高考化学大一轮复习 第二章 化学物质及其变化 基础课5 氧化还原反应方程式的配平及计算基础课时练.doc

基础课时练(七)氧化还原反应方程式的配平及计算1将1.95 g锌粉加入200 ml 0.1 moll1的mo溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是()am2bmcm3dmo2解析：选a恰好完全反应时，1.95 g(0.03 mol)zn失去0.06 mol电子，则0.02 mol mo得到0.06 mol电子，设还原产物中m元素的化合价为n，则0.02(5n)0.06，解得n2，a项符合题意。2(2018石家庄质检)一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程为nh4no3hno3n2h2o(未配平)，该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为()a53b54 c11d35解析：选a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。3(2018南京统考)nano2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。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：选cmn化合价：72，n化合价：35，n的化合价升高，则配平后的化学方程式为：2mno5no6h=2mn25no3h2o，由此可知c正确。4将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(fe2)c(fe3)32，则参加反应的fe和hno3的物质的量之比为()a11b516c23d32解析：选b设反应中生成3 mol fe2、2 mol fe3，则转移电子的物质的量为3 mol22 mol312 mol，根据得失电子守恒，由4hno3e=no2h2o可知，反应中被还原的hno3是4 mol，与fe2、fe3结合的no的物质的量为3 mol22 mol312 mol，所以参加反应的n(fe)5 mol，参加反应的n(hno3)16 mol，故本题选b。5在汽车排气管加装催化装置，可有效减少co和nox的排放，催化装置内发生反应为noxcon2co2(未配平)，下列关于此反应的说法中正确的是()a该反应中化合价变化的只有n元素b当x2时，每生成1 mol n2，转移电子为4 molc等物质的量n2和co2中，共价键的个数比为32d氧化剂与还原剂的物质的量之比为11时，nox中氮元素的化合价为2价解析：选da项，分析可知c元素的化合价由2变为4，错误；b项，x2时，每生成1 mol n2，有2 mol n由4变为0价，转移电子为8 mol，错误；c项，n2中为三键，co2中为两个双键，应为34，错误；d项，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11时，为no，即氮元素化合价为2，正确。6(2018大连重点中学联考)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s元素的化合价是()a2，6b2，7c4，6d4，7解析：选a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。7(2017武汉期末)某含cr2o的含铬废水用硫酸亚铁铵(nh4)2so4feso46h2o处理，反应中铁元素和铬元素(3价)完全转化为沉淀。该沉淀干燥后得到n mol feofeycrxo3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()a消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x) molb处理废水中cr2o的物质的量为 molc反应中发生转移的电子的物质的量为3nx mold在feofeycrxo3中3xy解析：选a根据铁原子守恒可知，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(1y) mol，又由feofeycrxo3呈电中性可知3x3y6，代入前式得，消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x) mol，故a错误；根据cr原子守恒，产物中cr原子为xn mol，故cr2o的物质的量为 mol，故b正确；生成n mol feofeycrxo3，则一共有nx mol cr原子参加反应，1 mol cr原子转移3 mol电子，故转移的电子数为3nx mol，故c正确；该反应中铁元素的化合价部分由2价升高到3价，铬元素的化合价由6价降低为3价，根据得失电子守恒有3xy，故d正确。8(2018衡水中学调研)将9 g铜和铁的混合物投入100 ml稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12 l no，剩余4.8 g金属；继续加入100 ml等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 l no。若向反应后的溶液中加入kscn溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()a原混合物中铜和铁各0.065 molb稀硝酸的物质的量浓度为4.0 moll1c第一次剩余的4.8 g金属为铜和铁d向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100 ml，又得到的no在标准状况下的体积为0.56 l解析：选d第一次加硝酸时金属有剩余，无论参加反应的是铁还是铁和铜，溶解的4.2 g金属均被氧化到2价：3fe(或3cu)8hno3=3fe(no3)2或3cu(no3)22no4h2o，参加反应的金属的物质的量为0.075 mol，则第一次溶解的金属的平均摩尔质量为56 gmol1，故该金属是铁。第二次加硝酸后的溶液不能使kscn溶液变红，溶解的4.8 g金属也一定被氧化到2价，同理可得其物质的量为0.075 mol，金属的平均摩尔质量为64 gmol1，故该金属是铜。c(hno3)2 moll1。若金属完全溶解后再加100 ml稀硝酸，反应为3fe24hno=3fe3no2h2o，经计算h过量，生成的no在标准状况下体积为0.075 mol22.4 lmol10.56 l。故a、b、c错误，d正确。9(2018绍兴教学质量检测)已知：还原性hsoi，氧化性ioi2。在含3 mol nahso3的溶液中逐滴加入kio3溶液，加入kio3和析出i2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是()a0a间发生反应：3hsoio=3soi3hbab间共消耗nahso3的物质的量为1.8 molcbc间发生的反应中i2仅是氧化产物d当溶液中i与i2的物质的量之比为52时，加入的kio3为1.08 mol解析：选c0a间没有碘单质生成，说明io和hso发生氧化还原反应生成i，加入kio3的物质的量是1 mol时，nahso3的物质的量是3 mol，hso被氧化生成so，根据转移电子守恒知，其离子方程式为3hsoio=3soi3h，故a正确；ab间发生的反应为3hsoio=3soi3h，参加反应的io的物质的量为0.6 mol，则消耗nahso3的物质的量为1.8 mol，故b正确；根据图像知，bc段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为io6h5i=3h2o3i2，所以i2既是还原产物又是氧化产物，故c错误；根据反应io3hso=i3so3h，3 mol nahso3参加反应消耗kio3的物质的量为1 mol，生成碘离子的物质的量为1 mol，设生成的碘单质的物质的量为x mol，则根据反应io6h5i=3h2o3i2，消耗的kio3的物质的量为x mol，消耗碘离子的物质的量为x mol，剩余的碘离子的物质的量为mol，当溶液中n(i)n(i2)52时，即x52，x0.24，根据原子守恒，加入kio3的物质的量为1 mol0.24 mol1.08 mol，故d正确。