《【新教材】高考化学作业本：第2章（第4课时）氧化还原反应方程式的配平及计算.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【新教材】高考化学作业本：第2章（第4课时）氧化还原反应方程式的配平及计算.doc（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、新教材适用高考化学课时4 氧化还原反应方程式的配平及计算(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1O3具有强氧化性，将O3通入KI溶液中发生反应：O3IHI2O2H2O(未配平)，下列说法正确的是 ()。A配平后的离子方程式为2O32I4H=I22O22H2OB每生成1 mol I2转移电子2 molCO2是还原产物之一D该反应能说明O2的氧化性大于I2的解析A项中方程式虽然满足原子守恒，但不满足电子守恒和电荷守恒，配平后正确的离子方程式为O32I2H=I2O2H2O，故每生成1 mol I2转移电子2 mol，A项错误，
2、B项正确；O3和O2中O的化合价均为0，故O2既不是氧化产物，也不是还原产物，C项错误；该反应能说明O3的氧化性大于I2的，而不能说明O2的氧化性大于I2的，D项错误。答案B2锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为 ()。A2 mol B1 mol C0.5 mol D0.25 mol解析依据ZnHNO3(稀)Zn(NO3)2NH4NO3H2O，Zn：02，化合价改变值为2，N：53，化合价改变值为8，根据化合价升降总值相等得：Zn(NO3)2的化学计量数为4，NH4NO3的化学计量数为1，然后根据原子守恒配平化学方程式为4Zn10HNO3
3、(稀)=4Zn(NO3)2NH4NO33H2O，当生成1 mol Zn(NO3)2时，被还原的HNO3为0.25 mol。答案D324 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为 ()。A2 B3 C4 D5解析题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质必是K2Cr2O7，失电子的物质一定是Na2SO3，其中S元素的化合价从46；而Cr元素的化合价将从6n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 molL1
4、0.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。答案B4已知OCN中每种元素都满足8电子稳定结构，在反应OCNOHCl2CO2N2ClH2O(未配平)中，如果有6 mol Cl2完全反应，则被氧化的OCN的物质的量是 ()。A2 mol B3 mol C4 mol D6 mol解析OCN中C显4价，N显3价，反应中只有N和Cl的化合价改变，根据OCNN2、Cl22Cl，由得失电子守恒：2n(Cl2)3n(OCN)，可知6 mol Cl2完全反应，有4 mol OCN被氧化，C对。答案C5水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为：3Fe22S2O32O2aOH=YS4
5、O622H2O。下列说法中，不正确的是 ()。AS2O32是还原剂BY的化学式为Fe2O3Ca4D每有1 mol O2参加反应，转移的电子总数为4 mol解析由反应知还原剂是S2O32，氧化剂是O2，每有1 mol O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol，A、D正确；由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4，B错误；由电荷守恒知，a4，C正确。答案B6根据表中信息判断，下列选项不正确的是 ()。序号反应物产物KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3MnO4Cl2、Mn2A. 第组反应的其余产物为H2O和O2B第组反应中Cl2与FeBr2的物
6、质的量之比为12C第组反应中生成1 mol Cl2，转移电子2 molD氧化性由强到弱的顺序为MnO4Cl2Fe3Br2解析本题考查氧化还原反应的相关知识。A项MnSO4是还原产物，H2O2作还原剂，氧化产物是O2，依据原子守恒，产物中还应有水，正确；B项，Fe2的还原性强于Br，Cl2与FeBr2的物质的量之比为12时，1 mol Cl2恰好氧化2 mol Fe2，Br不被氧化，产物为FeCl3、FeBr3，正确；C项，MnO4得电子转化为Mn2，Cl2是氧化产物，只有Cl失电子，生成1 mol Cl2转移2 mol电子，正确；D项，氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性，故氧化性MnO4Cl2
7、Br2Fe3(还原性Fe2强于Br，故氧化性Br2Fe3)，D不正确。答案D7a mol Cu与含b mol HNO3的硝酸溶液恰好完全反应，被还原的HNO3的物质的量为 ()。A(b2a)mol B.b molC.a mol D.b mol解析反应后生成a mol Cu(NO3)2，b mol HNO3中有2a mol HNO3没有被还原，根据N原子守恒可得被还原的HNO3为(b2a)mol。答案A二、非选择题(本题共6个小题，共58分)8(8分)近年来地质、环境灾难频频发生，为防止在大灾之后疫病流行，灾区需要大量的各种消毒剂、漂白剂等。(1)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱
8、消毒剂，它可由KClO3与SO2在H2SO4作用下反应制得。请写出反应的离子方程式：_。(2)过碳酸钠是一种新型固态漂白剂，化学式可表示为Na2CO33H2O2，它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效，其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是_。AMnO2 BKMnO4溶液C稀盐酸 DNa2SO3溶液(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温下黑暗处可保存一年，HClO2不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2HClH2O(未配平)。当1 mol HClO2分解时，转移的电子数是_。解析(1)ClO3被SO2还原为ClO2，SO2被ClO3氧化为SO
9、42，其离子反应方程式为：2ClO3SO2=2ClO2SO42。(2)Na2CO33H2O2反应时，与氧化还原反应相关的是H2O2，H2O2被MnO2催化分解生成H2O、O2，过碳酸钠既发生氧化反应也发生还原反应；KMnO4溶液具有强氧化性，能将H2O2氧化生成O2，过碳酸钠中H2O2只发生氧化反应；Na2SO3被H2O2氧化，过碳酸钠中H2O2发生还原反应；过碳酸钠与稀盐酸不发生氧化还原反应。(3)配平反应：5HClO2=4ClO2HCl2H2O，5 mol HClO2分解转移4 mol电子，故1 mol HClO2发生分解反应，转移0.8 mol电子，即数目为0.86.021023。答案(
