电子守恒法Word下载.docx
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R元素被还原
—3molRO(OH)2+至较低价态,需要60mL0.1mol/L的Na2SO3溶液。
那么,
成的
C.+1
D.+2
解析:
B。
由
2.4X10"
3Xx=0.06X0.1X2,
应选B。
x=5,5—5=0
3.24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液,恰好与20mL浓度为0.02mol/L的
K2CHO7溶液完全反应,则元素Cr在被还原的产物中的化合价是(MCE95)
(B)
A.+6B.+3C.+
2D.0
0.02X0.02X2X(6—x)=0.024X0.05
X(6—4),x=3,应选B。
4.250mL24mol/L的Na2SO3溶液恰好把
02mol的X2O7-还原,则X在还原产物中的化合价为多少?
解:
根据氧化还原反应中电子转移守恒,设
X在还原产物中的化合价为x,则有
24mol/LX025LX2=02molX6—xX
2,X=3,
答:
X在还原产物中的化合价为3。
2、求物质的量
1.将mmolCU2S和足量稀HN03反应,生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。
则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是
C
A.4mmolB.10mmol
C.罟molD.罟mol
mmolCU2S共失去电子:
2mmol+8mmol=10mmol,CU2S每失去3mol电子可还原1molHNO3,故被还原的HNO3为呼mol,
3应选C。
2,硫酸铵在强热条件下分解,生成NH3、SO2、N2和H2O,反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是(MCE93)(A)
A.1:
3B.2:
3
C.1:
2D.4:
该反应的氧化产物是N2,还原产物是SO2,设其物质的量分别为xmol、ymol,由电子守恒得:
2xx(3-0)=yx(6-4),x:
y=1:
3,应选A。
3.在P+CuS04+H2O—CU3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中,7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为(A)
该反应的氧化剂为P、CuSO4,还原剂为P,本题只需CuSO4氧化P的物质的量,设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为xmol,由电子守恒得:
7.5X(2-1)=xx(5—0),x=1.5,应选A0
4•在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2f,若有5molH2O作为还原剂时,被还原的BrF3的物质的量为(D)
A.3molB.2mol
C.彳molD.詈mol
该反应的氧化剂为BrF3,还原剂为BrF3、H2O,本题只要求H2O还原BrFs的物质的量,设5molH2O能还原BrF3xmol,由电子守恒得:
xx(3—0)=5X(2—0),x=弓,
3
应选D
5.往100mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24
L(标准状况)氯气,反应完成后溶液中有g的溴离子被氧化成溴单质。
求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。
解法一:
电子守恒法。
由提示知,还原性:
Fe2+>
Br"
Br"
已部分被氧化,故F0已全部被氧化。
设原FeBr2的物质的量浓度为x,根据氧化还原反应中,得电子总数等于失电子总数,(1
分)可得:
2.24L
-1
22.4Lmol1
(X+2xX3)X0.1LX1=2X
x=1.2mol・L1
解法二:
电中性法。
反应后所得溶液中的离
子有Fe3+、Cl"
和Br-(剩余|)o
3x=|xX2+2X2.24L-1,x=1.2mol・L"
1O
322.4Lmol1
6•某温度下,将Cl2通入KOH溶液中,反
应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液,经测定ClO和cio3个数比为1:
2,则Cl2与KOH
溶液反应时,被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为
D
设CIO为x个,由题意知,叫为2x个,它们共失去电子为11x个,由电子得失守恒知必有11x个CI生成。
所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x:
x+2x=11:
3,应选D。
7.取铁粉和氧化铁的混合物样品1488g,加入125mL稀硫酸,使之充分反应。
当固体粉末完全溶解时,收集到336L标准状况下测定气体,当向溶液中加KSCN溶液时,溶液不显红色。
再用5mol/L的氢氧化钠溶液中和过量的硫酸,并继续加碱溶液至150mL,恰好把溶液中的金属阳离子全部沉淀下来。
试求:
1原样品中氧化铁的质量分数;
2上述硫酸的物质的量浓度。
