提示:
由于题中给出的反应物为木炭粉和氧化亚铁,可根据反应①、②进行讨论.
高中思维训练班《高一化学》
第5讲-----复杂的氧化还原反应方程式的配平和计算
『本讲要点』:
利用得失电子守恒解决复杂的氧化还原反应问题
*1例将4.9克Mg和Fe的混合物在一定量的稀HNO3中完全溶解(生成的溶液中有Fe2+),得到标况下气体2.24L(假设全为NO气体).向反应后的溶液中加入足量的烧碱,在空气中不断搅拌,充分反应后,则生成沉淀的质量可能是()单选
A.6gB.8gC.10gD.12g
解析:
最后沉淀质量=OH-质量+金属质量。
由题意可知,金属虽说全溶解,但铁还没有全被氧化成三价铁,加足量的NaOH在空气中不断搅拌,Fe(OH)2将全部被氧化,所以生成的沉淀一定为Mg(OH)2、Fe(OH)3,不可能有Fe(OH)2.在此还要注意的是,整个过程中既有硝酸得电子又有氧气得电子。
硝酸得的电子有关系式NO3~NO~3e-为0.3mol,如再加上空气中氧气得的电子,那么整个过程中得电子数肯定大于0.3mol,为此金属失去的电子数也大于0.3mol.由于金属阳离子电荷总数等于金属离子结合的OH
-数.由e-~OH-可得金属离子结合的OH-也大于0.3mol.则最后沉淀大于4.9+0.3×17=10g,即生成沉淀大于10g,选择题中至少必须有一个选项符合要求,本题正确答案只能选D本题最容易受思维定势影响,没有注意HNO3量不足,溶液中有Fe2+,后加NaOH溶液就要考虑空气中O2氧化Fe(OH)2忽视了这一点,而错C选项。
因此考虑问题要全面,要仔细分析整个变化过程。
2例Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO、NO2和水,当NO和NO2的物质的量之比为1:
1时.
(1)实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比是多少?
(2)写出反应方程式并配平
【解析】:
本题主要考察有关氧化还原反应的计算。
设参加反应的Cu2S的物质的量为x,被还原的HNO3的物质的量为y,则根据电子得失数目相等,有:
x×(2+8)=y/2×1+y/2×3,y=5x,起酸性作用的HNO3的物质的量为:
(2x-x)×2=2x,所以实际参加反应Cu2S与HNO3的物质的量之比为x:
(y+2x)=1:
7【答案】1:
7。
3例NH2OH是一种还原剂,能将某些氧化剂还原。
现用含0.001125mol羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2+恰好与含0.000493molKMnO4酸性溶液完全作用。
已知(未配平):
FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中,羟胺的氧化产物是()。
A.N2 B.N2O C.NO D.NO2
解析由题意知,KMnO4得到的电子数等于NH2OH失去的电子数。
设产物中N为n价。
24.65mL×0.020mol/L×5=25.00mL×0.049mol/L×(n+1) 得n=1 在四个选项中只有B符合,故应选B。
**4例单质铁溶于一定浓度的硝酸中反应的化学方程式如下:
aFe+bNO3-+cH+==dFe2++fFe3++gNO↑+hN2O↑+kH2O,请你用已掌握的知识研究出下列规律。
(1)c、g、h的关系式是______________________________。
(2)b、c、d、f的关系式是___________________________。
(3)d、f、g、h的关系式是___________________________。
(4)若a=12,铁和硝酸恰好完全反应,则b的取值范围是_______________________。
c的取值范围是______________________。
解析:
(1)这是考查反应前后H、O原子守恒关系。
若只从“cH+→gNO+hN2O”去分析,似乎H+跟NO、N2O之间没有什么联系,思路不容易展开。
只要抓住“反应中H+全部转化为H2O”、“NO和N2O全是由NO3-转变而来”,必有“NO3-
NO+2H2O”和“2NO3-
N2O+5H2O”,进而总结出“c=4g+10h”。
(2)这是考查离子电荷守恒关系。
离子反应中反应物微粒所带的电荷数和生成物微粒所带的电荷数必定相等。
b、c、d、f恰好是反应方程式中各种离子的化学计量数,因此根据“bNO3-+cH+→dFe2++fFe3+”就可计算出“c-b=2d+3f”。
(3)这是是考查电子守恒关系。
d、f、g、h恰好是与电子得失有关四种产物的化学计量数,其中“dFe2++fFe3+”决定失电子总数,“gNO+hN2O”决定得电子总数,所以有“2d+3f=3g+8h”。
(4)可以用极限思维方法来解决。
这里要注意三个前提:
一是a=12;二是铁和硝酸恰好完全反应;三是每种物质的化学计量数均为正整数(即产物中既要有Fe2+、又要有Fe3+,既要有NO、又要有N2O)。
有12molFe完全反应时,只有当“Fe→Fe2+、NO3-→N2O”时消耗的NO3-最少(计算可得需6mol),只有当“Fe→Fe3+、NO3-→NO”时消耗的NO3-最多(计算可得需12mol),所以有“6
从分析问题
(1)的基础上可得出,有12molFe完全反应时,只有当“Fe→Fe2+、NO3-→N2O”时消耗的H+最少(计算可得需30mol),只有当“Fe→Fe3+、NO3-→NO”时消耗的H+最多(计算可得需48mol),所以有“30评注:
各个子问题间跨度较大,要求解题者每答完一个问题就要转换到另一个新的思维角度、跳跃到另一个知识背景中去分析研究,有的学生就是因为思维的灵活性不够、思维的慎密性不强,造成思路阻塞。
『课后作业』:
*5作业三氟化溴溶于水可发生如下反应:
BrF3+H2O
HBrO3+Br2+HF+O2↑
(1)其中发生自身氧化还原反应的物质是____________;
(2)当有5.0mol水参加反应时,由水还原的BrF3的物质的量为____________,由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________;
(3)当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时,由水还原的BrF3的物质的量为____________,由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________;
(4)当有5.0mol水未参加氧化还原反应时,由水还原的BrF3的物质的量为____________,由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________。
答案:
(1)BrF3
(2)1.3mol0.67mol(3)3.3mol1.7mol(或1.8mol)(4)2.2mol1.1mol
高中思维训练班《高一化学》
第8讲-----氧化还原反应
(二)
*1例(2010·安庆模拟)如图所示,两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应,其中属于氧化还原反应,但水既不作氧化剂也不作还原剂的是()
A.甲B.乙C.丙D.丁
甲
SO3+H2O
H2SO4
不是
非氧化剂,非还原剂
乙
2F2+2H2O
4HF+O2
是
还原剂
丙
3NO2+H2O
2HNO3+NO
是
非氧化剂,非还原剂
丁
2Na+2H2O
2NaOH+H2↑
是
氧化剂
2例(2010·上海浦东区模拟)已知将HCl滴入KMnO4溶液中,产生黄绿色气体,而溶液的紫红色褪去。
现有一氧化还原反应的体系中,反应物和生成物共有KCl、Cl
2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质:
(1)该反应中,化合价升高的反应物是_________________________________,化合价没有发生变化的反应物是_____________________________________。
(2)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式(需配平):
_______________________________________________________________________________。
(3)上述反应中,1mol氧化剂在反应中___________(填“得到”或“失去”)___________mol电子。
(4)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3,溶液又变紫红色。
说出NaBiO3的一个性质:
________________________________________________________________________________。
【解析】根据题给信息KMnO4和盐酸反应生成氯气,而所给物质中KCl中含有Cl-,H2SO4中含有H+,所以反应物是KMnO4、KCl和H2SO4,生成物是K2SO4、MnSO4、Cl2和H2O。
锰元素化合价由+7价变成+2价,化合价降低,被还原;氯元素的化合价由-1价变成0价,化合价升高,被氧化,根据化合价升降数相等可得如下配平的化学方程式:
2KMnO4+10KCl+8H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O。
在反应后的溶液中加入NaBiO3,溶液又变紫红色,说明有MnO4-生成,即BiO3-将Mn2+氧化成MnO4-,所以NaBiO3具有强氧化性,其氧化性比KMnO4氧化性强。
【答案】
(1)KCl;H2SO4
(2)2KMnO4+10KCl+8H2SO4=6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O
(3)得到;5(4)NaBiO3具有强氧化性(比KMnO4氧化性强)
*3例(2010·通辽高一月考)某反应体系的物质有:
NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
下列选项正确的是()。
A.Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB.Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O
C.Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD.当1molAu2O3完全反应时,转移电子的物质的量为8mol
【解析】选C。
Au2O3是反应物,则Au2O一定是生成物,其中Au元素化合价由+3价变成+1价,化合价降低,,则必然有化合价升高的,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则有:
2Na2S2