2022屆高考化學(xué)三輪沖刺 利用得失電子守恒巧解氧化還原反應(yīng)計(jì)算題模擬預(yù)測(cè)練

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1、2022屆高考化學(xué)三輪沖刺 利用得失電子守恒巧解氧化還原反應(yīng)計(jì)算題模擬預(yù)測(cè)練 1．PbO2是褐色固體，受熱分解為Pb的+4和+2價(jià)的混合氧化物，+4價(jià)的Pb能氧化濃鹽酸生成Cl2，+4價(jià)的Pb還原成+2價(jià)的Pb；現(xiàn)將1 mol PbO2加熱分解得到O2，向剩余固體中加入足量的濃鹽酸得到Cl2，O2和Cl2的物質(zhì)的量之比為3∶2，則剩余固體的組成及物質(zhì)的量比是（ ） A．1∶1混合的Pb3O4、PbO B．1∶2混合的PbO2、Pb3O4 C．1∶4∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．1∶1∶1混合的PbO2、Pb3O4、PbO 【答案】A 【解析】本題考查氧化還原反應(yīng)的

2、電子守恒規(guī)律。將1 molPbO2加熱分解得到O2，向剩余固體中加入足量的濃鹽酸得到Cl2，O2和Cl2的物質(zhì)的量之比為3∶2，則在兩步反應(yīng)中，Pb得到的電子的物質(zhì)的量比為：(3×4)∶(2×2)=3∶1，即兩步反應(yīng)過(guò)程中+4價(jià)的鉛被還原的比例為：3∶1，在第一步被還原的鉛占鉛總數(shù)的，故答案為：A。 2．足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68 LO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 mol/L NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是（ ） A．60 mL

3、 B．45 mL C．30 mL D．15 mL 【答案】A 【解析】本題考查氧化還原反應(yīng)計(jì)算。Cu與硝酸發(fā)生反應(yīng)時(shí)，Cu失去電子變?yōu)镃u2+，硝酸得到電子生成NO2、N2O4、NO，而NO2、N2O4、NO又被氧氣氧化生成硝酸，則Cu失去的電子與O2得到的電子數(shù)相等，即n(Cu)×2=n(O2)×4=4，n(Cu)=0.15 mol，n(NaOH)=2n=2n(Cu)=0.3 mol，V(NaOH)==0.06 L=60 mL。答案選A。 3．全礬液流電池是一種新型電能儲(chǔ)存和高效轉(zhuǎn)化裝置。某溶液中含有和，現(xiàn)向此溶液中滴入29.00 mL 0.1 mol/L的FeSO4溶液，恰好

4、使→VO2+、→Cr3+。再滴入2.00 mL 0.020 mol/L KMnO4溶液，又恰好使VO2+→，而Cr3+不變，此時(shí)→Mn2+，則原溶液中Cr的質(zhì)量為（ ） A．156 mg B．234 mg C．31.2mg D．46.8mg 【答案】D 【解析】本題考查氧化還原反應(yīng)中電子守恒的巧妙運(yùn)用。根據(jù)題意Fe2+失去的電子數(shù)等于、得到的電子數(shù)之和，而得到的電子數(shù)等于得到的電子數(shù)，設(shè)原溶液中Cr的質(zhì)量為m，則29.00×10?3 L×0.1 mol/L×1=3+2.00×10?3 L×0.020 mol/L×5，m=0.0468 g=46.8 mg。答案選D。 4．

5、2.8 g Fe全部溶于一定濃度、200 mL的HNO3溶液中，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體1.12 L，測(cè)得反應(yīng)后溶液的pH為1。若反應(yīng)前后溶液體積變化忽略不計(jì)，則下列有關(guān)判斷正確的是（ ） A．反應(yīng)后的溶液最多還能溶解1.4gFe B．反應(yīng)后溶液中c()=0.85 mol/L C．反應(yīng)后溶液中鐵元素可能以Fe2+形式存在 D．1.12 L氣體可能是NO、NO2的混合氣體 【答案】B 【解析】本題考查混合物的計(jì)算。根據(jù)題目反應(yīng)后溶液的pH=1，可推得反應(yīng)之后氫離子濃度為0.1mol/L，所以溶液中還存在0.1mol/L的HNO3，可知鐵沒(méi)有過(guò)量，所以溶液中的鐵元素以Fe3+離子存在，故

6、C錯(cuò)誤；2.8g鐵即0.05mol，1.12L氣體即0.05mol，鐵從0價(jià)到+3價(jià)，失去的電子數(shù)為0.15mol，根據(jù)得失電子守恒，氣體中氮元素的平均價(jià)態(tài)為+2價(jià)，所以氣體全部是NO，故D錯(cuò)誤；反應(yīng)后溶液中的硝酸根離子的物質(zhì)的量為：n()=n(HNO3)+3n=0.1 mol/L×0.2 L+3×0.05 mol=0.17 mol，所以c()==0.85 mol/L，故B正確；當(dāng)溶液中的鐵全部以Fe2+離子存在，那么消耗的鐵最多，根據(jù)反應(yīng)①3Fe+8HNO33Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，此時(shí)消耗的鐵為n(Fe)=n(HNO3)= =0.0075mol，根據(jù)反應(yīng)②Fe+2Fe3+ 3

