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1、版高考化学鲁科版一轮复习训练第2章 第7讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平考点一氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质

2、量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。典例根据FeS2O2Fe2O3SO2，回答下列问题：(1)氧化剂_，还原剂_，氧化产物_，还原产物_。(2)元素化合价升高的元素为_，元素化合价降低的元素为_。(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为_，1“分子”氧化剂化合价降低总数为_。(4)配平后各物质的系数依次为_。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、11、2、8失误防范配平氧化还原反应方程式的关键是正确标出化合价，找准1“分子”氧化剂化合价降低总数，1“分子”还原剂化合价升高总数，在计算时，往往容易忽略氧化剂、还原

3、剂中的粒子个数。题组一正向配平类1(1)_HCl(浓)_MnO2_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnO_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)21610258题组二逆向配平类2(1)_S_KOH=_K2S_K2SO3_H2O(2)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案(1)36213(2)29335题组三缺项配平类3(1)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_M

4、n2_O2_H2O(3)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。答案(1)324OH325(2)256H258(3)Al2O33CN2=2AlN3CO解析(3)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。题组四信息型氧化还原反应方程式的书写4按要求书写方程式：(1)已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X。写出该反应的化学方程式： _。(2)某地污水中的有机污染物主要成分是

5、三氯乙烯(C2HCl3)，向此污水中加入KMnO4(高锰酸钾的还原产物为MnO2)溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式：_。(3)在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体，可得到重要的工业产品保险粉(Na2S2O4)，同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为_。(4)化合物K2FeO4可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，可由FeCl3和KClO在强碱性条件下反应制得，其反应的离子方程式为_。答案(1)2KIO35Na2SO3H2SO4=K2SO45Na2SO4I2H2O(2)2KMnO4C2HCl3=2CO22MnO2HCl2KCl(3)HCOO2SO

6、2OH=S2OCO2H2O(4)2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O或2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O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。考点二电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用1

7、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，只要把物质分为初态和终态，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)。题组一两元素之间得失电子守恒问题1

8、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()A2 B3 C4 D5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 molL10.020 L2(6n)，解得n3。2Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为N

9、a2SO4，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()A2 B3 C4 D5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。Na2xxNa2O4NaONa得关系式1x162，x5。题组二多元素之间得失电子守恒问题3在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴元素为()A1 mol B. molC. mol D2 mol答案C解析设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x4 mol，xmol。4在

10、PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反应中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为_mol。生成1 mol Cu3P时，参加反应的P的物质的量为_mol。答案1.52.2解析设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 mol Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y根据得失电子守恒得：75 mol(21)x(50)x1.5 mol1 mol3(21)1 mol0(3)y(50)y1.2 mol所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol1 mol2.2 mol。题组三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

11、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。5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(都已折算到标准状态)，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()A8.64 B9.20C9.00 D9.44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

12、物质的量，即：n(OH)1210.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。6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()A60 mL B45 mLC30 mL D15 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

13、应可得关系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，则V(NaOH)0.06 L60 mL。题组四氧化还原反应在综合实验中的应用7(2015河南省实验中学高三第一次模拟)过氧化钙可以用于改善地表水质，处理含重金属粒子的废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等。工业上生产过氧化钙的主要流程如下：CaCl2固体 30%的H2O2已知CaO28H2O呈白色，微溶于水，加热至350左右开始分解放出氧气。(1)用上述方法制取CaO28H2O的化学方程式是_。(2)检验“水洗”是否合格的方法是_。(3)沉淀时常用冰水控制温度在0 左右，其可能原因是_。(4)测定产品中CaO2的含量的实验

14、步骤：第一步：准确称取a g产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的b g KI晶体，再滴入少量2 molL1的H2SO4溶液，充分反应。第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入浓度为c molL1的Na2S2O3溶液至反应完全，消耗Na2S2O3溶液V mL。已知：I22S2O=2IS4O第一步发生反应的化学方程式为_；CaO2的质量分数为_(用字母表示)。某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的CaO2的质量分数可能_(填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是_。答案(1)CaCl2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH4Cl(2)取最

