2025届高三化学一轮复习 氧化还原反应电子守恒法计算及应用 课时作业

2025届高三化学一轮复习 氧化还原反应电子守恒法计算及应用课时作业 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1.现有24 mL 0.05 mol·L－1的Na2SO3溶液与20 mL 0.02 mol·L－1的K2Cr2O7溶液恰好完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( ) A.+2 B.+3 C.+4 D.+1 2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为（） A.1 B.3 C.5 D.7 3．微型实验药品用量少，绿色环保。如图所示为探究SO2性质的微型实验，滤纸①~④分别浸泡了相关试剂，实验时向试管中滴入几滴浓硫酸。下列说法正确的是（） A．滤纸①先变红后褪色，体现了SO2具有漂白性和酸性氧化物的性质 B．滤纸②、③褪色均证明SO2具有氧化性 C．滤纸④上有黄色固体生成，证明SO2具有还原性 D．若滤纸④上析出了0.096g固体，则在滤纸④上发生的反应转移了0.004mol电子 4．在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应I和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。 下列说法不正确的是（） A．、与BaO的反应中，是还原剂，是氧化剂 B．反应I为 C．反应Ⅱ中，最终生成的物质的量为mol D．反应I和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是3∶5 5．是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下： 下列说法正确的是（） A．“反应”步骤中生成的化学方程式为： B．“电解”中阴极反应的主要产物是 C．“尾气吸收”环节可吸收“电解”过程排出的少量。此反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D．晶体中阴阳离子之比为1：2 6．硫酸钴主要用于电镀、碱性电池、生产含钴颜料和其他钴产品，可利用与葡萄糖制备，反应的化学方程式为(未配平)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（） A．氧化性： B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为 C．生成(标准状况)时，转移电子数为 D．葡萄糖中含有键的数目为 7．亚氯酸钠是一种重要的含氯消毒剂。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如图，下列说法错误的是（） A．反应①阶段，参加反应的和的物质的量之比为2：1 B．反应②条件下，的氧化性大于 C．反应②中的可用代替 D．若反应①通过原电池来实现，则是正极产物 8．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是（） A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2 ︰1 B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 9．在特定碱性条件下，过量H2O2可将Cr(Ⅲ)完全氧化成Cr(Ⅵ)，其反应为H2O2+CrO+W→CrO+Y(未配平)，下列有关说法正确的是（） A．Y为OH- B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3 C．1 mol H2O2参加反应时，转移电子的物质的量为6 mol D．在酸性条件下CrO可以转化为Cr2O 10．足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol∙L-1H2SO4溶液250mL，则继续溶解一定量的Cu。下列说法正确的是（） A．最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液 B．最多溶解铜的质量是57.6g C．放电或高温下N2与O2反应是现代工业制硝酸的基础 D．铜与浓硝酸的反应仅体现了硝酸的强氧化性 11．Na2S2O3去除酸性废水中H3AsO3的反应机理如图所示(图中“HS·”为自由基)。下列说法错误的是(　　) A．X的化学式为H2S2 B．HS·反应活性较强，不能稳定存在 C．步骤Ⅲ反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶1 D．步骤Ⅳ除砷的化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O 12．利用石灰乳和硝酸工业的尾气反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，已知，下列说法不正确的是（） A．氧化剂与还原剂之比为 B．的空间构型为角形 C．每生成，有电子参与反应 D．当与的比值为时，反应所得的的纯度最高 13．化学兴趣小组采用次氯酸钙与稀盐酸反应制取氯气，并探究了氯气的性质。实验装置如图所示，下列说法正确的是（） A．湿润的pH试纸先变红后褪色，说明有酸性和漂白性 B．f处出现红色沉淀是因为被氧化为，遇生成弱电解质 C．g处变为橙色，h处变为黄色，说明元素非金属性： D．