2021高考化学(人教版)一轮配套练习：第2章-课时4-氧化还原反应方程式的配平及计算.docx

课时4 氧化还原反应方程式的配平及计算

(时间：45分钟　分值：100分)
一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)
1．O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3＋I－＋H＋―→I2＋O2＋H2O(未配平)，下列说法正确的是 (　　)。
A．配平后的离子方程式为2O3＋2I－＋4H＋===I2＋2O2＋2H2O
B．每生成1 mol I2转移电子2 mol
C．O2是还原产物之一
D．该反应能说明O2的氧化性大于I2的
解析　A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O3＋2I－＋2H＋===I2＋O2＋H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误，B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。
答案　B
2．锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 (　　)。
A．2 mol B．1 mol C．0.5 mol D．0.25 mol
解析　依据Zn＋HNO3(稀)―→Zn(NO3)2＋NH4NO3＋H2O，Zn：0―→＋2，化合价转变值为2，N：＋5―→－3，化合价转变值为8，依据化合价升降总值相等得：Zn(NO3)2的化学计量数为4，NH4NO3的化学计量数为1，然后依据原子守恒配平化学方程式为4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，当生成1 mol Zn(NO3)2时，被还原的HNO3为0.25 mol。
答案　D

3．24 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
解析　题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质肯定是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)。依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。
答案　B
4．已知OCN－中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCN－＋OH－＋Cl2―→CO2＋N2＋Cl－＋H2O(未配平)中，假如有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN－的物质的量是 (　　)。
A．2 mol B．3 mol C．4 mol D．6 mol
解析　OCN－中C显＋4价，N显－3价，反应中只有N和Cl的化合价转变，依据OCN－N2、Cl22Cl－，由得失电子守恒：2n(Cl2)＝3n(OCN－)，可知6 mol Cl2完全反应，有4 mol OCN－被氧化，C对。
答案　C
5．水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为：3Fe2＋＋2S2O32－＋O2＋aOH－===Y＋S4O62－＋2H2O。下列说法中，不正确的是 (　　)。
A．S2O32－是还原剂
B．Y的化学式为Fe2O3
C．a＝4
D．每有1 mol O2参与反应，转移的电子总数为4 mol
解析　由反应知还原剂是S2O32－，氧化剂是O2，每有1 mol O2参与反应，转移电子的物质的量为4 mol，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4，B错误；由电荷守恒知，a＝4，C正确。
答案　B
6．依据表中信息推断，下列选项不正确的是 (　　)。
序号
反应物
产物
①
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4……
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
MnO4－……
Cl2、Mn2＋……
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B．第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C．第③组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 mol
D．氧化性由强到弱的挨次为MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br2
解析　本题考查氧化还原反应的相关学问。A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，正确；B项，Fe2＋的还原性强于Br－，Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2时，1 mol Cl2恰好氧化2 mol Fe2＋，Br－不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，
MnO4－得电子转化为Mn2＋，Cl2是氧化产物，只有Cl－失电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，正确；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnO4－>Cl2>Br2>Fe3＋(还原性Fe2＋强于Br－，故氧化性Br2>Fe3＋)，D不正确。
答案　D
7．a mol Cu与含b mol HNO3的硝酸溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量为 (　　)。
A．(b－2a)mol B.b mol
C.a mol D.b mol
解析　反应后生成a mol Cu(NO3)2，b mol HNO3中有2a mol HNO3没有被还原，依据N原子守恒可得被还原的HNO3为(b－2a)mol。
答案　A
二、非选择题(本题共6个小题，共58分)
8．(8分)近年来地质、环境灾难频频发生，为防止在大灾之后疫病流行，灾区需要大量的各种消毒剂、漂白剂等。
