氧化还原反应的配平和计算难题赏析

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．Cl2　
　　D．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. 6g B. 8g C. 10g D. 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0.3 mol,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=5 x，起酸性作用的HNO3的物质的量为：(2 x- x)×2=2 x，所以实际参加反应Cu2S与HNO3的物质的量之比为x：(y+2 x)=1：7
【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25.00mL 0.049 mol/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24.65mL 0.020 mol/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．N2　　　　 B．N2O 　　　　C．NO 　　　　D．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×0.020 mol/L×5=25.00 mL×0.049 mol/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. 2 FeS+6H2SO4=Fe2(SO4)3+3SO2↑+2S+6H2O
B. 4 FeS+18H2SO4=2Fe2(SO4)3+9SO2↑+7S+18H2O
C. 6 FeS+16H2SO4=3Fe2(SO4)3+6SO2↑+7S+16H2O
D. 8 FeS+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S5.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl 2O32－将转化成
A．S2－ B．S C．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
Na2S2O3 Cl2
失电子总数 得电子总数
0.0100×25.0×2×n =（224/22.4）×2
n=4 故选D项
6、已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1 molKH（ ）
A．失去1 mol电子　　　　　　　　　　　　　B．得到1 mol电子
C．失去2 mol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，1mol KH参与反应失去1 mol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=0.2 a+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＝0.12，∴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）2 16 2 2 5 8 （2）HCl 0.5 （3）0.2 0.16 （4） 12g
8、三氟化溴溶于水可发生如下反应：
BrF3＋H2OHBrO3＋Br2＋HF＋O2↑
(1)其中发生自身氧化还原反应的物质是____________；
(2)当有5.0 mol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5.0 mol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5.0 mol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5.0 mol 水参加反应时，只有2.0 mol 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，5.0 mol 水参加反应，共有2.0 mol BrF3被还原，则题设条件下被BrF3还原的BrF3的物质的量为：2.0 mol－1.3 mol=0.7 mol。
(3)由上分析：
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3.3 mol，即：5.0 mol－3.3 mol=1.7 mol。
[将(2)的结果放大2.5倍，得答案3.3 mol 和1.8 mol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)1.3 mol 0.67 mol (3)3.3 mol 1.7 mol(或1.8 mol)
(4)2.2 mol 1.1 mol
9、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a mol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a mol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）①
②
③
　　 ④
　　 （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：
amol 　　　　　　　　　　amol
　　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0.08mol KMnO4固体（质量为12.64g）加热一段时间后，收集到a molO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b molCl2，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=0.2 a+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＝0.12，∴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）2 16 2 2 5 8 （2）HCl 0.5 （3）0.2 0.16 （4） 12g
变式：取0.04molKMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol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b mol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．0.04mol B．0.08mol C．0.10mol D．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b mol Cl2过程中失电子数：n(e-)＝2b mol，生成a molO2过程中失电子数：n(e-)＝4a mol。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↑
