江苏省2020版高考化学新增分大一轮复习专题2化学反应第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平课件苏教版20190416194.pptx
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1、,氧化还原反应的计算及方程式的配平,第5讲,大一轮复习讲义,专题2 化学反应,考纲要求 KAOGANGYAOQIU,1.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。 2.了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。,内容索引 NEIRONGSUOYIN,考点一 电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用,考点二 氧化还原反应方程式的书写与配平,探究高考 明确考向,课时作业,01,考点一,电子守恒思想在氧化还原反应计算中的应用,知识梳理,ZHISHISHULI,1.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,可以抛开繁琐的反
2、应过程,可不写化学方程式,不追究中间反应过程,只要把物质分为始态和终态,从得电子与失电子两个方面进行整体思维,便可迅速获得正确结果。 2.守恒法解题的思维流程 (1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。 (2)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)。 (3)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)。,题组一 常规计算 1.现有24 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3
3、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,解题探究,JIETITANJIU,解析 题目中指出被还原的物质是Cr,则得电子的物质必是K2Cr2O7,失电子的物质一定是Na2SO3,其中S元素的化合价从46;而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n),解得n3。,2.Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116,则x的值
4、为 A.2 B.3 C.4 D.5,解析 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。,题组二 多步反应得失电子守恒问题 有的试题反应过程多,涉及的氧化还原反应也多,数量关系较为复杂,若用常规方法求解比较困难,若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,则解题就变得很简单。解这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要理清具体的反应过程,分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目。 3.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生
5、成沉淀质量为17.02 g。则x等于 A.8.64 B.9.20 C.9.00 D.9.44,x g17.02 gm(OH), 而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,等于浓HNO3得电子的物质的量,即:,所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。,4.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是 A.60 mL B.45 mL C.30 mL
6、 D.15 mL,02,考点二,氧化还原反应方程式的书写与配平,1.氧化还原方程式配平的基本原则,知识梳理,ZHISHISHULI,2.氧化还原方程式配平的一般步骤,例 配平化学方程式: H2SHNO3SNOH2O 分析 配平步骤如下,第二步:列得失,,第三步:求总数,从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。,故H2S的化学计量数为3,HNO3的化学计量数为2。 第四步:配系数,先配平变价元素,再利用原子守恒配平其他元素。 3H2S2HNO3=3S2NO4H2O 第五步:查守恒,其他原子在配平时相等,最后利用O原子守恒来进行验证。,解题探究,JIETITANJIU,题组
7、一 正向配平类 1._KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O 2._ _H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O 题组二 逆向配平类 3._S_KOH=_K2S_K2SO3_H2O 4._P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3 5._(NH4)2Cr2O7=_N2_Cr2O3_H2O,5 1 3 3 3 3,2 16 10 2 5 8,3 6 2 1 3,2 9 3 3 5,1 1 1 4,题组三 缺项配平类 6._ClO_Fe(OH)3_=_Cl_ _H2O 7._ _H2O2_=_Mn2_O2_H2O 8._Mn2_ _H2O=_MnO2_Cl2_,3 2 4OH 3 2 5
8、,2 5 6H 2 5 8,5 2 4 5 1 8H,9.某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有:Al2O3、C、N2、AlN、CO。 请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内,并配平。,Al2O3 3C N2 2 3CO,解析 根据氮元素、碳元素的化合价变化,N2是氧化剂,C是还原剂,AlN为还原产物,CO为氧化产物。,配平的基本技能 (1)全变从左边配:氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的,一般从左边反应物着手配平。 (2)自变从右边配:自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。 (3)缺项配平法:先将得失电子数配平,再观察两边电荷。若反应物这边缺
9、正电荷,一般加H,生成物一边加水;若反应物这边缺负电荷,一般加OH,生成物一边加水,然后进行两边电荷数配平。 (4)当方程式中有多个缺项时,应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。,03,探究高考 明确考向,1,2,3,4,1.2018江苏,20(3)(4)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 (3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式:_ _。,3H2O,2HNO2(NH2)2CO=2N2CO2,解析 由题给信息可知,反应物为H
10、NO2、(NH2)2CO,生成物为CO2和N2,根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2(NH2)2CO=2N2CO23H2O。,5,6,1,2,3,4,(4)在有氧条件下,新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中,当生成1 mol N2时,转移的电子数为_mol。,5,6,2.2017江苏,18(1)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂,有多种制备方法 方法1:4550 时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O, 该反应的化学方程式为_。,解析 反应物为CuCl、O2和H2O,生成物为Cu2(OH)2Cl23
