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微专题二　氧化还原反应的相关计算
第一章 物质及其变化
[专题精讲]
一、学科核心素养
证据推理与模型认知：氧化还原反应的相关计算在高考中经
常出现，对于这一类计算，应先通过分析、推理等方法认识氧化
还原反应的本质，建立认知模型，再运用模型揭示现象的本质和
规律。
二、方法指导
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——
反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即
得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开多步的反应过程，可不
写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为初态和终
态，从得电子与失电子两个方面进行整体思考，便可迅速获得正
确结果。
第一步 找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物
第二步 找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个
数)
第三步 根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。n(氧
化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还
原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)
三、解题步骤
守恒法解题的思维流程。
[典例精析]
角度 1 两元素之间的得失电子守恒计算
【典例1】24 mL 浓度为 0.05 mol·L-1 的 Na2SO3 溶液恰好与
20 mL浓度为0.02 mol·L-1 的 K2Cr2O7 溶液完全反应。已知 Na2SO3
可被 K2Cr2O7 氧化为 Na2SO4，则元素 Cr 在还原产物中的化合价为
(
)
A.＋2
B.＋3
C.＋4
D.＋5
第一步 由题意可知Na2SO3为还原剂，K2Cr2O7为氧化剂，Na2SO4为氧化产物，求还原产物中Cr元素的化合价
第二步
第三步 根据电子守恒：
0.02×20×10-3×2×(6－n)＝0.05×24×10-3×1×(6－4)　n＝3
解析：
答案：B
[思维建模]化合价升降(电子得失相等)是解决问题的关键，首
先确定变价元素，其次确定各物质的物质的量，最后依据电子守
恒(化合价升降相等)确定元素化合价(生成物或产物中的)。
[变式训练 1]在硫酸溶液中 NaClO3 和 Na2SO3 按 2∶1 的物质
的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体 X。则 X 为(
)
A.Cl2
C.ClO2
B.Cl2O
D.Cl2O5
解析：由题意设气体中氯的化合价为 x 价，得 2×1×(5－x)
＝1×1×(6－4)，x＝4，ClO2 中氯的化合价为＋4 价。
答案：C
[变式训练2]联氨(又称肼，N2H4，无色液体)可用于处理高压
锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上 1 kg 的联氨可除去水中
溶解的 O2________kg；与使用 Na2SO3 处理水中溶解的 O2 相比，
联氨的优点是____________________________________________
________________________________________________________
__________________________________________。
解析：N2H4 吸收 O2 时的化学方程式为 N2H4 ＋O2===N2 ＋
2H2O，由化学方程式可知参加反应的 N2H4 和 O2 的质量相等，故
1 kg N2H4 理论上可除去水中溶解的 O2 1 kg。Na2SO3 吸收 O2 生成
Na2SO4：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，两者相比较，N2H4 的用量少，
且不产生其他杂质。
答案：1 N2H4 的用量少，不产生其他杂质(或产物为 N2 和
H2O，而 Na2SO3 产生 Na2SO4)
角度 2 多元素之间的得失电子守恒计算
【典例2】已知 NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH
和 O2，下列说法正确的是(
)
A.氧气是还原产物
B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1∶1
C.反应物中有水，且反应方程式中水的化学计量数为 2
D.若生成 4.48 L(标准状况下)O2，则反应转移 0.8 mol 电子
解析：反应中 O 元素的化合价升高，氧气是氧化产物，A 错
误；此反应中 NaClO 既是氧化剂，又是还原剂，则还原剂与氧化
剂的物质的量之比为 6∶4＝3∶2，B 错误；反应物中有水，由反
应方程式 4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑，可知
水的化学计量数为 2，C 正确；4.48 L(标准状况下)O2 的物质的量
为 0.2 mol，则反应转移 1.6 mol 电子，D 错误。
答案：C
[思维建模]根据反应物和生成物确定变价元素，尤其多个变价
的时候一般采用以少定多(即确定升高或降低的元素种类最少的作
为转移电子数的计算标准)的原则。
[变式训练3]在 P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未
配平)的反应中，7.5 mol CuSO4 可氧化 P 的物质的量为______mol。
生成 1 mol Cu3P 时，参加反应的 P 的物质的量为________mol。
解析：设 7.5 mol CuSO4 氧化 P 的物质的量为 x，生成 1 mol
Cu3P 时，被氧化的 P 的物质的量为 y。根据得失电子守恒得：
7.5 mol×(2－1)＝x×(5－0)，解得 x＝1.5 mol；1 mol×3×(2－1)
＋{1 mol×[0－(－3)]}＝y×(5－0)，解得 y＝1.2 mol。所以参加反
应的 P 的物质的量为 1.2 mol＋1 mol＝2.2 mol。
答案：1.5 2.2
角度 3 多步反应得失电子守恒计算
【典例 3】14 g 铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出
的气体与 1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸
)
收，则合金中铜的质量为(
A.9.6 g
C.3.2 g
B.6.4 g
D.1.6 g
解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量
“二传手”，先得到 Cu、Ag 失去的电子，再传给 O2，最后恢复
原貌，Cu、Ag 失去的电子最终传给了 O2，所以根据得失电子守
m(Cu)＝3.2 g。
答案：C
[思维建模]巧妙利用多个电子守恒的特定转化是解决问题的
关键，首先确定每个氧化还原反应的电子守恒，其次找出电子转
移相等的转化，通过这个桥梁进而实现电子转移多个守恒的巧妙
转化。
[变式训练4]为测定某血液样品中钙离子的含量，可取该样品
2.00 mL 用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4 晶
体，反应生成 CaC2O4 沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得 H2C2O4 后，
再用 1.000×10-4 mol·L-1 酸性 KMnO4 标准溶液滴定，到达终点时
用去 20.00 mL 标准液。
(1)用酸性 KMnO4(aq)滴定 H2C2O4(aq)的离子方程式为______
_______________________________________________________。
(2)KMnO4 标准溶液应用________式滴定管盛装。
(3)滴定终点时的现象为________________________________
_______________________________________________________。
(4)该样品中钙离子的浓度为____________________g· mL-1。
解析：(4)根据电子守恒可知：
(2)酸
(3)滴入最后半滴标准 KMnO4 溶液，锥形瓶中溶液由无色变为
浅红色，且半分钟内不褪色
(4)1.000×10-4

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