氧化还原反应方程式的配平及计算
氧化还原反应方程式的配平及计算
(时间:45分钟 分值:100分)
一、选择题(本题共7个小题,每题6分,共42分,每个小题只有一个选项符合题意。)
1.O3具有强氧化性,将O3通入KI溶液中发生反应:O3+I+H―→I2+O2+H2O(未配平),下列说法正确的是 ( )。 -+
A.配平后的离子方程式为2O3+2I-+4H+===I2+2O2+2H2O
B.每生成1 mol I2转移电子2 mol
C.O2是还原产物之一
D.该反应能说明O2的氧化性大于I2的
解析 A项中方程式虽然满足原子守恒,但不满足电子守恒和电荷守恒,配平后正确的离子方程式为O3+2I-+2H+===I2+O2+H2O,故每生成1 mol I2转移电子2 mol,A项错误,B项正确;O3和O2中O的化合价均为0,故O2既不是氧化产物,也不是还原产物,C项错误;该反应能说明O3的氧化性大于I2的,而不能说明O2的氧化性大于I2的,D项错误。
答案 B
2.锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1 mol硝酸锌时,被还原的硝酸的物质的量为
A.2 mol ( )。 B.1 mol C.0.5 mol D.0.25 mol 解析 依据Zn+HNO3(稀)―→Zn(NO3)2+NH4NO3+H2O,Zn:0―→+2,化合价改变值为2,N:+5―→-3,化合价改变值为8,根据化合价升降总值相等得:Zn(NO3)2的化学计量数为4,NH4NO3的化学计量数为1,然后根据原子守恒配平化学方程式为4Zn+10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2+NH4NO3+3H2O,当生成1 mol Zn(NO3)2时,被还原的HNO3为0.25 mol。 答案 D
3.24 mL浓度为0.05 mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4,则元素Cr在还原产物中的化合价为
A.+2 B.+3 ( )。 C.+4 D.+5
解析 题目中指出被还原的元素是Cr,则得电子的物质必是K2Cr2O7,失电子的物质一定是Na2SO3,其中S元素的化合价从+4→+6;而Cr元素的化合价将从+6→+n(设化合价为n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,有0.05 mol·L-1×0.024 L×(6-4)=0.02 mol·L-1×0.020 L×2×(6-n),解得n=3。
答案 B
4.已知OCN-中每种元素都满足8电子稳定结构,在反应OCN-+OH-+Cl2―→CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)中,如果有6 mol Cl2完全反应,则被氧化的OCN-的物质的量是
A.2 mol ( )。 B.3 mol C.4 mol D.6 mol
解析 OCN-中C显+4价,N显-3价,反应中只有N和Cl的化合价改变,
--失3e得2e1根据OCN-―――22、Cl2――→2Cl-,由得失电子守恒:2n(Cl2)=3n(OCN-),
可知6 mol Cl2完全反应,有4 mol OCN-被氧化,C对。
答案 C
5.水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为:3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-===Y+S4O62-+2H2O。下列说法中,不正确的是
A.S2O32-是还原剂
B.Y的化学式为Fe2O3
C.a=4
D.每有1 mol O2参加反应,转移的电子总数为4 mol
解析 由反应知还原剂是S2O32-,氧化剂是O2,每有1 mol O2参加反应,转移电子的物质的量为4 mol,A、D正确;由原子守恒知Y的化学式为Fe3O4,B错误;由电荷守恒知,a=4,C正确。
答案 B ( )。
6.根据表中信息判断,下列选项不正确的是
( )。
A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2
B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2
C.第③组反应中生成1 mol Cl2,转移电子2 mol
D.氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Fe3+>Br2
解析 本题考查氧化还原反应的相关知识。A项MnSO4是还原产物,H2O2作还原剂,氧化产物是O2,依据原子守恒,产物中还应有水,正确;B项,Fe2+的还原性强于Br-,Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2时,1 mol Cl2恰好氧化2 mol Fe2+,Br-不被氧化,产物为FeCl3、FeBr3,正确;C项, MnO4-得电子转化为Mn2+,Cl2是氧化产物,只有Cl-失电子,生成1 mol Cl2转移2 mol电子,正确;D项,氧化产物的氧化性弱于氧化剂的氧化性,故氧化性MnO4->Cl2>Br2>Fe3+(还原性Fe2+强于Br-,故氧化性Br2>Fe3+),D不正确。
答案 D
7.a mol Cu与含b mol HNO3的硝酸溶液恰好完全反应,被还原的HNO3的物质的量为
( )。 1B.2 mol 1D.2 mol A.(b-2a)mol 2C.3a mol
解析 反应后生成a mol Cu(NO3)2,b mol HNO3中有2a mol HNO3没有被还原,根据N原子守恒可得被还原的HNO3为(b-2a)mol。
答案 A
二、非选择题(本题共6个小题,共58分)
8.(8分)近年来地质、环境灾难频频发生,为防止在大灾之后疫病流行,灾区需要大量的各种消毒剂、漂白剂等。
(1)二氧化氯是目前国际上公认的第四代高效、无毒的广谱消毒剂,它可由
KClO3与SO2在H2SO4作用下反应制得。请写出反应的离子方程式:_________________________________________________________________。
(2)过碳酸钠是一种新型固态漂白剂,化学式可表示为Na2CO3·3H2O2,它具有Na2CO3和H2O2的双重性质。过碳酸钠与下列物质均会发生化学反应而失效,其中过碳酸钠只发生了氧化反应的是________。
