1、考点互动探究考例考法直击教师备用习题,考试说明,第9讲 氧化还原反应的配平和计算,掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。,知识梳理,考点一 氧化还原方程式的配平,对点自测 1.判断正误(正确的打“”,错误的打“”) (1)在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中,每生成3 mol I2,转移的电子数为6NA ( ) (2)一定条件下,2.3 g的Na完全与O2反应生成3.6 g产物时失去的电子数为0.1NA( ) (3)1 mol Fe参加反应时转移的电子数一定是3NA( ) (4)(NH4)2PtCl6晶体受热分解,生成氮气、氯化氢、氯化铵和金属铂,在此分解反应中,氧化产物与还原产物
2、的物质的量之比是23( ) (5)经反应CH3OH+NaClO3+H2SO4ClO2+CO2+Na2SO4+H2O(未配平)生成1 mol CO2时,转移电子的物质的量为4 mol ( ),(6)反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4,氧化产物和还原产物的物质的量之比为65( ) (7)反应2NH4Cl+4CuO=3Cu+CuCl2+N2+4H2O,氧化剂和还原剂的物质的量之比为21( ) (8) 若溶液中S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-,每生成1 mol SO42-,可消耗2 mol Cl2 ( ),答案 Al2O3 3C N2 2 3
3、CO,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。,4 1 1 1 2,3 8 3 2 4,5 1 3 3 3 3,2 16 10 2 5 8,3 6 2 1 3,2 9 3 3 5,方法技巧 氧化还原反应方程式的配平技巧 1.逆向配平法:适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应型的氧化还原反应。 先确定生成物的化学计量数,然后再确定反应物的化学计量数。 2.奇数配偶法:适用于物质种类少且分子组成简单的氧化还原反应。如S+C+KNO3 CO2+N2+K2S,反应物KNO3中三种元素原子数均为奇数,而生成物中三种元素的原子数均为偶数
4、,故可将KNO3乘以2,然后用观察法配平得:S+3C+2KNO3=3CO2+N2+K2S。 3.整体配平法:如果反应物中某物质各元素化合价同升或同降,可将其作为一个整体找出化合价升降总数,再根据化合价升降法进行配平。,题组二 残缺型化学方程式的书写与配平 1.(1) ClO3-+ Fe2+ = Cl-+ Fe3+ (2) MnO4-+ C2O42-+ = Mn2+ CO2+ (3) ClO-+ Fe(OH)3+ = Cl-+ FeO42-+ H2O (4) MnO4-+ H2O2+ = Mn2+ O2+ H2O,1,6,6H+,1,6,3H2O,2,5,16H+,2,10,8H2O,3,2,4
5、OH-,3,2,5,2,5,6H+,2,5,8,2.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:。,2KIO3+5Na2SO3+H2SO4=K2SO4+5Na2SO4+I2+H2O,2KMnO4+C2HCl3=2CO2+2MnO2+HCl+2KCl,(3)在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气
6、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。,HCOO-+2SO2+OH-=S2O42-+CO2+H2O,2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,方法小结 缺项氧化还原反应方程式的配平 (1)方法 先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数,然后由原子守恒确定未知物,再根据原子守恒进行配平。(2)
7、补项原则,知识梳理,考点二 氧化还原的计算,1.应用得失电子守恒解题的一般步骤 (1)“一找物质”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”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”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 2.多步连续进行的氧化还原反应的有关计算 对于多步连续进行的氧化还原反应,只要中间各步反应过程中电子没有损耗,可直接找出起始物和最终产物,删去中间产物,建立二者之间的电子守恒关系,快速求解。,对点自测 1.已知在碱性溶液中可发生如下反
8、应: 2R(OH)3+3ClO-+4OH-=2RO4n-+3Cl-+5H2O。则RO4n-中R的化合价是 。,答案 +6,解析 根据离子反应中反应前后电荷守恒,可得3+4=2n+3,解得n=2,在RO42-中,设R的化合价为x,则x-24=-2,解得x=+6。,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,计算x的值。,答案 5,题组一 常规型氧化还原反应计算 1.现有24 mL浓度为0.05 molL-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL-1的K2Cr2O7溶液完全反
9、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,题组训练,答案 B,解析 题目中指出被还原的元素是Cr,则得电子的物质必是K2Cr2O7,失电子的物质一定是Na2SO3,其中S的化合价从+4+6;而Cr的化合价将从+6+n(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 molL-10.024 L(6-4)=0.02 molL-10.020 L2(6-n),解得n=3。,2.2018江西百所名校第一次联考 已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,下列说法中正确的是
10、( ) A.氧气是还原产物 B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为11 C.反应物中有水,且反应方程式中水的化学计量数为2 D.若生成4.48 L(标准状况下)O2,则反应转移0.8 mol电子,答案 C,解析 NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,Ag、O的化合价升高,Cl的化合价降低,由得失电子守恒和原子守恒可配平反应方程式:4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2。反应中氧元素的化合价部分升高,氧气是氧化产物,A项错误;NaClO既是氧,2.2018江西百所名校第一次联考 已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,下列说法中正确的是
