专题强化练5 物质的量在氧化还原反应计算中的应用-《精讲精练》26版高中同步新教材化学人教A版（2019）必修第一册

专题强化练5　物质的量在氧化还原反应计算中的应用
1.纪录片《神秘的古文明——三星堆》介绍了大量造型精美的青铜器,震惊世人。刚发掘的青铜器表面有很多铜锈(主要成分是氯化亚铜和碱式碳酸铜),可以用稀硫酸除去,涉及的氧化还原反应是2CuCl+H2SO4 2HCl+CuSO4+Cu。下列有关该反应的叙述中,正确的是 (　　)
A.CuCl只是还原剂
B.CuCl只是氧化剂
C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1︰1
D.生成1 mol Cu,转移电子的物质的量为2 mol
2.《本草纲目》中记载:“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。”火药燃烧爆炸时发生的反应为S+2KNO3+3C K2S+N2↑+3CO2↑。下列有关说法错误的是 (　　)
A.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
B.反应每转移6 mol电子,则能生成11.2 L N2
C.每生成11 g K2S,转移电子的物质的量为1.2 mol
D.该反应中分别被S和硝酸钾氧化的碳原子数之比为1∶5
3.将24.6 g由Na2O2与NaHCO3组成的固体混合物在密闭容器中加热至完全反应,冷却至室温测得放出的气体只有O2,且其质量为1.6 g,则下列说法中不合理的是 (　　)
A.过氧化钠可能全部参加反应
B.反应充分后的固体可能为混合物
C.最后剩余的固体的质量可能为23 g
D.原固体混合物中过氧化钠与碳酸氢钠的质量之比为30∶83
4.(经典题)将一定量的氯气通入60 mL 10.00 mol/L的KOH浓溶液中,加热少许时间后,恰好完全反应,测得溶液中含氯元素的离子有Cl-、ClO-、Cl。下列说法不正确的是 (　　)
A.一共消耗了0.3 mol氯气
B.当溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=5∶1时,反应的离子方程式为8Cl2+16OH- 10Cl-+5ClO-+Cl+8H2O
C.若反应中转移的电子为n mol,则0.5D.反应生成的ClO-、Cl有一定的氧化性
5.实验室中利用固体KMnO4进行如图实验,下列说法错误的是(　　)
A.G与H均为氧化产物
B.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
C.G与H的物质的量之和可能为0.25 mol
D.G与H的物质的量之和最少为0.2 mol
答案与分层梯度式解析
1.C 2.B 3.D 4.C 5.C
1.C　CuCl在酸性条件下发生歧化反应,CuCl既是还原剂又是氧化剂,A、B均错误;2 mol CuCl参加反应,1 mol被还原生成Cu,1 mol被氧化生成CuSO4,即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1,C正确;根据Cu元素化合价变化可知,生成1 mol Cu时转移1 mol电子,D错误。
2.B　由该反应及S(0→-2)、N(+5→0)、C(0→+4)元素化合价变化可知,氧化产物为CO2,还原产物为K2S和N2,则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2,A正确;反应中转移12 mol电子时生成1 mol N2,而反应转移6 mol电子时,生成0.5 mol N2,未给出气体所处的状况,无法计算其体积,B错误;根据反应的化学方程式可知,生成11 g K2S即0.1 mol K2S时,转移1.2 mol电子,C正确;1个S得2个电子,2个N得10个电子,故反应中氧化的碳原子数之比为1∶5,D正确。
3.D　加热时,涉及的反应可能为2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O,2H2O+2Na2O2 4NaOH+O2↑,2CO2+2Na2O2 2Na2CO3+O2。冷却至室温,放出的O2为1.6 g即0.05 mol,若O2全部是由Na2O2与CO2反应生成的,则n(CO2)=n(Na2O2)=0.1 mol,m(Na2O2)=7.8 g,n(NaHCO3)=2n(CO2)=
0.2 mol,m(NaHCO3)=16.8 g,7.8 g+16.8 g=24.6 g,此时NaHCO3、Na2O2完全反应,剩余固体为Na2CO3;若Na2O2过量,Na2O2与CO2、H2O反应后有剩余,放出的气体只有O2,剩余固体为NaOH、Na2CO3、Na2O2。根据上述分析可知,A、B正确。最后剩余的固体的质量可能为
24.6 g-1.6 g=23 g,C正确。当Na2O2过量时,由n(O2)=0.05 mol可知,n(CO2)=n(H2O)=0.05 mol,则n(NaHCO3)=0.1 mol,m(NaHCO3)=8.4 g,则m(Na2O2)=16.2 g,原固体混合物中Na2O2与NaHCO3的质量比为16.2∶8.4=27∶14;当Na2O2完全反应时,原混合物中Na2O2与NaHCO3的质量比为7.8∶16.8=13∶28,D错误。
4.C　60 mL 10.00 mol/L的KOH浓溶液中,含0.6 mol KOH,根据K、Cl原子守恒可知Cl-、ClO-、Cl总物质的量为0.6 mol,则反应消耗0.3 mol Cl2,A正确。溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=5∶1时,即生成ClO-、Cl个数比为5∶1,由得失电子守恒可知,溶液中Cl-、ClO-、Cl数目之比为10∶5∶1,其离子方程式为8Cl2+16OH- 10Cl-+5ClO-+Cl+8H2O,B正确。若反应只生成Cl-、ClO-,且n(Cl-)+n(ClO-)=0.6 mol,则溶液中n(Cl-)=n(ClO-)=0.3 mol,反应转移0.3 mol电子;若只生成Cl-、Cl,且n(Cl-)+n(Cl)=0.6 mol,由得失电子守恒可知n(Cl-)∶n(Cl)=5∶1,此时反应转移0.5 mol电子,由于同时生成Cl-、ClO-、Cl,则转移电子数为0.3名师点津　C项在确定n的范围时,可假设反应中只生成Cl-、ClO-,可计算转移电子数n1;再假设反应中只生成Cl-、Cl,可计算转移电子数n2;由于Cl-、ClO-、Cl同时存在,即可确定n的取值范围在n1~n2间,解答本题用到得失电子守恒法、极端假设法等。
5.C　加热KMnO4时发生反应①2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑,所得固体为K2MnO4、MnO2或K2MnO4、MnO2、KMnO4,K2MnO4和浓盐酸加热时发生反应②K2MnO4+8HCl(浓) 2KCl+MnCl2+2Cl2↑+4H2O,MnO2和浓盐酸加热时发生反应③MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,若KMnO4有剩余,还发生反应④2KMnO4+16HCl(浓) 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。O2和Cl2均为氧化产物,A正确;Mn元素至少参与了①②③三个反应,也可能发生反应④,B正确;若KMnO4只发生反应①,生成0.05 mol O2,反应②、③共生成0.15 mol Cl2,此时G和H的物质的量之和为0.2 mol;若KMnO4未发生反应①,整个过程中只发生反应④可生成0.25 mol Cl2,但①②③反应肯定发生,气体中一定含O2,则最终所得气体的物质的量小于0.25 mol,C错误;若只发生反应①②③,产生气体的物质的量最少,为0.2 mol,D正确。
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