高考化学专题复习 跟踪检测（八） 氧化还原反应方程式的配平与计算（含解析）

这是一份高考化学专题复习 跟踪检测（八） 氧化还原反应方程式的配平与计算（含解析），共9页。试卷主要包含了4 ml KMnO4，3倍等内容，欢迎下载使用。

1. 乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是( )
A．Cr2Oeq \\al(2－,7)中Cr元素化合价为＋6
B．氧化产物为CH3COOH
C．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化
D．1 ml C2H5OH发生上述反应转移2 ml e－
解析：选D A项，Cr2Oeq \\al(2－,7)中O元素是－2价，则Cr元素化合价为＋6，正确；B项，C2H5OH失去电子被氧化为CH3COOH，正确；C项，K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，正确；D项，乙醇中碳元素是－2价，乙酸中碳元素是0，则1 ml C2H5OH发生上述反应转移4 ml e－，错误。
2．(2019·四川成都名校期中考试)将1.95 g锌粉加入到200 mL 0.1 ml·L－1的MOeq \\al(＋,2)溶液中恰好完全反应，则还原产物可能是( )
A．M B．M2＋
C．M3＋ D．MO2＋
解析：选B 恰好完全反应时，1.95 g(0.03 ml)Zn失去0.06 ml电子，则根据保留电子守恒知0.02 ml MOeq \\al(＋,2)得到0.06 ml电子，设还原产物中M元素的化合价为＋n，则0.02×(5－n)＝0.06，解得n＝2，B项符合题意。
3．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－ ===2ROeq \\al(n－,4)＋3Cl－＋5H2O。则ROeq \\al(n－,4)中R的化合价是( )
A．＋3 B．＋4
C．＋5 D．＋6
解析：选D 根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根据化合价规则判断ROeq \\al(n－,4)中R的化合价为＋6。
4．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∶1
C．1∶3∶3 D．6∶3∶2
解析：选B 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 ml，由2HI＋Cl2===2HCl＋I2得，n(HI)＝2 ml，由2Fe＋3Cl2===2FeCl3得，n(Fe)＝2/3 ml，由2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2得，n(FeBr2)＝1 ml×2/3＝2/3 ml，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2 ml∶2/3 ml∶2/3 ml＝3∶1∶1。
5．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MnOeq \\al(－,4)＋NOeq \\al(－,2)＋eq \x( )―→Mn2＋＋NOeq \\al(－,3)＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NOeq \\al(－,2)被还原
B．反应过程中溶液的pH减小
C．生成1 ml NaNO3需消耗0.4 ml KMnO4
D.eq \x( )中的粒子是OH－
解析：选C NOeq \\al(－,2)中N元素的化合价升高，NOeq \\al(－,2)被氧化，A项错误；根据元素化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2MnOeq \\al(－,4)＋5NOeq \\al(－,2)＋6H＋===2Mn2＋＋5NOeq \\al(－,3)＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
6．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2MnOeq \\al(－,4)＋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 ml e－
D．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液
解析：选C A项，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，错误；B项，过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，错误；C项，标准状况下，产生22.4 L O2时反应转移22.4 L÷22.4 L·ml－1×2×[0－(－1)]＝2 ml e－，正确；D项，用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，错误。
7．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ClOeq \\al(－,3)的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比为( )
A．1∶3 B．4∶3
C．2∶1 D．3∶1
解析：选B 设被还原的氯原子为x
x Cl→KCl 降x×1
11 Cl→KClO 升11×1
1 Cl→KClO3 升1×5
由得失电子守恒得：x×1＝11×1＋1×5，得x＝16，则被还原和被氧化的氯原子的物质的量之比是16∶(1＋11)＝4∶3。
8. 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 ml 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 ml KClO3参加反应有1 ml e－转移
解析：选D 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 ml KClO3参加反应得到1 ml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 ml ClO2和1 ml 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eq \f(\f(m,67.5)×5,\f(m,71)×2)≈2.63倍，错误；D项，根据以上分析可知，1 ml KClO3参加反应有1 ml e－转移，正确。
9．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO 被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选D 本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。Na2Sxeq \(――→,\s\up7(失电子),\s\d5( ))xNa2SO4，NaClOeq \(――→,\s\up7(得电子),\s\d5( ))NaCl，得关系式1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))))·x＝16×2，x＝5。
10．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为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段主要是酸性高锰酸钾溶液和碘化钾溶液反应
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 ml
D．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 ml
解析：选D 由题给化学方程式可知，MnOeq \\al(－,4) 的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n(Fe3＋)不变，说明MnOeq \\al(－,4) 先氧化I－，A正确；MnOeq \\al(－,4) 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 ml，故被还原的n(Fe3＋)为0.75 ml，再根据电子守恒，生成0.75 ml Fe3＋需0.15 ml MnOeq \\al(－,4) ，则加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 ml，C正确，D不正确。
11．已知M2Oeq \\al(2－,n) 可与R2－作用，R2－被氧化为R单质，M2Oeq \\al(2－,n)的还原产物中，M为＋3价；又知c(M2Oeq \\al(2－,n))＝0.3 ml·L－1的溶液100 mL可与c(R2－)＝0.6 ml·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：选D n(M2Oeq \\al(2－,n))＝0.3 ml·L－1×0.1 L＝0.03 ml，n(R2－)＝0.6 ml×0.15 L＝0.09 ml，反应中M化合价降低到＋3价，R元素化合价升高到0价。设M2Oeq \\al(2－,n)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 ml×2＝(2－0)×0.09 ml，n＝7。
12．黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。
已知：2CuFeS2＋4O2eq \(=====,\s\up7(800 ℃))Cu2S＋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 ml CuFeS2生成6 ml Cu消耗O2的物质的量为14.25 ml
D．6 ml CuFeS2和15.75 ml O2反应，理论上可得到铜的物质的量为3 ml
解析：选D A项，反应Ⅰ中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，CuFeS2既作还原剂，又作氧化剂，错误；B项，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，错误；C项，根据化学方程式可知，6 ml CuFeS2参加反应，生成3 ml Cu2S，其中2 ml Cu2S转化为2 ml Cu2O，2 ml Cu2O与1 ml Cu2S反应生成6 ml Cu，所以消耗O2的物质的量为 12 ml＋3 ml＝15 ml，错误，D项，6 ml CuFeS2需要12 ml氧气得到3 ml Cu2S，剩余3.75 ml氧气可以消耗Cu2S的物质的量是eq \f(3.75 ml,3)×2＝2.5 ml，得到2.5 ml Cu2O，此时剩余Cu2S的物质的量是0.5 ml，与1 ml Cu2O反应生成3 ml铜，正确。
13．磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为________。
(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式，将计量数填在方框内：
eq \x( )CuSO4＋eq \x( )PH3＋eq \x( )H2O===eq \x( )Cu3P↓＋eq \x( )H3PO4＋eq \x( )H2SO4
(3)工业制备PH3的流程如图所示。