A.MnO2
C.稀盐酸 B.KMnO4溶液 D.Na2SO3溶液
(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温下黑暗处可保存一年,HClO2不稳定可分解,反应的离子方程式为HClO2―→ClO2↑+H++Cl-+H2O(未配平)。当1 mol HClO2分解时,转移的电子数是________。
解析 (1)ClO3-被SO2还原为ClO2,SO2被ClO3-氧化为SO42-,其离子反应方程式为:2ClO3-+SO2===2ClO2+SO42-。(2)Na2CO3〃3H2O2反应时,与氧化还原反应相关的是H2O2,H2O2被MnO2催化分解生成H2O、O2,过碳酸钠既发生氧化反应也发生还原反应;KMnO4溶液具有强氧化性,能将H2O2氧化生成O2,过碳酸钠中H2O2只发生氧化反应;Na2SO3被H2O2氧化,过碳酸钠中H2O2发生还原反应;过碳酸钠与稀盐酸不发生氧化还原反应。
(3)配平反应:5HClO2===4ClO2↑+H++Cl-+2H2O,5 mol HClO2分解转移4 mol电子,故1 mol HClO2发生分解反应,转移0.8 mol电子,即数目为0.8×6.02×1023。
答案 (1)2ClO3-+SO2===2ClO2+SO42- (2)B (3)0.8×6.02×1023(或
4.816×1023)
9.(10分)向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水,CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水,振荡,CCl4层会逐渐变浅,最后变成无色。完成下列填空:
(1)写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式_________________ _______________________________________________________。
(2)整个过程中的还原剂是________。
(3)把KI换成KBr,则CCl4层变为________色;继续滴加氯水,CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是
_________________________________________________________________。
(4)加碘盐中含碘量为20~50 mg·kg-1。制取加碘盐(含KIO3的食盐)1 000 kg,若用KI与Cl2反应制KIO3,至少需要消耗Cl2________L(标准状况,保留2位小数)。
解析 (1)CCl4层变成紫色说明有I2生成,继续滴加氯水变成无色,说明I2又被氧化生成HIO3,同时生成HCl。(2)首先KI被氧化生成I2,后来I2又被氧化生成KIO3,所以整个过程中的还原剂是KI、I2。(3)Br2的CCl4溶液显红棕色;继续滴加氯水,CCl4层颜色没有变化,说明氯水能氧化I2但不能氧化Br2,结合第(1)问可得氧化性HBrO3>Cl2>HIO3。(4)KI被Cl2氧化成KIO3,对应关系式为
I- ~ KIO3 ~ 3Cl2
1 mol 3 mol
1 000×20×10-3 mol n(Cl2) 127
6060则n(Cl2)=127 mol,V(Cl2)=127mol×22.4 L〃mol-1
≈10.58 L。
答案 (1)I2+5Cl2+6H2O===2HIO3+10HCl
(2)KI、I2 (3)红棕 HBrO3>Cl2>HIO3 (4)10.58
10.(9分)高锰酸钾(KMnO4)是一种常用的氧化剂。
(1)有下列变化:CO32-→CO2、C2O42-→CO2、Fe3+→Fe2+,找出其中一个变化与“MnO4-→Mn2+”组成一个反应,写出该反应的离子方程式:_________________________________________________________________。
(2)高锰酸钾可代替二氧化锰用来制取Cl2,则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(3)高锰酸钾与硫化亚铁有如下反应:10FeS+6KMnO4+24H2SO4===3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S+24H2O。若上述反应前后固体的质量减少了
2.8 g,则硫元素与KMnO4之间发生转移的电子数目为________。 解析 (1)MnO4-→Mn2+为还原过程,故与之对应的应为氧化过程C2O42-→CO2。根据得失电子守恒将方程式配平即可。(2)酸性条件下,KMnO4溶液的氧化性较强,其与浓盐酸反应时,被还原为Mn2+,根据电子守恒可知氧化剂
和还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5。(3)根据方程式可得关系式: 10FeS ~ 10S ~ Δm ~ e-
880 g
320 g 560 g 30 mol 2.8 g n(e-)
2.8 gn(e-)=560 g×30 mol=0.15 mol。
答案 (1)2MnO4-+16H++5C2O42-===2Mn2++10CO2↑+8H2O
(2)1∶5 (3)0.15NA(或9.03×1022)
11.(10分)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料,二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空:
(1)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应,As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。
(2)上述反应中的氧化剂是________,反应产生的气体可用________吸收。
(3)As2S3和HNO3有如下反应:
As2S3+10H++10NO3-===2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O若生成2 mol H3 AsO4,则反应中转移电子的物质的量为________。若将该反应设计成一原电池,则NO2应该在________(填“正极”或“负极”)附近逸出。
