高考化学一轮复习课时分层作业八氧化还原反应方程式的配平和计算含解析新人教版

这是一份高考化学一轮复习课时分层作业八氧化还原反应方程式的配平和计算含解析新人教版，共9页。试卷主要包含了金属铬常用于提升特种合金的性能，辉铜矿可发生反应等内容，欢迎下载使用。
氧化还原反应方程式的配平和计算(建议用时40分钟)1．(2021·吉林模拟)2020年8月初，黎巴嫩首都贝鲁特港口发生大规模爆炸，该爆炸是储存在仓库的2 750吨硝酸铵引起的。已知爆炸时硝酸铵按下式分解：4NH4NO3===3N2↑＋2NO2↑＋8H2O↑，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为(　　)A．1∶1　　B．1∶2　　C．1∶3　　D．3∶1【解析】选A。在4NH4NO3===3N2↑＋2NO2↑＋8H2O↑的反应中，反应前有四个－3价的氮原子，化合价升高被氧化，四个＋5价的氮原子化合价降低被还原，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为1∶1。2．(2020·北京海淀区模拟)金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是(　　)A．①中需持续吹入空气作氧化剂B．②中需加入过量稀硫酸C．③中发生了置换反应D．溶液A为橙色【解析】选B。在铬铁矿中Cr元素化合价为＋3价，反应后变为Na2CrO4中的＋6价，化合价升高，被氧化，因此①中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此②中加入的稀硫酸不能过量，B错误；Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应类型为置换反应，C正确；Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，反应产生Cr2O使溶液显橙色，D正确。3.(双选)常温下,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反应原理如图所示。关于该反应过程的说法不正确的是 (　　)A.该反应过程中,M是Fe2+,M′是Fe3+B.当有1 mol O2生成时,转移1 mol电子C.在H2O2分解过程中,溶液的pH逐渐降低D.H2O2的还原性强于Fe2+,氧化性强于Fe3+【解析】选B、C。根据反应原理图,H2O2+M+H+H2O+M′的过程中H2O2被还原成H2O,M′+H2O2M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2,根据氧化还原反应的特点,M为Fe2+,M′为Fe3+,A正确;图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+,有1 mol O2生成时,转移2 mol电子,B错误;总反应为2H2O22H2O+O2↑,在H2O2分解过程中生成了H2O,溶液变稀,则溶液的pH会逐渐增大,C错误;根据2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+,说明H2O2的还原性强于Fe2+,2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,说明H2O2的氧化性强于Fe3+,D正确。4．(2020·天津南开区模拟)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是(　　)A．该转化过程的实质为NOx被H2还原B．在NOx中x＝1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．处理过程中，混合溶液中Ce3＋和Ce4＋总数减少D．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋Ce4＋===2H＋＋Ce3＋【解析】选A。分析转化图，过程I中发生H2＋2Ce4＋===2H＋＋2Ce3＋，过程Ⅱ中发生2NOx＋4xH＋＋4xCe3＋===2xH2O＋N2＋4xCe4＋，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A正确、D错误；x＝1时，过程Ⅱ发生2NO＋4H＋＋4Ce3＋===2H2O＋N2＋4Ce4＋，NO为氧化剂，Ce3＋为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，B错误；根据总反应式分析，处理过程中，混合液中Ce3＋和Ce4＋总数不变，C错误。5．(双选)《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为＋6价)去除废水中的正五价砷[As(Ⅴ)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是(　　)A.过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为1∶3B．若56 g Fe参加反应，共有少于1.5NA个S2O被还原C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO·＋OH－===SO＋·OHD．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷【解析】选A、D。过硫酸钠中正负化合价之和为零,S为+6价,Na为+1价,-2价氧为6个,-1价氧的个数为2个,A错误;56 g Fe为1 mol，根据图示可知，1 mol S2O和1 mol Fe反应生成2 mol SO和1 mol Fe2＋，该过程转移2 mol电子，但是Fe2＋还要与S2O反应变成Fe3＋和自由基，根据图示，形成的沉淀中既含Fe2＋，又含Fe3＋，即第一步反应中的Fe2＋没有被完全氧化为Fe3＋，因此1 mol铁参加反应消耗小于1.5 mol S2O，共有少于1.5NA个S2O被还原，B正确；结合图示可知，碱性条件下，SO·发生反应的方程式为SO·＋OH－===SO＋·OH，C正确；最后是碱性条件下，生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出，则溶液的碱性越强越有利于析出，D错误。6．(2020·洛阳模拟)(1)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2===4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________________。当1 mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。(2)焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O，在该反应中，还原剂是________________________________。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1，写出该反应的化学方程式：________________________________________。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为________________________________________，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为________________________________________________。