人教版高考化学一轮总复习课时质量评价5氧化还原反应的计算与方程式的配平含答案

这是一份人教版高考化学一轮总复习课时质量评价5氧化还原反应的计算与方程式的配平含答案，共7页。试卷主要包含了选择题，不定项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
课时质量评价(五)(建议用时：40分钟)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1．已知反应：As2S3＋HNO3＋X―→H3AsO4＋H2SO4＋NO↑，下列关于该反应的说法不正确的是　(　　)A．X为H2OB．参加反应的HNO3全部被还原C．氧化产物为H2SO4和H3AsO4D．生成1 mol H3AsO4转移2 mol电子D　解析：根据得失电子守恒和原子守恒配平可得：3As2S3＋28HNO3＋4H2O===6H3AsO4＋9H2SO4＋28NO↑，则X是H2O，A项正确；N元素由＋5价降低到＋2价，还原产物只有NO，则参加反应的HNO3全部被还原，B项正确；该反应中，As元素由＋3价升高到＋5价，S元素由－2价升高到＋6价，则氧化产物为H2SO4和H3AsO4，C项正确； 由A项分析可知，生成6 mol H3AsO4时，转移84 mol电子，则生成1 mol H3AsO4转移14 mol电子，D项错误。2．(2020·南通模拟)实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的说法正确的是(　　)A．NaNO2是还原剂B．生成1 mol N2时转移6 mol电子C．NH4Cl中的N元素被氧化D．N2既是氧化剂又是还原剂C　解析：NaNO2中N元素由＋3价降低到0价，NH4Cl中N元素由－3价升高到0价，则NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂，A项错误；由A项分析可知，生成1 mol N2时转移的电子为3 mol，B项错误；NH4Cl中N元素化合价升高，则N元素被氧化，C项正确；N2是反应产物，则N2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。3．(2020·沈阳模拟)R2O在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是(　　)A．1 B．2  C．3 D．4B　解析：R2O中R元素的化合价为＋(16－n)/2，分析题意可知，Mn元素由＋2价升高到＋7 价，R元素由＋(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O)∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O)∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中电子得失守恒的规律列式：n(R2O)×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。4．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强、无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要离子反应为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，干法制备的主要反应方程式为2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑。则下列有关说法不正确的是(　　)A．高铁酸钠中铁显＋6价B．湿法中FeO是氧化产物C．干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子D．Na2FeO4可氧化水中的H2S、NH3，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附悬浮杂质C　解析：高铁酸钠中钠元素显＋1价，氧元素显－2价，由此可知铁元素显＋6价，A项正确；湿法中，Fe(OH)3中铁元素的化合价升高，得到的FeO是氧化产物，B项正确；干法中，铁元素和Na2O2中部分氧元素的化合价升高，每生成1 mol Na2FeO4的同时生成 0.5 mol O2，所以每生成1 mol Na2FeO4转移电子(0.5×2×1＋1×4)mol＝5 mol，C项错误；Na2FeO4有强氧化性，＋6价的Fe可被 H2S、 NH3还原为＋3价的Fe(Fe3＋)，Fe3＋水解可得到Fe(OH)3 胶体，D项正确。5．(2020·潍坊模拟)某温度下，将1.1 mol I2加入KOH溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。经测定IO－与IO的物质的量之比是2∶3。下列说法错误的是(　　)A．I2在该反应中既是氧化剂又是还原剂B．I2的还原性大于KI的还原性，小于KIO和KIO3的还原性C．该反应中转移电子的物质的量为1.7 molD．该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是17∶5B　解析：该反应中，I元素由0价变为＋1价、＋5价和－1价，则I2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；该反应中，I2是还原剂，KI是还原产物，KIO和KIO3是氧化产物，故还原性：I2＞KI，I2＞KIO(或KIO3)，B项错误；发生的反应为11I2＋22KOH===17KI＋2KIO＋3KIO3＋11H2O，有11 mol I2参与反应时，转移17 mol 电子，故1.1 mol I2反应时转移电子的物质的量为 1.7 mol，C项正确；由化学方程式可知，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是17∶5，D项正确。6．(2021·临沂模拟)以Fe3O4/Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的NO，其反应过程如图所示[已知Fe3O4中Fe元素化合价为＋2、＋3价，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)]。下列说法错误的是(　　)A．处理NO的电极反应为2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2OB．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．用该法处理后，水体的pH降低D．消耗标准状况下6.72 L H2，理论上可处理含NO 4.6 mg/L的废水2 m3C　解析：处理NO过程中NO的＋3价N元素变为0价，化合价降低被还原，电极反应为2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O，故A正确；H2消除酸性废水中致癌物NO的总反应为2H＋＋2NO＋3H2N2＋4H2O，Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，故B正确，C错误；消耗标准状况下6.72 L H2，即 0.3 mol H2，理论上可处理0.2 mol NO，质量是0.2 mol×46 g/mol＝9.2 g，即处理4.6 mg/L的废水体积是 2 m3，故D正确。二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)7．(2020·潍坊模拟)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，Fe2＋、SO等能把VO还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是　(　　)A．在酸性溶液中氧化性：MnO＞VO2＋＞Fe3＋B．亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2OC．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应的化学方程式为10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4D．