课时跟踪检测(八)　氧化还原反应的配平与计算(应用课)

这是一份课时跟踪检测(八)　氧化还原反应的配平与计算(应用课)，共9页。试卷主要包含了已知，已知在碱性溶液中可发生如下反应，黄铜矿是提取Cu的主要原料等内容，欢迎下载使用。

1．(2021·佳木斯模拟)已知：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．HCl发生了还原反应
B．氧化性：Cl2>KMnO4
C．氧化剂与还原剂的物质的量比为1∶8
D．当标准状况下产生22.4 L氯气，转移电子数为2NA
解析：选D 部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的，则氧化性：KMnO4>Cl2，故B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶10＝1∶5(16 ml HCl中只有10 ml HCl中被氧化为5 ml氯气)，故C错误；标准状况下产生22.4 L(即1 ml)氯气，每生成1 ml氯气转移电子数为2NA，故D正确。
2．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列有关反应8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl 的描述中正确的是( )
A．还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3
B．反应物和生成物的化学键类型相同
C.每生成11.2 L N2，转移电子数为3NA
D．N2的电子式是N⋮⋮N
解析：选A NH3是还原剂，2 ml NH3作还原剂，还原产物是NH4Cl，还原剂与还原产物的物质的量之比是1∶3，故A正确；反应物中只含共价键，生成物NH4Cl中含有离子键、共价键，化学键类型不相同，故B错误；非标准状况下11.2 L N2的物质的量不一定是0.5 ml, 故C错误；N2的电子式是∶N⋮⋮N∶，故D错误。
3．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－ ===2RO eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(4)) ＋3Cl－＋5H2O。则RO eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(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RO eq \\al(\s\up1(n－),\s\d1(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)＝ eq \f(2,3) ml，由2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2得，n(FeBr2)＝1 ml× eq \f(2,3) ＝ eq \f(2,3) ml，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2 ml∶ eq \f(2,3) ml∶ eq \f(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MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋ eq \x( ) ―→Mn2＋＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(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 NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) 中N元素的化合价升高，NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(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2MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋6H＋===2Mn2＋＋5NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。
6．(2021·潍坊模拟)将3.2 g Cu投入100 mL稀硫酸中加热，没有明显变化，若边加热边缓缓加入一定量H2O2，金属Cu逐渐溶解。则下列说法正确的是( )
A．反应过程中有刺激性气味的气体生成
B．H2O2对Cu和稀硫酸的反应起催化作用
C．若Cu和硫酸恰好完全反应，则稀硫酸的物质的量浓度为0.5 ml·L－1
D．反应中硫酸既表现出酸性又表现出氧化性
解析：选C 双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，反应方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O，由反应方程式可知，无气体生成，故A错误；分析化合价，过氧化氢中氧元素的化合价从－1→－2，化合价降低，故B错误；3.2 g铜的物质的量为n(Cu)＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(3.2 g,64 g·ml－1) ＝0.05 ml，根据反应方程式中的比例关系可知，恰好消耗0.05 ml硫酸，则硫酸的浓度为c(H2SO4)＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(0.05 ml,0.1 L) ＝0.5 ml·L－1，故C正确；由反应方程式可知，反应中硫酸中所含元素的化合价没有变化，故只起酸性的作用，没有表现出氧化性，故D错误。
7．(2021·衢州模拟)一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2 g硫单质、0.4 ml FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是( )
A．该盐酸的物质的量浓度为4.0 ml·L－1
B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2∶1
C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96 L
D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85
解析：选C 盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4 ml，根据Cl原子守恒可得c(HCl)＝ eq \f(2×0.4 ml,0.1 L) ＝8.0 ml·L－1，A错误；该反应中只有S和Fe的化合价发生变化，FexS中为－2价，生成3.2 g (0.1 ml)硫单质，转移电子0.1×2＝0.2 ml，溶液中无Fe3＋，即Fe3＋都转化为Fe2＋，则Fe3＋的物质的量为0.2 ml，故该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝ eq \f(1,2) n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 ml，V(H2S)＝0.4 ml×22.4 L·ml－1＝8.96 L，C正确；FexS中n(S)＝0.1 ml＋0.4 ml＝0.5 ml，n(Fe)＝0.4 ml，所以n(Fe)∶n(S)＝0.4 ml∶0.5 ml＝0.8，所以x＝0.8，D错误。
