2021版高考化学一轮复习核心素养测评六氧化还原反应配平和计算含解析新人教版 12页

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.(双选)(2020·亳州模拟改编)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 (　　)‎ A.Na2O2在上述反应中只作氧化剂 B.氧化产物只有Na2FeO4‎ C.Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水 D.2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子发生转移 ‎【解析】选C、D。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2 mol FeSO4发生反应时，共有2 mol×4+1 mol×2=10 mol电子转移，D项正确。‎ ‎2.(2020·蚌埠模拟) 酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下：‎ Mn+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S B.Mn2+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∶5‎ D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol ‎【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x mol， CuS为y mol，根据电子守恒：x×(7-2)=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；‎ - 12 -‎ 二氧化硫物质的量为0.1 mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1×=0.12 mol，反应中锰元素化合价由+7降低为+2，故转移电子为0.12 mol×(7-2)=0.6 mol，D项错误。‎ ‎3.(2020·东营模拟)NaNO2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Mn+N+　Mn2++N+H2O(未配平)。下列叙述中正确的是 (　　)‎ A.该反应中N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】选C。N中N元素的化合价升高，N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2Mn+5N+6H+ 2Mn2++5N+3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。‎ ‎4.(2020·芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是 (　　)‎ A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1‎ B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L-1‎ C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 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(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 mol·L-1×1.0 L=1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]=39.2 g÷98 g·mol-1=‎ ‎0.4 mol，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)2]=0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2 mol，y=0.1 mol。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol∶0.1 mol=2∶1，A项正确；根据电子转移守恒可知 - 12 -‎ ‎：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=2×0.2 mol+2×0.1 mol，解得n(NO)=0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2 mol+1.0 mol·L-1×1.0 L=1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2 mol÷0.5 L=2.4 mol·L-1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)=0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·mol-1=‎ ‎4.48 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]‎ ‎=1 mol-2×0.4 mol=0.2 mol，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S)加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为 (　　)‎ A.9.0 L 　B.13.5 L　 C.15.7 L　 D.16.8 L ‎【解析】选A。若混合物全是CuS，其物质的量为=0.15 mol，电子转移的物质的量为0.15 mol×[6-(-2)]=1.2 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2 x mol，3x+x=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6 mol×22.4 L·mol-1=13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子的物质的量为0.075 mol×10=0.75 mol，设NO x mol，NO2 x mol，3x+x=0.75，计算得x=0.187 5，气体体积V=0.375 mol×22.4 L·mol-1=8.4 L，因此8.4 LFe2+>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项错误；由图象可知，I-为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由图可以看出Fe2+是4 mol，Br-是6 mol，故原溶液中n(Fe2+)∶n(Br-)=2∶3，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I-消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2+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+f Cl-，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.2　4　3　2　2　6　 B.0　2　1　0　1　2‎ C.2　0　1　2　0　2 D.2　2　2　2　1　4‎ ‎【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。‎ - 12 -‎ ‎3.现取m g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b mol·L-1 NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，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(n-m) g ‎②恰好溶解后溶液中的N的物质的量为 mol ‎③反应过程中转移的电子为 mol ‎④标准状况下生成NO的体积为 L ‎⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(+) mol A.5项　　　B.4项　　　C.3项　　　D.2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N与Na+的物质的量相等，n(N)=n(NaOH)= mol，②正确。沉淀质量最大时，生成的n g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m g，所以沉淀中氢氧根的质量为(n-m) g，则反应过程中转移的电子为n(e-)=n(OH-)= mol，故①③正确。根据电子得失守恒知，标准状况下V(NO)= L，故④正确。参加反应的硝酸有两种作用，起酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即 mol；作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即 mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为(+) mol，故⑤正确。‎ - 12 -‎ ‎【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35.2 g混合物加入0.5 L 3.4 mol·L-1的稀硝酸，固体物质完全反应，生成4.48 L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入a L 2.0 mol·L-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+沉淀完全。‎ ‎(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a L=______ L。 ‎ ‎【解析】(1)Cu2O、Cu均与HNO3反应，反应方程式分别为3Cu2O+14HNO3 6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O　①，3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O　②。‎ ‎(2)根据方程式和题意可知，生成的NO为0.2 mol，设①中生成x mol NO，则②中生成(0.2-x) mol NO，Cu2O与Cu物质的量之和为x mol+(0.2-x) mol=‎ ‎0.3 mol，Cu2O与Cu的质量之和为35.2 g，可以求得n(Cu2O)=0.2 mol，n(Cu)=‎ ‎0.1 mol，共消耗1.2 mol HNO3。(3)根据反应原理，在溶液中加入NaOH溶液后，NaOH先与0.5 mol过量的稀硝酸发生中和反应，消耗0.5 mol NaOH；再与Cu2+反应生成氢氧化铜，Cu2+为0.5 mol，消耗1 mol NaOH，故a==0.75。‎ 答案：(1)3Cu2O+14HNO36Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O ‎(2)0.1 mol　0.2 mol　(3)0.75‎ 二、非选择题(本题包括2小题，共32分)‎ ‎4.(16分)已知还原性：HS>I-，氧化性：I>I2。‎ ‎(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。‎ ‎　　NaIO3+　　NaHSO3　　I2+　　Na2SO4+　　H2SO4+　　H2O ‎(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)。 ‎ - 12 -‎ ‎(3)在含5 mol NaHSO3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HS>I-可知，当NaHSO3溶液过量时I先被还原成I2，再被还原成I-。(3)OA段，随着I的量增加NaHSO3的量减少，I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：I+6H++5I-3I2+3H2O。当I-与I2的物质的量之比为5∶3时，设加入的NaIO3为x mol，根据转移电子数守恒，得5×2=x×6+x×5，解得x=。‎ 答案：(1)2I2+7Na2SO4+3H2SO4+2H2O ‎(2)NaI ‎(3)I+5I-+6H+3I2+3H2O　‎ ‎5.(16分)(2019·武汉模拟)亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。‎ ‎(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为______________。 ‎ - 12 -‎ ‎(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，Cl存在于中性溶液中)：‎ ‎①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_________。 ‎ ‎②已知：2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10-4 mol·L-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是__________________________，该水样中ClO2的浓度是________mg·L-1。 ‎ ‎(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。‎ ‎①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：‎ ‎_______________________。 ‎ 将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。‎ ‎②装置B的作用是__________________________。 ‎ ‎③某同学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。‎ ‎【解析】(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4+2Cl+2H+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。‎ ‎(2)①由题中信息可知，Cl存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为Cl，反应的化学方程式是2ClO2+2KI2KClO2+I2。‎ ‎②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有n(ClO2)=n(Na2S2O3)=5.00×10-4 mol·L-1×‎ ‎0.020 0 L=1.00×10-5 mol，m(ClO2)=1.00×10-5 mol×67.5 g·mol-1=6.75×‎ ‎10-4 g=0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg÷0.50 L=1.35 mg·L-1。‎ ‎(3)①在装置C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2。③补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2‎ - 12 -‎ 易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。‎ 答案：(1)H2C2O4+2Cl+2H+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O ‎(2)①2ClO2+2KI2KClO2+I2　②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复　1.35‎ ‎(3)①2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2　②防止装置C中试管中的溶液倒吸到装置A中　③在装置C后画 ‎(或其他合理装置)‎ - 12 -‎