完整版氧化还原反应计算专题训练

1、氧化复原反响计算专题练习河北省宣化县第一中学栾春武依据氧化复原反响的电子守恒, 可以计算化学反响中某物质的化合价、 溶液中溶质的浓 度、反响中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的 pH值等.这局部内 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复原产物, 复原剂失去电子化合价升高转 变为氧化产物.在同一个氧化复原反响中得失电子数相等, 即化合价升高总价数等于化合价 降低总价数.一、例题分析【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解,生成 NH3、SO2、N2、H2O,反响中生成的氧 化产物和复原产物的物质的量之比为A. 1 : 3B.

2、 2 : 3C. 1 : 1D. 4 : 3解析：(NH4)2SO4在强热条件下分解,氧化产物为N2,复原产物为SO2,依据化合价升降相等原那么有3X2fXx 2(><)故有* : y = 1 : 3答案：A【例题2】R208n一在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4 ,假设反响中R208n一变为RO42 ,又知反响中氧化剂与复原剂物质的量之比为5:2,那么n值为:A. 4B. 3C. 2D. 1解析：依题意有5R208n + 2Mn2+ = 2MnO 4 + 10RO42 ,设R208n中R的化合价为x, 依据化合价升降相等原那么有5X2XJ (x-6) = 2XT&2)

3、,解得x = 7,因此有2 >7 + 82) = -n,解得 n = 2.答案：C【例题3】(NH4)2PtCl6在强热条件下分解,生成N2、HCl、NH4CI、Pt反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为A. 1 : 2 B. 1 : 3 C. 2 : 3 D. 3 : 2解析：(NH4)2PtCl6在强热条件下分解,氧化产物为N2,复原产物为 Pt,依据化合价升降相等原那么有3X2T双=4jxy,故有x : y = 2 : 3答案：C【例题4】C12与NaOH (70C)的溶液中,能同时发生两个自身氧化复原反响,完全 反响后,测得溶液中 NaClO、NaC1O3之比4 : 1 ,那么

4、溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比 为A. 11:2 B. 1:1C. 9:4D. 5:1解析：C12中氯元素的化合价为 0价,而在NaClO、NaC1O3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那么有1 J x x 1 T x y+ 5Tx 次故有 x : y = 9 : 4答案：C【例题5】含n克HNO3的稀溶液恰好与 m克Fe完全反响,假设HNO 3只被复原为NO, 那么n : m可能是5 : 1、9 : 2、3 : 1、2 : 1、4 : 1A. B. C. D.解析：当 Fe 恰好完全转变为 +2 价时,3Fe

5、+ 8HNO3 = 3Fe(NO3)2 + 2NO T + 4H2O , 有=解得：n : m = 3 : 1当Fe恰好完全转变为 +3价时,Fe + 4HNO 3 = Fe(NO3)3 + NO T + 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反响,Zn和被复原的HNO 3的物质的量之比为 4 : 1那么HNO 3的 复原产物可能为A. NO 2 B. NOC. N2OD. NH4NO3解析：设复原产物中氮元素的化合价为x,依据化合价升降相等原那么有4X2T = 1 J %5 x)解得：x =答案：D【例

6、题71将Mg和Cu的合金2.64克,投入适量的稀 HNO3中恰好反响,固体全部溶 解时,收集的复原产物为NO,体积为0.896L(SPT),向反响后的溶液中参加 2mol/L NaOH溶液60mL时,金属离子恰好完全沉淀,那么形成沉淀的质量为A. 4.32 克 B. 4.68 克C. 5.36 克 D. 6.38 克解析：依据在同一个氧化复原反响中得失电子数相等原那么,解得 Mg和Cu共失去n(e )= q =0.12 mol ,由电荷守恒知 Mg和Cu共需要结合0.12 mol OH ,故形成 沉淀的质量 m = 2.64g + 0.12 mol 1 Hg/mol = 4.68g答案：B【例

