高考化学一轮复习第二章化学物质及其变化5氧化还原反应的计算及方程式的配平课时作业新人教版

“讲忠诚、严纪律、立政德”三者相互贯通、相互联系。忠诚是共产党人的底色，纪律是不能触碰的底线，政德是必须修炼的素养。永葆底色、不碰底线氧化还原反应的计算及方程式的配平 基础题组1(2017宁夏银川质检)宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有一银针验毒的记载，银针验毒的原理是4Ag2H2SO2=2X2H2O，下列说法不正确的是()AX的化学式为Ag2SB银针验毒时，空气中的氧气得到电子C反应中Ag和H2S均是还原剂D每生成1 mol X，反应转移2 mol e解析：A项，根据原子守恒，X为Ag2S，正确；B项，银失电子，空气中的氧气得电子，正确；C项，根据化合价的变化可知，H2S中的各元素化合价没有发生变化，不是还原剂，错误；D项，4 mol Ag参与反应时失去4 mol电子生成2 mol X，则每生成1 mol X，反应转移2 mol e，正确。答案：C2(2017河北石家庄质检)一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3HNO3N2H2O(未配平)，该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为()A53B54C11 D35解析：在反应5NH4NO32HNO34N29H2O中，一部分氮元素由3价升高为0价，被氧化，一部分氮元素由5价降低为0价，被还原，还有一部分氮元素的化合价未改变。根据电子转移守恒，可知被氧化与被还原的氮原子个数之比为(50)0(3)53，本题选A。答案：A3(2017河北衡水期末)NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是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：Mn化合价：72，N化合价：35，N的化合价升高，被氧化，在酸性条件下，消耗H，pH增大，A、B、D三项均错误。答案：C4(2017陕西师大附中期中)对于反应KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O(未配平)，若有0.1 mol KMnO4参加反应，下列说法不正确的是()A转移0.5 mol电子B氧化产物与还原产物物质的量之比为52C参加反应的HCl为0.8 molD氧化剂与还原剂物质的量之比为18解析：配平后各物质的化学计算数分别是2、16、2、2、5、8。从方程式知2 mol KMnO4参加反应，消耗HCl 16 mol，转移电子10 mol，当有0.1 mol KMnO4参加反应时，参加反应的HCl为0.8 mol，转移0.5 mol电子，A、C正确；由反应知氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，物质的量之比为52，B正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为15，D错误。答案：D5等物质的量的下列物质与足量稀硝酸反应，氧化产物为Cu2或SO，还原产物为NO。消耗硝酸的量最多的是()ACu BCu2OCCuS DCu2S解析：设固体的物质的量均为1 mol，根据得失电子守恒和硝酸铜的组成计算消耗HNO3(包括表现氧化性和表现酸性的HNO3)物质的量。A项，n(HNO3)2 mol mol mol。B项，n(HNO3)2 mol2 mol mol。C项，1 mol CuS转化为CuSO4时，消耗n(HNO3)mol。D项，1 mol Cu2S转化为Cu(NO3)2和CuSO4，消耗n(HNO3)2 mol mol mol。本题选D。答案：D6(2017甘肃兰州调研)在酸性溶液中，下列物质氧化KI溶液时，自身发生如下变化：甲：KIO3(IOI2)；乙：H2O2(H2O2H2O)；丙：FeCl3(Fe3Fe2)；丁：K2Cr2O7(Cr2OCr3)。用浓度均为0.1 molL1的已经酸化的上述氧化剂滴定等量的KI溶液，所需体积的大小顺序为()A甲乙丙丁 B乙丙丁甲C丁甲乙丙 D丙乙甲丁解析：氧化等量的KI，需要等浓度的氧化剂体积越大，相同物质的量的氧化剂得到的电子越少；1 mol题中氧化剂与KI完全反应时得到的电子分别为5 mol、2 mol、1 mol、6 mol，故D项正确。答案：D7(2017徐州模拟)建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2HINOI2NaIH2O(1)配平上面方程式。(2)上述反应的氧化剂是_；若有1 mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是_。(3)根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：水碘化钾淀粉试纸淀粉白酒食醋，进行实验，下列选项合适的是_(填字母)。A BC D(4)某厂废液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为_。解析：(2)2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂，4 mol HI参与反应，其中2 mol HI为还原剂，该反应转移电子是2 mol，所以若有1 mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是1 mol即6.021023。(4)由信息型氧化还原反应化学方程式书写规律可得，方程式为NaNO2NH4Cl=NaClN22H2O。答案：(1)242122(2)NaNO26.021023(3)C(4)NaNO2NH4Cl=NaClN22H2O能力题组1LiAlH4是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出氢气，LiAlH4在125时分解为LiH、H2和Al。下列叙述错误的是()ALiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂BLiAlH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4 gmol1C1 mol LiAlH4在125时完全分解，转移3 mol电子DLiAlH4与水反应生成三种物质时，化学方程式可表示为：LiAlH44H2O=Al(OH)3LiOH4H2解析：由乙醛生成乙醇属于加氢还原过程，故LiAlH4作还原剂，A项正确；LiAlH4与D2O反应的化学方程式为LiAlH44D2O=Al(OD)3LiOD4HD，故反应所得氢气的摩尔质量为3 gmol1，B项错误；由反应的化学方程式：知1 mol LiAlH4完全分解转移3 mol电子，C项正确；D项正确。