江苏省高考化学专题2化学反应第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平讲义（含解析）苏教版.docx

第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平考纲要求1.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。2.了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。考点一电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用1.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，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，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.守恒法解题的思维流程(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。(2)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)。(3)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)。题组一常规计算1.现有24mL浓度为0.05molL1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A.2B.3C.4D.5答案B解析题目中指出被还原的物质是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020L2(6n)，解得n3。2.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，则x的值为()A.2B.3C.4D.5答案D解析本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。得关系式1x162，x5。题组二多步反应得失电子守恒问题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。3.取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于()A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44答案B解析反应流程为xg17.02gm(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：n(OH)1210.46mol所以xg17.02g0.46mol17gmol19.20g。4.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，将这些气体与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5molL1NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL答案A解析由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)2n(O2)20.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。考点二氧化还原反应方程式的书写与配平1.氧化还原方程式配平的基本原则2.氧化还原方程式配平的一般步骤例配平化学方程式：H2SHNO3SNOH2O分析配平步骤如下第一步：标变价，H2OH2O第二步：列得失，第三步：求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。第四步：配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S2HNO3=3S2NO4H2O第五步：查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。题组一正向配平类1._KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O答案5133332._MnO_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O答案21610258题组二逆向配平类3._S_KOH=_K2S_K2SO3_H2O答案362134._P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案293355._(NH4)2Cr2O7=_N2_Cr2O3_H2O答案1114题组三缺项配平类6._ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeO_H2O答案324OH3257._MnO_H2O2_=_Mn2_O2_H2O答案256H2588._Mn2_ClO_H2O=_MnO2_Cl2_答案524518H9.某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。=AlN答案Al2O33CN223CO解析根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。配平的基本技能(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。1.2018江苏，20(3)(4)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：_。(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1molN2时，转移的电子数为_mol。答案(3)2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O(4)解析(3)由题给信息可知，反应物为HNO2、(NH2)2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。(4)NH3中N的化合价为3，NO2中N的化合价为4，N2中N的化合价为0，每生成1molN2，有的N由3价变为0价，被氧化的N的物质的量为mol，因此每生成1molN2转移的电子数为mol。2.2017江苏，18(1)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂，有多种制备方法方法1：4550时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，该反应的化学方程式为_。方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M的化学式为_。答案4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl23H2OFe2解析反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl23H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平。由图示CuMCu2M，说明Cu被M氧化；MO2HMH2O，说明M被氧化为M，说明M价态高，由题给信息“Fe3对该反应起催化作用”，M为Fe3，M为Fe2。3.2017江苏，19(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_。答案4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2会释放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成环境污染4.2016江苏，16(1)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下：氯化过程控制电石渣过量、在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_。答案2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O解析Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2和CaCl2。