高考化学第一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平课时作业含答案.docx
《高考化学第一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平课时作业含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学第一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平课时作业含答案.docx（8页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考化学第一轮复习氧化还原反应的计算及方程式的配平课时作业含答案
1．（2017•宁夏银川质检）宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有一银针验毒的记载，银针验毒的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是（ ）
A．X的化学式为Ag2S
B．银针验毒时，空气中的氧气得到电子
C．反应中Ag和H2S均是还原剂
D．每生成1molX，反应转移2mole－
解析：
A项，根据原子守恒，X为Ag2S，正确；B项，银失电子，空气中的氧气得电子，正确；C项，根据化合价的变化可知，H2S中的各元素化合价没有发生变化，不是还原剂，错误；D项，4molAg参与反应时失去4mol电子生成2molX，则每生成1molX，反应转移2mole－，正确。
答案：
C
2．（2017•河北石家庄质检）一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3→HNO3＋N2＋H2O（未配平），该反应中，被氧化与被还原的氮原子个数之比为（ ）
A．5∶3 B．5∶4
C．1∶1 D．3∶5
解析：
在反应5NH4NO3=====△2HNO3＋4N2↑＋9H2O中，一部分氮元素由－3价升高为0价，被氧化，一部分氮元素由＋5价降低为0价，被还原，还有一部分氮元素的化合价未改变。
根据电子转移守恒，可知被氧化与被还原的氮原子个数之比为（5－0）∶[0－（－3）]＝5∶3，本题选A。
答案：
A
3．（2017•河北衡水期末）NaNO2是一种食品添加剂，能致癌。
酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO－4＋NO－2＋ ―→Mn2＋＋NO－3＋H2O（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1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4
D. 中的粒子是OH－
解析：
Mn化合价：
＋7→＋2，N化合价：
＋3→＋5，N的化合价升高，被氧化，在酸性条件下，消耗H＋，pH增大，A、B、D三项均错误。
答案：
C
4．（2017•陕西师大附中期中）对于反应KMnO4＋HCl（浓）——KCl＋MnCl2＋Cl2＋H2O（未配平），若有0.1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是（ ）
A．转移0.5mol电子
B．氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶2
C．参加反应的HCl为0.8mol
D．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶8
解析：
配平后各物质的化学计算数分别是2、16、2、2、5、8。
从方程式知2molKMnO4参加反应，消耗HCl16mol，转移电子10mol，当有0.1molKMnO4参加反应时，参加反应的HCl为0.8mol，转移0.5mol电子，A、C正确；由反应知氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，物质的量之比为5∶2，B正确；氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶5，D错误。
答案：
D
5．等物质的量的下列物质与足量稀硝酸反应，氧化产物为Cu2＋或SO2－4，还原产物为NO。
消耗硝酸的量最多的是（ ）
A．Cu B．Cu2O
C．CuS D．Cu2S
解析：
设固体的物质的量均为1mol，根据得失电子守恒和硝酸铜的组成计算消耗HNO3（包括表现氧化性和表现酸性的HNO3）物质的量。
A项，n（HNO3）＝2mol＋23mol＝83mol。
B项，n（HNO3）＝2mol×2＋23mol＝143mol。
C项，1molCuS转化为CuSO4时，消耗n（HNO3）＝83mol。
D项，1molCu2S转化为Cu（NO3）2和CuSO4，消耗n（HNO3）＝2mol＋103mol＝163mol。
本题选D。
答案：
D
6．（2017•甘肃兰州调研）在酸性溶液中，下列物质氧化KI溶液时，自身发生如下变化：
甲：
KIO3（IO－3→I2）；乙：
H2O2（H2O2→H2O）；丙：
FeCl3（Fe3＋→Fe2＋）；丁：
K2Cr2O7（Cr2O2－7→Cr3＋）。
用浓度均为0.1mol•L－1的已经酸化的上述氧化剂滴定等量的KI溶液，所需体积的大小顺序为（ ）
A．甲>乙>丙>丁 B．乙>丙>丁>甲
C．丁>甲>乙>丙 D．丙>乙>甲>丁
解析：
氧化等量的KI，需要等浓度的氧化剂体积越大，相同物质的量的氧化剂得到的电子越少；1mol题中氧化剂与KI完全反应时得到的电子分别为5mol、2mol、1mol、6mol，故D项正确。
答案：
D
7．（2017•徐州模拟）建筑工地常用的NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。
已知NaNO2能发生如下反应：
NaNO2＋ HI―→ NO↑＋ I2＋ NaI＋ H2O
（1）配平上面方程式。
（2）上述反应的氧化剂是________；若有1mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是________。
