2018高考化学（人教）一轮复习全程构想（检测）-第二章　化学物质及其变化 课时作业07 Word版含解析

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课时作业7　氧化还原反应的计算及方程式的配平授课提示：对应学生用书第301页]基础题组]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Ag2SB．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1 mol X，反应转移2 mol e－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，4 mol Ag参与反应时失去4 mol电子生成2 mol X，则每生成1 mol X，反应转移2 mol e－，正确。答案：C2．(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∶4C．1∶1  D．3∶5解析：在反应5NH4NO32HNO3＋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：A3．(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＋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：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：C4．(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0.1 mol KMnO4参加反应，下列说法不正确的是(　　)A．转移0.5 mol电子B．氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶2C．参加反应的HCl为0.8 molD．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2 mol KMnO4参加反应，消耗HCl 16 mol，转移电子10 mol，当有0.1 mol KMnO4参加反应时，参加反应的HCl为0.8 mol，转移0.5 mol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：D5．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SO，还原产物为NO。消耗硝酸的量最多的是(　　)A．Cu  B．Cu2OC．CuS  D．Cu2S解析：设固体的物质的量均为1 mol，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)＝2 mol＋ mol＝ mol。B项，n(HNO3)＝2 mol×2＋ mol＝ mol。C项，1 mol CuS转化为CuSO4时，消耗n(HNO3)＝mol。D项，1 mol Cu2S转化为Cu(NO3)2和CuSO4，消耗n(HNO3)＝2 mol＋ mol＝ mol。本题选D。答案：D6．(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→I2)；乙：H2O2(H2O2→H2O)；丙：FeCl3(Fe3＋→Fe2＋)；丁：K2Cr2O7(Cr2O→Cr3＋)。用浓度均为0.1 mol·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；1 mol题中氧化剂与KI完全反应时得到的电子分别为5 mol、2 mol、1 mol、6 mol，故D项正确。答案：D7．(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1 mol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．①②④C．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，4 mol HI参与反应，其中2 mol HI为还原剂，该反应转移电子是2 mol，所以若有1 mol的还原剂被氧化，则反应中转移电子的数目是1 mol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4 g·mol－1C．1 mol LiAlH4在125℃时完全分解，转移3 mol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3 g·mol－1，B项错误；由反应的化学方程式：知1 mol LiAlH4完全分解转移3 mol电子，C项正确；D项正确。答案：B2．(2017·河南联考)含有4.0 mol HNO3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0.4 mol HNO3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，4 mol HNO3完全反应生成1 mol Fe(NO3)3，消耗1 mol Fe，即q＝1，n1＝1。当反应后溶质恰好为Fe(NO3)2时，共消耗1.5 mol Fe，Fe(NO3)2为1.5 mol，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0.2 mol Fe，生成0.6 mol Fe(NO3)2，剩余0.6 mol Fe(NO3)3，故p＝0.6，n2＝1.2。本题选C。答案：C3．(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1 mol，此时，消耗硝酸的物质的量＝1 mol＋2 mol＋1 mol＝4 mol，硝酸得到电子的物质的量为1 mol×(5－4)＋1 mol×2×(5－4)＋1 mol×(5－2)＝6 mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n(FeS)＝＝ mol，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×2＝ mol，则剩余的 mol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 mol×3＝ mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为 mol∶( mol＋4 mol)＝1∶7。答案：B4．(2017·宁夏银川调研)已知氧化性：BrO>IO>Br2>I2。向含6 mol KI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)＝4 mol时，对应含碘物质为KIO3D．该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2 mol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＋6I－===3I2＋Br－＋3H2O，②(b→c)BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O，③(c→d)I2＋2BrO===2IO＋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)＝4 mol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6 mol KI最终完全转化为KIO3时共消耗KBrO3的物质的量为7.2 mol，D项正确。答案：C5．(2017·辽宁大连联考)已知：S2O和H2O2一样含有过氧键，因此也有强氧化性，S2O在一定条件下可把Mn2＋氧化成MnO，若反应后S2O生成SO；又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则S2O中的n值和硫元素的化合价是(　　)A．2，＋6  B．2，＋7C．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，Mn元素的化合价由＋2升高至＋7，Mn2＋为还原剂，已知S2O中含有过氧键，反应后生成SO，过氧键中氧元素化合价降低，S2O为氧化剂，结合S2O与Mn2＋的离子数之比为5∶2，可写出离子方程式：8H2O＋5S2O＋2Mn2＋===2MnO＋10SO＋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：A6．(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25.00 mL 0.049 mol/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24.65 mL 0.020 mol/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．N2OC．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×0.049 mol/L×x－(－1)]＝24.65×10－3L×0.020 mol/L×(7－2)，解得x＝1，则羟胺的氧化产物是N2O，B项正确。答案：B7．(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20.00 mL从A处注入锥形瓶；③再分别从A处注入含m mol NaOH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n mol H2SO4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0.005 mol·L－1 Na2S2O3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3.90 mL，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)＝0.005 mol·L－1×(3.90×10－3)L÷4＝4.875×10－6mol，则此水样中氧(O2)的含量为＝7.8 mg·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)2②MnO(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