小值为产生氧气为最大量时，根据方程式可知产生氧气0.04mol，即a＝0.04时；产生的二氧化锰和锰酸钾还可氧化盐酸，根据电子得失守恒知，产生氯气的量即b为
＝0.12，所以a＋b＝0.16。
（4）当a＋b＝0.18时，由得失电子守恒知4a＋2（0.18－a）＝0.4，a＝0.02，即产生氧气：
0.02mol×32g·mol－1＝0.64g，由质量守恒可求出残留固体为12g。
★总结提升
有的试题反应过程多，涉及的氧化还原反应也多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。
解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。
题组四微粒先后反应的得失电子守恒问题
7.[2015·新建模拟]已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O，现将一定量的硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。
则下列有关说法不正确的是（ ）
A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应
B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2
C．根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol
D．根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1mol
答案 D
解析 根据题中方程式可知：
MnO
的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n（Fe3＋）不变，说明MnO
先氧化I－，A正确；MnO
反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n（Fe3＋）减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75mol，故还原的n（Fe3＋）为0.75mol，再根据电子守恒，生成0.75molFe3＋需0.15molMnO
，加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol，C正确，D错误。
8．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HSO
>I－，氧化性IO
>I2>SO
。
向含有xmolNaHSO3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IO
反应的微粒是HSO
，还原产物为I－，氧化产物为SO
；当HSO
反应完后，b点到c点发生反应的离子方程式为IO
＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
所以0点到b点参加反应的HSO
的物质的量可利用电子守恒求解：
n（HSO
）×2e－＝n（IO
）×6e－，即xmol×2＝1mol×6，所以x＝3。
★总结提升
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。
考点
氧化还原反应原理的综合应用
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。
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
1.[2015·湖南师大附中模拟]
（1）某反应体系的物质有MnSO4、KMnO4、H2O、H2SO4、CO2、K2C2O4、K2SO4。
①请将除H2O外的反应物与生成物分别填入以下方框内（不需要配平）。
＋
＋
―→
＋
＋
＋H2O
②写出上述反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
（2）称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250mL溶液。
量取两份此溶液各25mL，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0.25mol·L－1NaOH溶液至20mL时，溶液由无色变为浅红色。
该溶液被中和的H＋的物质的量为________mol。
②第二份溶液中滴加0.10mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液至16mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________，该溶液中还原剂的物质的量为________mol。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
答案
（1）①
＋
＋
―→
＋
＋
＋H2O
②5C2O
＋2MnO
＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
（2）①0.005 ②无色 紫红色 0.004 ③21% 64%
解析
（1）H2O是生成物，则H2SO4为反应物，高锰酸钾在酸性条件下具有强氧化性，作氧化剂，还原产物是MnSO4，根据碳元素的化合价可知K2C2O4是还原剂，CO2是氧化产物，综合上述分析可写出方程式，根据化合价升降总数相等、电荷守恒即可配平离子方程式。
（2）①n（H＋）＝n（OH－），易求20mL0.25mol·L－1NaOH溶液中n（OH－），即被中和的H＋的物质的量也求出。
②根据5C2O
～2MnO
，n（MnO
）＝（16×10－3）L×0.10mol·L－1＝1.6×10－3mol，则H2C2O4·2H2O和KHC2O4的物质的量和为5/2×1.6×10－3mol＝0.004mol，由①知H2C2O4·2H2O和KHC2O4中的H＋物质的量总和为0.005mol，综上所述列方程组即可求出H2C2O4·2H2O和KHC2O4的物质的量分别为0.001mol和0.003mol。
③由②可进一步求出H2C2O4·2H2O和KHC2O4的质量分数。
★总结提升
氧化还原滴定时指示剂的选择
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MnO
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。
题组二氧化还原反应原理在化学工艺流程中的应用
2.[2015·北京东城期末]亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。
它在碱性环境中稳定存在。
某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。
（1）Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是________、____________（填化学式）。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是___________________________。
（3）A的化学式是________，装置Ⅲ中A在________极区产生。
（4）ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：
5NaClO2＋4HCl===5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O。
①该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是________。
②研究表明：
若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，运用氧化还原反应规律分析其原因是__________________________________________________。
（5）NaCl
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