（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别NaNO2和NaCl，可选用的物质有：
①水 ②碘化钾淀粉试纸 ③淀粉 ④白酒 ⑤食醋，进行实验，下列选项合适的是________（填字母）。
A．③⑤ B．①②④
C．①②⑤ D．①②③⑤
（4）某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，采用NH4Cl，能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：
（2）2NaNO2＋4HI===2NO＋I2＋2NaI＋2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂，4molHI参与反应，其中2molHI为还原剂，该反应转移电子是2mol，所以若有1mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是1mol即6.02×1023。
（4）由信息型氧化还原反应化学方程式书写规律可得，方程式为NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O。
答案：
（1）2 4 2 1 2 2
（2）NaNO2 6.02×1023 （3）C
（4）NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O
[能力题组]
1．LiAlH4是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈反应释放出氢气，LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。
下列叙述错误的是（ ）
A．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂
B．LiAlH4与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g•mol－1
C．1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子
D．LiAlH4与水反应生成三种物质时，化学方程式可表示为：
LiAlH4＋4H2O===Al（OH）3↓＋LiOH＋4H2↑
解析：
由乙醛生成乙醇属于加氢还原过程，故LiAlH4作还原剂，A项正确；LiAlH4与D2O反应的化学方程式为LiAlH4＋4D2O===Al（OD）3＋LiOD＋4HD↑，故反应所得氢气的摩尔质量为3g•mol－1，B项错误；由反应的化学方程式：
知1molLiAlH4完全分解转移3mol电子，C项正确；D项正确。
答案：
B
2．（2017•河南联考）含有4.0molHNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物a、b与铁粉物质的量关系如图所示（还原产物只有NO）。
下列有关判断正确的是（ ）
A．a是Fe（NO3）2 B．n1＝0.80 C．p＝0.60 D．n3＝1.20
解析：
题图曲线相当于向含有0.4molHNO3的稀硝酸中逐渐加入铁粉，依次发生反应①Fe＋4HNO3（稀）===Fe（NO3）3＋NO↑＋2H2O、②2Fe（NO3）3＋Fe===3Fe（NO3）2，故a是Fe（NO3）3，b是Fe（NO3）2。
当只发生反应①时，4molHNO3完全反应生成1molFe（NO3）3，消耗1molFe，即q＝1，n1＝1。
当反应后溶质恰好为Fe（NO3）2时，共消耗1.5molFe，Fe（NO3）2为1.5mol，即r＝1.5，n3＝1.5。
当反应后溶质为等物质的量的Fe（NO3）3和Fe（NO3）2时，反应②消耗0.2molFe，生成0.6molFe（NO3）2，剩余0.6molFe（NO3）3，故p＝0.6，n2＝1.2。
本题选C。
答案：
C
3．（2017•晋商四校联考）FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为（ ）
A．1∶6 B．1∶7 C．2∶11 D．16∶25
解析：
设NO2、N2O4、NO的物质的量都是1mol，此时，消耗硝酸的物质的量＝1mol＋2mol＋1mol＝4mol，硝酸得到电子的物质的量为1mol×（5－4）＋1mol×2×（5－4）＋1mol×（5－2）＝6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）＝6mol3－2＋[6－－2]＝23mol，再根据Fe2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系，生成硫酸铁需要的铁原子的物质的量为23mol3×2＝49mol，则剩余的29mol铁原子生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3所需硝酸的物质的量为29mol×3＝23mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为23mol∶（23mol＋4mol）＝1∶7。
答案：
B
4．（2017•宁夏银川调研）已知氧化性：
BrO－3>IO－3>Br2>I2。
向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。
下列有关说法错误的是（ ）
A．b点时KI恰好反应完全
B．b→c过程中，被氧化的为Br－
C．当n（KBrO3）＝4mol时，对应含碘物质为KIO3
D．该过程所能消耗n（KBrO3）的最大值为7.2mol
解析：
由图像可知，整个反应过程分三个阶段，每个阶段的反应方程式为①（a→b）6H＋＋BrO－3＋6I－===3I2＋Br－＋3H2O，②（b→c）BrO－3＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，③（c→d）I2＋2BrO－3===2IO－3＋Br2，则B项正确；b点时，I－恰好完全转化为I2，A项正确；由题图知，当n（KBrO3）＝4mol时，对应含碘物质有I2和KIO3两种，C项错误；根据反应①、②、③可计算出6molKI最终完全转化为KIO3时共消耗KBrO3的物质的量为7.2mol，D项正确。
