(新高考)高考化学大一轮复习课件第1章第5讲氧化还原反应的计算与方程式的配平(含解析).ppt

氧化还原反应的计算与方程式的配平第5讲复习目标1.能利用“电子守恒”规律进行氧化还原反应的简单计算2.掌握氧化还原反应方程式的配平方法及技巧课时精练内容索引内容索引真题演练明确考向考点二氧化还原反应方程式的配平考点一电子守恒法计算电子守恒法计算Cl2B.当反应中有2 mol e转移时，被氧化的HCl为4 molC.氧化产物和还原产物的物质的量之比为12D.产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌123真题演练123氯酸钠是氧化剂，氯气是氧化产物，在同一个氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性：NaClO3Cl2，故A不选；当反应中有2 mol e转移时，氯化氢中氯元素的化合价由1升高到0，则被氧化的HCl为2 mol，故B选；Cl2是氧化产物，ClO2是还原产物，由化学方程式2NaClO34HCl=2ClO2Cl22NaCl2H2O可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比为12，故C不选；产物ClO2和Cl2都具有氧化性，可以用于自来水消毒杀菌，故D不选返回课时精练Cl2Fe3I2，还原性由强至弱的顺序为IFe2ClMn2氯气能将Fe2、I氧化，故A错误；KMnO4能将Fe2、I和Cl氧化，故B错误；FeCl3能氧化除去I而不影响Fe2和Cl，故C正确；HCl与三种离子均不反应，故D错误。

13课时精练6.向KI溶液中逐滴加入少量CuSO4溶液，观察到有白色沉淀生成，溶液变为淡黄色再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色下列分析不正确的是A.最后溶液变成无色表明SO2具有还原性B.通入SO2气体时，每反应1 mol SO2会转移1 mol eC.根据上述实验现象可知氧化性：Cu2I2D.加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu24I=2CuII212345678910121311课时精练12345678910121311溶液呈淡黄色，说明有I2生成，碘元素化合价由1升高到0，硫酸根离子只有在浓硫酸状态时有氧化性，所以化合价能够降低的只有Cu2，观察到产生白色沉淀，由于Cu为红色，所以Cu2应还原为Cu，白色沉淀是CuI；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2与SO2反应生成I，SO2被氧化为H2SO4，表明SO2具有还原性，故A正确；通入SO2气体时，发生反应：SO22H2OI2=H2SO42HI，由反应可知，每反应1 mol SO2会转移2 mol e，故B错误；加入少量CuSO4溶液时的离子方程式为2Cu24I=2CuII2，故D正确。

课时精练7.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原现用25.00 mL 0.049 molL1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2恰好与24.50 mL 0.020 molL 1酸性KMnO4溶液完全反应已知(未配平)：FeSO4KMnO4H2SO4 Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O，则羟胺的氧化产物是A.N2 B.N2OC.NO D.NO212345678910根据题意，可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化，羟胺中N元素的化合价是1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在25.00103 L 0.049 molL1(x1)24.50103L0.020 molL15，解得x1，故羟胺的氧化产物为N2O121311课时精练12345678910121311由电荷守恒可知32a(1)2(2)2，则a4；由质量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3，含O原子的个数为4，故Y的化学式为Fe3O4；该反应中还原剂为Fe2、氧化剂为O2课时精练9.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 molL112345678910121311课时精练10.已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3和Cr3。

现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法不正确的是A.图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B.图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2C.K2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为16D.开始加入的K2Cr2O7为0.1 mol12345678910121311课时精练12345678910121311AB段为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BC段为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe32I=2Fe2I2，B正确；由图可知BC段消耗0.9 mol I，由2Fe32Fe22e2II2可得，则n(Fe3)n(Fe2)n(I)0.9 mol，根据Fe原子守恒可知，K2Cr2O7与FeSO4反应的Fe2的物质的量为0.9 mol，课时精练12345678910121311三个过程合在一起Fe元素化合价没变，变价的只有Cr和I元素，所以，由得失电子守恒可得关系式K2Cr2O76Fe36I，共消耗的n(I)1.5 mol，则刚开始加入的K2Cr2O7的物质的量为 mol0.25 mol，D错误。

课时精练11.已知氧化性：Fe3M2(M为不活泼的常见金属)，向物质的量浓度均为1 molL1的Fe2(SO4)3和MSO4的100 mL混合液中加入a mol铁粉，充分反应后，下列说法不正确的是A.当a0.1时，发生的反应为2Fe3Fe=3Fe2B.当0.1a0.2时，溶液中n(Fe2)(0.2a)molC.当a0.2时，发生的反应为2Fe3M22Fe=4Fe2MD.若有固体剩余则可能只是铁12345678910111213课时精练1234567891011因氧化性：Fe3M2，加入铁粉后，先与Fe3反应，后与M2反应混合溶液中n(Fe3)1 molL10.1 L20.2 mol，则：当a0.1时，Fe粉只能将Fe3还原，A正确；当 0.1a0.2时，Fe3全部被还原，n(M2)1 molL10.1 L0.1 mol，加入的铁粉全部变为Fe2，根据铁元素守恒，n(Fe2)(0.2a)mol，B正确；当a0.2 时，Fe3和M2均反应完全，此时发生的反应为2Fe3M22Fe=4Fe2M，C正确；若有固体剩余，则固体中一定有M，当铁粉过量时，还会含有Fe，不可能只有Fe，D错误1213课时精练12.(1)联氨(N2H4)是一种常用的还原剂。

其氧化产物一般为N2联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg123456789101112131课时精练(2)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_1234567891011121321课时精练(3)H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的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进行化学镀银的反应中，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)12345678910111213设氧化产物中P的化合价为x，则4(10)1(x1)，x5，故氧化产物为H3PO41H3PO4课时精练(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应配平反应方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目12345678910111213答案 =2I27Na2SO43H2SO42H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为_(填化学式)NaI课时精练12345678910111213课时精练(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。

写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式：_；当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3为_mol12345678910111213课时精练12345678910111213返回。