化学早练(9)规律应用配平含答案.docx

化学早练（9）规律应用配平1常温下，在水溶液中发生如下反应：16H10C2XO=2X25C28H2O；2A2B2=2A32B；2BC2=B22C。下列说法错误的是()A. 反应C22A2=2A32C可以进行B. 反应是置换反应C. 氧化性由强到弱的顺序是XOC2B2A3D. 还原性由强到弱的顺序是CA2BX2【答案】D【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则：16H+10C-+2XO4-=2X2+5C2+8H2O中氧化性为XO4-C2，2A2+B2=2A3+2B-中氧化性为B2A3+，2B-+C2B2+2C-中氧化性为C2B2；所以氧化性：XO4-C2B2A3+；氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性：A2+B-C-X2+；A、氧化性是C2B2A3+，反应C2+2A2+=2A3+2C-可以进行，故A正确；B、根据置换反应的含义，2B-+Z2B2+2Z-属于置换反应，故B正确；C、根据上面的判断，氧化性由强到弱的顺序是XO4-Z2B2A3+，故C正确；D、根据上面的判断，还原性由强到弱的顺序是A2+B-Z-X2+，故D错误；故选D。点睛：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性。2K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O(橙色)H2O2CrO(黄色)2H。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是( )A. 中溶液橙色加深，中溶液变黄B. 中Cr2O被C2H5OH还原C. 对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D. 若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色【答案】D【解析】A在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确；B中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确；C是酸性条件，是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故C正确；D若向溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误；故选D。点睛：难准确利用题中信息和氧化还原反应理论是解题关键，K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验、可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题。3菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的3价砷。下列说法中，正确的是()A. 在该反应中维生素C作催化剂B. 由上述信息可推知砒霜中含有的砷是3价的C. 因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D. 上述反应中维生素C作氧化剂【答案】B【解析】A由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故A错误；B维生素C在反应中作还原剂，维生素C具有还原性，故B正确；C河虾中含有五价砷，无毒，则能够食用，故C错误；D反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故D错误；故选B。点睛：明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键。根据河虾中含有五价砷与维生素C反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C为还原剂；含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒。4水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应：3Fe22S2O32O2x M=Fe3O4S4O622H2O，有关说法正确的是( )A. 每转移3mol电子，有1.5mol Fe2+被氧化B. M为OH离子，x=2C. O2、S2O32都是氧化剂D. 每生成1molFe3O4，反应中转移2mol电子【答案】A【解析】根据物料守恒、电荷守恒，方程式中M为OH-，且X=4，在3Fe2+2 S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2+83；硫元素的化合价变化为：+2+52；氧元素的化合价变化：0-2；A由方程式3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O可知，当转移4mol电子时，有2molFe2+被氧化，则每转移3mol电子，有1.5mol Fe2+被氧化，故A正确；B反应的离子方程式为3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O，则x=4，故B错误；C反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，S元素的化合价升高，被氧化，S2O32-都是还原剂，故C错误；D反应3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，需要氧气1mol，反应转移的电子总数为4mol，故D错误；故选A。点睛：注意Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键，从电荷守恒的角度分析，可配平反应的离子方程式：3Fe2+2S2O32-+O2+4OH-Fe3O4+S4O62-+2H2O，反应中3Fe2+Fe3O4，当3molFe2+参加反应时，有2molFe2+化合价升高，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂。5下列叙述正确的是A. 金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂B. 非金属单质在氧化还原反应中只能作作氧化剂C. 钠原子在氧化还原反应中失去1个电子，而铝原子失去3个电子，所以钠的还原性小于铝D. 