7、Fe2+，此時(shí)消耗的鐵為n(Fe)=×n(Fe3+)=×0.05 mol=0.025 mol，所以總的消耗的鐵為0.0075 mol+0.025 mol=0.0325 mol，所以質(zhì)量為0.0325 mol×56 g/mol=1.82 g，故A錯(cuò)誤；答案選擇B。 5．向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入l.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2g。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是（ ） A．Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1 B．硝酸的物質(zhì)的量濃度

8、為2.6 mol/L C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48 L D．Cu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.2 mol 【答案】B 【解析】本題考查混合物的計(jì)算。根據(jù)題意，加入l.0 mol/L的NaOH溶液所得沉淀為Cu(OH)2，其質(zhì)量為39.2g，物質(zhì)的量為0.4 mol，設(shè)Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別為x、y，則64x+144y=27.2，x+2y=0.4mol，聯(lián)立方程組解得x=0.2 mol，y=0.1 mol，則Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1，正確；B．根據(jù)得失電子守恒，Cu、Cu2O失電子總數(shù)等于硝酸得電子總數(shù)，即0.2×2+0.1×2= n(NO)×3

9、，則n(NO)=0.2 mol，最后溶液呈中性，則n()=n(Na+)=n(NaOH)= l.0 mol/L×1.0 L=1 mol，則硝酸的物質(zhì)的量濃度為 =2.4 mol/L，錯(cuò)誤；C．因 n(NO)=0.2 mol，則產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L，正確；D．由B可知硝酸的總物質(zhì)的量為1.2 mol，生成硝酸銅的物質(zhì)的量為0.4 mol，生成NO的硝酸為0.2 mol，則剩余的硝酸為1.2 mol?0.4 mol×2?0.2 mol=0.2 mol，正確。答案選B。 6．將兩種硫酸鹽按一定比例混合后共熔，可制得化合物X，X溶于水能電離出

10、K+、Cr3+、，若將2.83 g X中的Cr3+全部氧化為后，溶液中的可與過(guò)量KI溶液反應(yīng)，得到3.81 g I2，反應(yīng)的離子方程式為+6I?+14H+2Cr3++3I2+7H2O，若向溶有2.83 g X的溶液中，加入過(guò)量的BaCl2溶液，可得到4.66 g白色沉淀。由此推斷出X的化學(xué)式為 A．K2SO4·2Cr2(SO4)3 B．2K2SO4·Cr2(SO4)3 C．K2SO4·Cr2(SO4)3 D．3K2SO4·2Cr2(SO4)3 【答案】C 【解析】向X的溶液中加入過(guò)量的BaCl2溶液，得到4.66 g白色沉淀，該白色沉淀為硫酸鋇，硫酸鋇的物質(zhì)的量為=0.02

11、 mol，根據(jù)守恒可知，溶液中n()=0.02 mol。設(shè)1 mol X中含有x mol，則M(X)==141.5x g·mol?1。由于M(X)為整數(shù)，則x應(yīng)為偶數(shù)，只有C項(xiàng)符合。 7．目前處理酸性廢水多采用鐵氧磁體法，該法是向廢水中加入FeSO4 ·7H2O將還原成Cr3+，調(diào)節(jié)pH，F(xiàn)e、Cr轉(zhuǎn)化成相當(dāng)于：FeⅡO4(鐵氧磁體，羅馬數(shù)字表示元素價(jià)態(tài))的沉淀。處理1mol ，需加入a mol FeSO4 ? 7H2O，下列結(jié)論正確的是（ ） A．x =0.5，a =8 B．x =0.5，a =10 C．x =1.5，a =8 D．x =1.5，a =10 【答案】

12、D 【解析】處理1 mol ，需加入a mol FeSO4?7H2O，根據(jù)鉻原子守恒得，1 mol 完全反應(yīng)后生成 2/(2?x) mol FeⅡO4，根據(jù)鐵原子守恒得a mol=2(1+x)/(2?x)mol①，該反應(yīng)中得失電子數(shù)相等，1mol×2×3=2/(2?x)mol×(3?2)×x，解得x=1.5，將x=1.5代入①得a=10。 8．1.76g銅鎂合金完全溶解于50 mL、密度為1.40 g/cm3、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2氣體1792 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入適量的1.0 mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金屬離子全部沉淀。下列說(shuō)法不正確的是（

