氧化还原反应计算专题训练Word下载.doc

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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:

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.4 

B.3 

C.2 

D.1

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

7+8×

（－2）＝－n，解得n＝2.

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

2 

B.1:

C.2:

D.3:

2

（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×

x＝4↓×

y＝2:

【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

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＝9:

4

【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

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:

当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe+4HNO3===Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，有

＝ 

m＝9:

结合选项分析n:

m的取值范围在4.5至3之间。

【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

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

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

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

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

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

【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？

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％

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.0.2mol 

B.0.4mol 

C.0.6mol 

D.0.8mol

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。

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

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。

C、D

考点定位：

本题考查氧化还原反应计算

【例题12】

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.9.0L 

B.13.5L 

C.15.7L 

D.16.8L

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。

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

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

【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0.3molNO 

B.0.2molNO2和0.1molN2O4

C.0.1molNO、0.2molNO2和0.05molN2O4 

D.0.6molNO

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.