高三化学一轮复习-29-氧化还原反应的配平及计算课时练习含解析.doc

2-9 氧化还原反应的配平及计算
1．进入人体的O2有2%转化为“活性氧”，它能加速人的衰老，被称为“生命杀手”，服用亚硒酸钠（Na2SeO3）能消除人体内的“活性氧”。下列说法正确的是 （ ）
A． Na2SeO3在反应中做氧化剂 B．Na2SeO3在反应中做还原剂
C．亚硒酸钠中硒的化合价为+6价 D．“活性氧”在反应中做催化剂
【答案】B
【解析】A、亚硒酸钠消除活性氧，活性氧具有氧化性，亚硒酸钠做还原剂，错误，不选A；B、亚硒酸钠做还原剂，正确，选B；C、亚硒酸钠中硒的化合价为+4，错误，不选C；D、活性氧做氧化剂，错误，不选D。
2．在2KI＋O3＋H2O===2KOH＋I2＋O2的反应中，当有2 mol的KI被氧化时，被还原的氧原子为（ ）
A．1 mol　　　　　　　　　 B．1/2 mol
C．2/3 mol D．1/3 mol
【答案】A
【解析】碘元素的化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，氧元素的化合价从0价降低到－2价，根据电子得失守恒可知2 mol的KI被氧化时，失去2mol电子，所以被还原的氧原子为2mol÷2＝1mol，答案选A。
3．某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl- 六种微粒。其中c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是 （ ）
A．反应的氧化剂是ClO- B．消耗l mol还原剂，转移电子6 mol
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 3:2 D．反应后溶液中H+的物质的量变大
【答案】B
【解析】铵根离子逐渐减少，说明铵根离子是反应物，则从铵根离子到氮气，氮元素的化合价升高，所以次氯酸做反应物，氯离子是生成物，方程式为：2NH4++3ClO-=3N2+3Cl-+3H2O+2H+。A、反应中氧化剂是次氯酸根离子，正确，不选A；B、铵根离子是还原剂，每消耗1摩尔还原剂，转移3摩尔电子，错误，选B；C、氧化剂和还原剂的比例为3:2，正确，不选C；D、由于反应生成氢离子，所以氢离子物质的量变大，正确，不选D。
4．向含SO32-、Fe2＋、Br－、I－各0.1 mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是 （ ）

【答案】C
【解析】离子还原性SO32-＞I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+，再发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，
A．由SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+可知，0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，A错误；B.0.1molSO32-完全反应后，才发生2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气，开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI-完全反应消耗0.05氯气，0.1molI-完全反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，B错误；C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI-完全反应消耗0.05氯气，亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，C正确；D.SO32-、I-、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，即溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，0.1molBr-完全反应消耗0.05氯气，溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol×22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，D错误；答案选C。
5．Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2，NO和H2O。当产物n(NO2)：n(NO)＝1：1时，下列说法错误的是 （ ）
A．1 mol Cu2S参加反应时有10 mol电子转移 B．参加反应的n(Cu2S)：n(HNO3)＝1：5