(1)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂，它可由KClO3与SO2在H2SO4作用下反应制得。请写出反应的离子方程式：_________________________________________________________________。
(2)过碳酸钠是一种新型固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO3·3H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是________。
A．MnO2 B．KMnO4溶液
C．稀盐酸 D．Na2SO3溶液
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温下黑暗处可保存一年，HClO2不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑＋H＋＋Cl－＋H2O(未配平)。当1 mol HClO2分解时，转移的电子数是________。
解析　(1)ClO3－被SO2还原为ClO2，SO2被ClO3－氧化为SO42－，其离子反应方程式为：2ClO3－＋SO2===2ClO2＋SO42－。(2)Na2CO3·3H2O2反应时，与氧化还原反应相关的是H2O2，H2O2被MnO2催化分解生成H2O、O2，过碳酸钠既发生氧化反应也发生还原反应；KMnO4溶液具有强氧化性，能将H2O2氧化生成O2，过碳酸钠中H2O2只发生氧化反应；Na2SO3被H2O2氧化，过碳酸钠中H2O2发生还原反应；过碳酸钠与稀盐酸不发生氧化还原反应。
(3)配平反应：5HClO2===4ClO2↑＋H＋＋Cl－＋2H2O，5 mol HClO2分解转移4 mol电子，故1 mol HClO2发生分解反应，转移0.8 mol电子，即数目为0.8×6.02×1023。
答案　(1)2ClO3－＋SO2===2ClO2＋SO42－　(2)B　(3)0.8×6.02×1023(或4.816×1023)
9．(10分)向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。假如连续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会渐渐变浅，最终变成无色。完成下列填空：
(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式_________________ _______________________________________________________。
(2)整个过程中的还原剂是________。
(3)把KI换成KBr，则CCl4层变为________色；连续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的挨次是_________________________________________________________________。
(4)加碘盐中含碘量为20～50 mg·kg－1。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1 000 kg，若用KI与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2________L(标准状况，保留2位小数)。
解析　(1)CCl4层变成紫色说明有I2生成，连续滴加氯水变成无色，说明I2又被氧化生成HIO3，同时生成HCl。(2)首先KI被氧化生成I2，后来I2又被氧化生成KIO3，所以整个过程中的还原剂是KI、I2。(3)Br2的CCl4溶液显红棕色；连续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化，说明氯水能氧化I2但不能氧化Br2，结合第(1)问可得氧化性HBrO3>Cl2>HIO3。(4)KI被Cl2氧化成KIO3，对应关系式为
I－　　～　　KIO3　　～　　3Cl2
1 mol 3 mol
mol n(Cl2)
则n(Cl2)＝ mol，V(Cl2)＝mol×22.4 L·mol－1
≈10.58 L。
答案　(1)I2＋5Cl2＋6H2O===2HIO3＋10HCl
(2)KI、I2　(3)红棕　HBrO3>Cl2>HIO3　(4)10.58
10．(9分)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。
(1)有下列变化：CO32－→CO2、C2O42－→CO2、Fe3＋→Fe2＋，找出其中一个变化与“MnO4－→Mn2＋”组成一个反应，写出该反应的离子方程式：_________________________________________________________________。
(2)高锰酸钾可代替二氧化锰用来制取Cl2，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)高锰酸钾与硫化亚铁有如下反应：10FeS＋6KMnO4＋24H2SO4===3K2SO4＋6MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋10S＋24H2O。若上述反应前后固体的质量削减了
2.8 g，则硫元素与KMnO4之间发生转移的电子数目为________。
解析　(1)MnO4－→Mn2＋为还原过程，故与之对应的应为氧化过程C2O42－→CO2。依据得失电子守恒将方程式配平即可。(2)酸性条件下，KMnO4溶液的氧化性较强，其与浓盐酸反应时，被还原为Mn2＋，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5。(3)依据方程式可得关系式：
10FeS　～　10S　～　Δm　～　e－
880 g 320 g 560 g 30 mol
2.8 g n(e－)
n(e－)＝×30 mol＝0.15 mol。
答案　(1)2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(2)1∶5　(3)0.15NA(或9.03×1022)
11．(10分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。依据题意完成下列填空：
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。
