2021年高考化学一轮复习第2章第5节氧化还原反应的规律配平与计算课时跟踪练含解析.doc

1、氧化还原反应的规律、配平与计算氧化还原反应的规律、配平与计算 1固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以 Mg(NO3)2为研究对象，拟通过 实验探究其热分解的产物，提出如下 4 种猜想，其中不成立的是( ) AMg(NO2)2、O2 BMgO、NO2、O2 CMg3N2、O2 DMgO、NO2、N2 解析：A、B、C 三项中均有化合价的升降，符合氧化还原反应发生的条件；D 项中由于 产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征。 答案：D 2在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式 为 2MnO 416H 5Na 2O2=2Mn 25O

2、28H2O10Na 。下列判断正确的是( ) AO2是还原产物，Mn 2是氧化产物 BNa2O2既是氧化剂，又是还原剂 C标准状况下，产生 22.4 L O2时反应转移 2 mol e D通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液 解析：Mn 元素的化合价降低，被还原，O 元素的化合价升高被氧化，则 O2是氧化产物， Mn 2是还原产物，故 A 错误；过氧化钠中 O 元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，故 B 错误；标准状况下，产生 22.4 L O2时反应转移 22.4 L22.4 Lmol 120(1) 2 mol e ，故 C 正确；用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化， 故

3、D 错误。 答案：C 3在一定条件下 HI、Fe、FeBr2分别与足量的 Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相 等，则 HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为( ) A111 B311 C133 D632 解析：反应中只有氯气是氧化剂，3 个反应得失电子数目相等，则 3 个反应中参加反应 的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为 1 mol，根据 2HICl2=2HClI2，n(HI)2 mol，根据 2Fe3Cl2=2FeCl3，n(Fe)2 3mol，根据 2FeBr 23Cl2=2FeCl32Br2，n(FeBr2) 1 mol2 3 2 3mol，故 n(HI)n(Fe)n(FeBr

4、2)2 mol2 3mol 2 3mol311。 答案：B 4NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性 KMnO4溶液与 NaNO2反应的化 学方程式为 MnO 4NO 2 Mn 2NO 3H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( ) A该反应中 NO 2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 KMnO4 D. 中的粒子是 OH 解析：NO 2中 N 元素的化合价升高，NO 2被氧化，A 项错误。根据得失电子守恒和原子守 恒可知反应的离子方程式为 2MnO 45NO 26H =2Mn25NO 33H2O，据此可知 B、D 项错 误

5、，C 项正确。 答案：C 5某温度下将 Cl2通入 KOH 溶液里，反应后得到 KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测 定 ClO 与 ClO 3的物质的量浓度之比为 111， 则 Cl2与 KOH 反应时， 被还原的氯元素和被氧 化的氯元素的物质的量之比为( ) A13 B43 C21 D31 解析：本题考查氧化还原反应的简单计算。 x ClKCl 降x1 11 ClKClO 升 111 1 ClKClO3 升 15 关系式：x111115，得x16，则被还原和被氧化的氯元素的物质的量之比 是 16(111)43。 答案：B 6ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室

6、可通过以下反应制得 ClO2： KClO3H2C2O4H2SO4 ClO2K2SO4CO2H2O(未配平)。 下列说法正确的是( ) AKClO3在反应中是还原剂 B1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到 22.4 L 气体 CClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是 Cl2的约 5.3 倍 D1 mol KClO3参加反应有 1 mol 电子转移 解析：A 项，KClO3中 Cl 元素化合价从5 价降低到4 价，得到 1 个电子，在反应中 是氧化剂，错误；B 项，1 mol KClO3参加反应得到 1 mol 电子，草酸中碳元素化合价从3 价升高到4 价，失去 1 个电子

7、，所以得到的气体是 1 mol ClO2和 1 mol CO2，在标准状况 下的体积是 44.8 L，错误；C 项，ClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是 Cl2的 m 67.55 m 712 2.63 倍，错误；D 项，根据以上分析可知 1 mol KClO3参加反应有 1 mol 电子转 移，正确。 答案：D 7 已知酸性高锰酸钾溶液可以将 FeSO4氧化， 方程式为 2KMnO410FeSO48H2SO4=K2SO4 2MnSO45Fe2(SO4)38H2O，现将一定量的用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混 合，充分反应后再向所得溶液中加入 KI 溶液，混合溶液中铁离子的物

8、质的量随加入的 KI 的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是( ) A图中 AB 段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应 B图中 BC 段发生的反应为 2Fe 32I=2Fe2I 2 C根据 OC 段的数据可知开始加入的高锰酸钾的物质的量为 0.25 mol D根据 OC 段的数据可知开始加入的硫酸亚铁的物质的量为 1 mol 解析：根据题干中方程式可知：MnO 4 的氧化性强于 Fe 3，当加入 KI 溶液时，n(Fe3) 不变，说明 MnO 4 先氧化 I ，A 正确；MnO 4 反应完全后，Fe 3氧化 I，使 n(Fe 3)减小，B 正确；BC 段参加反应的 I 为 0.75

