第09讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算（讲义）-2022年高考化学一轮复习必做提升讲义（夯基础·再突破）

第九讲 氧化还原反应的配平、缺项配平及计算 1.氧化还原反应配平原则 (1)一般配平原则 (2)“缺项”配平原则 对于化学反应方程式，所缺物质往往是酸、碱或水、补项的两原则 条件 补项原则 酸性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水) 碱性条件下 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－ (3)陌生化学方程式书写步骤 特别强调： 1.理解并记忆常见氧化剂或还原剂对应的反应产物。 2.运用“有升必有降”找出隐含反应物或生成物。 3.运用电子得失守恒时要看清化学式中变价元素的原子个数(特别是同种物质中的同种元素有不同化合价的升降变化)。 4.运用电荷守恒时,要准确把握H+与OH-的使用符合题中反应环境。 课堂检测01 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，则铬(Cr)元素在还原产物中的化合价为(　　) A．＋2　　 B．＋3 C．＋4 D．＋5 答案：B 【解析】题目中指出被还原的是铬元素，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中硫元素的化合价从＋4→＋6，而铬元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为n)。根据得失电子守恒可得，0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 2.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(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于(　　) A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44 答案：B 【解析】反应流程为 x g＝17.02 g－m(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n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 3.在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2O72-，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　) A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol 答案：B　 【解析】1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O72-，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。 4.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂也是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7 D．14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2 答案：C　 【解析】反应中元素化合价的变化为14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的－2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-中的＋6价S(生成物中有17个SO42-，其中有14来自于反应物中的CuSO4中)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；CuSO4的化合价都降低，所以CuSO4只是氧化剂，B项正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，C项错误；14 mol CuSO4在反应中得电子中14 mol。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子，根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，D项正确。 5.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 mol·L－1 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　　 D．15 mL 答案：A　 【解析】由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据