2019年高考化学 备考百强校微测试系列 专题07 氧化还原反应方程式的配平及计算.doc

专题07 氧化还原反应方程式的配平及计算（满分60分 时间25分钟）姓名：_ 班级：_ 得分：_1在探究影响化学反应速率的因素时，将H2C2O4溶液滴入KMnO4酸性溶液中，一段时间后，溶液突然变成无色，发生反应：KMnO4H2C2O4H2SO4K2SO4MnSO4CO2H2O（没有配平）。下列有关说法错误的是A H2C2O4中C的化合价为3B 每生成224 L（标况）CO2，转移电子2 molC 该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2 ：5D 溶液突然褪色的原因是产物MnSO4对该反应有催化作用【答案】B【解析】A根据化合价法则，氢为+1价，氧为-2价，所以 H2C2O4中C的化合价为3，A正确；B根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8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A 8.64 B 9.20 C 9.00 D 9.44【答案】B【解析】产生NO2的物质的量为8.960L22.4L/mol=0.4mol，产生N2O4的物质的量为0.672 L22.4L/mol=0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，金属提供的电子的物质的量为0.4mol(5-4)+0.03mol2(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有OH-的物质的量为0.46mol，OH-的质量为0.46mo17g/mol=7.82gl，由质量守恒可得铜和镁的合金质量为17.02g-7.82g=9.2g，故B正确。综上所述，本题应选B。【点睛】在有关氧化还原反应的计算中，应巧妙运用得失电子守恒进行计算。3一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO16.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A 9.0 L B 11.2 L C 16.8L D 17.92 L【答案】C【解析】若混合物全是CuS，其物质的量n(CuS)=n(CuO)=16/80=0.2mol，转移电子物质的量=0.2（6+2）4已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3+和Cr3+。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4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Fe3+的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是（ ）A 图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B 图中BC段发生的反应为2Fe3+2I-=2Fe2+I2C 开始加入的K2Cr2O7为0.25 molD K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为1：3【答案】D 【解析】A开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；BBC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3+2I=2Fe2+I2，B正确；C由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为1.5mol6=0.25mol，C正确；D由方程式2Fe3+2I=2Fe2+I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，D错误，答案选D。5从矿物学资料查得，一定条件下自然界存在如下反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是A FeS2只作还原剂B 5mol FeS2发生反应，有10mol电子转移C 产物中的SO42-离子有一部分是氧化产物D Cu2S既是氧化产物又是还原产物【答案】C【解析】AFeS2中部分硫元素从-1价降到Cu2S中-2价，硫原子得电子，另外一部分硫元素从-1价升高到【点睛】熟记氧化还原反应概念的小方法：“升失氧、降得还”，即化合价升高失去电子，对应元素发生氧化反应，化合价降低得到电子，对应元素发生还原反应。6一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4 g硫单质、0.425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A 该盐酸的物质的量浓度为4.25 molL-1B 该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为31C 生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24 LD 该磁黄铁矿中FexS的x=0.85【答案】D【解析】n(S)=2.4/32=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.075(2-0)/(3-2)=0.15mol，则【点睛】本题考查了根据氧化还原反应进行计算，根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算是关键；本题中根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比。 7已知：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI；向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100mL，向其中通入4.48L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是A FeI2的物质的量浓度约为1 molL-1B 完全反应时转移电子0.2molC 通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-D 反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+【答案】A【解析】由知，还原性强弱顺序为SO2I-；由知，还原性强弱顺序为SO2Fe2+；由知，还原性强弱顺序为I-Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2I-Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3-I-Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3-和I-均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=24.48 L22.4 Lmol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1 mol，c(FeI2)=1 molL-1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol，B错误；综上所述，本题选A。8铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物有关知识，回答下列问题：（1）铁和铁合金是生活中的常用材料，下列叙述中，正确的是（_）A铁在冷的浓硝酸中钝化 B生铁耐腐蚀性强，不易生锈 C不锈钢是铁合金，只含金属元素 D铁在一定条件下，可与水蒸气反应 （2）向沸水中逐滴滴加1 molL1FeCl3溶液，至液体呈透明的红褐色，该反应的离子方程式为_（3） 焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生反应的体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、Fe和X。写出并配平该反应的化学方程式：_发生氧化反应的物质是_，反应中4 mol的氧化剂能_(填“失去”或“得到”)_ mol电子。反应中产生了11.2 L(标准状况)的气体时，被还原的物质的质量为_。（4）高铁酸钠Na2FeO4 是一种新型净水剂。高铁酸钠主要通过如下反应制取：2Fe(OH)33NaClO4NaOH=2Na2FeO43X5H2O，则X的化学式为_。高铁酸钠在水中可以发生如下反应：4FeO42-10H2O4Fe(OH)38OH3O2。由此看来，高铁酸钠能够杀菌消毒是因为它具有_性，而能够除去水中悬浮物是因为_下列物质能作净水剂（能除去水中的悬浮物）的有_。AKAl(SO4)212H2O BFe(OH)(SO4)n CClO2 D“84”消毒液【答案】AD Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H 6NH4Cl4Fe2O3=6Fe2FeCl33N212H2O NH4Cl 得到 18 80 g NaCl 氧化 生成Fe(OH) 3在水中形成胶体能够吸附水中悬浮杂质 AB 【解析】（1）A铁在冷的浓硝酸中钝化，A项正确；B生铁中含碳，在潮湿的空气中生铁形成原电池，（2）向沸水中逐滴滴加1 molL1FeCl3溶液，得到透明的红褐色的Fe(OH)3胶体，其反应的离子方程式为：Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+；（3）铁锈的主要成分是Fe2O3，该反应的反应物是NH4Cl和Fe2O3，生成物有FeCl3和N2，分析化合价知，氮元素由-3价升高到N2中的0价，每个氮原子升高3价，铁元素化合价由+3价降到Fe的0价，每个铁原子降低3价，根据化合价升降守恒配平NH4Cl、Fe2O3、Fe、N2的计量数，再根据氧原子和氢原子守恒推知X是H2O，并确定FeCl3和H2O计量数，配平了的反应方程式为：6NH4Cl4Fe2O3=6Fe2FeCl33N212H2O【点睛】化合价升降法配平氧化还原方程式的一般步骤是：（1）标变价，（2）列变化，（3）使相等，（4）配系数。