①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为______________________________________
________________________________________________________________________，
次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 ml P4参加反应，则整个工业流程中共生成________ml PH3。(不考虑产物的损失)
解析：(1)AlP与H2O反应除了生成PH3气体，另一种产物的化学式是Al(OH)3。(2)反应中Cu由＋2价变为＋1价，部分P由－3价变为＋5价，根据化合价升降法可将方程式配平。(3)①由流程图可知白磷和烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，产物中H原子个数比O原子个数多，因此反应物中除P4、NaOH外还应有H2O参与，据此可写出反应的化学方程式。由于使用的烧碱过量，所以得到的NaH2PO2应是次磷酸的正盐，即次磷酸属于一元酸。②1 ml P4与烧碱溶液发生反应P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2，生成1 ml PH3和3 ml NaH2PO2，3 ml NaH2PO2与硫酸发生反应2NaH2PO2＋H2SO4===Na2SO4＋2H3PO2，生成3 ml H3PO2，3 ml H3PO2再发生分解反应2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，生成1.5 ml PH3，所以整个工业流程中共生成PH3 2.5 ml。
答案：(1)三 ⅤA Al(OH)3
(2)24 11 12 8 3 24
(3)①P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2 一 ②2.5
14．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Cr2Oeq \\al(2－,7)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：
①Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===S4Oeq \\al(2－,6)＋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，反应的离子方程式为Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(3)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Fe(OH)3和CaSO4。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成CrOeq \\al(－,2)：Cr(OH)3＋OH－===CrOeq \\al(－,2)＋2H2O，通入过量的CO2生成Cr(OH)3、HCOeq \\al(－,3)：CrOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)。
(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝eq \f(6×0.122 5 g,294 g·ml－1×0.025 00 L)＝0.100 0 ml·L－1。
答案：(1)①④ (2)Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)Fe(OH)3 CaSO4
Cr(OH)3＋OH－===CrOeq \\al(－,2)＋2H2O CrOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
(4)0.100 0 ml·L－1
15．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)NaClO2中氯元素的化合价为________。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式：_____________________________。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为______________、______________。“电解”中阴极反应的主要产物是________。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
解析：(1)NaClO2中氯元素化合价为＋3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据化合价升降总数相等、原子守恒配平化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClOeq \\al(－,2)，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯的发生反应化学方程式为2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClOeq \\al(－,2)＋O2＋2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠最终还原为Cl－。根据：NaClO2eq \(――→,\s\up7(得4e－))Cl－和Cl2eq \(――→,\s\up7(得2e－),\s\d5( ))2Cl－可知，得电子数相等时存在NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为eq \f(71×2,90.5)≈1.57。
答案：(1)＋3
(2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClOeq \\al(－,2)(或NaClO2)
(4)2∶1 O2 (5)1.57
16．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)电解槽中总反应的离子方程式为__________________________________________。
(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 ml·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，MnOeq \\al(2－,4)失电子转化为MnOeq \\al(－,4)，电极反应式为2MnOeq \\al(2－,4)－2e－===2MnOeq \\al(－,4)，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总反应的离子方程式为2MnOeq \\al(2－,4)＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解),\s\d5( ))2MnOeq \\al(－,4)＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体MnO2、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，反应中3 ml K2MnO4有1 ml锰原子化合价由＋6价降为＋4价，作氧化剂，有2 ml锰原子化合价由＋6价升高到＋7价，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。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＋＋2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量为n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.8×10－3×0.02×5/2 ml＝3.7×10－3 ml，草酸晶体的质量为3.7×10－3 ml×126 g/ml＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为eq \f(0.466 2 g, 0.5 g)×100%≈93.2%。
答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O
(2)偏高
(3)2MnOeq \\al(2－,4)＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解),\s\d5( ))2MnOeq \\al(－,4)＋2OH－＋H2↑
(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3 1∶2 产率更高、KOH循环利用
(5)93.2%