高三一轮复习 氧化还原反应计算专题讲义.docx

1. 氧化还原反应的计算一、方法归纳1电子守恒法计算的原理氧化剂得电子总数还原剂失电子总数2电子守恒法计算的流程(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)。例题1现有24 mL浓度为0.05 mol·L1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L1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解析题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从46，Cr元素的化合价将从6n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 mol·L1×0.024 L×(64)0.02 mol·L1×0.020 L×2×(6n)，解得n3。例题2. 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 mol·L1 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)2×0.15 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。二、同步练习1关于反应，下列说法正确的是A是氧化产物B生成1mol时，转移3.75mol电子C氧化产物与还原产物的物质的量之比为35D只是还原产物2用酸性溶液处理硫化亚铜()和二硫化亚铁()的混合物时，发生反应I：(未配平)和反应II：(未配平)。下列说法正确的是A反应I中既是氧化剂又是还原剂B反应I中每生成，转移电子的物质的量为C反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为D若反应I和反应II中消耗的的物质的量相同，则反应I和反应II中消耗的还原剂的物质的量之比为3CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-，反应如下：反应：CuSCr2O72-HCu2SO42-Cr3H2O(未配平)反应：Cu2SCr2O72-HCu2SO42-Cr3H2O(未配平)下列有关说法正确的是A反应和中各有2种元素的化合价发生变化B反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为35C处理1mol Cr2O72-时反应、中消耗H的物质的量相等D质量相同时，Cu2S能去除更多的Cr2O72-4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3mol/LNaOH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6.4gB参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24L5铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为A3.12 gB4.68 gC5.08 gD4.18 g6已知NO2、NO的混合气体可与NaOH溶液发生化学反应：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，NONO22NaOH=2NaNO2H2O，将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体溶于20 mL NaOH溶液中，恰好完全反应并无气体逸出。则NaOH溶液的物质的量浓度为(   )A1 mol/LB0.5 mol/LC0.25 mol/LD0.2 mol/L7将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸溶液中，二者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，则向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得沉淀的质量比原合金的质量增加了5.lg，则下列叙述正确的是A开始加入的合金质量可能是16.4 gB参加反应的硝酸的物质的量为0.lmolC标准状况下产物NO的体积为22.4 LD沉淀完全时消耗的NaOH溶液体积为100 mL8常温下，在某200mL的稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐量地加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。（设硝酸只被还原为NO气体，Fe的相对原子质量为56）。下列有关分析错误的是A原混合酸中NO3-的物质的量为0.2molB原混合酸中H2SO4物质的量浓度为2mol/LCOA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为2:1D取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的pH=19已知M2On2-离子可与R2-离子作用，R2-被氧化为R单质，在M2On2-的还原产物中，M为+3价；又知c(M2On2-)=0.3mol·L-1的溶液100mL可与c(R2-)=0. 6mol·L-1的溶液150mL恰好完全反应，则n值为A4B5C6D710在铁的氧化物和氧化铝组成的混合物中，加入 2 mol/L 硫酸溶液 65 mL，恰好完全反应，所得溶液中Fe2+能被标准状况下 112 mL 氯气氧化。