氧化还原反应的配平和计算难题赏析.

1氧化还原反应的配平和计算难题赏析1、已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）A．Fe3+B．C．Cl2D．HNO2解析：氧化还原反应的实质是有电子得失或共用电子对的偏移，“用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多”即为每1mol氧化剂得到电子最多者，因，则选择B。2、将4．9克Mg和Fe的混合物在一定量的稀HNO3溶液中完全溶解(溶液中有Fe2+)，得到标况下气体2.24L(假设全为NO气体)，则向反应后的溶液中加入足量的烧碱，在空气中不断搅拌,充分反应后,则生成沉淀的质量是()A.6gB.8gC.10gD.12g解析:最后沉淀质量=OH-质量+金属质量。由题意可知，金属虽说全溶解，但铁还没有全被氧化成三价铁，加足量的NaOH在空气中不断搅拌,Fe(OH)2将全部被氧化,所以生成的沉淀一定为Mg(OH)2、Fe(OH)3,不可能有Fe(OH)2.在此还要注意的是,整个过程中既有硝酸得电子又有氧气得电子。硝酸得的电子有关系式NO3-～NO～3e-为0.3mol,如再加上空气中氧气得的电子,那么整个过程中得电子数肯定大于0.3mol,为此金属失去的电子数也大于0.3mol.由于金属阳离子电荷总数等于金属离子结合的OH-数.由e-～OH-可得金属离子结合的OH-也大于0.3mol.则最后沉淀大于4.9+0.3×17=10g，即生成沉淀大于10g,选择题中至少必须有一个选项符合要求,本题正确答案只能选D本题最容易受思维定势影响,没有注意HNO3量不足,溶液中有Fe2+,后加NaOH溶液就要考虑空气中O2氧化Fe(OH)2忽视了这一点，而错C选项。因此考虑问题要全面，要仔细分析整个变化过程。3、Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO、NO2和水，当NO和NO2的物质的量之比为1：1时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比是多少？【解析】：本题主要考察有关氧化还原反应的计算。设参加反应的Cu2S的物质的量为x，被还原的HNO3的物质的量为y,则根据电子得失数目相等，有：x×(2+8)=y/2×1+y/2×3，y=5x，起酸性作用的HNO3的物质的量为：(2x-x)×2=2x，所以实际参加反应Cu2S与HNO3的物质的量之比为x：(y+2x)=1：72【答案】1：7。4、羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.65mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用。已知（未配平）：FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是（）。A．N2B．N2OC．NOD．NO2解析由题意知，KMnO4得到的电子数等于NH2OH失去的电子数。设产物中N为n价。24.65mL×0.020mol/L×5=25.00mL×0.049mol/L×(n+1)得n=1在四个选项中只有B符合，故应选B。5、下列有关硫化亚铁跟浓硫酸反应的方程式正确的是（）A.2FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3SO2↑+2S+6H2OB.4FeS+18H2SO4=2Fe2(SO4)3+9SO2↑+7S+18H2OC.6FeS+16H2SO4=3Fe2(SO4)3+6SO2↑+7S+16H2OD.8FeS+18H2SO4=4Fe2(SO4)3+3SO2↑+11S+18H2O解析:此题从选项来看，都满足质量守恒定律，但是只有A项中FeS转化为Fe2(SO4)3和S的产物时失去的电子数，与H2SO4转化为SO2的产物时得到电子数相等,符合转移电子数相等，故选A项。5、硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知2－离子，则S5.0mL0.100mol·L-1Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl2O32－将转化成A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－解析：（1）根据电子得失确定氧化还原关系。（2）求出氧化剂、还原剂物质的量，并根据化合价的改变分别求出得、失电子数（3）用电子守衡列方程求解。题目指出“Cl2转化为Cl－”，则得电子被还原的物质是Cl2；失电子被氧化的物质一定是Na2S2O3（其中S元素的平均化合价为+2）。设：被氧化产物中S元素升高n价Na2S2O3Cl2失电子总数得电子总数0.0100×25.0×2×n=（224/22.4）×2n=4故选D项36、已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1molKH（）A．失去1mol电子B．得到1mol电子C．失去2mol电子D．没有电子得失解析KH＋H2O＝H2＋KOH，KH为还原剂，H2O为氧化剂，1molKH参与反应失去1mol电子。7、解析：本题综合考查重要的化学基本概念——氧化还原反应的配平及计算，利用字母进行讨论分析、解决问题的能力，属于较高要求——综合应用层次。（1）配平时注意不要漏掉等号。（2）依据化合价变化情况，可较容易判断出还原剂是HCl，再弄清氧化产物是对应还原剂，即可得出结果。（3）经对题目涉及的反应分析可知：a+b的最大值为只产生氯气时，即a=0时；则b=0.2，∴a+b=0.2a+b的最小值为产生氧气为最大量时，根据方程式可知产生氧气0.04mol，即a=0.04时；根据电子守恒知产生的二氧化锰还可氧化盐酸产生氯气的量：即b为0.4－0.162＝0.12，∴a+b＝0.16（4）当a+b＝0.18时，4a+2（0.18－a）＝0.4，a＝0.02，即：产生氧气：0.02mol×32g·mol－1＝0.64g由质量守恒可求出残留固体12g。