2020年高考化学一轮复习 第2章 第5节 氧化还原反应的规律、配平与计算课时跟踪练（含解析）.doc

氧化还原反应的规律、配平与计算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、O2 DMgO、NO2、N2解析：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。答案：D2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：Mn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；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；标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移22.4 L22.4 Lmol120(1)2 mol e，故C正确；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。答案：C3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()A111 B311C133 D632解析：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)mol，根据2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2，n(FeBr2)1 molmol，故n(HI)n(Fe)n(FeBr2)2 molmolmol311。答案：B4NaNO2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：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。答案：C5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()A13 B43 C21 D31解析：本题考查氧化还原反应的简单计算。xClKCl降x111 ClKClO 升1111ClKClO3 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。答案：B6ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3H2C2O4H2SO4ClO2K2SO4CO2H2O(未配平)。下列说法正确的是()AKClO3在反应中是还原剂B1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体CClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的约5.3倍D1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移解析：A项，KClO3中Cl元素化合价从5价降低到4价，得到1个电子，在反应中是氧化剂，错误；B项，1 mol KClO3参加反应得到1 mol电子，草酸中碳元素化合价从3价升高到4价，失去1个电子，所以得到的气体是1 mol ClO2和1 mol CO2，在标准状况下的体积是44.8 L，错误；C项，ClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的2.63倍，错误；D项，根据以上分析可知1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，正确。答案：D7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：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。答案：D8(2019济南模拟)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()A4B5 C6D7解析：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。答案：D9(2019揭阳模拟)黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS24O2Cu2S3SO22FeO()产物Cu2S在1 200 高温下继续反应：2Cu2S3O2=2Cu2O2SO2 ()2Cu2OCu2S=6CuSO2 ()假定各步反应都完全。则下列说法正确的是()A反应中CuFeS2仅作还原剂B取12.5 g黄铜矿样品，经测定含3.60 g硫，则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%C由6 mol CuFeS2生成6 mol Cu消耗O2的物质的量为14.25 molD6 mol CuFeS2和15.75 mol O2反应，理论上可得到铜的物质的量为3 mol解析：反应中铜元素化合价降低，硫元素的化合价升高，CuFeS2既作还原剂，也作氧化剂，A错误；由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算CuFeS2的含量，B错误；根据方程式可知6 mol CuFeS2参加反应，生成3 mol Cu2S，其中2 mol Cu2S转化为2 mol Cu2O，2 mol Cu2O与1 mol Cu2S反应生成6 mol Cu，所以消耗O2的物质的量为12 mol3 mol15 mol，C错误；6 mol CuFeS2需要12 mol氧气得到3 mol Cu2S，剩余3.75 mol氧气可以消耗Cu2S的物质的量是22.5 mol，得到2.5 mol Cu2O，此时剩余Cu2S的物质的量是0.5 mol，与1 mol Cu2O反应生成3 mol铜，D正确。答案：D10NaCN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)NaCNONaCN11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。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。(3)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)0100 0 molL1。答案：(1)(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)Fe(OH)3CaSO4Cr(OH)3OH=CrO2H2OCrOCO22H2O=Cr(OH)3HCO(4)0.100 0 molL112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=2MnO4，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)514.81030.02mol3.7103 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%