化学名师讲练大一轮复习方略人教通用版核心素养测评六氧化还原反应配平和计算

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评六氧化还原反应配平和计算一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020·亳州模拟)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,下列说法中正确的是 ()2O2在上述反应中只作氧化剂B.氧化产物只有Na2FeO42FeO4处理水时,既能杀菌,又能在处理水时产生胶体净水molFeSO4发生反应时,共有8mol电子发生转移【解析】选C。该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由1变为0和2,所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。根据上述分析,该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂,A项错误;该反应中氧化产物为Na2FeO4和O2,B项错误;Na2FeO4处理水时,高铁酸钠具有强氧化性,能杀菌,+6价的铁被还原生成铁离子,铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性,所以又能在处理水时产生胶体净水,C项正确;反应中化合价升高的元素有Fe,由+2价→+6价,化合价升高的元素还有氧元素,由1价→0价,则2molFeSO4发生反应时,共有2mol×4+1mol×2=10mol电子转移,D项错误。2.(2020·蚌埠模拟)酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平),下列有关该反应的说法中正确的是A.被氧化的元素是Cu和S2+的还原性强于CuS的还原性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5D.若生成L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是【解析】选C。反应中,铜元素的化合价没变,硫元素的化合价由-2升到+4,只有硫元素被氧化,A项错误;还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuS>Mn2+,B项错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设KMnO4为xmol,CuS为ymol,根据电子守恒:x×(72)=y×[4(2)],x∶y=6∶5,所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;二氧化硫物质的量为mol,由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×65mol,反应中锰元素化合价由+7降低为+2,故转移电子为3.向150mLmol·L1含少量淀粉的NaHSO3溶液中滴加等浓度的KIO3溶液,一段时间后,溶液突然变蓝色,根据实验现象下列说法正确的是()A.溶液变蓝是因为有碘单质生成,反应过程中碘单质作还原产物B.还原性:HSO3-C.该过程中硫元素被氧化碘元素被还原D.溶液出现蓝色至少需加入KIO3溶液60mL【解析】选B。向含少量淀粉的NaHSO3溶液中滴加KIO3溶液,第一步反应IO3-+3HSO3-3SO42-+3H++I,继续滴加KIO3溶液3I2+3H2O,由于生成碘单质遇淀粉,所以溶液变蓝,反应中碘单质既是氧化产物又是还原产物,A项错误;当HSO3-消耗完,I才被IO3-氧化,可知还原性HSO3-大于I,B项正确;该过程中硫元素被氧化,碘元素既被氧化又被还原,C项错误;据第一步反应的方程式可知消耗150mL的NaHSO3溶液需要等浓度的KIO3溶液50mL,4.(2020·芜湖模拟)向gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入mol·L1的NaOH溶液L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B.硝酸的物质的量浓度为mol·L1C.产生的NO在标准状况下的体积为、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为mol【解析】选B。在所得溶液中加入NaOH溶液后,溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,溶液中溶质为NaNO3,n(NaNO3mol·L1×L=1mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为g,其物质的量n[Cu(OH)2]=g÷98g·mol1mol,根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2],所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y,根据二者质量有mol。Cu与Cu2O的物质的量之比为mol=2∶1,A项正确;根据电子转移守恒可知:3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O),所以3n(NO)=2×mol,解得mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3mol·L1×L=1.2mol,所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3mol÷Lmol·L1,B项错误;根据选项Bmol,所以标准状况下NO的体积为mol×L·mol1=L,C项正确;反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,氢氧化钠与硝酸铜反应,剩余的氢氧化钠与硝酸反应,最后为硝酸钠溶液,根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2n[Cu(NO3)2]=n(NaNO3),所以n(HNO3)=n(NaNO3)2n[Cu(NO3)2]=1mol,D项正确。【加固训练】一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3溶液中,收集到气体体积为V(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入足量NaOH溶液,产生蓝色沉淀,过滤,洗涤,灼烧,得到CuOg,若上述气体为NO和NO2的混合物,且体积比为1∶1,A.L B.L C.L【解析】选A。若混合物全是CuS,其物质的量为1280mol,电子转移的物质的量为mol。两者体积相等,设NOxmol,NO2x3x+x=1.2,计算的。气体体积mol×L·mol1=L;若混合物全是Cu2S,其物质的量为mol,mol,设NOxmol,NO2xmol,3x+x=0.75,计算得5,气体体积mol×L·mol1=L,因此8.4L<V<二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成mol·L1的溶液,在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是________________。

