2020届高考总复习化学——第二章 课时跟踪练(七)

2020届高考总复习化学——第二章课时跟踪练(七)
课时跟踪练(七)　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(　　)A．Mg(NO2)2、O2　　 B．MgO、NO2、O2C．Mg3N2、O2   D．MgO、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：D2．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＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判断正确的是(　　)A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物B．Na2O2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，Mn2＋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 L÷22.4 L·mol－1×2×[0－(－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D错误。答案：C3．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(　　)A．1∶1∶1   B．3∶1∶1C．1∶3∶3   D．6∶3∶2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2HI＋Cl2===2HCl＋I2，n(HI)＝2 mol，根据2Fe＋3Cl2===2FeCl3，n(Fe)＝mol，根据2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2，n(FeBr2)＝1 mol×＝mol，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2 mol∶mol∶mol＝3∶1∶1。答案：B4．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MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　)A．该反应中NO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 KMnO4D.中的粒子是OH－解析：NO中N元素的化合价升高，NO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＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。答案：C5．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的物质的量浓度之比为11∶1，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(　　)A．1∶3　 　B．4∶3      C．2∶1　 　D．3∶1解析：本题考查氧化还原反应的简单计算。x　　　Cl→KCl　　　降x×111　　 Cl→KClO　  升11×11　　　Cl→KClO3  升1×5关系式：x×1＝11×1＋1×5，得x＝16，则被还原和被氧化的氯元素的物质的量之比是16∶(1＋11)＝4∶3。答案：B6．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：KClO3＋H2C2O4＋H2SO4―→ClO2↑＋K2SO4＋CO2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是(　　)A．KClO3在反应中是还原剂B．1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体C．ClO2消毒的效率(以单位质量得到电子数表示)是Cl2的约5.3倍D．1 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，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≈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：D7．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，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2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2 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 molD．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 的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n(Fe3＋)不变，说明MnO 先氧化I－，A正确；MnO 反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n(Fe3＋)减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75 mol，故被还原的n(Fe3＋)为0.75 mol，再根据电子守恒，生成0.75 mol Fe3＋需0.15 mol MnO ，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：D8．(2019·济南模拟)已知M2O 可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2O的还原产物中，M为＋3价；又知c(M2O )＝0.3 mol·L－1的溶液100 mL可与c(R2－)＝0.6 mol·L－1的溶液150 mL恰好完全反应，则n值为(　　)A．4　　　　B．5        C．6　　　　D．7解析：n(M2O)＝0.3 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，n(R2－)＝0.6 mol×0.15 L＝0.09 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中M的化合价为x，则2x＋2＝2n，x＝n－1，氧化还原反应中得、失电子数目相等，则有(n－1－3)×0.03 mol×2＝(2－0)×0.09 mol，n＝7。答案：D9．(2019·揭阳模拟)黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2＋4O2Cu2S＋3SO2＋2FeO(Ⅰ)产物Cu2S在1 200 ℃高温下继续反应：2Cu2S＋3O2===2Cu2O＋2SO2 (Ⅱ)2Cu2O＋Cu2S===6Cu＋SO2↑ (Ⅲ)假定各步反应都完全。则下列说法正确的是(　　)A．反应Ⅰ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 molD．6 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Ⅰ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 CuFeS2参加反应，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 mol＋3 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×2＝2.5 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：D10．NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：①NaCN与NaClO反应，生成NaCNO和NaCl；②NaCNO与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知：HCN(K＝6.3×10－10)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 m3含NaCN 10.3 mg·L－1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0.5 mg·L－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2∶3，反应的离子方程式为2CNO－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑。(3)参加反应的NaCN是＝20 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 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需NaClO的质量为×74.5 g·mol－1×4＝14 900 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空气(2)2CNO－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑(3)14 900　(4)NaCNO　NaCN11．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①步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO4·7H2O)处理，写出并配平反应的离子方程式：______________________________________________________。(3)第②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____________、__________(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③④⑤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：①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O②2S2O＋I2===S4O＋2I－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为________(保留四位有效数字)。解析：(1)①中铬元素由＋6价降至＋3价，④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===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝＝0．100 0 mol·L－1。答案：(1)①④(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(3)Fe(OH)3　CaSO4　Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O　CrO＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO(4)0.100 0 mol·L－112．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K2MnO4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100 mL溶液，取出20.00 mL用0.020 0 mol·L－1的酸性KMnO4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H2C2O4·2H2O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4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)若贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH===2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，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失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO－4，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总的离子反应方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(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3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3。上述反应中3 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1∶2。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＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02×mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g/mol＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为93.2%。答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O(2)偏高(3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO31∶2　产率更高、KOH循环利用(5)93.2%