高考化学一轮复习(第一辑)考点18氧化还原反应的计算(含解析)1.pdf

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1、精品教案可编辑考点 18 氧化还原反应的计算聚焦与凝萃1能运用元素守恒、电子守恒、电荷守恒，进行氧化还原反应计算。解读与打通常规考点电子守恒：涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法，即化学反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。隐性考点1电荷守恒。涉及到溶液(尤其是混合溶液)中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法：即电解质溶液中的阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等。2质量守恒分 类应用情境在一个具体的化学反应中由于反应前后总质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。在某一具体的化学反

2、应或过程中某一元素(或原子或原子团)的质量或数目是不变的，即我们常用的元素守恒法或物料守恒法。在某些复杂多步的化学反应中某些元素的质量或浓度等没有发生变化，因此涉及到多步复杂的化学过程的问题可考虑利用元素守恒法。融合与应用精品教案可编辑例 1若硫酸铵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()A14 B12 C21 D41 答案：B 例 2在 KI 和 KIO3混合溶液中加入稀硫酸，发生反应，生成碘、硫酸钾和水。此反应中被氧化的碘元素与被还原的碘元素的物质的量比正确的是()A51 B21 C13 D15解析：本题中KI 和 KI

3、O3中 I 元素化合价都归中为零，由得失电子守恒可知被氧化碘元素与被还原的碘元素的物质的量比为51。答案：A扫描与历练【正误判断】(正确的打“”，错误的打“”)（每个判断2 分，共 40 分）（）1NO3在酸性条件下的氧化性比其在碱性和中性条件下的氧化性强（）2浓硝酸与铜反应的还原产物NO2中 N 的化合价为 4，而稀硝酸与铜反应的还原产物 NO 中 N 的化合价为 2，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸的氧化性强（）3少量氯气通入FeBr2溶液中，先氧化Fe2（）4相同条件下，溶液中Fe3、Cu2、Zn2的氧化性依次减弱（）5铁、铝混合物与一定量稀盐酸反应生成1 mol H2时，转移电子数是2 6.

4、02 1023精品教案可编辑（）65.6 g 铁和 6.4 g 铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等（）7工业上粗铜的电解精炼时，每转移1 mol电子时阳极上溶解的铜小于0.5NA（）8一定条件下，5.6 g 铁与浓硫酸恰好反应，转移的电子数目一定为0.2NA（）93 mol NF3与水完全反应生成HF、HNO3和 NO，转移电子数2NA（）10 常温常压下的33.6 L 氯气与足量铝充分反应，转移电子数为3NA（）11 7.8 g Na2O2与 CO2完全反应，转移电子数为0.2NA（）12 3.4 g H2O2完全分解转移电子0.2NA （）13 2.4 g Mg无论与 O

5、2还是与 N2完全反应，转移电子数都是0.2NA（）14 5.6 g Fe与 Cl2完全反应，转移电子数为0.2NA（）15 6.4 g Cu与 S 完全反应，转移电子数为0.2NA （）16 标准状况下，2.24 L Cl2与氢氧化钠完全反应转移电子0.2NA（）17 标准状况下，2.24 L Cl2完全溶于水转移电子数为0.1NA（）18 过量的Fe 粉加入稀硝酸中，当溶解5.6 g 时转移的电子数为0.3NA（）19 含 1 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应转移的电子总数为6.021 023（）20 常温常压下的33.6 L 氯气与足量铝充分反应，转移电子数为3NA实训与超越【7+

6、1 模式】一、单选（76分=42 分）1剧毒的氰化物可与碱发生反应2CN-+8OH-+5C12=2CO2+N2+10C1-+4H2O 下列判断正确的是()A当有 02 mol CO2生成时，溶液中阴离子的物质的量增加l molB该反应中，每有2mol CN-反应，转移电子为10 molC上述反应中的还原剂是OH-精品教案可编辑D还原性：Cl-CN-214g 铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为()A9.6 g B6.4 g C3.2 g D1.6 g3Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为 Na2SO

7、4，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 D54 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 55镁铁混合物13 8 g 溶解在足量某浓度的稀硝酸中，完全反应，其还原产物只有一氧化氮（03 mo1），则向反应后的溶液中加人足量的NaOH溶液，可生成的沉淀质量为()A26 g B28 g C29

8、 5 g D29 1 g6高铁酸钠（Na2FeO4）对河水，湖水消毒是城市饮水处理的新技术。已知反应为：Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O，下列说法正确的是()ANa2O2既是氧化剂又是还原剂BNa2FeO4既是氧化产物又是还原产物C3mo1Na2O2发生反应，有12mo1电子转移D在 Na2FeO4中 Fe 为+4 价，具有强氧化性，能消毒杀菌精品教案可编辑7某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO3、N2、Cl六种粒子，在反应过程中测得ClO和 N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中正确的是()A还原剂是CN，氧化产物只有N2B

