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时间:2020-09-03
《得失电子守恒在计算中的应用.doc》由会员上传分享,免费在线阅读,更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、依据氧化还原反应的电子守恒,可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH值等。这部分内容是高考中的常规考点,在各种题型中都可以出现。 解题方法:氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物,还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。在同一个氧化还原反应中得失电子数相等,即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。 【例题1】(NH4)2SO4在强热条件下分解,生成NH3、SO2、N2、H2O,反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为 A.1:3B.
2、2:3C.1:1D.4:3 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=1:3 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.4B.3C.2D.1 解析: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×↓
3、(x-6)=2×↑(7-2),解得x=7,因此有 2×7+8×(-2)=-n,解得n=2. 答案: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 A.1:2B.1:3C.2:3D.3:2 解析:(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3×2↑×x=4↓×y,故有x:y=2:3 答案:C 【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
4、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.11:2B.1:1C.9:4D.5:1 解析: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,故有x:y=9:4 答案:C 【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、⑤
5、4:1A.②③⑤ B.①③④ C.②③④ D.①③解析:当Fe恰好完全转变为+2价时,3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O,有= 解得:n:m=3:1 当Fe恰好完全转变为+3价时,Fe+4HNO3===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,有 = 解得:n:m=9:2 结合选项分析n:m的取值范围在4.5至3之间。 答案:A 【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
6、C.N2OD.NH4NO3 解析: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 答案: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 解析:依据在同一个氧化还原反应中得失
7、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 答案: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
8、克解析: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-)=×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 答案:B 【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
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