核心素养测评 六 氧化还原反应配平和计算
1.(双选)(2020·亳州模拟改编)Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2是 ( )
A.Na2O2在上述反应中只作氧化剂 B.氧化产物只有Na2FeO4
C.Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水 D.2 mol FeSO4发生反应时，共有10 mol电子发生转移
【解析】选C、D。该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由-1变为0和-2，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。根据上述分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，A项错误；该反应中氧化产物为Na2FeO4和O2，B项错误；Na2FeO4处理水时，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌，+6价的铁被还原生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以又能在处理水时产生胶体净水，C项正确；反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价→+6价，化合价升高的元素还有氧元素，由-1价→0价，则2 mol FeSO4发生反应时，共有2 mol×4+1 mol×2=10 mol电子转移，D项正确。 2.已知还原性Cl 2＋4H＋2Fe2 A．2Fe3＋SO2＋2H2O===SO4 ＋ － ＋ ＋ － ＋ － 2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，下列说法中正确的 B．I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI 2===SO↑＋O↑＋2HO C．H2O2＋2H＋SO4222 ＋ － D．Cl2＋2Fe2===2Fe3＋2Cl 答案：C ＋＋－ 3.在氧化还原反应中，氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知： ①半反应式：Cu2O－2e＋2H===2Cu2＋H2O ②五种物质：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI ③Fe2＋MnO4＋X―→Fe3＋Mn2＋H2O(未配平) 下列判断正确的是( ) A．①中半反应式发生的是还原反应 B．②中五种物质中能使①顺利发生的物质为Fe2(SO4)3 C．MnO4＋5e＋4H2O===Mn2＋8OH是反应③的一个半反应 D．几种物质的氧化性强弱顺序为MnO4>Cu2>Fe3 － ＋ ＋ － － ＋ － ＋ － ＋ ＋ － ＋ ＋ 解析：选B ①中Cu2O―→Cu2，铜元素化合价升高，发生的是氧化反应，A项错误；为使①顺利发生，要选择氧化性强的物质作氧化剂，而Fe2(SO4)3可作①的氧化剂，B项正确；配平反应③为5Fe2＋MnO4＋8H===5Fe3＋Mn2＋4H2O，反应在酸性条件下进行，③的半反应中不能生成OH，C项错误；根据上述分析可知氧化性：Fe3>Cu2，根据③可知氧化性：MnO4>Fe3，即氧化性：MnO4>Fe3>Cu2，D项错误。 － ＋ － ＋ ＋ － ＋ ＋ ＋ － ＋ ＋ ＋ ＋ 4.(2020·芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 mol·L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是 ( ) A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1 B.硝酸的物质的量浓度为2.6 mol·L C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol 【解析】选B。在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 mol·L×1.0 L=1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量n[Cu(OH)2]=39.2 g÷98 g·mol= 0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)= n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中 -1-1 -1 -1 n[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2 mol，y=0.1 mol。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol∶0.1 mol=2∶1，A项正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=2×0.2 mol+2×0.1 mol，解得n(NO)=0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2 mol+1.0 mol·L×1.0 L=1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2 mol÷0.5 L=2.4 mol·L，B项错误；根据选项B计算可知 -1 -1 n(NO)=0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol×22.4 L·mol-1= 4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3) +2n[Cu(NO3)2]=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2n[Cu(NO3)2] =1 mol-2×0.4 mol=0.2 mol，D项正确。 5.下列化学反应发生的先后顺序判断正确的是( ) A．在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I、Br、Fe2 B．