9、氧化剂是ClO，还原产物是HCO3C配平后氧化剂与还原剂的计量数之比为52D标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子0.5 mol二、填空（18 分）8（1）配平氧化还原反应方程式：C2O24_MnO4_H=_CO2 _Mn2_H2O（2）称取 6.0 g 含 H2C2O42H2O、KHC2O4和 K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至 20 mL 时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸

10、钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程 _(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL 时反应完全，此时溶液颜色由_ 变为_。B若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。精品教案可编辑原试样中H2C2O4 2H2O 的质量分数为 _，KHC2O4的质量分数为_。考点十八氧化还原反应的计算（答案）【正误判断】题号正误解析1略2氧化性强弱不是依据自身化合价的降低程度，而是通过与之反应的还原剂被氧化程

11、度或反应剧烈程度来比较的，如铜与浓硝酸反应要比与稀硝酸反应剧烈。3略4Cu 2Fe3=Cu22Fe2，可知 Fe3的氧化性大于Cu2。5略6略7阳极上不仅溶解铜，还溶解其他金属，所以每转移1 mol电子时阳极上溶解的铜小于 0.5NA。8因为铁可能失去3 个电子生成Fe3。9NF3中氮元素的化合价为3 价，反应后部分降低到2 价，部分升高到5 价，转移 2NA个电子。10不是在标准状况下，33.6 L 氯气的物质的量不是1.5 mol。117.8 g Na2O2与 CO2完全反应，转移电子数为0.1NA123.4 g H2O2完全分解转移电子0.1NA13略145.6 g Fe与 Cl2完全反

12、应，转移电子数为0.3NA156.4 g Cu与 S完全反应，转移电子数为0.1NA16标准状况下，2.24 L Cl2与氢氧化钠完全反应转移电子0.1NA精品教案可编辑实训与超越【7+1 模式】题号答案解析1BA、由反应可知，生成 2molCO2的同时，生成 10molCl-，反应前后阴离子数目不变，则当有0.2mol CO2生成时，溶液中阴离子的物质的量不变，故 A 错误；B、该反应中，每有 2molCN-反应，转移电子为2mol 0-（-3）+（4-2）=10mol，故 B 正确；C、C、N 元素的化合价升高，则反应中的还原剂是CN-，故 C 错误；D、由氧化还原反应中还原剂的还原性大于

13、还原产物的还原性可知，还原性为C1-CN-，故 D 错误。2C根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的 N5元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag 失去的电子，再传给 O2，最后恢复原貌，Cu、Ag 失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得mCu64 g mol1 214 g mCu108 g mol 11.12 L22.4 L mol 1 4，17标准状况下，2.24 L Cl2完全溶于水是可逆反应，转移电子数小于0.1NA18过量的 Fe 粉加入稀硝酸中，当溶解5.6 g 时转移的电子数为0.2NA 19含 1

14、mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应时，实际反应的H2SO4不足 1 mol，故转移的电子总数小于6.02 1023。20不是在标准状况下，33.6 L 氯气的物质的量不是1.5 mol。精品教案可编辑解得：m(Cu)3.2 g。3D本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒计算：得关系式 1 6 2xxe 16 2e，x5。4B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 molL 1 0.024 L(6 4)0.0

15、2 molL1 0.020 L 2(6 n)，解得n3。5D分别设铁和镁的物质的量，结合电子守恒计算，注意铁被氧化为三价铁。6BA、反应 Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O 中，氧元素化合价降低，Na2O2是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe2O3是还原剂，故A 错误；B、还原剂Fe2O3对应的产物Na2FeO4是氧化产物，氧化剂Na2O2对应的产物Na2FeO4和 Na2O 叫还原产物，所以 Na2FeO4既是氧化产物又是还原产物，故B 正确；C、在反应Fe2O3+3Na2O2=2Na2FeO4+Na2O 中，铁元素化合价共升高 6 价，所以反应过程转移的电子的量为6mol，消耗3molNa2O2，故 C 错误；D、根据化合价规则可知在Na2FeO4中 Fe 为+6 价，居于铁元素的最高价，具有强氧化性，故D 错误。故选B。7C本题考查氧化还原反应的综合判断。由曲线变化图可以确精品教案可编辑定，该反应为2CN5ClOH2O=2HCO3N25Cl。还原剂是CN，氧化产物是N2和 HCO3，氧化剂是 ClO，还原产物是Cl；标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol，故 A、B、D 错误，C 正确。8（1）5C2O242MnO416H=10CO2 2Mn28H2O（2）0.005 A氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%略