10、1)2ClO3SO2=2ClO2SO42(2)B(3)0.86.021023(或4.8161023)9(10分)向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式_ _。(2)整个过程中的还原剂是_。(3)把KI换成KBr，则CCl4层变为_色；继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。(4)加碘盐中含碘量为2050 mgkg1。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1 000 kg，若用KI与
11、Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2_L(标准状况，保留2位小数)。解析(1)CCl4层变成紫色说明有I2生成，继续滴加氯水变成无色，说明I2又被氧化生成HIO3，同时生成HCl。(2)首先KI被氧化生成I2，后来I2又被氧化生成KIO3，所以整个过程中的还原剂是KI、I2。(3)Br2的CCl4溶液显红棕色；继续滴加氯水，CCl4层颜色没有变化，说明氯水能氧化I2但不能氧化Br2，结合第(1)问可得氧化性HBrO3Cl2HIO3。(4)KI被Cl2氧化成KIO3，对应关系式为IKIO33Cl21 mol 3 mol mol n(Cl2)则n(Cl2) mol，V(Cl2)mol22.4
12、Lmol110.58 L。答案(1)I25Cl26H2O=2HIO310HCl(2)KI、I2(3)红棕HBrO3Cl2HIO3(4)10.5810(9分)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。(1)有下列变化：CO32CO2、C2O42CO2、Fe3Fe2，找出其中一个变化与“MnO4Mn2”组成一个反应，写出该反应的离子方程式：_。(2)高锰酸钾可代替二氧化锰用来制取Cl2，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(3)高锰酸钾与硫化亚铁有如下反应：10FeS6KMnO424H2SO4=3K2SO46MnSO45Fe2(SO4)310S24H2O。若上述反应前后固体的质量减少了2.8
13、 g，则硫元素与KMnO4之间发生转移的电子数目为_。解析(1)MnO4Mn2为还原过程，故与之对应的应为氧化过程C2O42CO2。根据得失电子守恒将方程式配平即可。(2)酸性条件下，KMnO4溶液的氧化性较强，其与浓盐酸反应时，被还原为Mn2，根据电子守恒可知氧化剂和还原剂(HCl)物质的量之比为15。(3)根据方程式可得关系式：10FeS10Sme 880 g 320 g 560 g 30 mol 2.8 g n(e)n(e)30 mol0.15 mol。答案(1)2MnO416H5C2O42=2Mn210CO28H2O(2)15(3)0.15NA(或9.031022)11(10分)雄黄(
14、As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为_。(2)上述反应中的氧化剂是_，反应产生的气体可用_吸收。(3)As2S3和HNO3有如下反应：As2S310H10NO3=2H3AsO43S10NO22H2O若生成2 mol H3 AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在_(填“正极”或“负极”)附近逸出。(4)若反应产物NO2和11.2 L
15、 O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量_(选填编号)。a小于0.5 mol b等于0.5 molc大于0.5 mol d无法确定解析(1)As在As2S3中的化合价为3，在As4S4中的化合价为2，每摩As2S3转化为As4S4时得到2 mol e，而每摩SnCl2转化为SnCl4时失去2 mol e，故二者在反应时物质的量之比为11。(2)H2S既可与NaOH溶液反应，又能与CuSO4溶液反应。(3)当生成2 mol H3AsO4时，同时生成了3 mol S，二者共失去电子10 mol。HNO3在反应中作氧化剂，在正极上发生反应，所以NO
16、2应在正极上生成。(4)根据反应4NO2O22H2O=4HNO3可知，反应共生成2 mol HNO3，浓HNO3与碳反应时的物质的量之比为41，所以2 mol HNO3如完全反应可生成CO2 0.5 mol。但由于硝酸的浓度降低到一定程度时，碳就不再与硝酸反应，所以实际产生CO2的物质的量应小于0.5 mol。答案(1)11(2)As2S3氢氧化钠溶液(或硫酸铜溶液)(3)10 mol正极(4)a12(10分)在热的稀硫酸中溶解了11.4 g FeSO4固体，当加入50 mL 0.5 molL1 KNO3溶液时，其中的Fe2全部转化成Fe3，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。(1)推算出x
17、_；y_。(2)配平该反应的方程式：FeSO4_KNO3_H2SO4=_K2SO4_Fe2(SO4)3_(NxOy)_H2O(配平时x、y用具体数值表示，物质填在中)。(3)反应中氧化产物是_。(4)用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：_ _。解析n(FeSO4)0.075 moln(KNO3)0.05 L0.5 molL10.025 molFe2转化为Fe3共失去0.075 mol电子，根据得失电子守恒原理，可知1 mol N原子得到3 mol电子，反应中N元素由5价降为2价，既得到的氧化物为NO。答案(1)11(2)624132NO4(3)Fe2(SO4)3(4) 4H2O13(1
18、1分)氧化还原反应综合应用：氧化还原反应滴定(1)配平氧化还原反应方程式：C2O42_MnO4_H=_CO2_Mn2_H2O(2)称取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16
19、 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O42H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。解析(1)C：34，改变量(43)22，Mn：72，改变量(72)15，根据化合价升降总数相等，所以在C2O42前配5，MnO4前配2，根据C和Mn原子守恒，分别在CO2和Mn2前配10和2，再由电荷守恒在H前配16，最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8，经检验离子方程式的氧
20、原子个数相等。(2)由HOH=H2O知，n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得，n(还)20.10 molL10.016 L5，n(还)0.004 mol。设6.0 g试样中H2C2O42H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述两个方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0.03 mol，H2C2O42H2O的质量分数为100%21%，KHC2O4的质量分数为100%64%。答案(1)52161028(2)0.005A.氧化剂不需要无色浅紫红色B无影响C偏小21%64%