11、H2O,根据得失电子守恒和原子守恒配平。,1,2,3,4,5,6,方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M的化学式为_。,解析 由图示CuMCu2M,说明Cu被M氧化;MO2HMH2O,说明M被氧化为M,说明M价态高,由题给信息“Fe3对该反应起催化作用”,M为Fe3,M为Fe2。,1,2,3,4,Fe2,5,6,3.2017江苏,19(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的化学方程式为_。 HNO3也能氧化Ag,从反应产物的角度分析,以HNO3
12、代替NaClO的缺点是_。,1,2,3,4,4Ag4NaClO2H2O=4AgCl4NaOHO2,会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染,5,6,1,2,3,4,4.2016江苏,16(1)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如下:,氯化过程控制电石渣过量、在75 左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应,Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2,少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为_ _。,2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl2,2H2O,解析 Cl2与
13、Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2和CaCl2。,5,6,1,2,3,4,5.2015江苏,18(4)软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O,反应的化学方程式为MnO2SO2=MnSO4。准确称取0.171 0 g MnSO4H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2全部氧化成Mn3,用c(Fe2)0.050 0 molL1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3被还原为Mn2),消耗Fe2溶液20.00 mL。计算MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。,5,6,1,2,3,4,根据
14、反应:Mn3Fe2=Fe3Mn2 n(Mn2)n(Fe2)1.00103 mol m(MnSO4H2O)1.00103 mol169 gmol10.169 g,5,6,1,2,3,4,解析 根据氧化还原反应中得失电子守恒:n(Mn3)1n(Fe2)120.001030.050 0 mol1.00103 mol,根据Mn元素守恒,m(MnSO4H2O)1.00103 mol169 gmol10.169 g,,5,6,6.2014江苏,19(1)实验室从含碘废液(除H2O外,含有CCl4、I2、I等)中回收碘,其实验过程如下:,向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液,将废液中的I2还原为I,其离
15、子方程式为_;该操作将I2还原为I的目的是_。,使CCl4中的碘进入水层,1,2,3,4,5,6,04,课时作业,一、单项选择题 1.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载,“银针验毒”的原理是4Ag2H2SO2=2X2H2O。下列说法正确的是 A.X的化学式为AgS B.银针验毒时,空气中氧气失去电子 C.反应中Ag和H2S均是还原剂 D.每生成1 mol X,反应转移2 mol e,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,解析 根据原子守恒,X的化学式为Ag2S,A项错误; 银针验毒时,氧元素化合价降低,空气中氧气得到电子,B项错误; 反应中A
16、g是还原剂,氧气是氧化剂,H2S既不是氧化剂又不是还原剂,C项错误; 银的化合价升高1,每生成1 mol X,反应转移2 mol e,D项正确。,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,15,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,15,13,3.向100 mL的FeBr2溶液中,通入标准状况下Cl2 5.04 L,Cl2全部被还原,测得溶液中c(Br)c(Cl),则原FeBr2溶液的物质的量浓度是 A.0.75 molL1 B.1.5 molL1 C.2 molL1 D.3 molL1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,
17、解析 标准状况下Cl2的物质的量是 0.225 mol,由于Fe2的还 原性强于Br,通入氯气后,Cl2先氧化Fe2再氧化Br,设原FeBr2溶液的物质 的量浓度是x molL1,则0.22520.1x1(0.1x20.2252),解得x3。,15,13,4.若(NH4)2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O,则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为 A.14 B.12 C.21 D.41,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,解析 反应方程式是3(NH4)2SO4 3SO2N24NH36H2O,该方 程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价
18、都是3价,化合价不变,则该反应中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为(12)(41)12。,15,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,5.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中,两者恰好完全反应,假设反应过程中还原产物全是NO,向所得溶液中加入物质的量浓度为3 molL 1 NaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列有关叙述中正确的是 A.加入合金的质量可能为9.6 g B.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150 mL C.参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol D.溶解合金时产生NO气体体积0.224 L(以标准状况),1
19、5,13,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14,解析 生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,说明OH质量为5.1 g,即0.3 mol,金属结合氢氧根离子的物质的量与反应转移的电子的物质的量相等,所以反应转移的电子为0.3 mol,生成的NO为0.1 mol,根据氮原子守恒计算参加反应的硝酸的物质的量为0.4 mol,C正确; 消耗NaOH溶液体积应为100 mL,B错误; 产生NO气体体积标况下应为2.24 L,D错误; 根据电荷守恒,镁、铜合金共0.15 mol,用极端假设法,如果全部是铜,质量为9.6 g,所以合金质量应比9.6 g小,A错误。,15,13,6
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