答案：
C
5．（2017•辽宁大连联考）已知：
S2On－8和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2On－8在一定条件下可把Mn2＋氧化成MnO－4，若反应后S2On－8生成SO2－4；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则S2On－8中的n值和硫元素的化合价是（ ）
A．2，＋6 B．2，＋7
C．4，＋6 D．4，＋7
解析：
首先，根据S的最高化合价为＋6即可排除B、D项。
Mn2＋被氧化成MnO－4，Mn元素的化合价由＋2升高至＋7，Mn2＋为还原剂，已知S2O2－8中含有过氧键，反应后生成SO2－4，过氧键中氧元素化合价降低，S2On－8为氧化剂，结合S2On－8与Mn2＋的离子数之比为5∶2，可写出离子方程式：
8H2O＋5S2On－8＋2Mn2＋===2MnO－4＋10SO2－4＋16H＋，根据电荷守恒得－5n＋2×2＝（－1）×2＋（－2）×10＋1×16，解得n＝2，故选A。
答案：
A
6．（2017•陕西西安八校联考）羟胺（NH2OH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原，现有25.00mL0.049mol/L羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.65mL0.020mol/L酸性KMnO4溶液完全反应，已知（未配平）：
FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2（SO4）3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则在上述反应中羟胺的氧化产物是（ ）
A．N2 B．N2O
C．NO D．NO2
解析：
根据得失电子守恒，NH2OH失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数。
羟胺中氮元素的化合价为－1，设羟胺的氧化产物中氮元素的化合价为x，则25.00×10－3L×0.049mol/L×[x－（－1）]＝24.65×10－3L×0.020mol/L×（7－2），解得x＝1，则羟胺的氧化产物是N2O，B项正确。
答案：
B
7．（2017•衡水中学二模）实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。
（1）实验原理
①用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2＋氧化成MnO（OH）2，反应的离子方程式为______________________________________________________________。
②在酸性条件下，再用I－将生成的MnO（OH）2还原为Mn2＋，反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。
（2）实验步骤
①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是________________________________________________________________________；
②用注射器抽取某水样20.00mL从A处注入锥形瓶；
③再分别从A处注入含mmolNaOH溶液及过量的MnSO4溶液；
④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；
⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含nmolH2SO4的硫酸；
⑥重复④的操作；
⑦取下锥形瓶，向其中加入2～3滴________作指示剂；
⑧用0.005mol•L－1Na2S2O3溶液滴定至终点。
滴定终点的现象是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）数据分析
①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90mL，则此水样中氧（O2）的含量为________mg•L－1。
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
解析：
（1）注意从题给条件中挖掘信息：
反应物有O2、OH－（碱性条件下）、Mn2＋，发生氧化还原反应，生成MnO（OH）2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2＋、MnO（OH）2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH－的化学计量数，最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。
（3）①根据
（1）中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O3，则n（O2）＝0.005mol•L－1×（3.90×10－3）L÷4＝4.875×10－6mol，则此水样中氧（O2）的含量为4.875×10－6mol×32g•mol－1×1000mg•g－10.02L＝7.8mg•L－1。
②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c（Na2S2O3）减小，V（Na2S2O3）增大，所以n（O2）增大，故测得水样中O2的含量将偏大。
答案：
（1）①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO（OH）2
②MnO（OH）2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
（2）①排出装置内的空气，避免空气中的O2的干扰 ⑦淀粉溶液 ⑧滴最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色
（3）①7.8 ②偏大
升级会员 