8．(2021·定远模拟)已知H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI，将0.1 ml Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化。则下列说法正确的是( )
A．物质的还原性：HI>H2SO3>HCl
B．H2SO3的物质的量浓度为0.6 ml·L－1
C．若再通入0.05 ml Cl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化
D．通入0.1 ml Cl2发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋I2＋10Cl－＋16H＋
解析：选D 根据H2SO3＋I2＋H2O===H2SO4＋2HI可知，H2SO3的还原性大于HI，将0.1 ml Cl2通入100 mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，氯气先氧化H2SO3，再氧化HI；物质的还原性：H2SO3>HI>HCl，故A错误；设H2SO3的物质的量为x ml，则H2SO3消耗氯气x ml；有 eq \f(x,2) ml的HI被氧化，消耗氯气 eq \f(x,4) ml ，x ml＋ eq \f(x,4) ml＝0.1 ml，解得x＝0.08 ml，所以H2SO3的物质的量浓度为0.8 ml·L－1，故B错误；0.08 ml H2SO3消耗氯气0.08 ml，0.08 ml HI消耗氯气0.04 ml，共消耗氯气0.12 ml，所以若再通入0.02 ml Cl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故C错误；通入0.1 ml Cl2，被氧化的HI只有H2SO3的一半，发生反应的离子方程式为5Cl2＋4H2SO3＋2I－＋4H2O===4SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋I2＋10Cl－＋16H＋，故D正确。
9．(2021·黑龙江模拟)锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一，从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：①2Sb2S3＋3O2＋6Fe eq \(=====,\s\up7(高温),\s\d5( )) Sb4O6＋6FeS
②Sb4O6＋6C eq \(=====,\s\up7(高温),\s\d5( )) 4Sb＋6CO↑。下列关于反应①、②的说法正确的是( )
A．反应①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6
B．反应①中每生成3 ml FeS时，共转移6 ml电子
C．反应②说明C的还原性比Sb弱
D．每生成4 ml Sb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4∶3
解析：选B 反应①中Sb2S3中含有的元素的化合价不变，氧化剂是氧气，反应②中Sb4O6中Sb元素的化合价由＋3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；反应①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为＋2价，每生成3 ml FeS，转移的电子为3 ml×2＝6 ml，故B正确；反应②中C是还原剂，Sb是还原产物，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知，反应②中还原性：C>Sb，故C错误；每生成4 ml Sb时，反应②中C是还原剂，需要6 ml C，需要1 ml Sb4O6；反应①中Fe是还原剂，生成1 ml Sb4O6，需要6 ml Fe，所以反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6 ml∶6 ml＝1∶1，故D错误。
10．黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。
已知：2CuFeS2＋4O2 eq \(=====,\s\up7(800 ℃)) Cu2S＋3SO2＋2FeO(Ⅰ)
产物Cu2S在1 200 ℃高温下继续反应：2Cu2S＋3O2 eq \(=====,\s\up7(1 200 ℃)) 2Cu2O＋2SO2 (Ⅱ)
2Cu2O＋Cu2S eq \(=====,\s\up7(1 200 ℃)) 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的质量分数一定为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的质量分数，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。
11．(2021·大连模拟)已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。现有一氧化还原反应的体系中，共有KCl、Cl2、浓H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：
(1)该氧化还原反应的体系中，还原剂是________，化合价没有发生变化的反应物是________。
(2)写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式(需配平)：___________________
___________________________________________。
(3)上述反应中，1 ml氧化剂在反应中转移的电子为________________ml。
(4)如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 反应后变为无色的Bi3＋。证明NaBiO3的一个性质是：______________。
解析：(1)由题意可知，高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，则在给出的物质中，根据Cl元素的化合价变化，则氧化反应为KCl→Cl2，Cl元素的化合价由－1价变为0价，化合价升高，KCl为还原剂；根据元素守恒，反应后需生成MnSO4、K2SO4，因此反应物中含有浓H2SO4，化合价没有发生变化的反应物为浓H2SO4。(2)高锰酸钾具有氧化性，则还原反应为KMnO4→MnSO4，氧化反应为KCl→Cl2，则反应为KMnO4＋KCl＋H2SO4→MnSO4＋K2SO4＋Cl2↑＋H2O，由电子守恒及原子守恒可得配平后的化学反应为2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===2MnSO4＋6K2SO4＋5Cl2↑＋8H2O。(3)该反应2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===2MnSO4＋6K2SO4＋5Cl2↑＋8H2O中Mn元素的化合价由＋7价变为＋2价、Cl元素的化合价由－1价变为0价，所以氧化剂是KMnO4，1 ml氧化剂在反应中得到电子的物质的量＝1 ml×(7－2)＝5 ml。(4)加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 反应后变为无色的Bi3＋，Bi元素的化合价降低，则NaBiO3为氧化剂，将锰离子氧化为高锰酸根离子，氧化性比KMnO4强。