(2)甲组同学取2mLFeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为________。

(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入mL煤油,再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液,溶液变红,煤油的作用是________________。

(4)丙组同学取10mLmol·L1KI溶液,加入6mLmol·L1FeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验:①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置,CCl4层呈紫色;②第二支试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,生成蓝色沉淀;③第三支试管中加入1滴KSCN溶液,溶液变红。则实验②检验的离子是________(填离子符号);实验①和③说明:在I过量的情况下,溶液中仍含有________(填离子符号),由此可以证明该氧化还原反应为________________。

(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色,发生反应的离子方程式为________________;

一段时间后,溶液中有气泡出现,并放热,随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是________________;

生成沉淀的原因是

________________(用平衡移动原理解释)。

【解析】(1)亚铁离子具有还原性,能被空气中的氧气氧化,所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2+被空气氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧化成铁离子,自身得电子生成氯离子,反应的离子方程式为2Fe2++Cl22Fe3++2Cl。(3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化,产生干扰,所以煤油的作用是隔绝空气。(4)根据Fe2+的检验方法,向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液,若生成蓝色沉淀,则一定含有亚铁离子,故实验②检验的离子是Fe2+;碘易溶于CCl4,在CCl4中呈紫色,Fe3+遇KSCN溶液显红色,实验①和③说明在I过量的情况下,溶液中仍含有Fe3+,由此可以证明该氧化还原反应:2Fe3++2I2Fe2++I2为可逆反应。(5)向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液,溶液变成棕黄色主要是过氧化氢将氯化亚铁中的二价铁氧化成三价铁的缘故,发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2O;由于Fe3+可以催化分解H2O2,所以一段时间后有气泡产生的原因是Fe3+催化H2O2分解产生O2;三价铁的水解为吸热反应,H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动,所以有沉淀产生。答案:(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2++Cl22Fe3++2Cl(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+Fe3+可逆反应(5)H2O2+2Fe2++2H+2Fe3++2H2OFe3+催化H2O2分解产生O2H2O2分解反应放热,促进Fe3+的水解平衡正向移动【加固训练】为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下:(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到________________________。

(2)ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中________造成的影响。

(3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因

________________。

(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测ⅰ中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I)降低,导致I的还原性弱于Fe2+,用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。①K闭合时,指针向右偏转,b作________极。

②当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加mol·L1AgNO3溶液,产生的现象证实了其推测,该现象是________________。

(5)按照(4)的原理,该同学用上图装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因。①转化原因是________________。

②与(4)实验对比,不同的操作是________________。

(6)实验Ⅰ中,还原性:I>Fe2+;而实验Ⅱ中,还原性:Fe2+>I,将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是________________。

【解析】(1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到化学平衡状态。(2)实验ⅲ加入了水,是实验ⅱ的对比实验,因此目的是排除因加入FeSO4溶液而将溶液稀释引起溶液颜色的变化。(3)ⅰ中加入AgNO3,Ag+与I生成AgI黄色沉淀,I浓度降低,2Fe3++2I2Fe2++I2平衡逆向移动,溶液褪色;ⅱ中加入FeSO4,Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,溶液颜色变浅。(4)①K闭合时,指针向右偏转,表明b极为正极,Fe3+得电子;②当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管滴加0.01mol·L1AgNO3溶液,产生黄色沉淀,I浓度减小,2Fe3++2I2Fe2++I2平衡左移,指针向左偏转。(5)①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大,还原性增强。②与(4)实验对比,不同的操作是当指针归零后,向U形管右管中滴加1mol·L1FeSO4溶液。(6)将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是在其他条件不变时,物质的氧化性和还原性与浓度有关,浓度的改变可影响物质的氧化性和还原性,导致平衡移动。答案:(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)ⅰ中加入Ag+发生反应:Ag++IAgI↓,c(I)降低;ⅱ中加入FeSO4,c(Fe2+)增大,平衡均逆向移动(4)①正②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)①Fe2+浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I②当指针归零后,向U形管右管中滴加1mol·L1FeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化性和还原性,并影响平衡移动方向6.(14分)(2019·合肥模拟)工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3),具体生产流程如下: 试回答下列问题:(1)实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有________、玻璃棒和烧杯等;该步骤是为了除去________(填相关物质的化学式)。