(4)若反应产物NO2和11.2 L O2(标准状况)混合后用水吸收全部转化成浓HNO3,然后与过量的碳反应,所产生的CO2的量________(选填编号)。 a.小于0.5 mol
c.大于0.5 mol b.等于0.5 mol d.无法确定
解析 (1)As在As2S3中的化合价为+3,在As4S4中的化合价为+2,每摩As2S3转化为As4S4时得到2 mol e-,而每摩SnCl2转化为SnCl4时失去2 mol e-,故二者在反应时物质的量之比为1∶1。(2)H2S既可与NaOH溶液反应,又能与CuSO4溶液反应。(3)当生成2 mol H3AsO4时,同时生成了3 mol S,二者共失去电子10 mol。HNO3在反应中作氧化剂,在正极上发生反应,所以NO2应在正极上生成。(4)根据反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3可知,反应共生成 2 mol HNO3,浓HNO3与碳反应时的物质的量之比为4∶1,所以2 mol HNO3如完全反应可生成CO2 0.5 mol。但由于硝酸的浓度降低到一定程度时,碳就不再与硝酸反应,所以实际产生CO2的物质的量应小于0.5 mol。
答案 (1)1∶1 (2)As2S3 氢氧化钠溶液(或硫酸铜溶液) (3)10 mol 正极
(4)a
12.(10分)在热的稀硫酸中溶解了11.4 g FeSO4固体,当加入50 mL 0.5 mol·L-1 KNO3溶液时,其中的Fe2+全部转化成Fe3+,KNO3也完全反应并放出NxOy气体。
(1)推算出x=________;y=________。
(2)配平该反应的方程式:
FeSO4+____KNO3+____H2SO4===____K2SO4+____Fe2(SO4)3+____ (NxOy)+____H2O(配平时x、y用具体数值表示,物质填在 中)。
(3)反应中氧化产物是________。
(4)用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目:_____________________ _________________________________________________________________。 解析 n(FeSO4)=11.4 g=0.075 mol 152 g〃mol-n(KNO3)=0.05 L×0.5 mol·L-1=0.025 mol
Fe2+转化为Fe3+共失去0.075 mol电子,根据得失电子守恒原理,可知1 mol N原子得到3 mol电子,反应中N元素由+5价降为+2价,既得到的氧化物为NO。
答案 (1)1 1 (2)6 2 4 1 3 2 NO↑ 4
(3)Fe2(SO
4)3
(4)
+4H2O
13.(11分)氧化还原反应综合应用:氧化还原反应滴定
(1)配平氧化还原反应方程式:
C2O42-+____MnO4-+____H+===____CO2↑+____Mn2++____H2O
(2)称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样,加水溶解,配成250 mL溶液。量取两份此溶液各25 mL,分别置于两个锥形瓶中。
①第一份溶液中加入酚酞试液,滴加0.25 mol·L-1 NaOH溶液至20 mL时,溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H+的总物质的量为________mol。 ②第二份溶液中滴加0.10 mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液。
A.KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”),该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16 mL时反应完全,此时溶液颜色由________变为________。
B.若在接近终点时,用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下,再继续滴定至终点,则所测结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
C.若在达到滴定终点时俯视读数,则所得结果________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为________,KHC2O4的质量分数为________。
解析 (1)C:+3―→+4,改变量(4-3)×2=2,Mn:+7―→+2,改变量(7-2)×1=5,根据化合价升降总数相等,所以在C2O42-前配5,MnO4-前配2,根据C和Mn原子守恒,分别在CO2和Mn2+前配10和2,再由电荷守恒在H+前配16,最后根据离子方程式两边的H原子个数相等在水前面配8,经检验离子方程式的氧原子个数相等。
(2)①由H++OH-===H2O知,n(H+)=n(OH-)=0.25 mol〃L-1×0.02 L=0.005 mol。②原溶液无色,而KMnO4为紫红色,所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时,溶液呈浅紫红色。由得失电子守恒得,n(还)×2=0.10 mol·L-1×0.016 L×5,n(还)=0.004 mol。③设6.0 g试样中H2C2O4〃2H2O、KHC2O4的物质的量分别为n(H2C2O4〃2H2O)、n(KHC2O4),由①得:2n(H2C2O4〃2H2O)+n(KHC2O4)=0.05 mol,由②得:n(H2C2O4〃2H2O)+n(KHC2O4)=0.04 mol,解上述两个方程式得:n(H2C2O4〃2H2O)=0.01 mol,n(KHC2O4)=0.03 mol,
0.01 mol×126 g〃mol-1H2C2O4〃2H2O的质量分数为100%=21%,KHC2O46.0 g
0.03 mol×128 g·mol-1的质量分数为100%=64%。 6.0 g
答案 (1)5 2 16 10 2 8
(2)①0.005 ②A.氧化剂 不需要 无色 浅紫红色 B.无影响 C.偏小 ③21% 64%