向含1 mol VO的酸性溶液中滴加含 1.5 mol Fe2＋的溶液完全反应，转移电子为 1.5 molBC　解析：Fe2＋、SO等能把VO还原为VO2＋，则根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VO＞Fe3＋，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnO＞VO2＋，但无法判断VO2＋与Fe3＋的氧化性强弱，故A错误；SO能把VO还原为VO2＋，则根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2O，故B正确；向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2＋被氧化生成VO，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4，故C正确；1 mol VO的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2＋的溶液发生反应为2H＋＋VO＋Fe2＋===Fe3＋＋VO2＋＋H2O，则 Fe2＋过量，转移电子为1 mol×(5－4)＝1 mol，故D错误。8．(2020·潍坊模拟)工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2②2Na2CrO4＋H2SO4===Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O下列说法中正确的是(　　)A．反应①和②均为氧化还原反应B．反应①的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3C．高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D．生成1 mol的Na2Cr2O7时共转移7 mol电子BD　解析：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4＋H2SO4===Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO·Cr2O3，故B正确；根据反应①可知，氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但无法判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C错误；由反应①可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中O元素由0价降低为－2价，转移电子的物质的量为 mol×4＝3.5 mol，所以反应①中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移3.5 mol，反应②不是氧化还原反应，所以生成1 mol的Na2Cr2O7时转移 7 mol电子，故D正确。9．某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3＋)。用c2 mol/L KMnO4溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为(用代数式表示)(　　)A. mol/L  　 B. mol/LC. mol/L  　 D. mol/LA　解析：本题有关反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O,5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。利用得失电子守恒列等式：c1 mol/L×V1 mL×10－3 L/mL＝20 mL×10－3 L/mL×6c(Cr2O)＋5c2 mol/L×V2 mL×10－3 L/mL，解得：c(Cr2O)＝ mol/L。三、非选择题10．以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO4·7H2O)的工艺流程如下：(1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为_______________________________________________________________。(2)滤液中金属阳离子的检验方法__________________________________________________________________________________________________。(3)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_______________________________________________________________。(结合化学用语说明原因)(4)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.F)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：已知总反应为FeS2＋14Fe3＋＋8H2O === 2SO＋15Fe2＋＋16H＋①将过程Ⅰ离子方程式补充完整FeS2＋Fe3＋＋________===Fe2＋＋S2O＋________②过程Ⅱ反应的离子方程式_______________________________________。(5)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的a mol/L K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋ === 6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为____________。(FeSO4·7H2O摩尔质量为278 g/mol)解析：(1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3和H2O，离子方程式为Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O。(2)“滤液”可获得绿矾晶体(FeSO4·7H2O)，则滤液中含有Fe2＋，检验方法是取滤液少许于试管中，滴加 K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2＋。(3)FeSO4是强酸弱碱盐，易发生水解：Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，其目的是抑制Fe2＋的水解。(4)①过程Ⅰ的反应中，Fe3＋被还原生成Fe2＋，FeS2中S被氧化生成S2O，根据得失电子守恒配平FeS2、Fe3＋的化学计量数分别为1、6，再结合Fe、S元素守恒配平Fe2＋、S2O的化学计量数分别为7、1，最后结合H、O元素守恒及电荷守恒配平其他。②考虑得失电子守恒，用总反应减去过程Ⅰ的离子方程式可得过程Ⅱ反应的离子方程式：8Fe3＋＋S2O＋5H2O===2SO＋8Fe2＋＋10H＋。(5)据反应6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋ ===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O可得：n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×a mol/L×b×10－3 L＝6ab×10－3 mol，则有m(FeSO4·7H2O)＝6ab×10－3 mol×278 g/mol＝6ab×10－3 ×278 g，故绿矾晶体的纯度为×100%。答案：(1)Fe2O3＋6H＋ === 2Fe3＋＋3H2O(2)取滤液少许于试管中，滴加K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2＋(3)Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，H＋过量抑制Fe2＋的水解(4)①1　6　3　H2O　7　1　6　H＋②8Fe3＋＋S2O＋5H2O===2SO＋8Fe2＋＋10H＋(5)×100%