答案：（1）2162258（2）HCl0.5（3）0.20.16（4）12g8、三氟化溴溶于水可发生如下反应：BrF3＋H2OHBrO3＋Br2＋HF＋O2↑(1)其中发生自身氧化还原反应的物质是____________；(2)当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________；(3)当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________；(4)当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________。解析(1)标出化合价可得答案。(2)配平后的化学方程式为：3BrF3＋5H2O====HBrO3＋Br2＋9HF↑＋O2↑当有5.0mol水参加反应时，只有2.0mol水作还原剂，发生氧化还原反应的水与BrF3的关系为：由反应方程式可知，5.0mol水参加反应，共有2.0molBrF3被还原，则题设条件下被BrF3还原的BrF3的物质的量为：2.0mol－1.3mol=0.7mol。(3)由上分析：4被BrF3还原的BrF3的物质的量等于被还原的BrF3的总物质的量减去3.3mol，即：5.0mol－3.3mol=1.7mol。[将(2)的结果放大2.5倍，得答案3.3mol和1.8mol亦可](4)参加氧化还原反应的水与未参加氧化还原反应水的物质的量之比为2∶3。据此和(1)可得答案。答案：(1)BrF3(2)1.3mol0.67mol(3)3.3mol1.7mol(或1.8mol)(4)2.2mol1.1mol9、在强碱性的热溶液中加入足量硫粉，发生反应生成-和。生成物继续跟硫作用生成和。过滤后除去过量的硫，向滤液中加入一定量的强碱液后再通入足量的，跟反应也完全转化为。（1）写出以上各步反应的离子方程式；（2）若有amol硫经上述转化后，最终完全变为，至少需和的物质的量各是多少？（3）若原热碱液中含6mol，则上述amol硫的转化过程里生成的中的值为多少？选题目的：该题以信息的形式给出已知条件，是培养学生学会提炼题中信息作为解题依据的能力；锻炼学生能够从不同角度思考问题，学会学习方法；复习巩固离子反应、氧化还原反应和氧化还原反应方程式的配平等知识在解题中的应用。解析：（1）①②③④（2）从氧化还原电子得失关系看，电子得失均在硫元素之间进行。从，失电子；从，得电子。所以完全转化为所失电子数与转化为所得电子数相等，即：amolamol5由守恒，完全转化为需和。（3）原热碱液中含，则反应①中消耗。根据反应①、②、③，有，所以。启示：在氧化还原反应中，元素化合价发生变化，服从氧化还原反应规律，这是思考问题的基本方法。凡涉及氧化还原反应的有关计算要考虑得失电子守恒规律的合理应用。10、将0.08molKMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中。（1）请配平下列方程式：KMnO4+HCl－KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（2）上式反应中的还原剂是，当还原剂失去1mol电子时，氧化产物的物质的量为。（3）a+b的最大值为，a+b最小值为。（4）当a+b＝0.18时，残留固体的质量为。解析：本题综合考查重要的化学基本概念——氧化还原反应的配平及计算，利用字母进行讨论分析、解决问题的能力，属于较高要求——综合应用层次。（1）配平时注意不要漏掉等号。（2）依据化合价变化情况，可较容易判断出还原剂是HCl，再弄清氧化产物是对应还原剂，即可得出结果。（3）经对题目涉及的反应分析可知：a+b的最大值为只产生氯气时，即a=0时；则b=0.2，∴a+b=0.2a+b的最小值为产生氧气为最大量时，根据方程式可知产生氧气0.04mol，即a=0.04时；根据电子守恒知产生的二氧化锰还可氧化盐酸产生氯气的量：即b为0.4－0.162＝0.12，∴a+b＝0.16（4）当a+b＝0.18时，4a+2（0.18－a）＝0.4，a＝0.02，即：产生氧气：0.02mol×32g·mol－1＝0.64g由质量守恒可求出残留固体12g。答案：（1）2162258（2）HCl0.5（3）0.20.16（4）12g变式：取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到amol气体，在反应剩余的残留固体中加入足量的浓盐酸并加热，又收集到bmol气体，设此时Mn元素全部以Mn2+形式存在于溶液中，则a+b的最小值为（）A．0.04molB．0.08molC．0.10molD．0.20mol解析由题意知反应的整体结果为：KMnO4→Mn2+，2O2－→O2↑，2HCl→Cl2↑，因此，0.04molKMnO4分解过程中得电子数：n(e-)＝0.04mol×5＝0.20mol，生成bmolCl2过程中失电子数：n(e-)＝2bmol，生成amolO2过程中失电子数：n(e-)＝4amol。根据得失电子守恒，有：4a＋2b＝0.2，即a+b＝0.1。当a取最大值时（即KMnO4受热完全分解），a+b可取最小值。由：2KMnO4＝K2MnO4＋MnO2＋O2↑2mol1mol0.04mol0.02mol当a＝0.02mol时，a+b＝0.1mol－0.02mol＝0.08mol。故答案为B。11、工业上为从4J29合金（铁钴镍合金）废料中提取钴和镍，一般先用硫酸溶解合金使6成为Fe2＋、Co2＋、Ni2＋，再把Fe2＋氧化为Fe3＋，从而使Fe3＋转化为某种沉淀析出，达到与Ni2＋、Co2＋分离的目的．生产上要使Fe2＋氧化为Fe3＋，而不使Co2＋、Ni2＋氧化的试剂是NaClO或NaClO3（均含少量H2SO4）溶液，反应的部分化学方程式如下（A为还原剂）：请完成以上化学方程式，并回答实际生产上采用NaClO3来氧化Fe2＋比较合算的理由。配平下列离子方程式，并回答问题：（2）已知有3.21gFe（OH）3