13、 ） A．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0 mol/L B．加入NaOH溶液的體積是50mL C．濃硝酸在與合金反應(yīng)中起了酸性和氧化性的雙重作用，起氧化性的硝酸的物質(zhì)的量為0.08mol D．得到的金屬氫氧化物的沉淀為3.12g 【答案】B 【解析】本題考查混合物的計(jì)算。密度為1.40 g/cm3、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸濃度為c= ==14.0 mol/L，故A正確；1792 mL NO2即0.08 mol，根據(jù)N守恒，起氧化性作用的硝酸的物質(zhì)的量為0.08 mol，故C正確；HNO3到NO2 化合價(jià)從+5到+4，所以生成0.08 mol的NO2得到0.08 mol的電

14、子，根據(jù)得失電子守恒，失去的電子為0.08 mol，因?yàn)殂~鎂合金失去電子得到的金屬離子都是+2價(jià)，所以銅鎂合金一共有0.04 mol，沉淀0.04 mol的銅鎂合金需要0.08 mol的氫氧化鈉，即需要80 mL 1.0 mol/L的NaOH ，故B錯(cuò)誤；金屬氫氧化物相對(duì)于銅鎂合金增加的質(zhì)量恰好是氫氧根的質(zhì)量，0.08 mol的氫氧化鈉，氫氧根的質(zhì)量為0.08 mol×17 g/mol=1.36 g，所以金屬氫氧化物的質(zhì)量為1.76 g+1.36 g=3.12 g，故D正確。 9．向59.2 g Fe2O3和FeO的混合物中加入某濃度的稀硝酸1.0 L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，生成NO和Fe(NO

15、3)3。在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液2.8 L，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為85.6g。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ） A．Fe2O3與FeO的物質(zhì)的量之比為1∶6 B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為3.0 mol/L C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48 L D．Fe2O3、FeO與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.2 mol 【答案】D 【解析】本題考查混合物反應(yīng)的計(jì)算、氧化還原反應(yīng)的計(jì)算。在所得溶液中加入NaOH溶液后，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×2.8L=2.8mo

16、l，沉淀為Fe(OH)3，質(zhì)量為85.6g，物質(zhì)的量為 =0.8mol，根據(jù)鐵元素守恒有n(FeO)+2n(Fe2O3)=n，所以反應(yīng)后的溶液中n=n=0.8mol，設(shè)Fe2O3和FeO的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol，根據(jù)二者質(zhì)量有 160x+72y=59.2，根據(jù)鐵元素守恒有：2x+y=0.8，聯(lián)立方程解得x=0.1、y=0.6。A．由上述分析可知，n(Fe2O3)∶n(FeO)=0.1mol∶0.6mol=1∶6，正確；B．根據(jù)電子守恒，生成NO的物質(zhì)的量為：=0.2mol，根據(jù)N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2mol+2.8mol=3mol，所以原硝酸

17、溶液的濃度為：=3mol/L，正確；C．根據(jù)B可知n(NO)=0.2mol，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO的體積為：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，正確；D．反應(yīng)后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，氫氧化鈉與硝酸銅反應(yīng)，剩余的氫氧化鈉與硝酸反應(yīng)，最后為硝酸鈉溶液，根據(jù)氮元素守恒可知反應(yīng)后溶液中n(HNO3)+3n=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)?3n=2.8mol?3×0.8mol=0.4mol，錯(cuò)誤；故選D。 10、物質(zhì)的量之比為2∶5的鋅與稀硝酸反應(yīng)，若HNO3被還原的產(chǎn)物為N2O，反應(yīng)結(jié)束后鋅沒(méi)有剩余，則該反應(yīng)中被還原的HNO3與未被還原的HNO3的物質(zhì)的量之比是（

18、 ） A．1∶4 B．1∶5 C．2∶3 D．2∶5 【答案】A 【解析】方法一 根據(jù)得失電子守恒法求解。設(shè)鋅的物質(zhì)的量為2 mol，HNO3的物質(zhì)的量為5 mol ，生成N2O的物質(zhì)的量為x(被還原的HNO3的物質(zhì)的量為2x)。該反應(yīng)中化合價(jià)變化情況：Zn→Zn2+ (價(jià)差為2)，2→N2O(價(jià)差為8)，則由化合價(jià)升降相等，可得 x× 8 =2 mol ×2，解得x=0.5 mol，則被還原的HNO3的物質(zhì)的量(2x)為1 mol，未被還原的HNO3的物質(zhì)的量為4 mol。故反應(yīng)中被還原的HNO3與未被還原的HNO3的物質(zhì)的量之比是1∶4。 方法二 根據(jù)題意寫出鋅與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式并配平：4Zn+10HNO3 4Zn(NO3)2+N2O↑+5H2O，從化學(xué)方程式可看出反應(yīng)中被還原的HNO3與未被還原的HNO3的物質(zhì)的量之比是1∶4。