5.2015江苏，18(4)软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O，反应的化学方程式为MnO2SO2=MnSO4。准确称取0.1710gMnSO4H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2全部氧化成Mn3，用c(Fe2)0.0500molL1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3被还原为Mn2)，消耗Fe2溶液20.00mL。计算MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。答案n(Fe2)0.0500molL11.00103mol根据反应：Mn3Fe2=Fe3Mn2n(Mn2)n(Fe2)1.00103molm(MnSO4H2O)1.00103mol169gmol10.169gMnSO4H2O样品的纯度为100%98.8%。解析根据氧化还原反应中得失电子守恒：n(Mn3)1n(Fe2)120.001030.050 0 mol1.00103 mol，根据Mn元素守恒，m(MnSO4H2O)1.00103 mol169 gmol10.169 g，纯度是100%98.8%。6.2014江苏，19(1)实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I等)中回收碘，其实验过程如下：向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为_；该操作将I2还原为I的目的是_。答案SOI2H2O=2ISO2H使CCl4中的碘进入水层解析I2单质被SO还原为I，SO被氧化为SO，离子方程式为SOI2H2O=2ISO2H；使溶于CCl4的碘进入水层。一、单项选择题1.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag2H2SO2=2X2H2O。下列说法正确的是()A.X的化学式为AgSB.银针验毒时，空气中氧气失去电子C.反应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1molX，反应转移2mole答案D解析根据原子守恒，X的化学式为Ag2S，A项错误；银针验毒时，氧元素化合价降低，空气中氧气得到电子，B项错误；反应中Ag是还原剂，氧气是氧化剂，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C项错误；银的化合价升高1，每生成1 mol X，反应转移2 mol e，D项正确。2.(2019东台市创新学校高三月考)R2O在一定条件下可以把Mn2氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，则n值为()A.1B.2C.3D.4答案B解析Mn2被氧化成MnO，Mn元素的化合价由2价升至7价，则R2O被还原成RO，n(R2O)n(Mn2)52，设R2O中R的化合价为x，根据得失电子守恒，52x(6)2(7)(2)，解得x7，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和，n2。3.向100 mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl2 5.04 L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br)c(Cl)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是()A.0.75molL1B.1.5molL1C.2molL1D.3molL1答案D解析标准状况下Cl2的物质的量是0.225mol，由于Fe2的还原性强于Br，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2再氧化Br，设原FeBr2溶液的物质的量浓度是xmolL1，则0.22520.1x1(0.1x20.2252)，解得x3。4.若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为()A.14B.12C.21D.41答案B解析反应方程式是3(NH4)2SO43SO2N24NH36H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是3价，化合价不变，则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(12)(41)12。5.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是()A.加入合金的质量可能为9.6gB.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLC.参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD.溶解合金时产生NO气体体积0.224L(以标准状况)答案C解析生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，说明OH质量为5.1 g，即0.3 mol，金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等，所以反应转移的电子为0.3 mol，生成的NO为0.1mol，根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，C正确；消耗NaOH溶液体积应为100mL，B错误；产生NO气体体积标况下应为2.24L，D错误；根据电荷守恒，镁、铜合金共0.15mol，用极端假设法，如果全部是铜，质量为9.6g，所以合金质量应比9.6g小，A错误。6.现有CuO和Fe3O4的混合物7.6g，向其中加入1molL1的H2SO4溶液100mL恰好完全反应，若将15.2g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为()A.13.6gB.12gC.6gD.3.2g答案B解析根据CuO和Fe3O4的化学式知，混合物与硫酸反应生成的盐的化学式为CuSO4和Fe3(SO4)4，即n(O)n(SO)0.1mol，则7.6g混合物含O原子0.1mol，为1.6g，金属元素质量为6 g，因此15.2 g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为26 g12 g。7.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是()A.生成40.0LN2(标准状况)B.有0.250molKNO3被氧化C.转移电子的物质的量为1.75molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol答案D解析根据方程式，氧化产物和还原产物都是氮气，假设氧化产物有15mol，则还原产物有1mol，10NaN32KNO3=K2O5Na2O15N2(氧化产物)N2(还原产物)n15114xy1.75解得：x1.875，y0.125。生成N2标准状况下的体积是(1.8750.125)mol22.4Lmol144.8L，故A错误；KNO3被还原，故B错误；转移电子的物质的量为0.125251.25mol，故C错误；被氧化的N原子的物质的量为1.875mol23.75mol，故D正确。8.某反应体系中的物质有：NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。下列方框中对应的物质或有关叙述正确的是()A.Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB.Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2OC.Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD.当1molAu2O3完全反应时，转移电子8mol答案C解析Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au的化合价由3变成1，化合价降低，则必然有化合价升高的元素，即Na2S2O3(硫元素为2价)是反应物，Na2S4O6(硫元素为2.5价)是生成物。根据反应前后硫元素守恒有2Na2S2O3Na2S4O6，根据钠元素守恒，可知生成物中缺少钠元素，所以NaOH是生成物，再根据氢元素守恒，可知水是反应物。