(2)检验步骤Ⅲ已经进行完全的操作是________。

(3)步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下,其目的是________该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为____________。

(4)步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为

________。

(5)欲测定硫铁矿矿渣中铁元素的质量分数,称取ag样品,充分“酸溶”“水溶”后过滤,向滤液中加入足量的H2O2,充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀,经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重,冷却后称得残留固体bg,测得该样品中铁元素的质量分数为________。

【解析】硫铁矿烧渣经稀硫酸溶解后,过滤除去不溶物SiO2,向滤液中加入过量的铁粉调节溶液的pH=1,待溶液中检验不出Fe3+后,再调节pH至5～6.5,过滤除去过量的铁粉,向滤液中加入碳酸氢铵沉淀Fe2+,过滤得到碳酸亚铁,最后在空气中煅烧碳酸亚铁得到氧化铁。(1)实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等;该步骤是为了除去SiO2。(2)检验步骤Ⅲ已经进行完全的操作是:取歩骤Ⅲ反应后的溶液少量于试管中,加入少量KSCN溶液,若溶液未呈现红色,则说明已经进行完全。(3)步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下,其目的是防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解;该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2O。(4)步骤Ⅵ中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。(5)由题意可知,称取ag样品,充分“酸溶”“水溶”后过滤,向滤液中加入足量的H2O2,充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀,经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重,冷却后称得氧化铁的质量为bg,则m(Fe)=bg×2×56g·mol-答案:(1)漏斗SiO2(2)取歩骤Ⅲ反应后的溶液少量于试管中,加入少量KSCN溶液,若溶液未呈现红色,则说明已经进行完全(3)防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解2HCO3-+Fe2+FeCO3↓+CO2↑+H2(4)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(5)7一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.已知反应:10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2下列关于该反应的叙述不正确的是 ()A.该反应中,氧化剂与还原剂物质的量之比为9∶5B.当反应中有1mol电子转移时,被还原氯气物质的量为118C.每产生1molO2时,被氧元素还原的氯气物质的量为2molD.参加反应的水有25【解析】选B。该反应的氧化剂为910的氯气,还原剂为110的氯气和25的水,A项和D项正确;当反应中有9mol电子转移时,被还原的氯气为mol,故当反应中有1mol电子转移时,被还原的氯气为mol,B项错误;产生1mol氧气,氧元素转移4mol电子,被氧元素还原的氯气为22.向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如图所示,下列有关说法中不正确的是 ()曲线代表溶液中Br变化情况B.原溶液中FeI2的物质的量为2molC.原溶液中n(Fe2+)∶n(Br)=2∶3D.当通入2molCl2时,溶液中离子反应为2Fe2++2I+2Cl22Fe3++I2+4Cl【解析】选B。由于Fe2+、I、Br的还原性大小为:I>Fe2+>Br,故向该溶液中通入氯气,氯气先氧化I,再氧化Fe2+,最后氧化Br。故a、b、c、d曲线分别表示I、Fe2+、Fe3+、Br的变化情况,A项正确;由图象可知,I为2mol,故原溶液中FeI2为1mol,B项错误;由图可以看出Fe2+是4mol,Br是6mol,故原溶液中n(Fe2+)∶n(Br)=2∶3,C项正确;当通入2molCl2时,2mol的I消耗氯气1mol,余下的1mol氯气再与2molFe2+反应,故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I+2Cl22Fe3++I2+4Cl,D项正确。【加固训练】已知氧化性Br2>Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为aFe2++bBr+cCl2dFe3++eBr2+fCl,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是 ()A.243226 B.021012C.201202 D.222214【解析】选B。根据题意,Cl2先氧化Fe2+,不可能先氧化Br,B选项错误。3.现取mg镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO),向反应后的混合溶液中滴加bmol·L1NaOH溶液,当滴加到VmL时,得到沉淀质量恰好为最大值ng,则下列有关该实验的说法中正确的有 ()①沉淀中OH的质量为(nm)g②恰好溶解后溶液中的NO3-的物质的量为bV③反应过程中转移的电子为n-m④标准状况下生成NO的体积为22.4⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(n-m51+bV项项项项【解析】选A。本题涉及的反应有Al+4HNO3(稀)Al(NO3)3+NO↑+2H2O;3Mg+8HNO3(稀)3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O;Al(NO3)3+3NaOHAl(OH)3↓+3NaNO3;Mg(NO3)2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaNO3。当合金恰好溶解时,溶液中的NO3-与Na+的物质的量相等,n(NO3-)=n(NaOH)=bV1000mol,②正确。沉淀质量最大时,生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁,根据质量守恒定律,其中镁、铝元素的质量等于mg,所以沉淀中氢氧根的质量为(nm)g,则反应过程中转移的电子为n(e)=n(OH)=n-m17mol,故①③正确。根据电子得失守恒知,标准状况下V(NO)=22.4(n-m)【加固训练】铜是重要的工业原材料,现有Cu、Cu2O组成的混合物,某研究性学习小组为了探究其组成情况,取g混合物加入Lmol·L1的稀硝酸,固体物质完全反应,生成L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入aLmol·L1的NaOH溶液,恰好使溶液中的(1)Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为

