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氧化还原反应计算专题训练河北省宣化县第一中学 栾春武依据氧化还原反应的电子守恒， 可以计算化学反应中某物质的化合价、 溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的 pH 值等这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现解题方法： 氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，变为氧化产物 在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，降低总价数还原剂失去电子化合价升高转即化合价升高总价数等于化合价一、例题分析【例题 1】 (NH 4)2SO4 在强热条件下分解，生成 NH 3、SO2、N2、H 2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为A.1:3B.2:3C.1:1D.4:3解析： (NH 4) 2SO4 在强热条件下分解，氧化产物为N 2，还原产物为SO2，依据化合价升降相等原则有3×2↑×＝x 2↓×y，故有 x : y ＝ 1 : 3答案： A【例题 2】R2 8n－ 在一定条件下可把 Mn 2+氧化为 MnO 4－ ，若反应中 R28n－ 变为 RO42 －，OO又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则 n 值为：A. 4B. 3C. 2D. 1解析： 依题意有 5Rn－2+－2－，设 R2O8n－ 中 R 的化合价为 x，2O8+ 2Mn=== 2MnO 4 + 10RO4依据化合价升降相等原则有5×2×↓ (x－ 6)＝ 2×↑ (7－ 2)，解得 x ＝ 7，因此有2×7 + 8 (×－2) ＝ － n，解得 n ＝ 2.答案： C【例题 3】 (NH 4) 2PtCl 6 在强热条件下分解，生成 N2、 HCl 、 NH 4Cl 、Pt 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为A.1:2B.1:3C.2:3D.3:2解析： (NH 4)2PtCl 6 在强热条件下分解，氧化产物为N2，还原产物为Pt，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x ＝ 4↓×y，故有 x : y ＝ 2 :3答案： C【例题 4】 Cl 2与 NaOH （ 70℃）的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO 、 NaClO 3 之比 4 : 1 ，则溶液中 NaCl 和 NaClO 的物质的量之比为A. 11:2 B. 1:1 C. 9:4 D. 5:1解析：Cl 2 中氯元素的化合价为 0 价，而在 NaClO 、NaClO 3 中氯元素的化合价分别为 +1、+5 价，设 NaCl 和 NaClO 的物质的量分别为 x 和 y，依据化合价升降相等原则有 1↓× ＝x 1↑× y+ 5 ↑××y，故有 x : y ＝ 9 : 4答案： C【例题 5】含 n 克 HNO 3 的稀溶液恰好与 m 克 Fe 完全反应，若 HNO 3 只被还原为 NO ，则 n : m 可能是① 5 : 1、② 9 : 2、③ 3 : 1、④ 2 : 1、⑤ 4 : 1A. ②③⑤B. ①③④C. ②③④D.①③解析： 当 Fe 恰好完全转变为+2 价时， 3Fe + 8HNO 3===3 2+ 2NO↑+ 4H2O，3Fe(NO )有 ＝解得： n : m ＝ 3 : 1当 Fe 恰好完全转变为 +3 价时， Fe + 4HNO 3 === Fe(NO 3)3 + NO↑ + 2HO，有＝ 解得： n : m ＝ 9 : 2结合选项分析 n : m 的取值范围在 4.5 至 3 之间。

