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课时跟踪检测(七) 氧化还原方程式的配平与相关计算
1.铝与稀硝酸发生反应的化学方程式为Al+HNO3(稀)―→Al(NO3)3+NO↑+H2O(未配平),若配平方程式后,HNO3的化学计量数应该是( )
A.2 B.4 C.6 D.8
解析:选B 根据得失电子守恒和原子守恒,可配平该反应为Al+4HNO3(稀)===Al(NO3)3+NO↑+2H2O,则HNO3的化学计量数应该是4,B项正确。
2.关于反应8NH3+6NO2===7N2+12H2O,下列说法正确的是( )
A.NH3中H元素被氧化
B.NO2在反应过程中失去电子
C.还原剂与氧化剂的质量之比为4∶3
D.氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3
解析:选D 该反应中NH3中N元素的化合价由-3价升高至0价,NO2中N元素的化合价由+4价降低至0价。NH3中H元素的化合价没有变化,A项错误;NO2中的N元素在反应中化合价降低,即NO2得电子,B项错误;还原剂NH3与氧化剂NO2的化学计量数之比为4∶3,质量比不为4∶3,C项错误;生成的7分子N2中有4分子是氧化产物,有3分子是还原产物,D项正确。
3.在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接,其反应为CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O(未配平)。下列说法正确的是( )
A.反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和N
B.配平后,CuO和NH4Cl的化学计量数之比为1∶2
C.反应中生成2个N2分子时,转移电子数为6
D.该反应中被还原的CuO占参与反应的CuO的
解析:选D 部分Cu元素由+2价降低到0价,N元素由-3价升高到0价,则Cu元素被还原,N元素被氧化,A错误;根据得失电子守恒和原子守恒配平可得4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O,则CuO和NH4Cl的化学计量数之比为2∶1,B错误;N元素的化合价由-3价升高到0价,则生成2个N2分子时,转移电子数为12,C错误;根据配平后的化学方程式可知,4个CuO参与反应时,有3个CuO被还原为Cu,故被还原的CuO占参与反应的CuO的,D正确。
4.酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式是MnO+NO+______―→Mn2++NO+H2O(未配平)。下列叙述正确的是( )
A.该反应中NO被还原
B.反应过程中溶液中的H+被消耗
C.生成6个水分子时,转移10个电子
D.横线上的粒子是OH-
解析:选B 该反应中N元素由+3价升至+5价,故NO失电子被氧化,A项错误;根据原子守恒和电荷守恒知,方程式中缺少的微粒是H+,即反应消耗溶液中的H+,B项正确,D项错误;根据得失电子守恒、电荷守恒可知,配平的离子方程式为2MnO+5NO+6H+===2Mn2++5NO+3H2O,生成6个水分子时转移20个电子,C项错误。
5.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH、H+、N2、Cl-六种微粒。
其中N2的分子数随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是( )
A.该反应的还原剂是Cl-
B.每生成1个N2分子,转移3个电子
C.参与反应的氧化剂与还原剂的个数比为2∶3
D.反应后溶液的酸性明显增强
解析:选D 由曲线变化图可知,随反应进行N2的分子数增多,故N2是生成物,则NH是反应物,N元素化合价升高,具有氧化性的ClO-为反应物,由氯原子守恒可知Cl-是生成物,则反应的离子方程式应为3ClO-+2NH===N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。由离子方程式可知,N元素化合价升高,则反应的还原剂为NH,A错误;N元素化合价由-3价升高到0价,则每生成1个N2分子,转移6个电子,B错误;由离子方程式可知氧化剂和还原剂的个数之比为3∶2,C错误;反应生成H+,故反应后溶液酸性增强,D正确。
6.在酸性条件下,可发生如下反应:ClO+2M3++4H2O===M2O+Cl-+8H+,则M2O中M的化合价是( )
A.+4 B.+5 C.+6 D.+7
解析:选C ClO―→Cl-,得到6e-,则2M3+―→M2O,失去6e-,每个M原子失去3e-,M的化合价升高3价,即由+3价升高到+6价。
7.被称为万能还原剂的NaBH4 (NaBH4中H为-1价)能溶于水并和水发生反应:NaBH4+2H2O===NaBO2+4H2↑,下列有关该反应的说法正确的是( )
A.NaBH4既是氧化剂又是还原剂
B.NaBH4是氧化剂,H2O是还原剂
C.硼元素被氧化,氢元素被还原
D.被氧化的元素与被还原的元素质量比为1∶1
解析:选D NaBH4中氢元素的化合价升高而被氧化,NaBH4是还原剂,水中氢元素化合价降低而被还原,水是氧化剂,氧化剂和还原剂中氢元素的化合价变化数值相同,被氧化的元素与