2019版高考化学总复习 第2章 化学物质及其变化 第5节 氧化还原反应的规律、配平与计算模拟预测通关 新人教版.doc

第5节 氧化还原反应的规律、配平与计算一、选择题1固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中不成立的是()AMg(NO2)2、O2BMgO、NO2、O2CMg3N2、O2DMgO、NO2、N2解析：选D。A、B、C三项中均有化合价的升降，符合氧化还原反应发生的条件；D项中由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征。2在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为2MnO16H5Na2O2=2Mn25O28H2O10Na。下列判断正确的是()AO2是还原产物，Mn2是氧化产物BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂C标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移2 mol eD通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液解析：选C。 AMn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2是还原产物，故A错误；B过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故B错误；C标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移22.4 L22.4 L/mol20(1)2 mol e，故C正确；D用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，故D错误。3在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为 ()A111B311C133D632解析：选B。反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1 mol，根据2HICl2=2HClI2，n(HI)2 mol，根据2Fe3Cl2=2FeCl3，n(Fe)2/3 mol，根据2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2，n(FeBr2)1 mol2/32/3 mol，故n(HI)n(Fe)n(FeBr2)2 mol2/3 mol2/3 mol311。4NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnONOMn2NOH2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A该反应中NO被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D中的粒子是OH解析：选C。NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO5NO6H=2Mn25NO3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。5某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO的物质的量浓度之比为111，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为()A13B43C21D31解析：选B。本题考查氧化还原反应的简单计算。xClKCl降x111 ClKClO 升1111 ClKClO3 升15关系式：x111115，得x16，则被还原和被氧化的氯元素的物质的量之比是16(111)43。6高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：KMnO4FeSO4H2SO4K2SO4MnSO4Fe2(SO4)3H2O。下列说法正确的是()AMnO是氧化剂，Fe3是还原产物BFe2的还原性强于Mn2C取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成D生成1 mol水时，转移2.5 mol电子解析：选B。Fe3为氧化产物，A项错误；Fe2在该反应中起还原性，Mn2为还原产物，B项正确；Fe3遇到SCN生成的是难电离的Fe(SCN)3，而不是沉淀，C项错误；配平该反应方程式为2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO42MnSO45Fe2(SO4)38H2O，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D项错误。7Na2Sx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的值为()A2B3C4D5解析：选D。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。Na2SxxNa2SO4，NaClONaCl，得关系式1x162，x5。8已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO42MnSO45Fe2(SO4)38H2O，现将一定量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是()A图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2 C根据OC段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 molD根据OC段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol解析：选D。根据题干中方程式可知：MnO 的氧化性强于Fe3，当加入KI溶液时，n(Fe3)不变，说明MnO 先氧化I，A正确；MnO 反应完全后，Fe3氧化I，使n(Fe3)减小，B正确；BC段参加反应的I为0.75 mol，故被还原的n(Fe3)为0.75 mol，再根据电子守恒，生成0.75 mol Fe3需0.15 mol MnO ，加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol，C正确，D不正确。9已知M2O 可与R2作用，R2被氧化为R单质，M2O的还原产物中，M为3价；又知c(M2O )0.3 molL1的溶液100 mL可与c(R2)0.6 molL1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为()A4B5C6D7解析：选D。n(M2O)0.3 molL10.1 L0.03 mol，n(R2)0.6 mol0.15 L0.09 mol，反应中M化合价降低到3价，R元素化合价升高到0价。设M2O中M的化合价为x，则2x22n，xn1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有(n13)0.03 mol2(20)0.09 mol，n7。10将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法不正确的是()A反应中转移电子的物质的量是0.21 molBClO的生成是由于温度升高引起的C苛性钾溶液中KOH的质量是16.8 gD氯气被还原成0.06 mol ClO和0.03 mol ClO解析：选D。结合反应，根据图像知n(ClO)0.06 mol，n(ClO)0.03 mol，故转移电子物质的量0.06 mol(10)0.03 mol(50)0.21 mol，A正确；根据图像知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，B正确；根据电子转移守恒可知n(Cl)0.21 mol，根据物料守恒可知n(K)n(Cl)n(ClO)n(ClO)0.21 mol0.06 mol0.03 mol0.3 mol，则n(KOH)0.3 mol，则m(KOH)0.3 mol56 gmol116.8 g，C正确；ClO、ClO都是氧化产物，D错误。二、非选择题11NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：NaCN与NaClO反应，生成NaCNO和NaCl；NaCNO与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知：HCN(K6.31010)有剧毒；HCN、HCNO中N元素的化合价相同。