本题涉及的反应共有5个,关系错综复杂,所以用常规方法利用化学方程式求解,既繁琐费时又容易出错。
若抓住Fe失去电子总数等于Fe2O3和部分H2SO4得到电子总数这一关系,则解法就简单明了。
1设Fe2O3的物质的量为x,由电子得失守
恒关系有:
nFex2=nFe2O3x2+nH2x2
14.88g-x=x+3.36L,得x=003mol
56g/mol22.4L/mol
Fe2O3%=°
.°
3mo1160g/mo1x100%=3226%
14.88g
2设H2SO4的物质的量为y,由题意知H2SO4最终全部变成Na2SO4,而Na+的来源只有NaOH,由元素守恒可得如下关系式:
2NaOH〜Na2SO4〜H2SO4
015LX5mol/L=0125Lx2y
y=3mol/L
3、配平
1.在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子反应中,化学计量数x=。
氧化剂O2得电子总数为2x2e,还原剂R2+失电子总数为xx(3-2)e,由电子守恒得:
2X2=xX(3—2),x=4。
2•已知反应:
AgF+Cl2+H2OfAgCI+AgCI03+HF+02f,配平后,AgClO3系数为b,O2的化学计量数为c,则AgCI的化学计量数为。
该反应的氧化剂为CI2,还原剂为CI2、H20,设AgCI系数为x,由电子守恒得:
xX1
=bX5+2cX2,x=5b+4c。
4、求质量
1•在NxOy+NH3一定条件下N2+H20未配平的氧化还原反应中,被还原的元素和被氧化的元素质量比是
A
A3x:
2yBx:
3yC5x:
2yD2x:
3y
2y=3b,b=送,x:
詈=3x:
2y。
b为氨的物质的量。
2•把一铜片投入盛有浓硝酸的烧瓶中,充
分反应后,将产生的气体全部吸收到一容器中。
反应完毕,把烧瓶中的溶液蒸干并加热使其完全分解,产生的气体也一并收集到前一容器中。
最后,将盛气体的容器倒立在盛水的水槽内,待反应完全后,测得容器内还余下一氧化氮气体0.448L(标准状况下体积)。
若在收集气体过程中,无别的物质进入容器,则参加反应的铜的质量为go
本题涉及的反应有以下几个:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2T+2H2O
x2x
2Cu(NO3)2=2CuO+4NO2T+O2T3NO2+H2O=2HNO3+NO
2x宁吕=0.02mol
x=0.03mol,Cu的质量为0.03molx64g/mol=1.92g。
如果按反应顺序,根据各物质在反应中物质的量的关系进行比例计算,是比较繁的。
而综
观全过程,Cu(NO3)2、N02和02只不过是一一系列氧化还原反应中的中间产物,从整个体系来看,发生了电子转移的物质仅是:
Cu—2e>
Cu2+
HNO3+3e>
NO
这样,根据HN03在反应中得电子总数应等于Cu在反应中失去电子总数,就很容易解出此题。
反应中硝酸还原成NO后失电子:
務%X322.4L/mol
=0.06mol,
所以铜的物质的量为:
00严=0.03mol,其
质量为:
0.03molX64g/mol=1.92g。
3.取004molKMnO4固体加热一段时间后,
收集到amol单质气体,此时KMnO4的分解率为x,在反应后的残留固体中加入过量的浓盐酸并加热充分反应又收集到bmol单质气
体,设Mn元素全部以Mn2+存在于反应后的溶液中。
1a+b=用x表示;
2当x=时,a+b取最小值,且
最小值为;
3当a+b=009时,004molKMnO4加热后所得残留固体各是何物质?
其物质的量分别是多少?
312KMnO4dK2MnO4+MnO2
+O2
004x002x002x
002x=a
MnO2+4HCIil—MnCl2+
2H2O+Cl2
002xI
002x
K2MnO4
+
8HCI
—
MnCl2
+4H2O+
2CI2
2KCI
2KMnO4
16HCI
2MnCI2
+8H2O+
5CI2
0041—x
0041—xX2
b
b=002x+004x+01—01x=01—004x
a+b=002x+01—004x=01—002x
另解:
Mn元素的降低总价=O元素的升高总价+Cl元素的升高总价
004X5=aX4+bX2,2a+b=01,b=01—2a,a+b=01—002x
2x=1,a+b=01—002X1=008
3x=05,KMnO4:
0041—05=002mol,K2MnO4和MnO2各为:
0021—05=001mol。
5、电极反应
1.实验室用铅蓄电池作电源电解饱和食盐水制取氯气,已知铅蓄电池放电时发生如下反应:
MCE9621
负极:
Pb+so:
-=PbSO4+2e
正极:
PbO2+4H++so4-+2e=PbSO4+2H:
O
今若制得Cb0.050mol,这时电池内消耗的H2SO4的物质的量至少是(C)
A.0.025molB.0.050mol
C.0.10molD.0.20mol
在电解池中,阳极上的电极反应:
2Cl—2e=Cl2,要制0.050molCI2,在电解池中得失电子为010mol。
抓住铅蓄电池内H2SO4的消耗实质是H+的消耗这一特点,用正极反应得到关系式:
2e〜4H+〜2H2SO4,故转移010mol电子,要消耗010molH2SO4,应选C。
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