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2026人教版高中化学必修第一册
专题强化练5　物质的量在氧化还原反应中的应用
1.(2025湖北荆州期中)碱性条件下,亚氯酸钠(NaClO2)能较好地去除氮氧化物。向100 mL 0.3 mol·L-1 NaClO2溶液中通入0.896 L NO(标准状况),恰好完全反应,反应后Cl完全转化为Cl-,则反应后N元素可能存在的形式是　(　　)
A.N　 　 D.N2
2.(2025湖南长沙一中期中)将0.2 mol KMnO4在一定温度下加热一段时间后生成a mol O2,将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成b mol Cl2,此时锰元素均以Mn2+形式存在,若a+b=m,则m可能为 (　　)
A.0.25 B.0.45 C.0.55 D.0.6
3.(2025贵州部分学校联考)某工厂利用含SO2的烟气处理含Na2Cr2O7的废水,在脱硫的同时制备Cr2O3,具体流程如图所示。用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)
A.1 L含0.2 mol·L-1 Na2Cr2O7的废水中氧原子数目与0.2 mol Mn2O7中所含氧原子数目相等
B.每处理0.1 mol Cr2,消耗SO2的体积为6.72 L
C.若用FeSO4·7H2O(氧化产物为Fe3+)替代SO2,理论上所需FeSO4·7H2O与SO2的质量之比为139∶16
D.若SO2与Na2Cr2O7反应时转移电子数为3NA,不考虑Cr损失,则最终得到Cr2O3的物质的量为1 mol
4.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
5.(创新题·新情境)(2025北京东城期末)次磷酸钠(NaH2PO2)具有强还原性,在制药等多个领域具有广泛的应用。
Ⅰ.利用黄磷(P)、NaOH和H2O2制备NaH2PO2,涉及以下三个阶段。
阶段一:P和NaOH溶液反应生成NaH2PO2和PH3。
阶段二:PH3被H2O2氧化为H3PO2。
阶段三:H3PO2与过量的NaOH反应,生成NaH2PO2。
(1)理论上,消耗的P、H2O2与生成的NaH2PO2的物质的量之比为n(P)∶n(H2O2)∶n(NaH2PO2)=　　　　。
Ⅱ.利用NaH2PO2和CuSO4可除去酸性废水中的Cl-。
(2)补全离子方程式:
　Cu2++H2P+　Cl-+　　　　 　CuCl↓+H3PO3+　　　　
(3)取6份含0.01 mol NaCl的酸性溶液,再分别溶解0.02 mol CuSO4,最后加入NaH2PO2,充分反应(未与空气隔绝)。测得Cl-去除率与初始加入的n(NaH2PO2)之间的关系如图所示:
推测n(NaH2PO2)=0.01 mol时,氧化NaH2PO2的粒子有　　　　。
答案与分层梯度式解析
1.A　n(NaClO2)=0.3 mol·L-1×0.1 L=0.03 mol,Cl元素的化合价从+3价降低到-1价,Cl完全转化为Cl-,总共得到0.03 mol×4=0.12 mol电子,n(NO)==0.04 mol,反应后N元素的化合价升高,设反应后N元素的化合价为x,根据得失电子守恒有(x-2)×0.04 mol=0.12 mol,解得x=+5,因此N元素可能存在的形式是N。
2.B　根据得失电子守恒并结合极值法计算m(解题技法)。在氧化还原反应中得失电子数相等,所以反应过程中锰元素得到的电子数等于O元素、Cl元素失去的电子数,即0.2 mol×(7-2)=4a mol+2b mol,则2a+b=0.5,a+b=m=0.5-a;当高锰酸钾不分解时,a=0,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气的物质的量为0.1 mol,所以a的取值范围为03.C　1 L含0.2 mol·L-1 Na2Cr2O7的废水中,Na2Cr2O7的物质的量为0.2 mol,废水中氧原子包括Na2Cr2O7和H2O中含有的氧原子,氧原子数大于7×0.2NA,0.2 mol Mn2O7中所含氧原子数等于7×0.2NA,A错误;未指明气体所处状况,消耗SO2的体积无法计算,B错误;每处理1 mol Cr2,Cr元素由+6价降低到+3价,共得到6 mol电子,根据得失电子守恒知,若与FeSO4·7H2O反应,需要6 mol FeSO4·7H2O,若与SO2反应,需要3 mol SO2,则理论上所需FeSO4·7H2O与SO2的质量之比为(6 mol×278 g·mol-1)∶(3 mol×64 g·mol-1)=139∶16,C正确;SO2与Na2Cr2O7的反应中,Cr元素的化合价由+6价降低到+3价,存在关系式:Cr2~2Cr3+~Cr2O3~6e-,若转移电子数为3NA,则最终得到Cr2O3的物质的量为 mol=0.5 mol,D错误。
4.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。
5.答案　(1)2∶1∶2　(2)2　2　1H2O　2　1H+
(3)Cu2+、O2
解析　(1)阶段一的反应为4P+3NaOH+3H2O 3NaH2PO2+PH3↑,阶段二的反应为PH3+2H2O2 H3PO2+2H2O,阶段三的反应为H3PO2+NaOH NaH2PO2+H2O,所以消耗的P、H2O2与生成的NaH2PO2的物质的量之比为n(P)∶n(H2O2)∶n(NaH2PO2)=4∶2∶4=2∶1∶2。
(2)根据原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒配平离子方程式为2Cu2++H2P+2Cl-+H2O 2CuCl↓+H3PO3+H+。
(3)若按(2)中离子方程式中Cu2+、H2P和Cl-的化学计量数反应,n(NaH2PO2)=0.01 mol时,理论上Cl-的去除率可达100%,结合题图可知,次磷酸钠未完全参与反应:2Cu2++H2P+2Cl-+H2O 2CuCl↓+H3PO3+H+,由于实验过程中未与空气隔绝,推测n(NaH2PO2)=0.01 mol时,氧化NaH2PO2的粒子除Cu2+外,还有O2。
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