(2)上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用________吸取。
(3)As2S3和HNO3有如下反应：
As2S3＋10H＋＋10NO3－===2H3AsO4＋3S＋10NO2↑＋2H2O若生成2 mol H3 AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成一原电池，则NO2应当在________(填“正极”或“负极”)四周逸出。
(4)若反应产物NO2和11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸取全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量________(选填编号)。
a．小于0.5 mol b．等于0.5 mol
c．大于0.5 mol d．无法确定
解析　(1)As在As2S3中的化合价为＋3，在As4S4中的化合价为＋2，每摩As2S3转化为As4S4时得到2 mol e－，而每摩SnCl2转化为SnCl4时失去2 mol e－，故二者在反应时物质的量之比为1∶1。(2)H2S既可与NaOH溶液反应，又能与CuSO4溶液反应。(3)当生成2 mol H3AsO4时，同时生成了3 mol S，二者共失去电子10 mol。HNO3在反应中作氧化剂，在正极上发生反应，所以NO2应在正极上生成。(4)依据反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知，反应共生成
2 mol HNO3，浓HNO3与碳反应时的物质的量之比为4∶1，所以2 mol HNO3如完全反应可生成CO2 0.5 mol。但由于硝酸的浓度降低到肯定程度时，碳就不再与硝酸反应，所以实际产生CO2的物质的量应小于0.5 mol。
答案　(1)1∶1　(2)As2S3　氢氧化钠溶液(或硫酸铜溶液)　(3)10 mol　正极　(4)a
12．(10分)在热的稀硫酸中溶解了11.4 g FeSO4固体，当加入50 mL 0.5 mol·L－1 KNO3溶液时，其中的Fe2＋全部转化成Fe3＋，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。
(1)推算出x＝________；y＝________。
(2)配平该反应的方程式：
FeSO4＋____KNO3＋____H2SO4===____K2SO4＋____Fe2(SO4)3＋____(NxOy)＋____H2O(配平常x、y用具体数值表示，物质填在中)。
(3)反应中氧化产物是________。
(4)用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：_____________________ _________________________________________________________________。
解析　n(FeSO4)＝＝0.075 mol
n(KNO3)＝0.05 L×0.5 mol·L－1＝0.025 mol
Fe2＋转化为Fe3＋共失去0.075 mol电子，依据得失电子守恒原理，可知1 mol N原子得到3 mol电子，反应中N元素由＋5价降为＋2价，既得到的氧化物为NO。
答案　(1)1　1　(2)6　2　4　1　3　2　NO↑　4
(3)Fe2(SO4)3
(4)
＋4H2O
13．(11分)氧化还原反应综合应用：氧化还原反应滴定
(1)配平氧化还原反应方程式：
C2O42－＋____MnO4－＋____H＋===____CO2↑＋____Mn2＋＋____H2O
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L－1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H＋的总物质的量为________mol。
②其次份溶液中滴加0.10 mol·L－1的酸性高锰酸钾溶液。
A．KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全，此时溶液颜色由________变为________。
B．若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再连续滴定至终点，则所测结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
C．若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________，KHC2O4的质量分数为________。
解析　(1)C：＋3―→＋4，转变量(4－3)×2＝2，Mn：＋7―→＋2，转变量(7－2)×1＝5，依据化合价升降总数相等，所以在C2O42－前配5，MnO4－前配2，依据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2＋前配10和2，再由电荷守恒在H＋前配16，最终依据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧原子个数相等。
(2)①由H＋＋OH－===H2O知，n(H＋)＝n(OH－)＝0.25 mol·L－1×0.02 L＝0.005 mol。②原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得，n(还)×2＝0.10 mol·L－1×0.016 L×5，n(还)＝0.004 mol。③设6.0 g试样中H2C2O4·2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4·2H2O)、n(KHC2O4)，由①得：2n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.05 mol，由②得：n(H2C2O4·2H2O)＋n(KHC2O4)＝0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O4·2H2O)＝0.01 mol，n(KHC2O4)＝0.03 mol，H2C2O4·2H2O的质量分数为×100%＝21%，KHC2O4的质量分数为×100%＝64%。
答案　(1)5　2　16　10　2　8
(2)①0.005　②A.氧化剂　不需要　无色　浅紫红色　B．无影响　C．偏小　③21%　64%