氧化还原反应计算专题训练

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，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，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，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为

A. 1 : 3              B. 2 : 3              C. 1 : 1             D. 4 : 3

解析：(NH₄)₂SO₄在强热条件下分解，氧化产物为N₂，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】R₂O₈^n－在一定条件下可把Mn²⁺氧化为MnO₄^－，若反应中R₂O₈^n－变为RO₄^2－，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. 4                 B. 3                C. 2                 D. 1

解析：依题意有5R₂O₈^n－ + 2Mn²⁺ ₌₌₌ 2MnO₄^－ + 10RO₄^2－，设R₂O₈^n－中R的化合价为x，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】(NH₄)₂PtCl₆在强热条件下分解，生成N₂、HCl、NH₄Cl、Pt反应中氧化产物与还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，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】Cl₂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、NaClO₃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：Cl₂中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO₃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HNO₃的稀溶液恰好与m克Fe完全反应，若HNO₃只被还原为NO，则n : m可能是①5 : 1、②9 : 2、③3 : 1、④2 : 1、⑤4 : 1

A. ②③⑤          B. ①③④           C. ②③④          D. ①③

解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe + 8HNO_{3 ===} 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑+ 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↑+ 2H₂O，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HNO₃反应，Zn和被还原的HNO₃的物质的量之比为4 : 1则HNO₃的还原产物可能为

A. NO₂             B. NO               C. N₂O              D. NH₄NO₃

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HNO₃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

n(e^－) ＝ ×3 ＝ 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×17g/mol ＝ 4.68g

答案：B

【例题8】取x克Mg和 Cu的合金完全溶于浓HNO₃中，反应过程中HNO₃被还原只产生8960mL NO₂和672mL N₂O₄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

n(e^－) ＝ ×1 ＝ 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】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的HNO₃反应，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O₂得到电子的总数，依题意有

解得n(Ag)＝ 0.1mol        n(Cu)＝0.05mol

w(Ag) ＝ ×100％ ＝ 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NaNO₃和NaNO₂的混合溶液，其中生成的NaNO₃的物质的量为

（已知NO+NO₂+2NaOH _{=== 2}NaNO₂+H₂O，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，则NaNO₂ 为0.8 mol，由Na⁺守恒知：n(Na⁺) ＝ n(NaNO₂) + n(NaNO₃)，得NaNO₃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10NaN₃ + 2KNO₃ → K₂O + 5Na₂O + 16N₂↑。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是

A. 生成40.0LN₂（标准状况）             B. 有0.250molKNO₃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：根据反应方程式可知，每当生成16molN₂，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2mol KNO₃被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成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：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HNO₃中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu²⁺和SO₄^2－）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. 9.0L        B. 13.5L        C. 15.7L       D. 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 NO₂和2.24L N₂O₄气体，向反应的溶液中加入足量的氨水，则生成的沉淀有

A. 18克           B. 20克              C. 22克          D. 24克

解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Al共失去

n(e^－)＝×1 + ×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×17g/mol ＝ 20g

答案：B

【练习2】将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X，再向所得溶液中加入适量的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 NO₂和0.3mol NO                   B. 0.2mol NO₂和0.1mol N₂O₄

C. 0.1mol NO、0.2mol NO₂和0.05mol N₂O₄      D. 0.6mol NO

解析：根据Mg、Cu的变化：Mg～Mg²⁺～2OH^－～Mg(OH)₂～2e^－、Cu～Cu²⁺～2OH^－～Cu(OH)₂～2e^－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，则有n(OH^－)＝21.4g－11.2g/17g·mol^－1 ＝0.6 mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6 mol。选项A转移电子的物质的量为0.3mol×1+ 0.3mol×3 ＝ 1.2 mol，不正确；选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+ 0.1mol×2 ＝ 0.4 mol，不正确；选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 ＝ 0.6 mol，正确；选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3＝1.8 mol，不正确.

答案：C