11、( ) A.氧气是还原产物 B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为11 C.反应物中有水,且反应方程式中水的化学计量数为2 D.若生成4.48 L(标准状况下)O2,则反应转移0.8 mol电子,化剂,又是还原剂,还原剂与氧化剂的物质的量之比为64=32,B项错误;反应物中水的化学计量数为2,C项正确;4.48 L(标准状况下)O2的物质的量为0.2 mol,则反应转移1.6 mol电子,D项错误。,题组二 涉及电子守恒型氧化还原反应的计算 1.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
12、生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL-1 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,1.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 molL-1 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,2.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
13、只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( ) A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44,答案 B,考例考法直击,考例考法直击,解析 (1)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。(2)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,
14、配平。(3)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的-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总数相等和原子守恒配平化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。,考例考法直击,考例考法直击,考例考法直击,解析 (1)NaCN溶液中存在水解平衡:CN-+ H2O HCN+OH-,酸性和中性条件下,容易生成剧毒的HCN,造成事故,碱性条件可以抑制CN-的水解。(3)需要处理的NaCN的质量为1001000 L(10.3 mgL-1-0.5 mgL-1)1000 mgg-1=980 g。将两次氧化的方
15、程式合并得总反应: 2NaCN+5NaClO=CO2+ Na2CO3+5NaCl + N2 249 574.5 980 g x 解得x=3725 g,考例考法直击,由于实际用量为理论值的4倍,则实际用量为3725 g4=14 900 g。 (4)Cl2与NaOH的反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,(CN)2与Cl2的化学性质相似,则(CN)2与NaOH反应的化学方程式为(CN)2+2NaOH=NaCN+NaOCN+H2O。,考例考法直击,考例考法直击,考例考法直击,考例考法直击,1.2018河南洛阳第一次质量预测 将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中
16、,加热后冷却,生成暗棕红色晶体M化学式为Cr(NH3)3O4,其离子方程式为CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2,测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是( ) A.M中Cr的化合价为+3 B.参与反应的H2O2全部被氧化 C.向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液,没有明显现象 D.转移0.2 mol电子时,生成M的质量为16.7 g,答案 D,解析 因M化学式为 Cr(NH3)3O4中有2个过氧键,则M中Cr的化合价为+4,A项错误;M中有2个过氧键,所以参与反应的H2O2没有全部被氧化,B项错误;向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液,亚铁离子被M氧,1.2018河南洛
17、阳第一次质量预测 将过量H2O2溶液加入含(NH4)2CrO4的氨水中,加热后冷却,生成暗棕红色晶体M化学式为Cr(NH3)3O4,其离子方程式为CrO42-+3NH3+3H2O2=M+2H2O+2OH-+O2,测得M中有2个过氧键。下列叙述正确的是( ) A.M中Cr的化合价为+3 B.参与反应的H2O2全部被氧化 C.向FeSO4溶液中滴加几滴M的溶液,没有明显现象 D.转移0.2 mol电子时,生成M的质量为16.7 g,化为三价铁,溶液由浅绿色变为棕黄色,C项错误;由方程式可知每生成 1 mol O2转移2 mol电子,同时生成1 mol Cr(NH3)3O4,则转移0.2 mol电子
18、时,生成M的质量为16.7 g,D项正确。,2.氯酸是一种强酸,浓度超过40%时会发生分解,反应可表示为aHClO3=bO2+cCl2+dHClO4+eH2O。用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时,试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是 ( ) A.由反应可确定:氧化性HClO4HClO3 B.若化学计量数a=8,b=3,则生成3 mol O2时转移20 mol e- C.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了反应 4Cl2+I2+6H2O=12H+8Cl-+2IO3- D.若氯酸分解得到混合气体,1 mol混合气体质量为47.6 g,则反应方程式可表示为26HClO3=15O2+8Cl2+10
19、HClO4+8H2O,答案 B,解析 反应中氯元素化合价由HClO3中+5价升高为HClO4中+7价,HClO4属于氧化产物,所以氧化性HClO3HClO4,故A错误;若化学计量数a=8,b=3,配平后的反应为8HClO3=3O2+2Cl2+4HClO4+2H2O中,生成3 mol O2时转移20 mol e-,故B正确;用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时,试纸先变蓝说明开始有碘单质生成,后褪色,说明碘单质继续被氧化,但该离子方程式不满足电荷守恒,故C错误;设1 mol混合气体中氧气、氯气的物质的量分别为x、y,可得关系式:x+y=1 mol,32 gmol-1 x+71 gmol-1 y=47.6 g,解得氧气、氯气的物质的量之比为32,故D错误。,
