届高考化学一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平学案.docx

1、届高考化学一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平学案第9讲氧化还原反应的计算及方程式的配平考纲要求掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。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

2、)。(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24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1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.2 B.3 C.4 D.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

3、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 molL10.020 L2(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.2 B.3 C.4 D.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

4、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x g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8 960 mL的NO2气体和672 mL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17.02 g。则x等于()A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44答案B解析反应流程为x g17.02 gm(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)1210.46 mol所以x g17.02 g0.46

5、 mol17 gmol19.20 g。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1.68 L O2(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5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL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

6、 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示例配平化学方程式：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_H2SO

7、4=_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

8、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

9、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。1.2017全国卷，27(1)FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_。答案27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应解析首先标出变价元素的化合价，分析价态变化可知：1 mol FeOCr2O3失去7 mol电子，1 mol NaNO3得到2 mol电子，则由得失电子守恒可知二者系数比应为27；该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3，而陶瓷中含有二氧化硅，二者在熔融时反应，故不能使用陶瓷容器。2.20

10、17全国卷，27(6)已知LiFePO4，写出该反应的化学方程式_。答案2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO4H2O3CO2解析反应物为FePO4、Li2CO3、H2C2O4，生成物有LiFePO4，铁元素的化合价降低，则H2C2O4中碳元素的化合价升高，产物为CO2，配平。3.2016全国卷，26(2)实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4)，反应的化学方程式为_。答案NaClO2NH3=N2H4NaClH2O解析次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨的反应中，氮元素的化合价由氨分子中的3价升高到联氨分子中2价，氯元素的化合价由次氯酸钠中的1价降低到1价，根据化合价升高与降低

11、总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO2NH3=N2H4NaClH2O。4.2016天津理综，9(4)MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)，其化学计量数依次为_。答案1,2,4,1,1,3解析Mn元素的化合价由4价降低到2价，碘元素的化合价由1价升高到0价，根据化合价升降总数相等，配平后化学方程式为MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，故其化学计量数依次为1,2,4,1，1,3。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

12、应中Ag和H2S均是还原剂D.每生成1 mol X，反应转移2 mol e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.(2018黑龙江哈师大附中高三第一次月考)某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4103 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 molL1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的价态是()A.2 B.1 C.0 D.1答案C解析XO

13、(OH)中X的化合价是5，Na2SO3中S的化合价从4升高到6，设X元素被还原后的化合价为a，根据氧化还原反应中化合价升降必相等：2.4103(5a)0.20.03(64)，解得a0。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.0.75 molL1 B.1.5 molL1C.2 molL1 D.3 molL1答案D解析标准状况下Cl2的物质的量是0.225 mol，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x m

14、olL1，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.14 B.12 C.21 D.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.(2018湖北教学合作高三10月联考)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

15、的量浓度为3 molL 1 NaOH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5.1 g，则下列有关叙述中正确的是()A.加入合金的质量可能为9.6 gB.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150 mLC.参加反应的硝酸的物质的量为0.4 molD.溶解合金时产生NO气体体积0.224 L(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0.1 mol，根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol，C正确

16、；消耗NaOH溶液体积应为100 mL，B错误；产生NO气体体积标况下应为2.24 L，D错误；根据电荷守恒，镁、铜合金共0.15 mol，用极端假设法，如果全部是铜，质量为9.6 g，所以合金质量应比9.6 g小，A错误。6.(2018湖北重点高中高三上学期期中联考)现有CuO和Fe3O4的混合物7.6 g，向其中加入1 molL1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反应，若将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()A.13.6 g B.12 g C.6 g D.3.2 g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

17、(SO4)4，即n(O)n(SO)0.1 mol，则7.6 g混合物含O原子0.1 mol，为1.6 g，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.(2018长沙长郡中学高三上学期第二次月考)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1.75 mol，则下列判断正确的是()A.生成40.0 L N2(标准状况)B.有0.250 mol KNO3被氧化C.转移电子的物质的量为1.75 molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol答案D解析根据方程式，氧化产物