则原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为A913B57C43D3411工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72-的废液，反应的离子方程式为：5H+Cr2O72-+3HSO3-2Cr3+3SO42-+4H2O下列判断错误的是（）A氧化产物是SO42-B氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3CCr2O72-表现了氧化性D还原1molCr2O72-，电子转移3mol12水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应：3Fe2+ + 2S2O32-O2+ xM= Fe3O4S4O62-2H2O，有关说法正确的是AM为OH-离子，x=2B每转移3 mol电子，有1.5 molFe2+被氧化CO2、S2O32-都是氧化剂D每生成1 mol Fe3O4，反应中转移2mol电子试卷第13页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1B【解析】【分析】反应中，NH4NO3中的5个-3价的N全部失去电子生成氮气中0价的N，有3个+5价的N得到电子生成氮气中0价的N ，所以该反应的转移电子数为15，据此分析；【详解】A硝酸中的N是硝酸铵中+5价的N未变价生成的，所以硝酸既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；B依据分析可知，当有1mol氮气生成时，转移3.75mol电子，故B正确；C依据分析可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比应为53，故C错误；D氮气既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选：B。2B【解析】【分析】MnO中Mn元素为+7价，Cu2S中Cu和S元素分别为+1、-2价，FeS2中Fe和S元素分别为+2、-1价，据此解题。【详解】A反应中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，高锰酸根发生还原反应为氧化剂，A错误；B反应中每生成1molSO，参加反应的Cu2S为1mol，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，反应转移电子的物质的量为10mol，B正确；C反应中氧化剂MnO4-化合价降低(7-2)=5，还原剂FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15：5=3：1，C错误；D若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同， 1molKMnO4得到5mol电子，Cu2S化合价共升高2´(2-1)+(6+2)=10，应氧化0.5molCu2S，FeS2化合价共升高1+2´(6+1)=15，应氧化mol FeS2，则反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5mol：mol=3：2，D错误。答案为B。3B【解析】【详解】A.由未配平的化学方程式可知，反应I中S、Cr元素化合价发生变化，反应II中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化，故A错误；B. 反应中还原剂是Cu2S，氧化剂是Cr2O72-，二者反应的物质的量之比为3：5，故B正确；C. 反应I方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2+3SO42-+8Cr3+16H2O，反应II配平后的方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O，由方程式可知处理1molCr2O72-时，反应I消耗H+的物质的量是8mol，反应消耗H+的物质的量是9.2mol,故C错误；D. 根据方程式可知3mol CuS处理4mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，3mol Cu2S处理5mol Cr2O72-，每克处理Cr2O72-的物质的量为，则质量相同时，CuS能去除更多的Cr2O72-，故D错误；故选B。4A【解析】【分析】将镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)发生反应：3Mg +8 HNO3(稀)= 3Mg(NO3)2 +2NO+4H2O；3Cu+8 HNO3(稀)= 3Cu( NO3)2+2NO+4H2O，向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2 +2NaOH = Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2 +2NaOH =Cu(OH)2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为: n(OH-)=0.3mol，根据反应方程式可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol，以此分析解答。【详解】A.根据反应方程式Mg(NO3)2 +2NaOH = Mg(OH)2+2NaNO3、Cu(NO3)2 +2NaOH =Cu(OH)2+2NaNO可知，镁和铜的总的物质的量为氢氧根离子物质的量的一半，即0.15mol，假定全为镁，金属质量为: 0.15mol 24g/mol=3.6g，若全为铜，则金属质量为: 0.15mol 64g/mol=9.6g，两者混合金属的质量可能为6.4g，故A正确；B.根据方程式可知参加反应的反应n(HNO3)= n(金属)=0.4mol，故B错误；C.反应消耗氢氧化钠的物质的量为：n( NaOH)=n(OH- )=0.3mol，则加入的氢氧化钠溶液的体积=0.1L=100mL， 故C错误；D.金属的物质的量为0.15mol，完全反应失去0.15mol2=0.3mol电子，根据电子转移守恒，生成一氧化氮的物质的量 n(NO)=0.1mol，没有状态，不能确定气体的体积，故D错误；故选：A。5D【解析】【详解】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)= =0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总物质的量等于HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×（+5）-（+4）+ 0.01mol×（+5）-（+2）+ 0.01mol×2×（+5）-（+1）=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。【点睛】解答本题的关键是：利用氧化还原反应中的得失电子守恒和沉淀的化学式得出沉淀中OH-物质的量等于氧化还原反应中转移电子物质的量，进而解答。6B【解析】【详解】将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体的物质的量为0.224/22.4=0.01mol，根据方程式分析，氮原子物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，则氢氧化钠的物质的量为0.01mol，则其物质的量浓度为0.01/0.02=0.5 mol/L，故选B。