【解析】(1)Cu2S中Cu、S元素化合价都升高，故Cu2S是还原剂；反应中只有氧气中O元素化合价降低，故1 mol氧气反应转移电子为1 mol×4＝4 mol。(2)4KAl(SO4)2·12H2O＋3S2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为＋4价。硫酸根离子中硫元素化合价从＋6价变化为＋4价，该反应中还原剂是硫单质。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1，则该无氧酸盐为KCl，KCl中氯元素化合价为－1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为＋5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为4KClO3KCl＋3KClO4。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，还生成氢气，且反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O中H元素发生归中反应，H元素化合价由－1价、＋1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒配平反应方程式：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目依据氢元素化合价变化，－1价和＋1价变化为0价计算得到电子转移4 mol，转移的电子数目为4NA或2.408×1024。答案：(1)Cu2S　4　(2)S　(3)4KClO3KCl＋3KClO4　(4)NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑　4NA或2.408×10247．(2020·黄石模拟)我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应)机理如图所示。下列说法错误的是(　　)A．物质M不能改变OER反应的趋势B．每一步反应过程都是氧化还原反应C．反应过程中只涉及极性键的断裂和形成D．该总反应方程式为4OH－－4e－2H2O＋O2↑【解析】选C。OER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂不能改变OER反应转化率或氧气的产率，A正确；根据图示，OER(氧气析出反应)机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，B正确；根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由M—O转化为M—OOH含有非极性键的形成，C错误；根据图示，总反应方程式为4OH－－4e－2H2O＋O2↑，D正确。8．(2021·德州模拟)为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se，发生的反应为①Se＋2H2SO4(浓)===2SO2＋SeO2＋2H2O　②SeO2＋4KI＋4HNO3===4KNO3＋Se＋2I2＋2H2O，下列说法错误的是(　　)A．①中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物B．②中KI是还原剂，SeO2是氧化剂C．每生成0.4 mol I2共转移1.2 mol电子D．氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3【解析】选C。A.①中S元素化合价由＋6价变为＋4价、Se元素化合价由0价变为＋4价，则浓硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；B.②中Se元素化合价由＋4价变为0价、I元素化合价由－1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B正确；C.反应②中I元素化合价由－1价变为0价，每生成0.4 mol I2转移电子物质的量为0.4 mol×2×[0－(－1)]＝0.8 mol，故C错误；D.①中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)＞SeO2；②中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2＞HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)＞SeO2＞HNO3，故D正确。9．(2021·佛山模拟)碲(Te)具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以Me2Te(Me表示金属Cu、Pb、Au、Ag等)的形式存在。(1)利用“氯化浸出­还原法”制备Te的工艺流程如下所示。①浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为________(填化学式)；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是________(填物质名称)。②已知HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为____________________________________。③欲得到64 g碲，则“二级还原”过程中至少需通入____________mol SO2。(2)“氧化碱浸­电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3和Cu(OH)2，经电解即可获得Te。①以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为____________________________。②电解过程中，阴极的电极反应式为____________________________。③与“氯化浸出­还原法”相比“氧化碱浸­电解法”的优点是______________________(任写一点)。【解析】(1)①Pb和Ag被氧化成Pb2＋和Ag＋，随后分别与SO和Cl－形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl－与溶液中的氧化得到的少量Au3＋络合，形成四氯合金离子([AuCl4]－)，促进Au的溶解，同时使Ag＋沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气，故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。②“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为[AuCl4]－＋3Fe2＋===3Fe3＋＋Au↓＋4Cl－；③H2TeO3→Te，Te元素化合价变了4价，SO2→SO，硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5 mol×4＝n(SO2)×2(其中64 g的碲为0.5 mol)，解得n(SO2)＝1 mol。