高考化学一轮考点集锦《氧化还原反应的计算》docWord下载.docx
《高考化学一轮考点集锦《氧化还原反应的计算》docWord下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学一轮考点集锦《氧化还原反应的计算》docWord下载.docx（24页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol
硝酸具有氧化性，可以将金属氧化到最高价，被还原的硝酸就是被还原成硝酸铵，据此结合方程式来计算回答．
因为硝酸很稀，所以硝酸被氧化成NH3（氨气）而不是NO2（二氧化氮），然后氨气极易溶于水，就与稀硝酸反应生成硝酸铵，所以没有NO2就只生成硝酸锌、硝酸铵和水，
反应的方程式可以表达为：
4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2+NH4NO3+3H2O，所以被还原的硝酸就是被还原成氨气的那部分，也就是生成硝酸铵的那份，所以生成1mol的硝酸锌，
相对应的生成硝酸铵物质的量就是0.25mol，所以硝酸还原成氨气的部分就是0.25mol．
D．
本题考查学生氧化还原反应中的有关知识，应该知道被还原的硝酸即为化合价降低的氮元素所在的产物，即生成铵根离子的那部分硝酸，根据方程式来分析最简单．
题型三：
确定反应前后某一元素的价态变化
典例3：
（2013•哈尔滨模拟）R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若R2O8n-离子变为RO42-离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：
2，则n的值为（ ）
A.4B.3C.2D.1
先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．
该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；
氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：
2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×
2=-1×
2+（-2×
10）+1×
16，n=2，
故选C．
本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大．
题型四：
转移电子数的计算
典例4：
（2012•河南一模）三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：
3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF．下列有关说法正确的是（ ）
A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：
C．若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole-D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象
反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：
1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．
A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；
B．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：
2，故B错误；
C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole-，故C错误；
D．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故D正确．
故选D．
本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键．
【解题思路点拨】
电子守恒法解题的步骤：
（1）找出氧化剂、还原剂及其物质的量及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量；
（2）根据电子守恒列出等式；
（3）计算公式：
氧化剂的物质的量×
一个分子内被还原的原子的个数×
化合价的变化值=还原剂的物质的量×
一个分子内被氧化的原子的个数×
化合价的变化值．
氧化还原反应的计算参考答案与试题解析
一、选择题（共15小题）
1．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入标准状况224mlCl2，有一半Br﹣变为Br2．则反应后溶液中SO42﹣的浓度等于（假设反应前后溶液体积忽略不计）（ ）
A．0.08mol/LB．0.0018mol/LC．0.075mol/LD．0.0075mol/L
考点：
氧化还原反应的计算．
专题：
氧化还原反应专题．
Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中H2SO3的浓度，进而计算SO42﹣的浓度．
解：
设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x．氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：
Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，
由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol×
2=0.02mol；
硫元素失电子的物质的量为x×
（6﹣4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x×
1×
=0.5x，根据氧化还原反应中得失电子数相等得0.02mol=2x+0.5x，x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为
=0.08mol/L，亚硫酸完全转化为硫酸根离子，则反应后溶液中SO42﹣的浓度等于H2SO3的浓度，即为0.08mol/L．
故选A．
本题考查了氧化还原反应的计算，难度不大，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行分析解答即可．
2．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好与224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则S2O32﹣将转化成（ ）
A．S2﹣B．SC．SO32﹣D．SO42﹣
根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算．
n（Na2S2O3）=0.025L×
0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）=
=0.01mol，
设S2O32﹣被氧化后的S元素的化合价为n，
根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则
0.0025×
2×
（n﹣2）mol=2×
0.01mol
n=6，
本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答．
3．测定铁铵矾[x（NH4）2SO4•yFe2（SO4）3•zH2O]组成的实验如下：
准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；