9、 mol，故被还原的 n(Fe 3)为 0.75 mol，再根据电子守恒， 生成 0.75 mol Fe 3需 0.15 mol MnO 4 ，加入的高锰酸钾的物质的量为 0.25 mol，C 正确， D 不正确。 答案：D 8(2019济南模拟)已知 M2O 2 n 可与 R 2作用，R2被氧化为 R 单质，M 2O 2 n的还原产物 中，M 为3 价；又知c(M2O 2 n )0.3 molL 1的溶液 100 mL 可与 c(R 2)0.6 molL1 的溶液 150 mL 恰好完全反应，则n值为( ) A4 B5 C6 D7 解析：n(M2O 2 n)0.3 molL 10.1 L0.

10、03 mol， n(R 2)0.6 mol0.15 L0.09 mol， 反应中 M 化合价降低到3 价，R 元素化合价升高到 0 价。设 M2O 2 n中 M 的化合价为x，则 2x 22n，xn1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有(n13)0.03 mol2 (20)0.09 mol，n7。 答案：D 9(2019揭阳模拟)黄铜矿(主要成分 CuFeS2)是提取 Cu 的主要原料。已知： 2CuFeS24O2= 800 Cu2S3SO22FeO() 产物 Cu2S 在 1 200 高温下继续反应： 2Cu2S3O2=2Cu2O2SO2 () 2Cu2OCu2S=6CuSO2 () 假

11、定各步反应都完全。则下列说法正确的是( ) A反应中 CuFeS2仅作还原剂 B取 12.5 g 黄铜矿样品，经测定含 3.60 g 硫，则矿样中 CuFeS2质量分数一定为 82.8% C由 6 mol CuFeS2生成 6 mol Cu 消耗 O2的物质的量为 14.25 mol D6 mol CuFeS2和 15.75 mol O2反应，理论上可得到铜的物质的量为 3 mol 解析：反应中铜元素化合价降低，硫元素的化合价升高，CuFeS2既作还原剂，也作氧 化剂，A 错误；由于不能确定杂质是否含有硫元素，所以不能计算 CuFeS2的含量，B 错误； 根据方程式可知 6 mol CuFeS

12、2参加反应，生成 3 mol Cu2S，其中 2 mol Cu2S 转化为 2 mol Cu2O， 2 mol Cu2O 与 1 mol Cu2S 反应生成 6 mol Cu，所以消耗 O2的物质的量为 12 mol3 mol 15 mol，C 错误；6 mol CuFeS2需要 12 mol 氧气得到 3 mol Cu2S，剩余 3.75 mol 氧气可以 消耗 Cu2S 的物质的量是3.75 mol 3 22.5 mol，得到 2.5 mol Cu2O，此时剩余 Cu2S 的物质 的量是 0.5 mol，与 1 mol Cu2O 反应生成 3 mol 铜，D 正确。 答案：D 10NaCN

13、 超标的电镀废水可用两段氧化法处理： NaCN 与 NaClO 反应，生成 NaCNO 和 NaCl； NaCNO 与 NaClO 反应，生成 Na2CO3、CO2、NaCl 和 N2。 已知：HCN(K6.310 10)有剧毒；HCN、HCNO 中 N 元素的化合价相同。 完成下列填空： (1)第一次氧化时，溶液的 pH 应调节为_(填“酸性” “碱性”或“中性”)；原 因是_ _。 (2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式：_ _。 (3)处理 100 m 3含 NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需 NaClO_g(实际用量 应为理论值的 4 倍)，才能使 NaCN 含量低于

14、0.5 mgL 1，达到排放标准。 (4)(CN)2与 Cl2的化学性质相似。 (CN)2与 NaOH 溶液反应生成_、 _和 H2O。 解析：(1)NaCN 易与酸反应生成 HCN，HCN 有剧毒，为防止生成 HCN，造成人员中毒或污 染空气，因此第一次氧化时，溶液的 pH 应调节为碱性。 (2)反应中氯元素的化合价从1 价降低到1 价， 得到 2 个电子； 氮元素的化合价从 3 价升高到 0 价，失去 3 个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比 是 23，反应的离子方程式为 2CNO 3ClO=CO2 3CO23Cl N 2。 (3)参加反应的 NaCN 是100（10

15、.30.5）g 49 gmol 120 mol，反应中 C 元素由2 价升高到 4 价，N 元素化合价从3 价升高到 0 价，即 1 mol NaCN 失去 5 mol 电子，1 mol 次氯酸 钠得到 2 mol 电子，所以处理 100 m 3含 NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需 NaClO 的质 量为20 mol5 2 74.5 gmol 1414 900 g。 (4)(CN)2与 Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知 (CN)2与 NaOH 溶液反应生成 NaCNO、NaCN 和 H2O。 答案：(1)碱性 防止生成 HCN，造成人员中毒或污染