10(2018杭州七校模拟)某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在h2o、clo、cn、hco、n2、cl六种离子。在反应过程中测得clo和n2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是()a还原剂是含cn的物质，氧化产物不只有n2b氧化剂是clo，还原产物是hcoc参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为52d标准状况下若生成2.24 l n2，则转移1 mol电子解析：选b由题图可知，随反应进行clo的物质的量降低，n2的物质的量增大，则clo为反应物，n2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，cn是反应物，cl是生成物，hco是生成物，h2o是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2cn5cloh2o=2hcon25cl，c元素化合价由cn中的2价升高为hco中的4价，n元素化合价由cn中的3价升高为n2中的0价，可知cn为还原剂，氧化产物为hco、n2，a正确；反应中cl元素化合价由clo中的1价降低为cl中的1价，clo是氧化剂，还原产物是cl，b错误；反应中cn是还原剂，clo是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，c正确；标准状况下若生成2.24 l n2，物质的量为0.1 mol，则参加反应的clo的物质的量为0.5 mol，cl元素的化合价由clo中的1价降低为cl中的1价，转移电子的物质的量为0.5 mol21 mol，d正确。11(2018陕西师范大学附属中学模拟)实验室可由软锰矿(主要成分为mno2)制备kmno4，方法如下：软锰矿与过量固体koh和kclo3在高温下反应，生成锰酸钾(k2mno4)和kcl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，k2mno4转变为mno2和kmno4；滤去mno2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状kmno4。请回答：(1)软锰矿制备k2mno4的化学方程式是_。(2)k2mno4制备kmno4的离子方程式是_。(3)若用2.5 g软锰矿(含mno2 80%)进行上述实验，kmno4的理论产量为_。(4)kmno4能与热的经硫酸酸化的na2c2o4溶液反应生成mn2和co2，该反应的化学方程式是_。(5)上述制得kmno4产品0.165 g，恰好与0.335 g na2c2o4反应完全，该kmno4的纯度为_。解析：(1)由软锰矿与过量固体koh和kclo3在高温下反应，生成锰酸钾(k2mno4)和kcl，可知反应的化学方程式为3mno26kohkclo33k2mno4kcl3h2o。(2)由滤液酸化后，k2mno4转变为mno2和kmno4，可知反应的离子方程式为3mno4h=mno22mno2h2o。(3)设kmno4的理论产量是x g，由上述两个化学方程式可知，反应物和生成物间的化学计量关系为：mno2k2mno4kmno4 87 1582.5 g80% x g解得x2.4。(4)由kmno4能与热的经硫酸酸化的na2c2o4溶液反应生成mn2和co2，可知反应的化学方程式为2kmno45na2c2o48h2so4k2so42mnso45na2so410co28h2o。(5)设该kmno4的纯度为y，根据化学方程式可得关系式：kmno4na2c2o4158 1340.165 gy 0.335 gy100%95.8%。答案：(1)3mno26kohkclo33k2mno4kcl3h2o(2)3mno4h=mno22mno2h2o(3)2.4 g(4)2kmno45na2c2o48h2so4k2so42mnso45na2so410co28h2o(5)95.8%12(2016江苏卷，18)过氧化钙(cao28h2o)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(1)ca(oh)2悬浊液与h2o2溶液反应可制备cao28h2o。ca(oh)2h2o26h2o=cao28h2o反应时通常加入过量的ca(oh)2，其目的是_。(2)向池塘水中加入一定量的cao28h2o后，池塘水中浓度增加的离子有_(填序号)。aca2bhccodoh(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量mnso4和碱性ki溶液，生成mno(oh)2沉淀，密封静置；加入适量稀h2so4，待mno(oh)2与i完全反应生成mn2和i2后，以淀粉作指示剂，用na2s2o3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：o2mno(oh)2i2s4o写出o2将mn2氧化成mno(oh)2的离子方程式：_。取加过一定量cao28h2o的池塘水样100.00 ml，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 moll1na2s2o3标准溶液13.50 ml。计算该水样中的溶解氧(以mgl1表示)，写出计算过程。解析：(1)ca(oh)2过量，促进h2o2吸收，提高h2o2的利用率。(2)cao28h2o溶于水与水反应生成ca(oh)2和o2，增加了ca2和oh。(3)反应物为o2、mn2，生成物为mno(oh)2，溶液呈碱性，可以补充oh配平。答案：(1)提高h2o2的利用率(2)ad(3)2mn2o24oh=2mno(oh)2在100.00 ml水样中i22s2o=2is4on(i2)6.750105 molnmno(oh)2n(i2)6.750105 moln(o2)nmno(oh)26.750105 mol3.375105 mol水中溶解氧10.80 mgl113(2017福建龙岩五校期中).某厂废水中含kcn，其浓度为0.01 moll1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中n化合价均为3价)：kcn2kohcl2=kocn2kclh2o(1)上述反应中被氧化的元素是_(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：_kocn_cl2_=_k2co3_n2_kcl_(3)若将10 l含kcn的浓度为0.01 moll1的废水中kcn氧化除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定(3)中溶液多余cl2的含量，常用na2s2o3标准溶液进行定量测定。(4)现实验室需用480 ml一定浓度的na2s2o3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_。(5)na2s2o3还原性较强，在溶液中易被cl2氧化成so，因此na