准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；
另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+还原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣125.0mLK2Cr2O7溶液完全反应（6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O）．由计算知：
x：
y：
z的值为（ ）
A．1：
1：
24B．1：
12C．1：
2：
6D．3：
4：
6
根据K2Cr2O7和亚铁离子的化学方程式，据Cr2O72﹣的量来确定亚铁离子的量，根据元素守恒确定样品的组成情况．
取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.699g．
根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为：
=0.003mol，
量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+还原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣125.0mLK2Cr2O7溶液完全反应，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，所以亚铁离子的物质的量为：
6×
25×
10﹣3×
0.010mol•L﹣1=1.5×
10﹣3mol，即铁离子的物质的量为1.5×
10﹣3mol，
铵根离子的物质的量为：
3.0×
10﹣3﹣3×
1.5×
10﹣3=1.5×
10﹣3（mol），
根据质量守恒，水的物质的量：
×
=0.018，
所以x：
z=
：
0018=1：
24，
故答案为：
24；
守恒法来确定物质的分子式等知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．
4．在8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2反应中，若有10.2gNH3被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（ ）
A．5.04LB．6.72LC．20.16LD．40.32L
被氧化的氨气生成N2，根据原子守恒计算氮气的物质的量，再根据方程式计算氯气的物质的量，进而计算参加反应氯气的体积．
10.2g氨气的物质的量=
=0.6mol，氨气被氧化生成氮气，根据N原子守恒可知生成氮气的物质的量=
=0.3mol，由方程式8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2可知参加反应氯气为0.3mol×
3=0.9mol，故参加反应氯气的体积=0.9mol×
22.4L/mol=20.16L，
本题考查化学方程式的有关计算、氧化还原反应有关计算，难度不大，利用电子转移守恒计算氯气的物质的量更简单．
5．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：
4（NH4）2SO4→N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应．下列说法正确的是（ ）
A．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：
n（BaSO3）约为1：
B．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：
2
C．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：
3
D．从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl
根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨；
硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断反应后生成的沉淀组成及物质的量之比，并判断反应后溶质．
反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：
SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，
检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，该气体为氮气，说明除了氮气其它气体都参与反应，
依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，
剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：
n（BaSO4）：
n（BaSO3）=1：
1，故A正确、BC错误；
根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；
本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，题目难度中等，关键是分析反应过程反应判断生成沉淀的成分，试题培养了学生的分析、理解能力．
6．将51.2gCu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0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（ ）（已知：
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）
A．2mol/LB．1.8mol/LC．2.4mol/LD．3.6mol/L
用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；
另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaOH的物质的量浓度．
用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；
另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为
2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为
=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1.0mol，则NaOH的浓度为
=2mol/L．
A．
本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．
7．一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L气体（标况），将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余．则反应中消耗硝酸的物质的量（ ）
A．1.2molB．1.1molC．1.8molD．1.6mol
根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：
4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量即可，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量．
整个反应过程，金属铜失电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325×
2，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×