________。

(2)混合物中,n(Cu)=____;n(Cu2O)=____。

(3)所加NaOH溶液的体积aL=____L。

【解析】(1)Cu2O、Cu均与HNO3反应,反应方程式分别为3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O①,3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O②。(2)根据方程式和题意可知,生成的NO为0.2mol,设①中生成xmolNO,则②中生成(0.2x)molNO,Cu2O与Cu物质的量之和为32xmol+30.3mol,Cu2O与Cu的质量之和为35.2g,可以求得n(Cu2O)=0.2mol,n(Cu)=0.1mol,共消耗1.2molHNO3。(3)根据反应原理,在溶液中加入NaOH溶液后,NaOH先与0.5mol过量的稀硝酸发生中和反应,消耗0.5molNaOH;再与Cu2+反应生成氢氧化铜,Cu2+为0.5mol,消耗1molNaOH,故a=0.答案:(1)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O二、非选择题(本题包括2小题,共32分)4.(16分)已知还原性:HSO3->I,氧化性:IO3(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液,发生下列反应。配平反应方程式,并标出电子转移的方向和数目。(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液,反应完全,推测反应后溶液中的还原产物为________(填化学式)。

(3)在含5molNaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液,加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式_______;

当溶液中I与I2的物质的量之比为5∶3时,加入的NaIO3为________mol。

【解析】(1)碘元素的化合价由+5降低到0,硫元素的化合价由+4升高到+6。根据化合价升降总数相等,配平反应方程式,标出电子转移的方向和数目。(2)由还原性HSO3->I可知,当NaHSO3溶液过量时IO3-先被还原成I2,再被还原成I。(3)OA段,随着IO3-的量增加NaHSO3的量减少,IO3-被还原成I,至A点恰好完全反应,此时继续加入NaIO3,又发生NaIO3氧化I的反应:IO3-+6H++5I3I2+3H2O。当I与I2的物质的量之比为5∶3时,设加入的NaIO3为xmol,根据转移电子数守恒,得5×2=5答案:(1)(2)NaI(3)IO3-+5I+6H+3I2+3H2O5.(16分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位mg·L1,我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·L1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。 Ⅰ.测定原理:碱性条件,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH2MnO(OH)2↓;酸性条件下,MnO(OH)2将I氧化为I2,②MnO(OH)2+I+H+Mn2++I2+H2O(未配平);用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,③2S2O32-+I2S4OⅡ.测定步骤:a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。b.向烧瓶中加入200mL水样。c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。e.从烧瓶中取出mL溶液,以淀粉作指示剂,用00mol·L1Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。f.……g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列问题:(1)配制上述无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为________。

(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是________。

①滴定管②注射器③量筒(3)搅拌的作用是________________。

(4)配平反应②的方