C．反应中Cu2S作还原剂 D．产物nCu(NO3)2] : nCuSO4 ]=l:1
【答案】B
【解析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2，NO和H2O。当产物n(NO2)：n(NO)＝1：1时，根据电子守恒、原子守恒可得该反应的方程式是：2Cu2S+14HNO3= 2Cu(NO3)2+2CuSO4+ 5NO2↑+5NO↑+7H2O，根据反应方程式可知：A．1 mol Cu2S参加反应时有10 mol电子转移，正确；B. 参加反应的n(Cu2S)：n(HNO3)＝2:14=1:7，错误；C．在该反应中Cu2S失去电子被氧化变为Cu(NO3)2、CuSO4，所以Cu2S作还原剂，正确；D．根据方程式可知：反应产生的物质Cu(NO3)2、CuSO4、的物质的量的比是nCu(NO3)2] : nCuSO4 ]=l:1，正确。
6．已知非金属单质在碱性条件下易发生岐化反应，而其生成物在酸性条件下能够发生归中反应。现将aKOH、bH2O、cKCl、dKClO、eCl2、fKClO3可组成一个氧化还原反应，则下列有关说法错误的是 (　 　)
A．c、d、f之比可能为16：1： 3
B．一定有a=2e，b=e
C．若n(KClO)：n(KClO3)==1：1，则a、b、c、d、e、f依次为8，4，6，1，4，1
D．若将该方程式拆开写成两个“半反应”，其中一定有Cl2-2e- = 2Cl-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、氯化钾中氯降低1价，次氯酸钾中氯升高1价，氯酸钾中氯升高5价，当比例为16:1:3，则得到的电子为16，失去的电子为1+5*3=16。正确，不选A；B、因为生成物中钾原子和氯原子相等，所以又a=2e，a=2b，则b=e，正确，不选B；C、当次氯酸钾和氯酸钾的比例为1:1，则氯失去电子为1+5=6，则有氯化钾是6，则方程式为：方程式可能为4Cl2+8KOH=6KCl+KClO+KClO3+4H2O，正确，不选C；D、没有说明是在碱性还是酸性条件，不能确定氯气是反应物还是生成物，错误，选D。
7．强热硫酸亚铁固体可反应：FeSO4FexOy + SO2↑ + O2↑ +SO3↑(未配平)，则下列有关判断不正确的是（ ）
A、若所得气体中SO2与O2的体积比为2:1，则FexOy为氧化亚铁
B、若所得FexOy为氧化铁，则气体中SO2与O2的体积比大于2:1
C、若所得FexOy为Fe3O4，则气体中SO2与O2的体积比为3:2
D、生成的混合气通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO4
【答案】C
【解析】A、若二氧化硫和氧气的比例为2:1，则硫元素化合价降低4价，氧元素化合价升高4价，则铁元素化合价不变，是氧化亚铁，正确，不选A；B、若是氧化铁，说明铁的化合价升高，根据电子守恒分析，二氧化硫和氧气的比例应该大于2:1，正确，不选B；C、若为四氧化三铁，铁的化合价升高，则二氧化硫和氧气的比例大于2:1，错误，选C；D、生成气体中有三氧化硫，通入氯化钡中生成硫酸钡沉淀，正确，不选D。
8．（1）向MnSO4和硫酸的混合溶液里加入K2S2O8(过二硫酸钾)，溶液中会发生如下反应：Mn2++ S2O82-+H2O→MnO4-+SO42一十H+该反应常用于检验Mn2+的存在。其特征现象是 。若反应中有0．1 mol还原剂参加反应，则消耗氧化剂的物质的量为 mol。
（2）若该反应所用的硫酸锰改为氯化锰，当它跟过量的过二硫酸钾反应时，除有高锰酸钾、硫酸钾、硫酸生成外，其他的生成物还有 。
（3）将NaBiO3固体(黄色微溶)加入到MnSO4和H2SO4的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应： NaBiO3+ MnSO4+ H2S04→ Na2S04+ Bi2(SO4)3+
NaMnO4+ H2O。
①配平上述反应的化学方程式；②上述反应中还原产物是 。
③用单线桥表示该氧化还原反应转移电子情况 。
【答案】（1）溶液由无色变为紫色； 0.25 （2）Cl2
（3） ①10、4、14、3、5、4、14；②Bi2(SO4)3
③
【解析】（1）由于反应生成高锰酸根离子，溶液由无色变为紫色；反应中锰离子做还原剂，锰元素化合价升高5价，硫元素化合价降低1价，所以还原剂和氧化剂的比例为2:5，所以当有0.1摩尔还原剂反应，消耗氧化剂为0.25摩尔。 （2）因为高锰酸根的氧化性大于氯气，所以反应中还有Cl2生成。 （3） ①根据铋元素化合价从+5降低到+3，降低2价，锰元素化合价从+2升高到+7，升高5价，所以氧化剂和还原剂的比例为5:2，再根据原子守恒配平，得系数为10、4、14、3、5、4、14；②铋元素化合价降低，所以还原产物为Bi2(SO4)3 。③根据配平过程分析铋元素得到20个电子，锰元素失去20个电子，所以单线桥为