在含有等物质的量的NaCl、NaBr的溶液中加入硝酸银溶液：Cl、Br － － －－＋ C．在含有等物质的量的Fe3、Cu2的溶液中加入铁粉：Cu2、Fe3 D．在含有等物质的量的Fe3、Cl2、MnO4的溶液中缓慢通入SO2：MnO4、Cl2、Fe3 答案：D ＋ － － ＋ ＋＋＋＋ 6．向含有FeBr2、FeI2的溶液中缓缓通入一定量的氯气后，再向溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，若只从反应顺序角度考虑反应情况，则下列叙述不正确的是( ) A．通入氯气后的溶液中一定不存在I B．通入氯气之后原溶液中的Fe2全部被氧化 C．原溶液中的Br可能被氧化 D．若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液充分振荡、静置、分液，下层溶液呈紫红色 解析：选B 溶液中离子的还原性强弱顺序为I>Fe2>Br。A项，溶液变为红色说明 Fe2被氧化成Fe3，则I全部被氧化，故溶液中一定不存在I，正确；B项，Fe2可能全部被氧化，也可能是部分氧化，错误；C项，溶液变为红色只能说明Fe2被氧化成 Fe3，而Br可能被氧化，正确；D项，根据题意知有I2生成，I2易溶于有机溶剂，则下层溶液呈紫红色，正确。 7．某校化学课题组探究以硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的工艺，他们设计的流程如图所示，在“焙烧”过程中铁元素转化为Fe3O4。 ＋ － ＋ ＋ ＋ － － ＋ － ＋ － － ＋ － 下列推断正确的是( ) A．“焙烧”反应中，SO2是氧化产物，Fe3O4是还原产物 B．“酸溶”时的酸可以用稀硫酸代替 C．“过滤”后的滤液中Fe3和Fe2的浓度比为2∶1 D．“氧化”时的氧化剂只能选取Cl2 解析：选C “焙烧”时O2为氧化剂，FeS2为还原剂，SO2和Fe3O4都既是氧化产物，又是还原产物，A项错误；因目标产物为氯化物，故不能用稀硫酸代替盐酸，B项错误；Fe3O4可写成Fe2O3·FeO，其中Fe3和Fe2的浓度之比为2∶1，C项正确；“氧化”时的氧化剂可选取H2O2、Cl2等，D项错误。 8.(双选)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Fe变化情况 B.原溶液中FeI2的物质的量为2 mol C.原溶液中n(Fe)∶n(Br)=2∶3 D.当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe+2I+2Cl2 2+ ---2+ -2+ -2+ 2Fe+I2+4Cl 2+ - 3+- 【解析】选A、B。由于Fe、I、Br的还原性大小为：I>Fe>Br，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I，再氧化Fe，最后氧化Br。故a、b、c、d曲线分别表示I、Fe、Fe、Br --2+ --2+ 3+ - 的变化情况，A项错误；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Fe是4 mol，Br是6 mol，故原溶液中n(Fe)∶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 Fe反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe+2I+2Cl2 3+ 2+ --2+ 2+ -2+ - 2Fe+I2+4Cl，D项正确。 3+- 9.已知氧化性Br2>Fe。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为 aFe2++bBr-+cCl2-dFe3++eBr2+f Cl，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ( ) A.2 4 3 2 2 6 C.2 0 1 2 0 2 B.0 2 1 0 1 2 D.2 2 2 2 1 4 2+ - 【解析】选B。根据题意，Cl2先氧化Fe，不可能先氧化Br，B选项错误。 10.现取m g镁铝合金在一定浓度的稀硝酸中恰好完全溶解(硝酸的还原产物只有NO)，向反应后的混合溶液中滴加b mol·L NaOH溶液，当滴加到V mL时，得到沉淀质量恰好为最大值n g，则下列有关该实验的说法中正确的有 ( ) ①沉淀中OH的质量为(n-m) g --1 ②恰好溶解后溶液中的N的物质的量为 mol ③反应过程中转移的电子为 mol ④标准状况下生成NO的体积为 L ⑤与合金反应的硝酸的物质的量为(+) mol A.5项 B.4项 C.3项 D.2项 【解析】选A。本题涉及的反应有Al+4HNO3(稀)3Mg+8HNO3(稀) Al(NO3)3+NO↑+2H2O； Al(OH)3↓+3NaNO3； 3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；Al(NO3)3+3NaOH Mg(NO3)2+2NaOHMg(OH)2↓+2NaNO3。当合金恰好溶解时，溶液中的N与Na的物质的量 + 相等，n(N)=n(NaOH)= mol，②正确。沉淀质量最大时，生成的n g沉淀为氢氧化 铝和氢氧化镁，根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m g，所以沉淀中氢氧根的质 量为(n-m) g，则反应过程中转移的电子为n(e)=n(OH)= -- mol，故①③正确。根据电子 得失守恒知，标准状况下V(NO)= L，故④正确。参加反应的硝酸有两种作用，起 酸性作用的硝酸(生成硝酸盐)的物质的量等于硝酸钠的物质的量，即 mol；作氧化剂 的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，即 mol，所以，与合金反应的硝酸的物质的量为 ( +) mol，故⑤正确。 11.消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。 (1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2 和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填序号)。 -
高考 氧化还原反应配平和计算