答案：(1)KCl 浓H2SO4 (2)2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4(浓)===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O (3)5 (4)NaBiO3的氧化性比KMnO4的强
12．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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(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的性质类似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 eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋I2===S4O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(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Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(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CrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ：Cr(OH)3＋OH－===CrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O，通入过量的CO2会生成Cr(OH)3、HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ：CrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(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)Cr2O eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(7)) ＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (3)Fe(OH)3 CaSO4
Cr(OH)3＋OH－===CrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋2H2O CrO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(2)) ＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3))
(4)0.100 0 ml·L－1
13．(2021·唐山模拟)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色到橙黄色的气体，是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂。已知：工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性介质中与氯酸钠反应。二氧化氯能与许多化学物质发生爆炸性反应，遇水则生成次氯酸、氯气和氧气。
完成下列填空：
(1)将二氧化氯通入品红试液中，看到的现象是________；理由是___________________
_________________________________________。
(2)请配平下列反应的化学方程式(CH3OH中H为＋1价，O为－2价)：
________CH3OH＋____NaClO3＋________→________CO2↑＋________ClO2↑＋________Na2SO4＋________。
(3)该反应中，被氧化的元素是________。还原产物与氧化产物的物质的量之比是________。
(4)根据上述反应可推知____________(填字母)。
a．氧化性：ClO2>NaClO3
b．氧化性：NaClO3>CH3OH
c．还原性：CH3OH>ClO2
d．还原性：CH3OH>Na2SO4
(5)若转移的电子数目为0.3NA(NA为阿伏加德罗常数的值)，则反应产生气体的体积(标准状况)为________ L。
(6)消毒效率常以单位质量的消毒剂得到的电子数表示。ClO2的消毒效率是Cl2的________倍。
解析：(1)二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性，可以使品红试液褪色。(2)根据元素守恒，左边加入硫酸，右边加水，氧化剂是NaClO3，氯元素的化合价从＋5降低到＋4价，化合价降低了1，CH3OH中碳元素的化合价从－2价升高到＋4价，化合价升高了6，根据氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，配平氧化剂和还原剂的系数，根据元素守恒，配平其余物质，得到化学反应方程式为CH3OH＋6NaClO3＋3H2SO4===CO2↑＋6ClO2↑＋3Na2SO4＋5H2O。(3)该反应中，化合价升高的元素是CH3OH中－2价的碳，即被氧化的元素是CH3OH中－2价的碳，还原产物是二氧化氯，氧化产物是二氧化碳，还原产物和氧化产物的物质的量之比是6∶1。(4)该反应中，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，氧化产物是CO2，还原产物是ClO2，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故氧化性：NaClO3>ClO2，NaClO3和CH3OH 反应时，氧化剂是NaClO3，还原剂是CH3OH，说明氧化性：NaClO3>CH3OH，还原性：CH3OH>ClO2，故选b、c。(5)根据甲醇和氯酸钠的化学反应方程式可知，生成7 ml气体，转移6 ml电子，若转移的电子数目为0.3NA即0.3 ml，则生成0.35 ml气体，气体在标准状况下的体积为V＝nVm＝0.35 ml×22.4 L·ml－1＝7.84 L。(6) eq \f(ClO2的消毒效率,Cl2的消毒效率) ＝ eq \f(\f(1 g,67.5 g·ml－1)×5,\f(1 g,71 g·ml－1)×2) ＝2.63，ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。
答案：(1)品红试液变成无色 二氧化氯与水反应生成的次氯酸具有漂白性
(2)CH3OH＋6NaClO3＋3H2SO4===CO2↑＋6ClO2↑＋3Na2SO4＋5H2O
(3)CH3OH中－2价的碳 6∶1 (4)bc (5)7.84 (6)2.63