完成下列填空：(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为_(填“酸性”“碱性”或“中性”)；原因是_。(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：_。(3)处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO_g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mgL1，达到排放标准。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成_、_和H2O。解析：(1)NaCN易与酸反应生成HCN，HCN有剧毒，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。(2)反应中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子；氮元素的化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是23，反应的离子方程式为2CNO3ClO=COCO23ClN2。(3)参加反应的NaCN是20 mol，反应中C元素由2价升高到4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO的质量为74.5 gmol1414 900 g。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaCNO、NaCN和H2O。答案：(1)碱性防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(2)2CNO3ClO=COCO23ClN2(3)14 900(4)NaCNONaCN12某废水中含有CN和Cr2O等离子，需经污水处理达标后才能排放，污水处理拟采用下列流程进行处理：回答下列问题： (1)步骤中，CN被ClO氧化为CNO的离子方程式为_。(2)步骤的反应的离子方程式为S2OCr2OHSOCr3H2O(未配平)，每消耗0.4 mol Cr2O时，反应中S2O失去_mol电子。(3)利用Cr2O测定某SnCl2的纯度(杂质不参与反应，溶液中Sn4较为稳定)：将a g SnCl2样品制成溶液的操作为_，向得到的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用b molLl K2Cr2O7滴定生成的Fe2(已知酸性环境下，Cr2O可被还原为Cr3)，共用去K2Cr2O7溶液x mL。则样品中SnCl2的质量分数是_。(SnCl2的摩尔质量为M gmol1，用含a、b、x、M的代数式表示)解析：(1)步骤中，CN被ClO氧化为CNO，因为是在碱性环境中，所以ClO只能被还原为Cl，因此反应的离子方程式为CNClO=CNOCl。(2)根据方程式可知，在反应中Cr元素的化合价从6价降低到3价，得到3个电子，所以0.4 mol Cr2O转化为Cr3时转移电子的物质的量0.4 mol(63)22.4 mol。(3)Sn2能水解，所以将a g SnCl2样品制成溶液的操作为将SnCl2样品溶于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度；令样品中SnCl2的物质的量为n mol，则：3Sn26Fe2Cr2O3 1n molb molL1x103 L解得n3bx103 mol，样品中SnCl2的质量为3bx103 molM gmol13bx103M g，所以样品中SnCl2的质量分数为3bxM/1 000a。答案：(1)CNClO=CNOCl(2)2.4(3)将SnCl2样品溶于盐酸，然后用蒸馏水稀释至所需浓度3bxM/1 000a13铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是_(填序号)。(2)第步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO47H2O)处理，写出并配平反应的离子方程式：_。(3)第步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有_、_(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：_、_。(4)回收所得的Cr(OH)3，经步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：Cr2O6I14H=3I22Cr37H2O2S2OI2=S4O2I准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为_(保留四位有效数字)。解析：(1)中铬元素由6价降至3价，中铬元素由3价升至6价。(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3NaOH=NaCrO22H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2CO22H2O=Cr(OH)3NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O73I26Na2S2O3，n(Na2S2O3)6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)0.100 0 molL1。答案：(1)(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)Fe(OH)3CaSO4Cr(OH)3OH=CrO2H2OCrOCO22H2O=Cr(OH)3HCO(4)0.100 0 molL114工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中反应的化学方程式为_。(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量_(填“偏高”或“偏低”)。(3)电解槽中总的离子反应方程式为_。(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为_。上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为_。与该传统工艺相比，电解法的优势是_。(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL用0.020 0 molL1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为_。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O42H2O的相对分子质量为126)解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O32KOH=2KAlO2H2O、SiO22KOH=K2SiO3H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO2e=2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O2e=H22OH，两式相加得总的离子反应方程式为2MnO2H2O2MnO2OHH2。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3。上述反应中3 mol K2MnO4有1 mol锰元素化合价由6价降为4价生成二氧化锰，作氧化剂，有2 mol锰元素化合价由6价升高到7价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为12。K2MnO4的转化率为66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H2MnO5H2C2O4=2Mn28H2O10CO2，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O42H2O)514.81030.025/2 mol3.7103 mol，草酸晶体的质量为3.7103 mol126 g/mol0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。答案：(1)4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O (2)偏高(3)2MnO2H2O2MnO2OHH2(4)3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO312产率更高、KOH循环利用(5)93.2%