适用于新教材2024版高考化学一轮总复习第二章课时规范练10氧化还原反应方程式的配平和计算鲁科版

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课时规范练10
一、选择题:每小题只有1个选项符合题意。
1.高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体,具有强氧化性,在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为2Cu+3NaClO+2NaOH2NaCuO2+3NaCl+H2O。下列说法错误的是(　　)
A.NaCuO2中铜的化合价为+3价
B.1 mol ClO-参加反应转移2 mol电子
C.反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D.NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为4Cu+12H+4Cu2++O2↑+6H2O
答案D
解析NaCuO2中Na为+1价、O为-2价,则铜元素的化合价为+3价,A正确;ClO-→Cl-,氯元素的化合价由+1价降低到-1价,则1molClO-参加反应转移2mol电子,B正确;该反应中铜元素化合价升高,则NaCuO2为氧化产物,Cl元素化合价降低,则NaCl为还原产物,两者的物质的量之比为2∶3,C正确;NaCuO2中铜元素的化合价为+3价,与稀硫酸反应铜元素化合价不变,D错误。
2.已知酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色。欲使20.00 mL 1.00×10-2 mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好褪色,需消耗25.00 mL Na2SO3溶液,则该Na2SO3溶液的物质的量浓度(单位:mol·L-1)为(　　)
A.2.00×10-2 B.3.00×10-2
C.4.00×10-2 D.5.00×10-2
答案A
解析酸性KMnO4溶液能被Na2SO3溶液还原成Mn2+而使溶液褪色,发生的反应为2Mn+5S+6H+2Mn2++5S+3H2O,则有关系式:2Mn~5S,使20.00mL1.00×10-2mol·L-1酸性KMnO4溶液恰好褪色,消耗25.00mLNa2SO3溶液,则该Na2SO3溶液的物质的量浓度为=2.0×10-2mol·L-1。
3.(2023山东临沂模拟)三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体,实验室制备三氯乙醛的装置(加热仪器略)如图所示。已知:CCl3CHO易溶于水和乙醇,易被HClO氧化生成CCl3COOH。下列说法错误的是(　　)

A.a中反应的离子方程式为Cr2+14H++6Cl-2Cr3++3Cl2↑+7H2O
B.反应过程中可能会生成副产物CH3CH2Cl
C.装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl
D.在a和b之间、d和e之间均需增加干燥装置
答案D
解析装置a中K2Cr2O7与浓盐酸反应制取Cl2,Cr2被还原为Cr3+,该反应的离子方程式为Cr2+14H++6Cl-2Cr3++3Cl2↑+7H2O,A正确;反应过程中生成的HCl可与乙醇发生取代反应生成CH3CH2Cl,B正确;装置c中主反应为CH3CH2OH+4Cl2CCl3CHO+5HCl,C正确;CCl3CHO易被HClO氧化生成CCl3COOH,Cl2与水反应能生成HClO,故在b和c之间、d和e之间均需增加干燥装置防止水进入反应装置c中,D错误。
4.将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应,固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况),向反应后溶液中加入一定量的NaOH溶液,金属离子恰好沉淀完全,则形成沉淀的质量为(　　)
A.10.8 g B.11.7 g
C.13.4 g D.15.95 g
答案B
解析硝酸被还原为NO气体且在标准状况下的体积为2.24L(0.1mol),转移电子的物质的量为0.1mol×(5-2)=0.3mol,最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,金属提供的电子的物质的量恰好等于形成的沉淀中OH-的物质的量,则沉淀中n(OH-)=0.3mol,故最后沉淀质量为6.6g+0.3mol×17g·mol-1=11.7g。
5.利用锌灰(主要成分为ZnO,含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如下,下列说法错误的是(　　)

A.滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4
B.步骤1中发生反应的离子方程式为Mn+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
C.加入试剂a发生置换反应:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu
D.取步骤3后的干燥滤饼11.2 g煅烧,可得产品8.1 g,则x=2
答案D
解析SiO2不与稀硫酸反应,锌灰中PbO与稀硫酸反应得到的PbSO4不溶于水,故滤渣1的成分为PbSO4、SiO2,A正确;加入KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe(OH)3,Mn则被还原为MnO2,反应的离子方程式为Mn+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,B正确;为除去硫酸铜可采用置换反应,试剂a应为Zn,发生置换反应:Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,C正确;设ZnCO3·xZn(OH)2的物质的量为ymol,煅烧ZnCO3·xZn(OH)2得到ZnO,则固体减少的质量等于生成的二氧化碳和水的质量,n(ZnO)==0.1mol,根据固体减少的质量及ZnO的物质的量列方程:44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1,解得x=1,y=0.05,D错误。
6.(2023山东名校联盟联考)利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼),同时可制备Na2SO3,制备流程如图所示:

已知:N2H4·H2O有强还原性,N2H4·H2O能与NaClO反应生成N2;0.1 mol·L-1亚硫酸钠溶液的pH约为9.5。下列说法错误的是(　　)
A.步骤Ⅰ反应时,若产物中n(NaClO)∶n(NaClO3)=5∶1,则n(NaCl)∶n(NaClO)=2∶1
B.步骤Ⅱ应该将尿素缓慢加入NaClO碱性溶液中
C.步骤Ⅱ反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+C
D.步骤Ⅳ反应过程中控制溶液为碱性,有利于吸收SO2
答案B
解析步骤Ⅰ反应时,若产物中n(NaClO)∶n(NaClO3)=5∶1,可假设产物中n(NaClO)=5mol,n(NaClO3)=1mol,根据得失电子守恒可知n(NaCl)=10mol,故n(NaCl)∶n(NaClO)=2∶1,A正确;步骤Ⅱ中应将NaClO溶液逐滴加到尿素中,可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化,B错误;步骤Ⅱ反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+C,C正确;步骤Ⅳ反应过程中控制溶液为碱性,有利于吸收SO2,D正确。
7.CuSO4是一种重要的化工原料,其有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.Y可以是甲酸乙酯
B.利用途径①制备24 g硫酸铜,消耗的硝酸至少为0.1 mol
C.Cu元素参与了3个氧化还原反应
D.若途径⑤中n(O2)∶n(Cu2O)=3∶2,则X为SO2
答案C
解析甲酸乙酯中含有醛基,可以与氢氧化铜反应得到Cu2O,A正确;铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2N+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O,硫酸提供大量H+,N完全被还原时消耗硝酸的量最少,途径①制备24g硫酸铜,硫酸铜的物质的量为0.15mol,则至少需要硝酸的物质的量为0.10mol,B正确;Cu元素参与了反应①②④⑤共4个氧化还原反应,C错误;若途径⑤中n(O2)∶n(Cu2O)=3∶2,根据元素守恒可配平化学方程式:4CuSO43O2↑+4SO2↑+2Cu2O,该方程式对应反应中得失电子数也守恒,故X为SO2,D正确。
8.(2023湖北部分重点学校联考)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 mol 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8.0 mol·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4.48 L
D.该磁黄铁矿中FexS的x=0.85
答案A
解析盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4mol,根据Cl原子守恒可得c(HCl)==8.0mol·L-1,A正确;n(S)==0.1mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.2mol,则矿石中的n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol,则磁黄铁矿中n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.2mol∶0.2mol=1∶1,B错误;根据H、Cl原子守恒可知,n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L·mol-1=8.96L,C错误;FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol,n(Fe)=0.4mol,则有n(Fe)∶n(S)=0.4mol∶0.5mol=4∶5,解得x=0.8,D错误。
二、非选择题
9.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,制备亚氯酸钠的工艺流程如下:

回答下列问题:
(1)亚氯酸钠可用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂,是一种高效漂白剂,主要原因是亚氯酸钠具有　　　性。 
(2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;制备时可用S代替H2O2,写出该反应的离子方程式:　。 
(3)可从“废液”中回收的主要物质是　　　　　　　(填化学式),“结晶”后经过滤即可获得粗产品。 
(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度:准确称取亚氯酸钠样品m g,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量稀硫酸(发生反应Cl+4I-+4H+2I2+Cl-+2H2O),配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液置于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定,消耗Na2S2O3标准溶液V mL(已知:I2+2S22I-+S4)。
①移取25.00 mL待测液的仪器的名称是　　　　　　　　。 
②该样品中NaClO2的质量分数为　　　　　　　　(用含m、c、V的代数式表示);在滴定操作正确无误的情况下,此实验测得结果偏高,其可能的原因是　 　。 
答案(1)氧化　(2)6Cl+S+4H+6ClO2↑+S+2H2O　(3)Na2SO4　(4)①酸式滴定管(或移液管)　②×100%　I-被空气中的氧气氧化成了碘单质
解析(2)制备ClO2时,H2O2是还原剂,用S代替H2O2,S是还原剂,由于+4价的硫也具有还原性,则该反应中的硫被氧化成S,根据守恒规律可得,反应的离子方程式为6Cl+S+4H+6ClO2↑+S+2H2O。
(3)制备ClO2时用浓硫酸酸化,后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2,根据元素守恒可知废液中含有较多Na2SO4,可以回收。
(4)②根据题意可得关系式:Cl~2I2~4S2,所以样品中NaClO2的质量分数为
×100%=×100%。由于碘离子具有较强的还原性,能够被空气中的氧气氧化成为碘单质,导致消耗的Na2S2O3的量增多,进一步导致NaClO2的质量分数偏高。