由关系式：Au2O3Au2O4e，所以当1 mol Au2O3完全反应时，转移电子的物质的量为4 mol。二、不定项选择题9.(2018上海市普陀区高三一模)取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应。冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.200g。若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1molL1盐酸的体积为()A.37.5mLB.75mLC.150mLD.300mL答案C解析n(O)0.075mol，n(HCl)2n(H2O)2n(O)0.15mol，所以V(HCl)0.15L，即150mL。10.已知离子方程式：As2S3H2ONOAsOSONO_(未配平)，下列说法错误的是()A.配平后水的化学计量数为8B.反应后溶液呈酸性C.配平后氧化剂与还原剂的物质的量之比为328D.氧化产物为AsO和SO答案AC解析从所给的离子方程式知，As2S3转化成AsO和SO，而NO转化为NO，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，则A错误，B、D正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为283，则C不正确。11.足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5molL1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为()A.6.4gB.9.6gC.19.2gD.24g答案C解析设溶解Cu的物质的量为x，则2x4x0.1mol所以溶液中NO的物质的量为0.2mol；3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O1mol0.2molH过量，所以继续溶解Cu的质量为364gmol119.2g。三、非选择题12.(2019盐城市阜宁中学高三月考)某研究小组以绿矾为原料制备化合物AKxFe()y(C2O4)znH2O，并通过如下实验步骤测定A的化学式：步骤1：准确称取A样品4.910g，干燥脱水至恒重，残留物质量为4.370g；步骤2：准确称取A样品4.910g置于锥形瓶中，加入足量的3.000molL1的H2SO4溶液和适量蒸馏水，用0.5000molL1的KMnO4溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2时，消耗KMnO4溶液的体积为24.00mL；步骤3：将步骤1所得固体溶于水，加入铁粉0.2800g，恰好完全反应。(1)检验A中是否含有Fe2可选用的试剂是_(填字母)。a.KSCN溶液b.KMnO4溶液c.氯水和KSCN溶液证明A中含有钾元素的方法是_。(2)步骤2中发生反应的离子方程式为_。(3)通过计算确定化合物A的化学式(请写出计算过程)。答案(1)c用洁净的铂丝蘸取A样品，在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若能看到紫色火焰，则证明A中含有K元素(2)2MnO5C2O16H=2Mn210CO28H2O(3)n(H2O)0.03000mol，n(Fe3)2n(Fe)0.01000mol，由方程式确定n(C2O)n(KMnO4)0.5000molL10.02400L0.03000mol，根据离子电荷守恒：n(K)3n(Fe3)2n(C2O), n(K)0.03000mol，n(K)n(Fe3)n(C2O)n(H2O)0.03000mol0.01000mol0.03000mol0.03000mol3133，所以，xyzn3133，故A的化学式为K3Fe(C2O4)33H2O。解析(2)反应中MnOMn2，Mn元素由7价2价，一个MnO得5个电子；C2OCO2，C元素由3价4价，一个C2O失去2个电子，化合价升高值化合价降低值转移电子数，由得失电子守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为5C2O2MnO16H=10CO22Mn28H2O。13.(2019东台市创新学校高三月考)从定性分析到定量研究是高中生化学学习的重要发展历程。请你根据所学知识对以下化学问题进行定量分析。(1)高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。在用KMnO4酸性溶液处理CuS的混合物时，发生的反应如下：6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O，请用单线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目：6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O(2)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移的电子数为_，被氧化的N原子的物质的量为_。(3)实验室需要为无土栽培配制1L内含0.24molK2SO4、0.5molNH4Cl、0.16molKCl的某营养液。某小组计划用(NH4)2SO4、KCl、NH4Cl配制，则需这三种固体的物质的量分别为_、_、_。答案(1)=5Cu25SO26Mn214H2O(2)1.25NA(1.256.021023或7.5251023)3.75mol(3)0.24mol0.64mol0.02mol解析(2)10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2这个反应中，氮气既是氧化产物又是还原产物，如果生成16mol氮气，其中氧化产物有15mol、还原产物有1mol，氧化产物比还原产物多14mol，电子转移10mol。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则转移电子的物质的量为1.25mol，转移的电子数为1.25NA(1.256.021023或7.5251023)。被氧化的N原子是NaN3中的N，其物质的量是转移电子的3倍，即3.75mol。(3)配制1L内含0.24molK2SO4、0.5molNH4Cl、0.16molKCl的某营养液，其中含钾离子0.64mol，含硫酸根0.24mol，含铵根0.5mol，含氯离子0.66mol。若用(NH4)2SO4、KCl、NH4Cl配制，根据离子守恒，可以求出三种固体的物质的量分别为0.24 mol、0.64 mol、0.02 mol。14.(2019东台市创新学校高三月考)(1)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。(2)焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)212H2O3S=2K2SO42Al2O39SO248H2O，在该反应中，还原剂是_。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。(4)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是_。(5)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为_。答案(1)Cu2S4(2)S(3)4KClO3KCl3KClO4(4)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)(5)NaBH42H2O=NaBO24H24NA(或2.4081024)解析(1)反应2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O中Cu元素化合价由1价变为2价、S元素化合价由2价变为6价，O元素化合价由0价变为2价，所以Cu2S是还原剂、O2是氧化剂；1mol氧气发生化学反应时，有0.4molCu2S参加反应，氧化还原反应中转移电子数相等，则还原剂失去电子的物质的量0.4mol2(21)1(62)4mol。(2)4KAl(SO4)212H2O3S=2K2SO42Al2O39SO248H2O反应中，硫单质中硫元素化合价升高为4价，硫酸根离子中硫元素化合价从6价变化为4价，氧化剂是KAl(SO4)212H2O，还原剂是硫单质。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11，则该无氧