金属元素被还原时一定生成金属单质【答案】A【解析】A金属元素在化合态，只有正价态，则金属单质在氧化还原反应中只能作还原剂，故A正确；B非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气和水的反应中氯气既作氧化剂又作还原剂，故B错误；C失电子越多的还原剂，其还原性不一定强，还原性强与失去电子的难易程度有关，如Na与Al比较，Na的还原性强，故C错误；D金属元素被还原时不一定生成金属单质，如Fe3+被还原为Fe2+，故D错误；答案为A。6氢氟酸（HF）对玻璃有腐蚀作业，可用在玻璃上雕刻各种精美图案，也可用在玻璃仪器上标注刻度及文字。氢氟酸与玻璃发生的反应可以表示为：SiO2+4HF=X+2H2O，关于物质X的组成，下列说法正确的是（ ）A. 可能含有氢元素B. 可能含有氧元素C. 一定含有硅元素、氟元素D. X是一种氧化物【答案】C【解析】由反应的化学方程式SiO2+4HFX+2H2O，可知： 反应前 反应后Si原子 1 0O原子 2 2H原子 4 4F原子 4 0根据化学变化前后原子的种类、数目不变，可判断物质X的分子由1个Si原子和4个F原子构成，则物质X的化学式可表示为SiF4；物质X由硅、氟两种元素组成，选项C正确；物质X中不含H、O元素，不属于氧化物，选项A、B、D不正确；答案选C。点睛：本题考查质量守恒定律的应用。根据化学变化前后原子的种类、数目不变，由反应的化学方程式SiO2+4HFX+2H2O，推断反应中生成物X的分子构成，然后确定X物质的化学式，根据化学式判断说法中正确的选项。7亚硝酸钠(NaNO2)俗称“工业盐”，其外观与食盐相似，有咸味，有毒，可用作食品防腐剂和肉类食品的发色剂。已知亚硝酸钠能与氢碘酸(HI，具有强酸性)发生如下反应：4HI2NaNO2=2NaII22NO2H2O。下列说法正确的是()A. 亚硝酸钠具有氧化性，不可能表现出还原性B. 该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为11C. 向反应所得的混合溶液中加入稀硫酸和亚硝酸钠，I不可能转化为I2D. 人误食亚硝酸钠中毒时，可服用氢碘酸解毒【答案】B【解析】A由反应4HI+2NaNO22NaI+I2+2NO+2H2O，NaNO2 NO，N元素的化合价+3价+2价，所以NaNO2具有氧化性，但N元素的化合价+3价还可以升高，则还可能表现出还原性，故A错误；B该反应中氧化剂为NaNO2，4HI参与反应，只有2HII2，碘元素化合价-1价0价，失电子，所以2HI是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：2=1：1，故B正确；C由反应4HI+2NaNO22NaI+I2+2NO+2H2O可知，NaNO2在酸性条件下可以将碘离子氧化成碘单质，所以向反应所得的混合溶液中加入稀硫酸和亚硝酸钠，I-被氧化成I2，故C错误；D人误食亚硝酸钠中毒时，服用HI溶液产生有毒的NO，故D错误；故选B。点睛：正确分析HI的作用是解题的关键，由反应4HI+2NaNO22NaI+I2+2NO+2H2O，NaNO2 NO，N元素的化合价+3价+2价，得电子，所以NaNO2是氧化剂，HII2，碘元素化合价-1价0价，失电子，所以HI是还原剂，据此分析解答。8由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO47H2O)，再通过绿矾制备铁黄FeO(OH)的流程如下：烧渣溶液绿矾铁黄已知：FeS2和铁黄均难溶于水下列说法不正确的是()A. 步骤，最好用硫酸来溶解烧渣B. 步骤，涉及的离子方程式为FeS214Fe38H2O=15Fe22SO16HC. 步骤，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D. 步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有Fe(OH)3【答案】C【解析】A因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤，最好用硫酸来溶解烧渣，故A正确；B步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，离子反应为FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2SO42-+16H+，故B正确；C步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若蒸干时绿矾受热失去结晶水，故C错误；D步骤，反应条件控制不当，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，故D正确；故选C。点睛：把握制备流程中发生的反应、混合物分离方法、实验技能等为解答的关键，由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答。9亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌，以下是过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10以下安全。HClO2可看成是强酸则下列说法不正确的是A. 在发生器中鼓入空气的作用可能是稀释ClO2以防止爆炸B. 吸收塔内发生反应的离子方程式为：2ClO2+H2O22HClO2+O2C. 吸收塔中为防止NaClO2被还原成NaCl，所用还原剂的还原性应适中，除H2O2外,还可以选择还原性适中的Na2O2D. 从滤液中得到的NaClO23H2O为粗晶体,要得到更加纯净的NaClO23H2O晶体必须进行重结晶操作【答案】B【解析】A、根据题中所给信息，ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，因此发生器中鼓入空气的作用是稀释ClO2防止爆炸，故A说法正确；B、根据流程，吸收塔内发生的离子方程式为2OHH2O22ClO2=2ClO22H2OO2，故B说法错误；C、H2O2和Na2O2都含有过氧键，故C说法正确；D、粗晶体提纯，需要进行重结晶，故D说法正确。10已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O(未配平)。则有关叙述不正确的是（ ）A. FeO42-中Fe的化合价是+6价B. 每产生1molCl-，转移2mol电子C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3D. FeO42-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂【答案】C【解析】配平后的方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。