(2)①在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te＋2O2＋2NaOH＋H2O===Na2TeO3＋2Cu(OH)2。②若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO得到电子生成Te，电极反应式为TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－。③根据以上分析可知与“氯化浸出­还原法”相比“氧化碱浸­电解法”的优点是不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。答案：(1)①PbSO4和AgCl　氯气②[AuCl4]－ ＋ 3Fe2＋ === 3Fe3＋ ＋ Au ＋ 4Cl－　③1　(2)①Cu2Te＋2O2＋2NaOH＋H2O===Na2TeO3＋2Cu(OH)2　②TeO＋4e－＋3H2O===Te＋6OH－　③不生成氯气等污染性气体(或工艺简单)10．(2020·龙岩模拟)Ⅰ.某厂废水中含KCN的浓度为0.01 mol·L－1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为－3价)：KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O(1)上述反应中被氧化的元素是________________(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，发生反应KOCN＋Cl2＋KOH―→K2CO3＋N2＋KCl＋H2O，此反应中氧化剂与还原剂物质的量的比是________________。(3)若将10 L含KCN的浓度为0.01 mol·L－1的废水中KCN氧化成N2除去，最少需要氯气________mol。Ⅱ.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。(4)现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需______________________________。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为__________________________________________。【解析】(1)反应KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从＋2价升高到＋4价被氧化。(2)氯元素的化合价从0价降低到－1价，得到1个电子。氮元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，根据电子得失守恒知氧化剂和还原剂的物质的量之比是3∶2。(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1 mol氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将10 L含KCN的浓度为0.01 mol·L－1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气＝0.25 mol。(4)没有480 mL规格的容量瓶，还需500 mL容量瓶。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，方程式是S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋。答案：(1)C　(2)3∶2　(3)0.25　(4)500 mL容量瓶　(5)S2O＋4Cl2＋5H2O===2SO＋8Cl－＋10H＋【加固训练—拔高】1．向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是(　　)A．d曲线代表溶液中Br－变化情况B．原溶液中FeI2的物质的量为2 molC．原溶液中n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3D．当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－【解析】选B。由于Fe2＋、I－、Br－的还原性大小为：I－>Fe2＋>Br－，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I－，再氧化Fe2＋，最后氧化Br－。故a、b、c、d曲线分别表示I－、Fe2＋、Fe3＋、Br－的变化情况，A项正确；由图象可知，I－为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由图可以看出Fe2＋是4 mol，Br－是6 mol，故原溶液中n(Fe2＋)∶n(Br－)＝2∶3，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I－消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2＋反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋I2＋4Cl－，D项正确。2．铜是重要的工业原材料，现有Cu、Cu2O组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取35.2 g 混合物加入0.5 L 3.4 mol·L－1的稀硝酸，固体物质完全反应，生成4.48 L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入a L 2.0 mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋沉淀完全。(1)Cu2O与稀硝酸反应的化学方程式为_______________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)混合物中，n(Cu)＝______；n(Cu2O)＝______。(3)所加NaOH溶液的体积a L＝__________________________________________________________________L。【解析】(1)Cu2O、Cu均与HNO3反应，反应方程式分别为3Cu2O＋14HNO3===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O　①，3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O　②。(2)根据方程式和题意可知，生成的NO为0.2 mol，设①中生成x mol NO，则②中生成(0.2－x) mol NO，Cu2O与Cu物质的量之和为x mol＋(0.2－x) mol＝0.3 mol，Cu2O与Cu的质量之和为35.2 g，可以求得n(Cu2O)＝0.2 mol，n(Cu)＝0.1 mol，共消耗1.2 mol HNO3。(3)根据反应原理，在溶液中加入NaOH溶液后，NaOH先与0.5 mol过量的稀硝酸发生中和反应，消耗0.5 mol NaOH；再与Cu2＋反应生成氢氧化铜，Cu2＋为0.5 mol，消耗1 mol NaOH，故a＝＝0.75。答案：(1)3Cu2O＋14HNO3===6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O(2)0.1 mol　0.2 mol　(3)0.75