【点睛】掌握守恒法在计算中的应用，根据两个方程式分析，氮原子物质的量和钠的物质的量相等，即等于氢氧化钠的物质的量，由此进行计算。7D【解析】【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，最终生成的沉淀是氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH的物质的量，所以OH的物质的量是0.3mol，因此氢氧化钠的物质的量就是0.3mol，则其体积是100ml，D正确；由于金属失去电子的物质的量就是结合的OH的物质的量，所以金属失去电子的物质的量是0.3mol，则根据电子的得失守恒可知，生成是NO是0.1mol，据此分析解答。【详解】A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6gm9.6g，故A错误；B根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.15mol=0.4mol，故B错误；C标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故C错误；D加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故D正确；答案选D。8C【解析】【分析】硝酸是氧化性酸，因此首先与铁反应，即OA段表示铁与硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，离子方程式为Fe+4H+NO3-=Fe3+2H2O+NO，当NO3-完全被还原后继续介入铁粉，铁离子开始氧化铁粉，即AB段的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，最后加入铁粉，氢离子与铁发生置换反应生成氢气，即BC段反应的离子方程式为Fe+2H+=F2+H2，据此可以判断。【详解】A、点A时溶液中的NO3-尾气被还原为NO，此时消耗铁的质量是11.2g，物质的量为11.2g÷56g/mol=0.2mol，则根据方程式可知消耗NO3-的物质的量是0.2mol，所以原混合酸中NO3-的物质的量为0.2mol，故A正确；B、最终消耗铁的质量是22.4g，物质的量为22.4g÷56g/mol=0.4mol，因此最终生成硫酸亚铁的物质的量是0.4mol，则根据原子守恒可知，硫酸的物质的量是0.4mol，则硫酸的浓度为0.4mol÷0.2L=2.0mol/L，B正确；C、OA段消耗0.2mol铁，转移电子0.2mol×3=0.6mol，BC阶段消耗铁的质量是22.4g-16.8g=5.6g，物质的量是0.1mol，则转移电子0.1mol×2=0.2mol，所以OA段与BC段反应中电子转移的物质的量之比为3:1，故C错误；D、原混合酸硝酸和硫酸的物质的量分别是0.2mol和0.4mol，其中氢离子的物质的量是0.2mol+0.4mol×2=1.0mol，则氢离子的浓度为1.0mol/L÷0.2L=5mol/L，所以取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液中氢离子的浓度为×5mol/L=0.1mol/L，则溶液的pH=1，故D正确；答案选C。9D【解析】【分析】分析还原剂与氧化产物、氧化剂与还原产物，列出单个氧化剂和还原剂得失电子数，根据电子得失守恒列比例式计算。【详解】分析题意知M2On2是氧化剂，M显+(n1)价，对应还原产物中M为+3价，有关系式M2On2-2M(+3价) 得(2n-8)e-，R2是还原剂，对应氧化产物是R单质，有关系式R2-R失2e-，已知n(M2On2)=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，n(R2)=0.6mol/L×0.15L=0.09mol，因为恰好反应，根据电子得失守恒有：0.03mol×(2n-8)e=0.09mol×2e。解得n=7，答案选D。10A【解析】【详解】硫酸的物质的量n=2mol/L×0.065L=0.13mol，所以n（H+）=0.26mol，氯气是0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，共失电子是0.01mol，根据反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，则溶液中n（Fe2+）=0.01mol，能得电子是0.01mol，设FeO为Xmol，Fe2O3和Al2O3为Ymol，则X+3Y=0.13，X=0.01，所以Y=0.04，所以金属原子个数是0.01+0.04×2=0.09，氧是0.01+0.04×3=0.13，即原混合物中金属元素和氧元素的原子个数之比为9：13，答案选A。【点睛】本题考查学生含铁化合物的性质等知识，明确物质的性质和发生的化学反应是解答的关键，注意守恒思想在解题中的应用。常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。11D【解析】【详解】A反应中+4价S氧化为+6，则氧化产物是SO42-，故A正确；B反应中氧化剂是Cr2O72-，还原剂是HSO3-，根据离子反应方程式可知氧化剂与还原剂的物质的量之比是13，故B正确；CCr2O72-在反应中所含Cr元素化合价降低，是氧化剂，体现了氧化性，故C正确；DCr元素化合价从+6价降低为+3价，根据原子守恒，还原1molCr2O72-，电子转移6mol，故D错误；答案为D。12B【解析】【详解】A、根据原子守恒和电荷守恒可知M是氢氧根离子，反应的方程式为：3Fe2+2S2O32+O2+4OHFe3O4+S4O62+2H2O，x4，A错误；B、化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+8/3；硫元素的化合价变化为：+2+5/2；氧元素的化合价变化：02，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，转移4mol电子，所以每转移3 mol电子，有1.5 molFe2+被氧化，B正确；C、根据以上分析可知只有氧气是氧化剂，C错误；D、由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，D错误，答案选B。点睛：该题的关键之一是明确氧化还原反应的有关概念，关于氧化还原反应的计算需要紧紧抓住电子得失守恒。另外该题还需要注意Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的另外一个关键。