18、和还原产物都是氮气，假设氧化产物有15 mol，则还原产物有1 mol，10NaN32KNO3=K2O5Na2O15N2(氧化产物)N2(还原产物)n 15 1 14 x y 1.75解得：x1.875，y0.125。生成N2标准状况下的体积是(1.8750.125)mol22.4 Lmol144.8 L，故A错误；KNO3被还原，故B错误；转移电子的物质的量为0.125251.25 mol，故C错误；被氧化的N原子的物质的量为1.875 mol23.75 mol，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

19、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1 mol Au2O3完全反应时，转移电子8 mol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

20、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。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1.200 g。若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1 molL1盐酸的体积为()A.37.5 mL B.75 mL C.150 mL D.300 mL答案C解析n(O)0.075 mol，n(HCl)2n(H2O)2n(O)0.15 mol，所以V(HCl)0.15 L，即150 mL。10.(2019成都联考)已知离子方程式：As

21、2S3H2ONOAsOSONO_(未配平)，下列说法错误的是()A.配平后水的化学计量数为4B.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C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、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.(2018上海市普陀区高三12月质量调研)在一定量的Na2S(aq)中，慢慢通入一定量Cl2，图示变化关系正确的是()答案C解析Na2SCl2=S

22、2NaClA项，Na2S溶液呈碱性，NaCl溶液呈中性，Cl2过量时，pH继续减小，溶液呈酸性，错误；B项，氧化产物为S单质，还原产物为NaCl，其物质的量之比为12，错误；D项，在Na2SCl2=S2NaCl过程中导电能力不变，若Cl2过量，则Cl2H2OHClHClO，此时，导电能力增强，错误。12.(2018上海十三校高三第二次联考)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1.12 L O2(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5 molL1 H2SO4溶液100 mL，则继续溶解的Cu的质量为()A.6.4 g B.9.6

23、g C.19.2 g D.24 g答案C解析设溶解Cu的物质的量为x，则2x4x0.1 mol所以溶液中NO的物质的量为0.2 mol；3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O 1 mol 0.2 molH过量，所以继续溶解Cu的质量为364 gmol119.2 g。13.按要求回答下列问题：(1)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O。写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。每生成1 mol FeO转移_mol电子，若反应过程中转移了0.3 mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH

24、至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，原因是_。(2)工业上从海水中提取单质溴可采用如下方法：向海水中通入Cl2将海水中溴化物氧化，其离子方程式为_。向上述混合液中吹入热空气，将生成的溴吹出，用纯碱溶液吸收，其化学方程式为_。将所得溶液用H2SO4酸化，使NaBr、NaBrO3中的溴转化为单质溴，再用有机溶剂提取溴后，还可得到副产品Na2SO4。这一过程可用化学方程式表示为_。答案(1)2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O30.15该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小(2)Cl22Br=Br22Cl3Na2CO33Br2=5NaBrNaBrO33CO2(或6Na2C

25、O33Br23H2O=5NaBrNaBrO36NaHCO3)5NaBrNaBrO33H2SO4=3Br23Na2SO43H2O解析(1)湿法制备高铁酸钾时，Fe(OH)3失电子被氧化生成K2FeO4，则ClO作氧化剂被还原生成Cl，氢氧化铁必须在碱性条件下存在，所以该反应是在碱性条件下进行，离子方程式为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O。由反应的离子方程式知每生成1 mol K2FeO4转移电子的物质的量为3 mol。低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾，说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小。(2)Cl2将海水中的Br氧化生成Br2。纯碱(Na2CO3)溶液显碱性，类比Cl2与NaOH溶液的反应，可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应生成溴化物，从中的溴化物中可知另外生成的是溴酸盐，CO转化为CO2。在酸性条件下，Br和BrO发生归中反应生成Br2。14.(2018襄阳调研)铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药、纺织等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工