A根据化合价的代数和等于电荷数，O为-2价，则FeO42-中Fe的化合价是+6价，故A正确；B反应中Cl的化合价从+1价降低到-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；CFe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；DFeO42-具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故D正确；故选C。11NH3、NO、N2相互转化关系如图所示(部分产物已略去)。回答下列问题：(1)N2的电子式是_。(2)写出NH3NO的化学方程式_。(3)NO和CO发生反应的化学方程式是_。(4)NO和O2相遇生成的红棕色气体有毒，可以用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式是_。【答案】 4NH3+5O2 4NO +6 H2O 2NO+2CO N2+2CO2 2NaOH2NO2= NaNO3NaNO2H2O【解析】试题分析：本题以N2及其化合物的转变为载体，着重考查电子式、基础化学反应原理、氧化还原反应方程式配平等知识。解析：（1）N2分子中两个N原子通过三对共用电子对形成稳定的分子。正确答案：。（2）NH3催化氧化原理是4NH3+5O2 4NO +6 H2O。正确答案：4NH3+5O2 4NO +6 H2O。（3）从关系图可以看出，NO与CO反应可以得到N2，在此过程中NO被还原，所以CO被氧化生成CO2。正确答案：2NO+2CO N2+2CO2 。 （4）NO与O2相遇生成的红棕色气体是NO2，已经完成部分说明NO2被还原生成NaNO2，则必有一种物质被氧化，NaOH没有还原性，所以被氧化的物质仍然是NO2，氧化后得到的+5价N的化合物，此题中应当是NaNO3，所以反应物质关系为NaOHNO2 NaNO3NaNO2H2O，再根据得失电子守恒及质量守恒，配平得到2NaOH2NO2= NaNO3NaNO2H2O。正确答案：2NaOH2NO2= NaNO3NaNO2H2O。点睛：氧化还原反应中必然存在氧化剂和还原剂，同时也一定有氧化产物和还原产物。所以在氧化还原反应方程式部分已知的情况下，通过对化合价的分析可以发现反应中没有给出的氧化剂或还原剂或氧化产物或还原产物。12（I）实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿和过量的固体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，浓缩溶液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。试回答：(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)KMnO4能与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_。（II）检验Na2SO3样品部分被氧化的实验操作及现象_。（III）在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：_。【答案】 3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O 3MnO424H=MnO22MnO42H2O 2KMnO48H2SO45Na2C2O4=2MnSO4K2SO410CO25Na2SO48H2O 取样品，加入过量稀盐酸，产生有刺激性气味的气体，通入品红溶液，品红溶液褪色；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 3ClO4OH2Fe(OH)3=3Cl5H2O2FeO42【解析】(I)(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，反应中化合价变化的元素为Mn、Cl，Mn元素由+4价升高为+6，Cl元素化合价由+5降低为-1，根据化合价升降相等，则二氧化锰与氯酸钾的物质的量之比为3：1，再根据原子守恒配平方程式为：3MnO2+6KOH+KClO33K2MnO4+KCl+3H2O，故答案为：3MnO2+6KOH+KClO3 3K2MnO4+KCl+3H2O；(2)由滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4，反应中只有Mn元素化合价变化，Mn元素部分由+6价降低为+4，部分升高为+7，根据化合价升降相等，则二氧化锰与高锰酸钾的物质的量之比为1：2，再根据电荷守恒、原子守恒配平方程式为：3MnO42-+4H+MnO2+2MnO4-+2H2O，故答案为：3MnO42-+4H+MnO2+2MnO4-+2H2O；(3)KMnO4能与热的稀硫酸酸化的Na2C2O4反应，生成Mn2和CO2，根据质量守恒，同时会生成硫酸钾和硫酸钠，反应的化学方程式为2KMnO48H2SO45Na2C2O4=2MnSO4K2SO410CO25Na2SO48H2O，故答案为：2KMnO48H2SO45Na2C2O4=2MnSO4K2SO410CO25Na2SO48H2O；(II)检验Na2SO3样品部分被氧化需要检验混合物中含有亚硫酸钠和硫酸钠，实验操作及现象为取少量固体溶于水，先足量加盐酸后，产生有刺激性气味的气体，通入品红溶液，品红溶液褪色；再加氯化钡，观察到生成白色沉淀，故答案为：取少量固体溶于水，先足量加盐酸后，产生有刺激性气味的气体，通入品红溶液，品红溶液褪色；再加氯化钡，观察到生成白色沉淀；(III)在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。点睛：本题考查方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及方程式的书写方法为解答的关键。侧重氧化还原反应的考查。本题的易错点为(II)，注意题目要求“部分被氧化”，既要检验亚硫酸钠也要检验硫酸钠。13完成下列填空：(1)向含有 K2Cr2O7 的酸性溶液中加 FeSO4 溶液，反应后加 KSCN 溶液变红，并生成Cr3+，请写出此过程涉及的离子方程式：_，_。 (2)利用 I2 的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢铁中的硫转化为 H2SO3，然后用一定浓度的 I2 溶液进行滴定，所用指示剂为_，滴定反应的离子方程式为_。 (3