高中化学专题：氧化还原反应的计算及方程式的配平

1、氧化还原反应的计算及方程式的配平一选择题（共5小题）1（2013衡阳校级三模）向100mL FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl2 3.36L，Cl2全部被还原，最终测得溶液中c（Br）是c（Cl ）的一半，则原FeBr2溶液的物质的量浓度（molL1）是（）A0.75 B1.5 C2 D32（2015南昌模拟）将一定质量的镁铜合金加入到100mL某浓度HNO3中，两者恰好反应，假设反应的还原产物只有NO气体反应后向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/L的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原合金质量增加5.1g；则下列有关叙述中不正确的是（）A开始加入合金的总物质的量为0.15mol

2、B生成NO气体体积在标准状况下为2.24LC生成沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为100mLD原硝酸物质的量浓度为1mol/L3（2015郴州模拟）现有CuO和Fe3O4的混合物7.6g，向其中加入1molLl的H2SO4溶液100mL恰好完全反应，若将15.2g该混合物用足量CO还原，充分反应后剩余固体质量为（）A13.6g B12g C6g D3.2 g4（2016春武汉校级期末）将35.8g Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体（标准状况）另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44L NO（标准状况），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到

3、沉淀的质量为（）A66.4 g B50.8 g C44.8g D39.2g5（2015上海二模）足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收若向原所得溶液中加入5molL1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为（）A6.4g B9.6g C19.2g D24g氧化还原反应的计算及方程式的配平参考答案与试题解析一选择题（共5小题）【解答】解：还原性Fe2+Br，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br+Cl2Br2+2Cl，氯气完全反应，

4、Cl2的物质的量=0.15mol，溶液中c（Br）是c（Cl ）的一半，则溴离子的物质的量是氯离子物质的量的一半，为0.15mol，若Br没有反应，则n（FeBr2）=0.5n（Br）=0.075mol，0.075molFe2+只能消耗0.0375mol的Cl2，故有部分Br参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=x mol，n（Br）=2x mol，未反应的n（Br）=0.15 mol，参加反应的n（Br）=（2x0.15）mol，根据得失电子数相等计算得：氯气得电子数=溴离子失电子数+亚铁离子失电子数，即0.15mol×2=xmol×1+（2x0.15）

5、mol×1，x=0.15mol，c=1.5mol/L，故选B【解答】解：将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）3Mg（NO3）2+2NO+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOHMg（OH）2+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOHCu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的

6、质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol，A由上述分析可知，镁和铜的总的物质的量为0.15mol，故A正确；B标况下NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故B正确；C加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，故C正确；D根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=4n（NO）=0.4mol，故原硝酸物质的量浓度为=4mol/L，故D错误，故选D【解答】解：由反应CuOH2SO4，F

7、e2O33H2SO4，可知硫酸的物质的量与金属氧化物中O元素的物质的量相等，100mL 1molLl的H2SO4溶液中含有硫酸的物质的量为：n（H2SO4）=0.1L×1mol/L=0.1mol，则：7.6金属氧化物中O的质量为：0.1mol×16g/mol=1.6g，15.2g混合物中含有氧元素的质量为：1.6g×2=3.2g，若将CuO和Fe3O4的混合物15.2g在足量CO中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体为金属单质，则金属质量为氧化物的质量减去氧的质量：15.2g3.2g=12g，故选B【解答】解：合金溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气

8、体氢气6.72L（标准状况），物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒可知n（Al）=0.2mol，故金属铝的质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，金属铝提供电子的量是0.6mol，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为×3=1.8mol，故Fe、Cu共提供的电子物质的量为1.8mol0.6mol=1.2mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铁、氢氧化铜，由电荷守恒可知，反应中金属铁、铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子

9、的物质的量，即n（OH）=1.2mol，所以反应后沉淀的质量等于35.8g5.4g+1.2mol×17g/mol=50.8g，故选B【解答】解：Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=0.1mol，根据原子守恒得n（Cu）=nCu（NO3）2=0.1mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=2×5mol/L×0.1L=1