高中化学必修1氧化还原反应（3）教学设计

第三单元 氧化还原反应（3） 授课人：董 啸 ①掌握化学反应的四种基本类型。 教学目标： ②掌握重要氧化剂、还原剂之间的常见反应。 ③能分析并标示氧化还原反应中电子转移的方向和数目。 教学重点： 氧化性还原性强弱的比较和计算 教学难点： 氧化还原反应方程式的配平及计算 教学方法： 归纳法和比较法相结合 教学过程： 第三课时 基础知识精析 五．氧化还原反应的计算 （1）氧化还原反应比较典型的计算类型： ①求氧化剂与还原剂物质的量之比或质量之比。 ②计算参加反应的氧化剂或还原剂的量。 ③确定反应前后某一元素的价态变化等。 计算的关键是依据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数列出守恒关系 式求解。 （2）守恒法解题的一般思路和步骤： 首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子 的物质的量，然后根据得失电子守恒列出等式：氧化剂的物质的量×每摩尔氧化 剂得电子数＝还原剂的物质的量×每摩尔还原剂失电子数，利用这一等式，解氧 化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。 注意：解决这类题时应充分抓住氧化还原反应的本质进行计算，一般不必 配平氧化还原反应方程式。 练习：在 3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，当有 3mol BrF3 参加 反应时，其中被水还原的 BrF3 的物质的量是—————mol；当有 5mol H2O 参加反应时，其中被水还原的 BrF3 的物质的量是—————mol；当有 5mol H2O 做还原剂 时，其中被水还原的 BrF3 的物质的量是—————mol。 思维建模：守恒法解题的思维流程 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 得到电子总数与还原剂失去电子总数相等，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维，便可迅速获得正确 结果。 (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＝n(还原剂)×变价原子个数×化 合价变化值。 【活学活用】 1． 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 1∶16，则 x 的值为 (　　) A．2 B．3 C．4 D．5 答案　D 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。 得关系式 1×·xe－＝16×2e－，x＝5。 2． 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 答案　B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＋4→＋6；而 Cr 元素的化合价 将从＋6→＋n(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 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得 n＝3。 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。 答案　1.5　2.2 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 P 的物质的量为 y 根据电子守恒得：7．5 mol×(2－1)＝x·(5－0) x＝1.5 mol 1 mol×3×(2－1)＋1 mol×[0－(－3)]＝y·(5－0) 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。 4． 四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊 断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备 Fe3O4 纳米 颗粒的反应是 3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4↓＋S4O＋2H2O。请回答下列问 题。 (1)水热法制备 Fe3O4 纳米颗粒的反应中，还原剂是____________。 (2)反应的化学方程式中 x＝________。 (3)每生成 1 mol Fe3O4，反应转移的电子为________mol，被 Fe2＋还原的 O2 的物质的量为________mol。 答案　(1)Fe2＋、S2O　(2)4　(3)4　0.5 解析　(2)根据电荷守恒得： x＋2×2－3×2＝2，解得 x＝4。(3)根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当生成 1 mol Fe3O4 时， 转移的电子数即是 1 mol O2 得电子总数，为 4 mol。设被 Fe2＋还原的 O2 的物质的 量为 x，根据电子守恒得：4x＝1 mol×3×(－2)，解得 x＝0.5 mol。 题组三　多步反应的得失电子守恒问题 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。 5． 现有铁粉和氧化铁的混合物共 27.2 g，加入足量的稀硫酸使之充分反应。 当固体粉末完全溶解时，收集到 2.24 L(标准状况下)气体，当向溶液中滴加 KSCN 溶液时，溶液不显血红色。试求原样品中氧化铁的质量分数。 答案　58.8% 6． 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 B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g 答案　C 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(Cu、Ag)之间 的物质的量关系。HNO3 中的元素相当于电子的“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 根据得失电子守恒规律，得 ×2＋＝×4，解得：m(Cu)＝3.2 g。 题组四　微粒先后反应时的得失电子守恒问题 当一种物质同时氧化两种或两种以上的微粒时，则强还原剂先被氧化。一 种物质同时还原两种或两种以上微粒时，则强氧化剂先被还原。被氧化和被还原 到何种程度，要以还原剂和氧化剂的物质的量多少来决定，具体计算时用电子守恒规律，但是对氧化还原反应过程中对应的每个阶段要分析清楚，电子守恒在对 应的阶段同样适用。 7． 下列微粒在溶液中的还原性和氧化性强弱如下：还原性 HSO>I－，氧 化性 IO>I2>SO。