15、后一次洗涤液少许于试管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，看是否产生白色沉淀(3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率(4)CaO22KI2H2SO4=I2CaSO4K2SO42H2O偏高S2O在滴定过程中被氧气氧化解析(1)本实验的目的是制备CaO28H2O固体，则流程中的沉淀应为CaO28H2O，根据质量守恒判断还应有NH4Cl生成，故可写出反应的化学方程式为CaCl2H2O22NH38H2O=CaO28H2O2NH4Cl。(2)滤液中含有大量的Cl，为将沉淀洗涤干净，应充分洗涤，根据检验Cl的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸银溶液检验。(3)温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的

16、利用率。(4)CaO2将KI氧化成碘单质：CaO22KI2H2SO4=I2CaSO4K2SO42H2O根据反应的离子方程式：CaO24H2I=Ca22H2OI2，I22S2O=2IS4O，可得关系式：CaO22S2O72 g 2 molm cV103mol解得：m0.036cV，CaO2的质量分数为。S2O有还原性，由于滴速太慢，S2O在滴定过程中被氧气氧化导致消耗体积偏大，从CaO2的质量分数的表达式可知使计算结果偏高。(一)氧化还原反应方程式的配平1(2015高考组合题)(1)2015天津理综，10(2)完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式：ClOFe2_=ClFe3_答案166H1

17、63H2O(2)2015安徽理综，27(2)请配平下列反应的化学方程式：NaBO2SiO2NaH2NaBH4Na2SiO3答案124212(二)氧化还原反应的有关计算2(2015高考组合题)(1)2015江苏，18(1)已知：MnO2SO2=MnSO4，则质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化_L(标准状况)SO2。答案4.48(2)2015全国卷，28(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_。答案21(3)(2015海南，6)已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O，则RO中R的

18、化合价是()A3 B4 C5 D6答案D解析根据反应前后电荷守恒，可得：342n3，解得n2，则RO中R的化合价为6价，即选D。(三)氧化还原反应的综合应用32015山东理综，29(2)利用钴渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等制备钴氧化物的工艺流程如下：Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为_。铁渣中铁元素的化合价为_。在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_。答案2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O或Co(OH)3 3H=Co3 3H2O,2Co3 SOH2O=2Co2S

19、O2H3Co3O4解析Co(OH)3首先被H2SO4 溶解生成Co3，Co3具有氧化性，可将SO氧化为SO，同时自身被还原为Co2，写出离子方程式并配平即可。铁渣中Fe 元素的化合价为3价。CO2的物质的量为n(CO2)0.06 mol，根据CoC2O4的组成可知Co物质的量为0.03 mol，其质量为m(Co)0.03 mol59 gmol11.77 g，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得59x16y1.77 g(2.41 g1.77 g)，解得xy34，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。42014新课标全国卷，27(2)、(3)(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中

20、的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为41，则氧化产物为_(填化学式)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式_。答案(2)1H3PO4(3)2P43Ba(OH)26H2O=3Ba(H2PO2)22PH3解析(2)H3PO2中P元素化合价为1价。根据H3PO2与Ag反应中两者物质的量之比为14，4 mol Ag在反应中得到4 mol e，1 mol H3PO2则失去

21、4 mol e，所以P元素将显5价，产物为H3PO4，即氧化产物为H3PO4。(3)依据氧化还原反应方程式配平原则，得：6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2。练出高分1某研究小组对离子方程式xR2yHO2=mR3nH2O的分析研究，下列说法中错误的是()A根据电荷守恒，得出x与y的和一定等于mB根据原子守恒，得出x和m的数值一定相等C根据电子得失守恒，得出x4的结论D根据氧化还原反应关系得出：R2是还原剂，O2是氧化剂，R3是氧化产物，H2O是还原产物答案A解析A项，根据电荷守恒，得出2xy3m，故A错误；B项，根据R原子守恒得出x和m的数值一定相等，故B正确；C项，

22、1摩尔O2得到4摩尔电子，x摩尔R应该失去4摩尔电子，得x4，故C正确；D项，R2化合价升高是还原剂，O2化合价降低是氧化剂，R3是氧化产物，H2O是还原产物，故D正确。2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()A2 B1C0 D1答案C解析XO(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

23、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()A0.75 molL1 B1.5 molL1C2 molL1 D3 molL1答案D解析标准状况下Cl2的物质的量是5.04 L/(22.4 Lmol1)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 molL1，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

24、()A14 B12 C21 D41答案B解析反应方程式是3(NH4)2SO4=3SO2N24NH36H2O，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、铜合金加入到稀硝酸中，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

25、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，故C正确；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()A13.6 g