新高考专用2021届高考化学复习考点第6讲氧化还原反应的计算和方程式的书写Word文档下载推荐.docx
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b.不标“得到”或“失去”,只标明电子转移的总数。
c.线桥只出现在反应物中。
2.转移电子数的计算
(1)N(e-)=_______________=_______________
(2)反应中转移电子数与各物质的化学计量数成________比
3.几个反应转移的电子数
(1)2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,N(e-)=______
(2)Fe3O4+4CO3Fe+4CO2,N(e-)=______
(3)3Fe3O4+28HNO39Fe(NO3)3+NO↑+14H2O,N(e-)=______
(4)Cu2S+14HNO3H2SO4+2Cu(NO3)2+10NO2↑+6H2O,N(e-)=______
4.同种元素不同价态之间发生氧化还原反应:
歧化或归中
(1)归中不交叉
①KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O,还原产物:
____,N(e-)=______
②5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O,氧化产物:
③2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+3SO2↑+2S↓+6H2O,氧化产物:
____________,还原产物:
______,N(e-)=______
(2)某些中间价态微粒可以发生自身的氧化还原反应
①2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,N(e-)=______
②3NO2+H2O2HNO3+NO,N(e-)=______
③Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,N(e-)=______
④5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O,氧化剂:
_____,还原剂:
类型一
单一变价型反应转移电子数的计算
【典例1】
(2020·
珠海一模)一定条件下Fe(OH)3与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4。
生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量________mol。
【答案】0.3
【解析】与KClO在KOH溶液中反应可制得K2FeO4,由Fe元素的化合价变化可知Fe(OH)3~K2FeO4~3e-,生成0.1molK2FeO4转移的电子的物质的量为0.1mol×
3=0.3mol。
1.(2020·
沈阳一模)储氢材料Mg(AlH4)2在110℃~200℃的反应为:
Mg(AlH4)2=MgH2+2Al+3H2↑,每生成27gAl转移电子的物质的量为____________。
2.(2011·
山东高考)利用反应6NO2+8NH37N2+12H2O可处理NO2。
当转移1.2mol电子时,消耗的NO2在标准状况下是___________L。
3.(2014·
重庆高考)NaBH4是一种重要的储氢载体,能与水反应生成NaBO2,且反应前后B的化合价不变,该反应的化学方程式为_______________________,反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为_______。
4.(2014·
山东高考)为测定镀层厚度,用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层,当反应转移6mol电子时,所得还原产物的物质的量为______mol。
5.(2011•福建高考)磷酸钙与焦炭、石英砂混合,在电炉中加热到1500℃生成白磷,反应为:
2Ca3(PO4)2+6SiO2=6CaSiO3+P4O10,10C+P4O10=P4+10CO。
每生成1molP4时,就有________mol电子发生转移。
1.【解析】反应Mg(AlH4)2=MgH2+2Al+3H2↑中生成2molAl转移电子6mol,每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol
【答案】3mol
2.【答案】6.72L
【解析】根据6NO2+8NH3=7N2+12H2O,可得如下关系式:
2NO2~N2~8e-,所以当反应中有1molNO2参加反应时,共转移了4mol电子,故转移1.2mol电子时,消耗的NO2的物质的量为=0.3mol,其在标准状况下的体积为0.3mol×
22.4L/mol=6.72L。
3.【答案】NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑;
4NA或2.408×
1024
【解析】B的化合价没有改变,则NaBH4中的H为-1价,因此与水反应生成NaBO2和氢气,即NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑,H的化合价由-1→0,因此消耗1molNaBH4时转移的电子数目为4mol
4.【答案】3
【解析】2Al+2NaOH+2H2O=2NaNO2+3H2↑,H2是还原产物,H2与电子转移数的对应关系为:
H2~2e-,故n(H2)=n(e-)=×
6mol=3mol。
5.【答案】20
【解析】反应过程中磷酸钙最终变成了白磷,化合价由+5价变成0价,由此可以得到如下关系式:
2Ca3(PO4)2~P4~20e-,所以每生成1molP4,转移20mol电子。
类型二
多种变价型反应转移电子数的计算
【典例2】
太原一模)向含锰混合物加入一定量的稀硫酸、稀草酸,并不断搅拌至无气泡为止。
其主要反应为:
2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=3MnSO4+4CO2↑+6H2O。
每1molMnO2参加反应时,共有______mol电子发生转移。
【答案】4