向含有 x mol NaHSO3 的溶液中逐滴加入 KIO3 溶液。加入 KIO3 和析出 I2 的物质的量的关系曲线如图所示，则 x＝________mol。 答案　3 解析　开始加入 KIO3 溶液时，最先与 IO 反应的微粒是 HSO，还原产物为 I －，氧化产物为 SO。当 HSO 反应完后，b 点到 c 点发生反应的离子方程式为 IO ＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。所以 0 点到 b 点参加反应的 HSO 的物质的量可利用 电子守恒求解，n(HSO)×2e－＝n(IO)×6e－，即 n(HSO)×2＝1 mol×6，所以 x＝ 3。 1． (2012·海南，6)将 0.195 g 锌粉加入到 20.0 mL 的 0.100 mol·L －1 MO 溶 液中，恰好完全反应，则还原产物可能是 (　　) A．M B．M2＋ C．M3＋ D. MO2＋ 答案　B 解析　锌粉加入到 MO 溶液中发生氧化还原反应，反应物 Zn 为 0.003 mol， 反应中失去电子为 0.003 mol×2＝0.006 mol，而溶液中 MO 为 20.0×10 －3 L× 0.100 mol·L－1＝0.002 mol，根据反应中转移电子的物质的量相等，可求得反应中 M 元素降低 3 价，即 MO 的还原产物可能为 M2＋。 2． (2012·四川理综，13)向 27.2 g Cu 和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀硝 酸 0.5 L，固体物质完全反应，生成 NO 和 Cu(NO3)2。在所得溶液中加入 1.0 mol·L－1 的 NaOH 溶液 1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2 g。下列有关说法不正确的是(　　) A．Cu 与 Cu2O 的物质的量之比为 2∶1 B．硝酸的物质的量浓度为 2.6 mol·L－1 C．产生的 NO 在标准状况下的体积为 4.48 L D．Cu、Cu2O 与硝酸反应后剩余 HNO3 为 0.2 mol 答案　B 解析　解题的关键是会利用守恒法解题，包括元素守恒和得失电子守恒。 Cu(OH)2 的质量为 39.2 g，其物质的量为 0.4 mol，设 Cu、Cu2O 的物质的量分别 为 x、y，则 x＋2y＝0.4 mol，64 g·mol－1·x＋144 g·mol －1·y＝27.2 g，解得：x＝0.2 mol，y＝0.1 mol，故 A 正确；Cu 和 Cu2O 中的 Cu 都变成了＋2 价，转移的电子 的物质的量为(0.4＋0.2) mol＝0.6 mol，根据得失电子守恒可知，生成的 NO 应为 0.2 mol，故 C 正确；n(NaOH)＝1 mol，生成 0.4 mol Cu(OH) 2 时消耗了 0.8 mol NaOH，另外 0.2 mol NaOH 中和了硝酸，故 D 正确；硝酸总的物质的量为 0.2 mol(剩余的)＋0.2 mol(表现氧化性的)＋0.8 mol(表现酸性的)＝1.2 mol，其物质的 量浓度为 2.4 mol·L－1，故 B 错。 3． [2011·山东理综，28(1)]研究 NO 2、SO2、CO 等大气污染气体的处理具 有重要意义。 NO2 可用水吸收，相应的化学反应方程式为____________。 利用反应 6NO2＋8NH3 7N2＋12H2O 也可处理 NO2。当转移 1.2 mol 电子时，消耗的 NO2 在标准状况下是________L。 答案　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　6.72 解析　根据题给化学方程式可知当 6 mol NO2 全部参加反应时，转移电子 6 mol×(4－0)＝24 mol，故转移 1.2 mol 电子时，消耗 NO2 0.3 mol，即 6.72 L。 4． 配平下列方程式 (1)[2011·福建理综，23(6)]在某强酸性混合稀土溶液中加入 H2O2，调节 pH≈ 3，Ce3＋通过下列反应形成 Ce(OH)4 沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________ 答案　2　1　6　2　6　H＋ (2)[2010·福建理综，24(2)改编]完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式： Fe(OH)2＋ClO－＋________===Fe(OH)3＋Cl－ 答案　2　1　1　H2O　2　1 (3)[2011·安徽理综，27(2)改编]配平反应的离子方程式是 Mn 2 ＋＋ClO＋ H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋________。 答案　5　2　4　5　1　8　H＋ (4)[2010·重庆理综，26(3)]配平用钙线脱氧脱磷的化学方程式： P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe 答案　2　5　3　1　5 5． (2012·上海，五)二氧化硒(SeO 2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒 可能成为环境污染物，通过与浓 HNO3 或浓 H2SO4 反应生成 SeO2 以回收 Se。 完成下列填空： (1)Se 和浓 HNO3 反应的还原产物为 NO 和 NO2，且 NO 和 NO2 的物质的量 之比为 1∶1，写出 Se 和浓 HNO3 的反应方程式 。 (2)已知：Se＋2H2SO4(浓)―→2SO2↑＋SeO2＋2H2O 2SO2＋SeO2＋2H2O―→Se＋2SO＋4H＋ SeO2、H2SO4(浓)、SO2 的氧化性由强到弱的顺序是__________________。 (3)回收得到的 SeO2 的含量，可以通过下面的方法测定： ①SeO2＋KI＋HNO3―→Se＋I2＋KNO3＋H2O ②I2＋2Na2S2O3―→Na2S4O6＋2NaI 配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。 (4)实验中，准确称量 SeO2 样品 0.150 0 g，消耗了 0.200 0 mol·L－1 的 Na2S2O3 溶液 25.00 mL，所测定的样品中 SeO2 的质量分数为__________。 答案　(1)Se＋2HNO3(浓)―→H2SeO3＋NO↑＋NO2↑(2)H2SO4(浓)>SeO2>SO2 (3) (4)92.5% 解析　(3)可以采用化合价升降法配平，即 Se 元素化合价由＋4 降低为 0， 而 I 元素化合价由－1 升高至 0，根据化合价升降相等，KI 系数为 4，故 I2 系数 为 2，然后配平即可；该反应中 KI 中的 I 元素失电子，而 SeO2 中 Se 元素得电子。 〖教后记〗