化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养测评八氧化还原反应的配平和计算

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。核心素养测评八氧化还原反应的配平和计算一、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.(双选)已知:还原性HSO3->I,氧化性IO3->I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液,加入KIO3和析出～a间发生反应:3HSO3-+IO3-3S～b间共消耗NaHSO3的物质的量为mol～c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5∶2时,加入的KIO3为mol【解析】选C、D。A.0～a间没有碘单质生成,说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子,亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子,加入碘酸钾的物质的量是mol,所以亚硫酸氢钠的物质的量是mol,根据转移的电子守恒,生成碘离子,所以其离子方程式为3HSO3-+IO3-3SO42-+I+3H+,故A正确;B.a～b间加入的碘酸钾的物质的量是mol,根据3HSO3-+IO3-3SO42-+I+3H+,消耗NaHSO3的物质的量=0.6mol1mol,故B正确;C.根据图象知,b～c段内发生IO3-+6H++5I3H2O+3I2,只有I元素的化合价变化,所以I2既是氧化产物也是还原产物,故C错误;D.根据反应2IO3-+6HSO3-2I+6SO42-+6H+,3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol,生成碘离子的量为1mol,设生成的碘单质的物质的量为xmol,则根据反应IO3-+6H++5I3H2O+3I2,消耗的KIO3的物质的量为13xmol,消耗碘离子的物质的量=53xmol,剩余的碘离子的物质的量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)=2×0.2mol+2×0.1mol,解得n(NO)=0.2mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+1.0mol·L1×1.0L=1.2mol,所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2mol÷0.5L=2.4mol·L1,B项错误;根据选项B计算可知n(NO)=0.2mol,所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L·mol1=4.48L,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]=1mol2×0.4mol=0.2mol,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 C.L D.【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,NO2xmol,3x+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,转移电子的物质的量为mol×mol,设NOxmol,NO2xmol,3x+x=0.75,计算得5,气体体积mol×L·mol1=L,因此L二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)根据下列各图示信息,完成有关方程式: (1)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源,以太阳能为热源,热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图所示:反应Ⅰ的化学方程式:

__。

(2)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程,利用Fe粉和KNO3溶液反应。探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中,测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式:

__。

(3)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料,制备高纯PbO,实现铅的再生利用。其工艺流程如下:(Ⅰ)过程Ⅰ中,在Fe2+催化下,Pb和PbO2反应生成PbSO4的离子方程式是__。

(Ⅱ)过程Ⅰ中,Fe2+催化过程可表示为ⅰ:2Fe2++PbO2+4H++SO42-2Fe3++PbSO4+2Hⅱ:……①写出ⅱ的离子方程式:__。

②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液,溶液几乎无色,再加入少量PbO2,溶液变红。b.__。

【解析】(1)反应中反应物为H2O、I2和SO2,生成物为H2SO4和HI。(2)t1前pH增大且为酸性溶液,NO3-减少,NH4+增多,Fe2+增多,所以反应为4Fe+NO3-+10H+4Fe2+(3)(Ⅰ)反应类似于铅蓄电池放电的反应。(Ⅱ)由反应ⅰ可知ⅱ为Fe3+把Pb氧化为PbSO4的过程。答案:(1)SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI(2)4Fe+NO3-+10H+4Fe2++NH4+(3)(Ⅰ)Pb+PbO2+4H++2SO42-2PbSO4+2H(Ⅱ)①2Fe3++Pb+SO42-PbSO4+2Fe2+②取a中红色溶液,向其中加入铅粉后【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)(2020·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2小题,每题7分,共14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.(双选)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)=3∶2D.当通入2molCl2时,溶液中离子反应为2Fe2++2I+2Cl22Fe3++I2+4Cl【解析】选B、C。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项错误;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】1.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。2.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+3Cu2O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36分)3.(18分)某工厂对工业污泥中的Cr元素回收与再利用的工艺如下(已知硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+):部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH———沉淀完全时的pH89(>9溶解)(1)实验室用98%(密度为g·cm3)的浓硫酸配制250mLmol·L1的硫酸溶液,配制时需要量取浓硫酸的体积为________mL(保留小数点后一位小数),所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外,还需________________。(2)在上述配制稀硫酸过程中,会导致所配溶液浓度偏小的操作是________(填序号)。

a.定容时俯视刻度线b.量取浓硫酸时,俯视刻度线c.将量筒的洗涤液注入容量瓶中d.转移溶液时,没有等溶液冷却至室温(3)加入H2O2的作用一方面是氧化+3价Cr使之转变成+6价Cr(CrO42-或Cr2O72-),以便于与杂质离子分离;另一方面是___________________________________(4)调节溶液的pH=8时,除去的主要杂质离子是________。

(5)钠离子交换树脂的原理为:Mn++nNaRMRn+nNa+,被交换的杂质离子是________。

(6)通SO2气体时,将Na2Cr2O7还原为CrOH(H2O)5SO4的化学方程式为________________________________________________________________________。

【解析】(1)根据c=1000ρwM可知,·L1mol·L1,配250mol·L1的硫酸溶液,则需要浓硫酸体积为0.25L×4.8mol·L-118.4mol·L-1×103mL·L1mL,需用到的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、烧杯和100mL量筒、250mL容量瓶。(2)定容时俯视刻度线,液面在刻度线下方,溶液的体积偏小,浓度偏大(3)双氧水有强氧化性,能氧化还原性的物质,Fe2+和Cr3+有还原性,Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子,以便于与杂质离子分离,其中Fe2+反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O。(4)依据题图表中离子开始沉淀和完全沉淀的pH,调节pH至8,可使Al3+、Fe3+生成沉淀。(5)因镁离子、钙离子沉淀的pH较大,可用离子交换法除去。(6)通SO2气体时,还原过程发生以下反应,铬元素化合价由+6价变化为+3价,Na2Cr2O7～2CrOH(H2O)5SO4～6e,硫元素化合价变化为+6价,SO2～SO42-～2e,电子守恒得到电子转移总数6e,结合原子守恒配平得到化学方程式:Na2Cr2O7+3SO2+11H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO答案:250mL容量瓶(2)b(3)2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O(4)Fe3+、Al3+(5)Ca2+、Mg2+(6)Na2Cr2O7+3SO2+11H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO44.(18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的方程式,其化学计