7、题8】取x克Mg和Cu的合金完全溶于浓 HNO3中,反响过程中HNO3被复原只 产生8960mL NO 2和672mL N2O4气体(SPT),向反响后的溶液中参加足量的 NaOH溶液,形 成沉淀质量为17.02克,那么X的值为A. 8.64 克 B. 9.20 克 C. 9.00 克 D. 9.44 克解析：依据在同一个氧化复原反响中得失电子数相等原那么,解得 Mg和Cu共失去n(e ) = X1 = 0.46 mol,由电荷守恒知 Mg和 Cu共需要结合 0.46 mol OH ,因此有 17.02g = x + 0.46 mol 17g/mol ,解得 x = 9.20g答案：B【例题9

8、】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的 HNO3反响,全部溶解后,产生的气 体再通入1.12L(SPT)O2,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 .2得到电子的总数,依题意有108n(Ag)+64n(Cu) =14口n(Ag) + 2n(Cu)=器= 0.2解得 n(Ag) = 0.1mol n(Cu) = 0.05molw(Ag) = X100% = 77.14%w(Cu) = 1 77.14% = 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N

9、O、 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 NaNO3和NaNO2的混合溶液,其中生成的NaNO3的物质的量为( NO+NO 2+2NaOH =2NaNO2+H2.,2NO2+2NaOH =NaNO3 +NaNO2 +H2O )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 NaNO2生成时得到的电子,那么NaNO2 为 0.8 mol,由 Na+守恒知：n(Na+) = n(NaNO 2) + n(NaNO

10、 3),得 NaNO3 为 0.2 mol.答案：A二、链接高考【例题11】(2021 上海化学18)汽车剧烈碰撞时,平安气囊中发生反响10NaN3 + 2KNO 3 -K2O + 5Na2O + 16N2T.假设氧化物比复原物多 1.75mol,那么以下判断正确的选项是A.生成40.0LN2 (标准状况)B.有0.250molKNO 3被氧化C.转移电子的物质的量为 1.25mol D.被氧化的N原子的物质的量为 3.75mol解析：根据反响方程式可知,每当生成 16molN 2,那么氧化物比复原物多 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2

11、mol KNO3被复原,现 氧化物比复原物多 1.7mol,那么生成2molN2,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：此题考查氧化复原反响计算【例题12】(2021 上海化学22) 一定量的CuS和Cu2s的混合物投入足量的 HNO3中, 收集到气体 VL (标准状况),向反响后的溶液中(存在Cu2+ SO42 )参加足量 NaOH ,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到 CuO12.0g,假设上述气体为 NO和NO2的混合物, 且体积比为1 ： 1,那么V可能为A. 9.0L B. 13.5L C.

12、15.7L D. 16.8L答案：A解析：假设混合物全是 CuS,其物质的量为12/80= 0.15mol,转移电子数：0.15 X(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;假设混合物全是 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：此题考查

13、氧化复原反响计算(极限法)三、跟踪练习【练习1】9.8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中,当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96L NO 2和2.24L N 2.4气体,向反响的溶液中参加足量的氨水,那么生成的沉淀有A. 18 克 B. 20 克C. 22 克 D. 24 克解析：依据在同一个氧化复原反响中得失电子数相等原那么,解得 Mg和Al共失去n(e )= X1 + 2 = 0.6 mol.由电荷守恒知 Mg和 Al共需要结合 0.6 mol OH ,故形成 沉淀的质量 m = 9.8g + 0.6 mol 1Xg/mol = 20g答案：B【练习2】将11.2g的Mg和Cu的混合

14、物完全溶解于足量的硝酸中,收集反响产生的气体X,再向所得溶液中参加适量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀,根据题意推断气体X的成分可能是A. 0.3mol NO 2 和 0.3mol NOB. 0.2mol NO 2 和 0.1mol N 2O4C. 0.1mol NO、0.2mol NO 2 和 0.05mol N 2O4D. 0.6mol NO解析：根据Mg、Cu的变化：MgMg2+20HMg(OH) 22e、CuCu2+20H Cu(OH)22e知增加的质量为 OH的质量,转移电子的物质的量与OH的物质的量相等,那么有n(OH )= 21.4g-11.2g/17g mol1 = 0.6 mol