【解析】该反应中,氧化剂是MnO(OH)、MnO2,还原剂是草酸,2MnO(OH)~MnO2~3MnSO4~4eˉ,当1molMnO2参加反应时,转移电子的物质的量为4mol。
南昌一模)Ag2Se单晶呈六角微型管状,有望开发为新型材料,其制取原理为:
4AgCl+3Se+6NaOH=2Ag2Se+Na2SeO3+4NaCl+3H2O。
关于该反应下列叙述正确的是()。
A.AgCl作氧化剂
B.6molNaOH参加反应转移6mole-
C.被还原硒与被氧化硒的质量比为1∶2
D.被还原硒与被氧化硒的物质的量之比为2∶1
2.(2020·
大同一模)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料。
已知As2S3和HNO3有如下反应:
As2S3+10H++10NO3-=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O,当生成H3AsO4的物质的量为0.6mol反应中转移电子的数目为______________。
3.(2020•长宁区一模)高氯酸铵在高压、450℃的条件下迅速分解,反应的化学方程式4NH4ClO46H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑,其中氧化产物与还原产物的物质的量之比是_______,每分解1mol高氯酸铵,转移的电子数目是________。
4.已知反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,则有1molO2生成时反应所转移的电子的总物质的量为__________。
1.【解析】选D。
4AgCl+3Se+6NaOH=2Ag2Se+Na2SeO3+4NaCl+3H2O中,Se元素的化合价由0降低为-2价,Se元素的化合价由0升高为+4价。
只有Se元素的化合价变化,AgCl不是氧化剂,故A错误;
由Se元素的化合价升高可知,6molNaOH参加反应,1molSe作还原剂,转移1mol×
(4-0)=4mole-,故B错误;
由电子守恒可知,氧化剂与还原剂均为As,质量比为2∶1,故C错误;
2个As被还原与1个As被氧化转移电子守恒,则被还原的元素与被氧化的元素的物质的量之比为2∶1,故D正确。
2.【答案】3NA
【解析】反应As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O中,As元素化合价由As2S3+3价升高到H3AsO4+5价,S元素化合价由As2S3-2价升高到S,0价,若生成2molH3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为10mol,若生成0.6molH3AsO4,则反应中转移电子的物质的量为3mol,即3NA。
3.【答案】7∶4;
8NA或4.816×
1024个
【解析】4NH4ClO46H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑中,N、O元素的化合价升高,Cl元素的化合价降低,则氧化产物为N2、O2,还原产物为HCl,由反应可知,氧化产物与还原产物的物质的量之比为(2+5)∶4=7∶4,4molNH4ClO4分解转移32mol电子,每分解1mol高氯酸铵,转移=8mol电子,转移的电子数目是8NA或4.816×
1024个。
4.【答案】9mol
【解析】反应10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2中,有1molO2生成时,5molCl2参加反应,但9molCl作氧化剂,转移的电子为9mol×
(1-0)=9mol。
类型三
未配平归中或歧化型反应转移电子数的计算
【典例3】
(2014·
新课标全国卷II)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2,并用纯碱吸收。
碱吸收溴的主要反应是:
Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3
吸收1molBr2时转移的电子为_______mol。
【答案】
【解析】利用化合价升降法配平反应方程式得3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3,该反应中溴元素的化合价变化了5,转移电子数为5e-,即3Br2~5e-,根据比例关系每反应1mol溴单质转移电子的物质的量为mol。
1.白磷为剧毒药品,当白磷中毒时可用CuSO4溶液解毒,反应方程式为P+CuSO4+H2O→Cu3P↓+H3PO4+H2SO4(未配平),当0.5molP原子被还原时电子转移总数为()。
A.6molB.1.5molC.1.806×
1024个D.9.03×
1023个
2.长期以来,一直认为氟的含氧酸不存在。
1971年美国科学家用氟气通过细冰末时获得HFO,其结构式为H-O-F。
HFO与水反应得到HF和化合物A,每生成1molHF转移________mol电子。
3.(2018·
江苏高考)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1molN2时,转移的电子数为_______mol。
1.【解析】选C。
由知5molP被还原得15mole-,转移了30mol电子,当0.5molP被还原时则转移3mole-,即转移电子总数为1.806×
1024个,故C正确。
2.【答案】1
【解析】HFO的原子连接顺序为H-O-F,H-O中电子偏向O,O呈-1,O-F电子偏向F(F电负性大于O),O呈+1,综合O的平均化合价为0,F的化合价-1。
氧元素的化合价由HFO中的0价降低到H2O2中-1价,由H2O中的-2价升高到H2O2中-1价,该反应转移的电子数为1,反应的化学方程式为HFO+H2O=HF+H2O2。
3.【答案】
【解析】NH3与NO2发生归中反应,方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O,生成7molN2时,转移24mole-,则生成1molN2时,转移mole-。
类型四
根据转移电
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