答案：B2(2017河南联考)含有4.0 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示(还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是()Aa是Fe(NO3)2 Bn10.80 Cp0.60 Dn31.20解析：题图曲线相当于向含有0.4 mol HNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O、2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，故a是Fe(NO3)3，b是Fe(NO3)2。当只发生反应时，4 mol HNO3完全反应生成1 mol Fe(NO3)3，消耗1 mol Fe，即q1，n11。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5 mol Fe，Fe(NO3)2为1.5 mol，即r1.5，n31.5。当反应后溶质为等物质的量的Fe(NO3)3和Fe(NO3)2时，反应消耗0.2 mol Fe，生成0.6 mol Fe(NO3)2，剩余0.6 mol Fe(NO3)3，故p0.6，n21.2。本题选C。答案：C3(2017晋商四校联考)FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为()A16 B17 C211 D1625解析：设NO2、N2O4、NO的物质的量都是1 mol，此时，消耗硝酸的物质的量1 mol2 mol1 mol4 mol，硝酸得到电子的物质的量为1 mol(54)1 mol2(54)1 mol(52)6 mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n(FeS) mol，再根据Fe2(SO4)3中硫酸根离子和铁离子的关系，生成硫酸铁需要的铁原子的物质的量为2 mol，则剩余的 mol铁原子生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe(NO3)3所需硝酸的物质的量为 mol3 mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 mol( mol4 mol)17。答案：B4(2017宁夏银川调研)已知氧化性：BrOIOBr2I2。向含6 mol KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列有关说法错误的是()Ab点时KI恰好反应完全Bbc过程中，被氧化的为BrC当n(KBrO3)4 mol时，对应含碘物质为KIO3D该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2 mol解析：由图像可知，整个反应过程分三个阶段，每个阶段的反应方程式为(ab)6HBrO6I=3I2Br3H2O，(bc)BrO5Br6H=3Br23H2O，(cd)I22BrO=2IOBr2，则B项正确；b点时，I恰好完全转化为I2，A项正确；由题图知，当n(KBrO3)4 mol时，对应含碘物质有I2和KIO3两种，C项错误；根据反应、可计算出6 mol KI最终完全转化为KIO3时共消耗KBrO3的物质的量为7.2 mol，D项正确。答案：C5(2017辽宁大连联考)已知：S2O和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O在一定条件下可把Mn2氧化成MnO，若反应后S2O生成SO；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为52，则S2O中的n值和硫元素的化合价是()A2，6 B2，7C4，6 D4，7解析：首先，根据S的最高化合价为6即可排除B、D项。Mn2被氧化成MnO，Mn元素的化合价由2升高至7，Mn2为还原剂，已知S2O中含有过氧键，反应后生成SO，过氧键中氧元素化合价降低，S2O为氧化剂，结合S2O与Mn2的离子数之比为52，可写出离子方程式：8H2O5S2O2Mn2=2MnO10SO16H，根据电荷守恒得5n22(1)2(2)10116，解得n2，故选A。答案：A6(2017陕西西安八校联考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原，现有25.00 mL 0.049 mol/L羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2恰好与24.65 mL 0.020 mol/L酸性KMnO4溶液完全反应，已知(未配平)：FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O，则在上述反应中羟胺的氧化产物是()AN2 BN2OCNO DNO2解析：根据得失电子守恒，NH2OH失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数。羟胺中氮元素的化合价为1，设羟胺的氧化产物中氮元素的化合价为x，则25.00103L0.049 mol/Lx(1)24.65103L0.020 mol/L(72)，解得x1，则羟胺的氧化产物是N2O，B项正确。答案：B7(2017衡水中学二模)实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。(1)实验原理用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2氧化成MnO(OH)2，反应的离子方程式为_。在酸性条件下，再用I将生成的 MnO(OH)2还原为Mn2，反应的离子方程式为_。然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6。(2)实验步骤打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_；用注射器抽取某水样20.00 mL从A处注入锥形瓶；再分别从A处注入含m mol NaOH溶液及过量的MnSO4溶液；完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含n mol H2SO4的硫酸；重复的操作；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。(3)数据分析若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90 mL，则此水样中氧(O2)的含量为_mgL1。若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析：(1)注意从题给条件中挖掘信息：反应物有O2、OH(碱性条件下)、Mn2，发生氧化还原反应，生成MnO(OH)2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2、MnO(OH)2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH的化学计量数，最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。(3)根据(1)中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，则n(O2)0.005 molL1(3.90103)L44.875106mol，则此水