高考化学一轮综合复习 第2章 化学物质及其变化 课时4 氧化还原反应的综合应用——配平、计算及滴定题型冲关练习

1、课时4氧化还原反应的综合应用配平、计算及滴定1已知am2bo24h=cm3dh2o，则化学计量数c的值为()a1b2c3d4解析根据质量守恒可得ac；根据电荷守恒可得2a43c，解得c4，选项d正确。答案d2含有a mol febr2的溶液中，通入x mol cl2。下列各项为通入cl2过程中，溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是()ax0.4a,2fe2cl2=2fe32clbx0.6a,2brcl2=br22clcxa,2fe22br2cl2=br22fe34cldx1.5a,2fe24br3cl2=2br22fe36cl解析根据氧化还原反应的先后顺序知，cl2先氧化fe2，然后再氧

2、化br。x0.4a时，cl2不能完全氧化fe2，只能发生反应2fe2cl2=2fe32cl，a项正确；当x0.6a时，cl2能将fe2完全氧化后，又能氧化的br，故b错误；xa时，cl2氧化fe2后又能氧化a mol的br，c正确；x1.5a时，cl2能将fe2、br完全氧化，d正确。答案b3fes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()a16b17c211d1625解析设参加反应的fes的物质的量为a mol，被还原的hno3的物质的

3、量为b mol，根据得失电子守恒有：a×(18)×1×2×3，b6a，又因为起酸性作用的hno3的物质的量为3nfe(no3)33×(a×2)mola mol，故实际参加反应的fes与hno3的物质的量之比为a(ab)17。答案b4(1)已知fe(oh)3能与次氯酸盐发生如下反应(未配平)：fe(oh)3cloohfeoclh2o。已知有10.7 g fe(oh)3参加反应，共转移了0.3na个电子，则n_，feo中铁元素的化合价为_。根据所学的知识，推测feo能和下列_(填序号)物质反应。akmno4 bso2ch2s do2(2)

4、一定条件下，向含硝酸的废水中加入ch3oh，将hno3还原成n2。若该反应消耗32 g ch3oh，转移6 mol 电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是_。解析(1)10.7 g fe(oh)3的物质的量为0.1 mol，所以如果1 mol fe(oh)3参加反应，则转移3 mol电子，fe的化合价升高3价，为6价，n2；根据信息可知feo为强氧化剂，能与还原剂so2、h2s反应。(2)32 g ch3oh的物质的量为1 mol,1 mol的ch3oh转移6 mol 的电子，升高6价，1 mol的hno3化合价降低5价，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为56。答案(1)26bc(2

5、)565(2016·河北衡水中学二模，26)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i2，反应的化学方程式为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_；取下锥形瓶，向其中加入23滴_作指示剂；用0.005 mol·l1na2s2o3溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。(

6、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，已知水样的体积为20 ml，则此水样中氧(o2)的含量为_mg·l1。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”)。答案(1)2mn2o24oh=2mno(oh)2mno(oh)22i4h=mn2i23h2o(2)排出装置内的空气，避免空气中的o2的干扰淀粉溶液滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色(3)7.8偏大6edbc3191f2351dd815ff33d4435f3756edbc3191f2351dd815ff33d4435f3756edbc3191f2351dd815ff33d4435f375