答案： A【例题 6】 Zn 与 HNO 3 反应， Zn 和被还原的 HNO 3 的物质的量之比为4:1则 HNO3的还原产物可能为A. NO 2 B. NO C. N2O D. NH 4NO3解析： 设还原产物中氮元素的化合价为 x，依据化合价升降相等原则有4×2↑＝ 1↓ ×(5－ x) 解得： x ＝ － 3答案： D【例题 7】将 Mg 和 Cu 的合金 2.64 克，投入适量的稀 HNO 3 中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为 NO ，体积为 0.896L(SPT) ，向反应后的溶液中加入 2mol/L NaOH溶液 60mL 时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为A. 4.32 克B. 4.68 克C. 5.36 克D. 6.38 克解析： 依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg 和 Cu 共失去－＝ 0.12 mol ，由电荷守恒知Mg 和 Cu 共需要结合－，故形成n(e ) ＝ ×30.12 mol OH沉淀的质量 m ＝2.64g + 0.12 mol 17g/mol×＝ 4.68g答案： B【例题 8】取 x 克 Mg 和 Cu 的合金完全溶于浓HNO 3 中，反应过程中HNO 3 被还原只产生 8960mL NO 2 和 672mL N 2 O4 气体 (SPT)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH 溶液，形成沉淀质量为 17.02 克，则 X 的值为A. 8.64 克B. 9.20 克C. 9.00克D. 9.44 克解析： 依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg 和 Cu 共失去－＝ 0.46 mol，由电荷守恒知Mg 和 Cu 共需要结合－，因此有n(e ) ＝ ×10.46 mol OH17.02g ＝ x + 0.46 mol 17g/mol×，解得 x ＝ 9.20g答案： B【例题 9】将 14 克 Ag 和 Cu 的合金与一定浓度的 HNO 3 反应，全部溶解后，产生的气体再通入 1.12L(SPT)O 2，恰好完全吸收，求合金中各成分的含量？解析： Ag 和 Cu 失去电子的总数等于 O2 得到电子的总数，依题意有解得 n(Ag) ＝ 0.1molw(Ag) ＝ ×100％ ＝w(Cu) ＝ 1－ 77.14％n(Cu) ＝ 0.05mol77.14％＝ 22.86％答案： 合金中 w(Ag) 为 77.14％， w(Cu) 为 22.86％。

例题 10】将 51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物 (含 NO、 N2O4 、NO2)的混合物共 0.8 mol ，这些气体恰好能被 500 mL 2 mol/L 的 NaOH 溶液完全吸收，生成 NaNO 3 和 NaNO 2 的混合溶液，其中生成的 NaNO 3 的物质的量为（已知 NO+NO 2+2NaOH ===2NaNO 2+H 2O， 2NO 2+2NaOH === NaNO 3 +NaNO 2 +H 2O ）A. 0.2 mol B. 0.4 mol C. 0.6 mol D. 0.8 mol解析：51.2 g Cu 即为 0.8 mol Cu ，失去的电子等于 NaNO 2 生成时得到的电子， 则 NaNO 2为 0.8 mol ，由 Na+ 守恒知： n(Na+ ) ＝ n(NaNO 2) + n(NaNO 3)，得 NaNO 3 为 0.2 mol答案： A二、链接高考【例题 11】（2013·上海化学 ·18）汽车剧烈碰撞时， 安全气囊中发生反应 10NaN 3 + 2KNO 3 → K 2O + 5Na 2O + 16N 2↑若氧化物比还原物多 1.75mol ，则下列判断正确的是A. 生成 40.0LN 2 （标准状况）B. 有 0.250molKNO 3 被氧化C. 转移电子的物质的量为1.25molD. 被氧化的 N 原子的物质的量为3.75mol解析： 根据反应方程式可知，每当生成16molN 2，则氧化物比还原物多14mol 。

转移电子的物质的量为10mol ，被氧化的 N 原子的物质的量为30mol ，有 2molKNO 3 被还原，现氧化物比还原物多1.7mol ，则生成 2molN 2 ，转移电子的物质的量为1.25mol ，被氧化的 N原子的物质的量为3.75mol ，因此， C、 D 正确答案： C、 D考点定位： 本题考查氧化还原反应计算【例题 12】（ 2013·上海化学 ·22）一定量的 CuS 和 Cu2S 的混合物投入足量的HNO 3 中，收集到气体 VL （标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和 SO42－）加入足量 NaOH ，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g ，若上述气体为NO 和 NO2的混合物，且体积比为 1﹕ 1，则 V 可能为A. 9.0LB. 13.5LC. 15.7LD. 16.8L答案： A解析： 若混合物全是 CuS，其物质的量为 12/80＝ 0.15mol ，转移电子数： 0.15 ×（ 6+2）＝ 1.2mol 两者体积相等，设 NO xmol ， NO2 xmol ， 3x+x1 ＝ 1.2，计算的 x＝0.3气体体积V ＝ 0.6 ×22.4＝ 13.44L ；若混合物全是 Cu2S,其物质的量为 0.075mol，转移电子数： 0.075 ×10＝ 0.75mol ，设 NO xmol ，NO2 xmol ，3x+x1 ＝ 0.75，计算得 x＝ 0.1875，气体体积 0.375 ×22.4＝ 8.4L ，因此选 A 。

考点定位： 本题考查氧化还原反应计算（极限法）三、跟踪练习【练习 1】9.8g镁、铝。