16、空气 (2)2CNO 3ClO=CO2 3CO23Cl N 2 (3)14 900 (4)NaCNO NaCN 11铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中 含高价铬的化合物而毒性很强， 必须进行处理。 工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染： (1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是_(填序号)。 (2)第步，含 Cr2O 2 7的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO47H2O)处理，写出并配平反应 的离子方程式： _。 (3)第步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为 Cr(OH)3沉淀。 处理后， 沉淀物中除了 Cr(OH)3外， 还有_、 _

17、(写化学式)。 已知 Cr(OH)3 性质类似 Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离 出 Cr(OH)3的离子方程式：_ _、 _。 (4)回收所得的 Cr(OH)3，经步处理后又可转变成 K2Cr2O7。纯净的 K2Cr2O7常用于 准确测定 Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下： Cr2O 2 76I 14H=3I 22Cr 37H 2O 2S2O 2 3I2=S4O 2 62I 准确称取纯净的 K2Cr2O7 0.122 5 g， 配成溶液， 用上述方法滴定， 消耗 Na2S2O3溶液 25.00 mL。则 Na2S2O3溶液的物质的量浓度

18、为_(保留四位有效数字)。 解析：(1)中铬元素由6 价降至3 价，中铬元素由3 价升至6 价。 (2)亚铁离子具有还原性， 与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。 加入绿矾反应后， 溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成 Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫 酸钙。 (3)氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成 NaCrO2：Cr(OH)3 NaOH=NaCrO22H2O， NaCrO2类似偏铝酸钠， 通入过量的 CO2生成氢氧化铬、 碳酸氢钠： NaCrO2 CO22H2O=Cr(OH)3NaHCO3。 (4)根据反应得关系式 K2Cr2O73I26Na2S2O3

19、，n(Na2S2O3)6n(K2Cr2O7)， c(Na2S2O3) 60.122 5 g 294 gmol 10.025 00 L0100 0 molL 1。 答案：(1) (2)Cr2O 2 76Fe 214H=2Cr36Fe37H 2O (3)Fe(OH)3 CaSO4 Cr(OH)3OH =CrO 22H2O CrO 2CO22H2O=Cr(OH)3 HCO 3 (4)0.100 0 molL 1 12工业上以软锰矿(主要成分 MnO2)为原料，通过液相法生产 KMnO4。即在碱性条件下 用氧气氧化 MnO2得到 K2MnO4，分离后得到的 K2MnO4，再用惰性材料为电极电解 K2M

20、nO4溶液得 到 KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中反应的化学方程式为_ _。 (2)生产过程中最好使用含 MnO2 80%以上的富矿，因为 MnO2含量最低的贫矿中 Al、Si 的氧化物含量较高，会导致 KOH 消耗量_(填“偏高”或“偏低”)。 (3)电解槽中总的离子反应方程式为_ _。 (4)在传统工艺中得到 K2MnO4后，向其中通入适量 CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反 应的化学方程式为_。 上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为_。 与该传统工艺相比，电解法的优势是_ _ _。 (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度： 称草酸晶体样品 0.500 g溶于水配制成

21、100 mL 溶液，取出20.00 mL 用0.020 0 molL 1的酸性 KMnO 4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉 红色且半分钟内不褪去，消耗 KMnO4溶液 14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为_。 (结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物 H2C2O42H2O 的相对分子质量为 126) 解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中 KOH、MnO2和 O2反应生成 K2MnO4和 H2O，利 用化合价升降法配平，反应的化学方程式为 4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O。 (2)若贫矿中 Al、Si 的氧化物含量较高，发生反应：Al2O32KOH=2KAlO2

22、H2O、SiO2 2KOH=K2SiO3H2O，会导致 KOH 消耗量偏高。 (3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾， 电解槽中阳极发生氧化反应， MnO 2 4失电子转化为MnO 4， 电极反应式为 2MnO 2 42e =2MnO 4，阴极发生还原反应，电极反应式为 2H2O2e =H 2 2OH ，两式相加得总的离子反应方程式为 2MnO2 42H2O= 电解 2MnO 42OH H 2。 (4)向 K2MnO4溶液中通入适量 CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合 价升降法配平，该反应的化学方程式为 3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3。上述反应中 3

23、 mol K2MnO4有 1 mol 锰元素化合价由6 价降为4 价生成二氧化锰，作氧化剂，有 2 mol 锰元素化合价由6 价升高到7 价生成高锰酸钾，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为 12。K2MnO4的转化率为 66.7%，与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH 循环 利用。 (5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是 6H 2MnO 45H2C2O4=2Mn 28H 2O 10CO2，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O42H2O)514.810 30.025 2mol 3.710 3 mol，草酸晶体的质量为 3.7103 mol126 g/mol0.466 2 g，则该草酸晶 体的纯度为 93.2%。 答案：(1)4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O (2)偏高 (3)2MnO 2 42H2O= 电解 2MnO 42OH H 2 (4)3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3 12 产率更高、KOH 循环利用 (5)93.2%