人教版高中化学第5讲　氧化还原反应的计算及方程式的配平.doc

第5讲　氧化还原反应的计算及方程式的配平
课 程 标 准
知 识 建 构
1.能从氧化还原反应原理，预测物质的化学性质与变化，并能设计实验进行部分验证，分析、解释有关实验现象。
2．能进行氧化还原方程式的配平与计算。
考点一　电子守恒思想在氧化还原反应中的应用
【典例1】 现有24 mL浓度为0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1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．＋5
答案　B
解析　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6；而Cr元素的化合价将从＋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 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【对点练1】 (电子守恒在价态判断中的应用)某强氧化剂XO(OH)被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是(　　)
A．＋2 B．＋1
C．0 D．－1
答案　C
解析　在氧化还原反应中电子得失数目相等。设在反应后X的化合价为x，则2.4×10－3×(5－x)＝0.03×0.2×2，解得x＝0，因此C选项正确。
【对点练2】 (电子守恒在计算中的应用)某离子反应中涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是(　　)
A．该反应的还原剂是NH
B．消耗1 mol 还原剂，转移3 mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．当生成14 g N2时，消耗的ClO－为1.5 mol
答案　C
解析　根据题意图示可知，氧化剂为ClO－，还原剂为NH，由电子守恒得：n(ClO－)×2＝n(NH)×3，n(ClO－)∶n(NH)＝3∶2，C项错误。
【对点练3】 (氧化还原电子守恒问题)(2020·山西太原市实验中学高三月考)在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为(　　)
A．1 mol B．2/3 mol
C．4/3 mol D．2 mol
答案　C
解析　在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，元素化合价变化情况为：溴元素由＋3价升高为＋5价，溴元素由＋3价降低为0价，氧元素化合价由－2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，同时水也是还原剂，若5 mol H2O参加反应，则生成1 mol O2，氧原子提供电子物质的量为2 mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为x mol，根据电子转移守恒，则：2 mol×2＝x mol×(3－0)，解得x＝4/3，选项C符合题意。
应用得失电子守恒解题的一般步骤
【典例2】 取x g铜镁合金完全溶于浓***中，反应过程中***被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，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
解析　反应流程
x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，
所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。
【对点练4】 (多步反应中电子守恒的应用)足量铜与一定量浓***反应，得到***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***。若向所得***铜溶液中加入5 mol·L－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
解析　由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(Cu)＝2
n(O2)＝＝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)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)