2mol 1mol
0.04mol 0.02mol
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3.21 g Fe（OH）3参加反应，共转移了5.42×1022个电子，则n＝_______，FeO中铁的化合价为_____________________。
（3）根据（1）、（2）推测FeO能与下列哪些物质反应（只填序号）______________。
A. Cl2 B. SO2 C. H2S D. O2
解析：（1） 由于A为还原剂，氧化剂NaClO、NaClO3在酸性溶液中氧化能力增强知，A为FeSO4，B为H2SO4，则C一定为Fe2（SO4）3，反应的化学方程式如下：
NaClO＋2FeSO4＋H2SO4＝NaCl＋Fe2（SO4）3＋H2O
NaClO3＋6FeSO4＋3H2SO4＝NaCl＋3Fe（SO4）3＋3H2O
由上述反应知1 mol的NaClO3氧化FeSO4的物质的量为6 mol，而1 mol NaClO只氧化2 mol FeSO4，因而NaClO3合适。
（2）由离子方程式：2Fe（OH）3＋（5－n）ClO－＋=2FeO＋（5－n）Cl－＋（n＋3）H2O知2 mol Fe（OH）3共失去2（5－n） mol电子，所以有：:＝2 mol:2（5－n） mol n＝2，在FeO中的Fe化合价为＋6。（3）由铁及其化合物性质知：＋6价的铁价态只能降低，故FeO可与SO2、H2S反应。
答案：NaClO＋2FeSO4＋H2SO4＝NaCl＋Fe2（SO4）3＋H2O
NaClO3＋6FeSO4＋3H2SO4＝NaCl＋3Fe2（SO4）3＋3H2O
由于NaClO31 mol可氧化6mol FeSO4，而NaClO 1mol只能氧化2 mol FeSO4故用NaClO3合适。
（1）2 5－n 2n 2 5－n n＋3 （2）2 ＋6 （3）B C
12、在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
(1)某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg/L。现用氯氧化法处理，发生如下反应(其中N均为－3价)：KCN＋2KOH＋Cl2KOCN＋2KCl＋H2O。被氧化的元素是___________。
(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式，并标出电子转移方向和数目：KOCN＋KOH＋Cl2CO2＋N2＋KCl＋H2O
(3)若处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质。至少需液氯 g。
解析1：本题结合含CN－的废水处理，考查氧化还原反应的基本概念、配平、标出电子转移的方向和数目，根据方程式进行定量计算，属中等题。何种元素价态升高谁即被氧化，不难分析。要配平方程式，同样从元素价态的升降、电子得失守恒考虑。标电子转移方向和数目可用单线桥或双线桥表示，但必须区分两者，第(3)题可根据两个方程式找出KCN与Cl2的总量关系求出。
(1)在KCN＋2KOH＋Cl2KOCN＋2KCl＋H2O反应中，氯元素价态降低，H、N、O、K四种元素的价态没变，只有碳元素的价态升高，故被氧化的为碳元素。
(2)氧化还原方程式的配平，首先要找准变价元素，再利用化合价升降法配平，反应物KOCN中N的价态升高，KOCN为还原剂，氯气为氧化剂。
mol，由两步反应的化学方程式得出关系式：2KCN~5Cl2，所以需氯气：0.2 mol×=0.5 mol，即35.5 g。
答案：(1)碳(或C)
(3)35.5
解析2：试题开始告诉解题者，CN-跟液氯之间的反应分两步进行，第一步反应中CN-被氧化成毒性较弱的氰酸盐，第二步再氧化成无毒物质。从解题信息的取用角度分析，问题（1）只要取用该小题内的信息就足够了，问题（2）的解答也不涉及另外的信息。但第（3）小题的解答要综合前两小题的结果、解答问题的条件也分散在前面的各小题中，所以要求有较强的信息收集能力和综合分析能力。
（1）只是元素化合价分析，比较反应物和生成物就容易得出，反应前后碳元素的化合价升高了，氯元素的化合降低了。所以被氧化的元素是碳。
（2）可用化合价升降法来配平。反应前后，氮元素的化合价从-3 价变成0价，氯元素的化合价从0价变为-1 价，再根据化合价升、降总数相等可配平。
（3）从“氰化钾转化为无毒物质”可得出，反应应进行到第二步。综合分析两步反应可得出如下计算关系： 2molKCN~5molCl2 。再根据（1）中“含KCN浓度为 650mg·L-1”，可计算出20L废水中含KCN的物质的量。所以有：
2KCN ~ 5Cl2
130g 357g
20 × 0.65g x
=> x=35.5g 。
13、单质铁溶于一定浓度的硝酸中反应的化学方程式如下：
a Fe+bNO3-+cH+==d Fe2++f Fe3++g NO↑+h N2O↑ +kH2O （化学计量数均为正整数）
请你用已掌握的知识研究出下列规律。
（1）c、g、h 的关系式是 ______________________________ 。
（2）b、c、d、f 的关系式是 ___________________________ 。
（3）d、f、g、h 的关系式是 ___________________________ 。
（4）若a =12 ，铁和硝酸恰好完全反应，则b 的取值范围是 _______________________ 。c的取值范围是 ____________________ __ 。
解析：（1）这是考查反应前后H、O 原子守恒关系。若只从“c H+ → g NO+h N2O”去分析，似乎H+ 跟NO 、N2O之间没有什么联系，思路不容易展开。只要抓住“反应中H+全部转化为H2O”、“NO 和 N2O全是由NO3-转变而来”，必有“NO3- NO+2H2O ”和
“ 2NO3- N2O+5H2O ”，进而总结出“c = 4g+10h”。
（2）这是考查离子电荷守恒关系。离子反应中反应物微粒所带的电荷数和生成物微粒所带的电荷数必定相等。b、c、d、f 恰好是反应方程式中各种离子的化学计量数，因此根据“ bNO3-+cH+ → d Fe2++f Fe3+”就可计算出“c-b=2d+3f”。
（3）这是是考查电子守恒关系。d、f、g、h 恰好是与电子得失有关四种产物的化学计量数，其中“d Fe2++f Fe3+”决定失电子总数，“g NO+h N2O ”决定得电子总数，所以有“ 2d+3f=3g+8h ”。
（4）可以用极限思维方法来解决。这里要注意三个前提：一是a =12 ；二是铁和硝酸恰好完全反应；三是每种物质的化学计量数均为正整数（即产物中既要有Fe2+、又要有Fe3+，既要有NO 、又要有N2O）。有12molFe完全反应时，只有当“Fe → Fe2+、NO3- → N2O”时消耗的NO3- 最少（计算可得需 6mol），只有当“Fe → Fe3+、NO3- → NO”时消耗的NO3- 最多（计算可得需 12mol），所以有“ 6评注： 各个子问题间跨度较大，要求解题者每答完一个问题就要转换到另一个新的思维角度、跳跃到另一个知识背景中去分析研究，有的学生就是因为思维的灵活性不够、思维的慎密性不强，造成思路阻塞。