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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.1:3B.2:3C.1:1D.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】R2O8n－在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4－，若反应中R2O8n－变为RO42－，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.4B.3C.2D.1解析：依题意有5R2O8n－+2Mn2+===2MnO4－+10RO42－，设R2O8n－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.1:2B.1:3C.2:3D.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.11:2B.1:1C.9:4D.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、⑤4:1A.②③⑤B.①③④C.②③④D.①③解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe+8HNO3===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+4HNO3===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.NO2B.NOC.N2OD.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/LNaOH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＝0.12mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12molOH－，故形成沉淀的质量m＝2.64g+0.12mol×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8960mLNO2和672mLN2O4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＝0.46mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.46molOH－，因此有17.02g＝x+0.46mol×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)＝0.1moln(Cu)＝0.05molw(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51.2gCu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500mL2mol/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===2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O）A.0.2molB.0.4molC.0.6molD.0.8mol解析：51.2gCu即为0.8molCu，失去的电子等于NaNO2生成时得到的电子，则NaNO2为0.8mol，由Na+守恒知：n(Na+)＝n(NaNO2)+n(NaNO3)，得NaNO3为0.2mol。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1.25molD.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2molKNO3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SO42－）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.9.0LB.13.5LC.15.7LD.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NOxmol，NO2xmol，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NOxmol，NO2xmol，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8.96LNO2和2.24LN2O4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＝0.6mol。由电荷守恒知Mg和Al共需要结合0.6molOH－，故形成沉淀的质量m＝9.8g+0.6mol×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.0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0.1molN2O4C.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4D.0.6molNO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＝0.6mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6mol。选项A转移电子的物质的量为0.3mol×1+0.3mol×3＝1.2mol，不正确；选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+0.1mol×2＝0.4mol，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＝0.6mol，正确；选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3＝1.8mol，不正确.答案：C