2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体（标况）的物质的量
=0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.3mol+0.5mol=1.8mol．
本题涉及元素守恒以及电子守恒在化学反应的计算中的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．
8．12mlNO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：
6NO+4NH3⇌5N2+6H2O（g）．若还原产物比氧化产物多1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是（ ）
A．2：
1B．1：
1C．3：
2D．4：
反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，还原产物是3mol氮气，氧化产物是2mol氮气，还原产物比氧化产物多1mol，据此回答即可．
根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：
NO和NH3按照物质的量之比是3：
2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：
2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：
2，
本题考查学生氧化还原反应中的基本概念以及有关计算知识，属于知识的迁移应用题，难度中等．
9．向VmLFeBr2溶液中缓慢通入amolCl2，结果溶液中有50%的Br﹣被氧化为溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（ ）
A．
mol/LB．
mol/L
C．
mol/LD．
由方程式可知，还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣）=2xmol，参加反应的n（Br﹣）=2xmol×
50%=xmol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=
计算．
由方程式可知，还原性Fe2+＞Br﹣，故氯气先氧化Fe2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2，说明Fe2+完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe2+）=xmol，n（Br﹣）=2xmol，参加反应的n（Br﹣）=2xmol×
50%=xmol，根据电子转移守恒，有xmol×
1+xmol×
1=amol×
2，解得x=amol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为
=
mol/L，故选A．
本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，根据是判断还原性Fe2+＞Br﹣，通入的Cl2后发生反应有先后顺序，注意电子转移守恒的应用．
10．单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：
3S+6NaOH→2Na2S+Na2SO3+3H2O，若硫过量，进一步生成Na2Sx（x≤5）和Na2S2O3，将2.56g硫与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmolNa2S2O3，再加入足量NaClO﹣NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子nmol，则以下正确的是（ ）
A．a=2bB．2a=bC．n=0.48D．b=0.02
2.56g硫单质的物质的量为：
=0.08mol；
同一氧化还原反应中转移电子数相等，且反应前后各元素的原子个数相等，根据电子守恒和质量守恒定律进行计算．
2.56g硫单质的物质的量为：
=0.08mol，将0.08mol单质硫与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2Sx和bmolNa2S2O3，根据硫原子、Na原子守恒和转移电子守恒得：
2a+2b=0.06、ax+2b=0.08、2a=2×
b×
，解得：
x=3、a=0.02、b=0.01，所以A正确、BD错误；
再加入足量NaClO、NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子nmol，实际上转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，n=0.08mol×
（6﹣0）=0.48mol，故C正确；
故选AC．
本题考查了氧化还原反应的计算，根据氧化还原反应中原子守恒、转移电子相等进行计算即可，注意硫代硫酸钠中其中一个硫原子的化合价为﹣2价，可以采用平均化合价的方法判断硫代硫酸钠中硫元素的化合价，硫元素的平均化合价为+2价，为易错点．
11．6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应后溶液中含有H+0.05mol．（假定反应前后溶液体积不变），下列说法不正确的是（ ）
A．NO与NO2的物质的量之比为1：
5
B．反应后溶液中所含NO3﹣的物质的量浓度为0.5mol/L
C．被还原的硝酸的物质的量为0.15mol
D．上述过程转移电子总的物质的量为0.2mol
A、铜元素失电子，被还原硝酸中的氮元素得电子，根据电子守恒和元素守恒来计算即可；
B、铜与过量硝酸反应，反应后溶液中的溶质是硝酸和硝酸铜，根据硝酸中NO3﹣和H+、硝酸铜中NO3﹣和Cu2+的关系式，由H+、Cu2+的量计算NO3﹣的物质的量，进而计算浓度；
C、被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量；
D、根据电子守恒计算转移电子的物质的量．
A、6.4gCu的物质的量为：
=0.1mol，Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，即为显示酸性的硝酸；
H+对应的NO3﹣为0.05mol，即剩余的硝酸；
被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量=0.05L×
8mol/L﹣0.05mol﹣0.2mol=0.15mol，设NO与NO2的物质的量分别是x、y，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×
2=0.2mol，根据电子守恒：
0.2=3x+y，根据N元素守恒，则x+y=0.15，联立两个方程，解得x=0.025mol，y=0.125mol，所以NO与NO2的物质的量之比为1：
5，故A正确；
B、6.4gCu的物质的量为：
=0.1mol，Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，H+对应的NO3﹣为0.05mol，则此时溶液中含有NO3﹣的物质的量为0.25mol，反应后溶液中所含NO3﹣的物质的量浓度为
=5mol/L，故B错误；
C、Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，即为显示酸性的硝酸；
8mol/L﹣0.05mol﹣0.2mol=0.15mol，所以被还原的硝酸的物质的量为0.15mol，故C正确；
D、6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×
2=0.2mol，所以转移电子总的物质的量为0.2mol，故D正确．
故
升级会员 