等量分别单独缓慢通过g、h、i试管时，生成的氧化产物的物质的量之比为1：1：1 14．某课题组利用工业废气中的NO制备NH4NO3的工艺流程如图所示，若装置Ⅰ和装置Ⅱ中反应后都为(不考虑HNO2电离)，下列说法错误的是（） A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为 B．装置Ⅰ中若有5.6L(标准状况下)NO参与反应，则转移0.5mol电子 C．装置Ⅲ中，可实现原子利用率最大化 D．装置Ⅲ发生的氧化还原反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为 15．二氟化氧常用作高能火箭推进系统中的氧化剂，一种在温和条件下制取的工艺如图所示。下列说法正确的是（） A．反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 B．还原性： C．反应I~Ⅳ中，氟元素化合价发生变化的反应有3个 D．制取，至少需加入 二、计算题 16．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于____________________________________________。 17．取a g铁粉投入600mL某浓度的稀溶液中，充分反应后铁粉完全溶解，硝酸恰好完全反应，同时生成标准状况下NO气体6.72L(硝酸的还原产物只有一种)。反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g红棕色固体。试计算： (1)加入铁粉的质量 g (2)原稀溶液的物质的量浓度是 mol/L 18．一定条件下，将28.8gCu2O固体投入100mL12.0mol·L-1的硝酸溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下氮氧化物(NOx)4.48L。(生成气体全部逸出) (1)x= 。 (2)往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液 mL。(请写出简要的计算过程) 19．移取20.00两种一元弱酸和的混合溶液，滴加0.1的至反应终点，消耗25。再取相同的上述溶液，加入50，0.02的强碱性溶液，待其反应完成后，将溶液酸化，加入300.2溶液，将剩余的和歧化生成的和全部还原至，剩余的溶液用上述溶液在酸性条件下反应至终点消耗18.5。 已知： ①在强碱性条件下还原产物为；在酸性条件发生歧化反应； ②具有还原性，酸性条件下被氧化为，不能被酸性高锰酸钾氧化 (1)加入的强碱性溶液发生的有电子转移的离子反应方程式为 。 (2)酸化后歧化发生离子反应方程式为 。 (3)加入溶液后发生反应的离子方程式为 。 (4)则溶液中的的浓度为 ；的浓度为 。 (5)若溶液酸化后将过滤除掉，其它操作不变，则测得的浓度将 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1.B 【分析】　根据氧化还原反应中得失电子守恒：0.05 mol·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 mol·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。 2.C【分析】　―→xNa2O4，NaO―→Na， 得关系式1×·x＝16×2，解得x＝5。 3．D 【分析】实验时向试管中滴入几滴浓硫酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应产生SO2，根据实验现象探究SO2的性质。 【详解】A．SO2只能使紫色石蕊溶液变红，但不会褪色，A项错误； B．SO2使碘水褪色体现SO2的还原性，SO2使品红溶液褪色体现SO2的漂白性，B项错误； C．滤纸④上有黄色固体生成，体现SO2的氧化性，C项错误； D．滤纸④上析出的固体为S，S的物质的量为=0.003mol，反应中S元素的化合价由SO2中的+4价降至0价、由Na2S中-2价升至0价，S既是氧化产物、又是还原产物且氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1，故氧化产物物质的量为0.002mol、还原产物物质的量为0.001mol，反应中转移电子物质的量为0.004mol，D项正确； 答案选D。 4．D 【详解】A．由图可知，NO和在Pt表面发生反应生成，、和BaO反应生成，则是还原剂，是氧化剂，故A正确； B．由图可知，第一步反应为与作用生成，反应方程式为，故B正确； C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为还原生成BaO和等，反应方程式为，相应的关系式为，图中最大物质的量为mol，则最终生成的物质的量为mol，故C正确； D．根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的的物质的量之比是5∶3，故D错误； 故选D。 5．A 【分析】硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液可回收得NaHSO4；二氧化氯、食盐水电解得氯气和NaClO2溶液，经过结晶、干燥可得产品NaClO2，尾气可用氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液吸收。 【详解】A．“反应”步骤中硫酸、二氧化硫和氯酸钠反应生成二氧化氯气体，所得溶液回收得NaHSO4，生成的化学方程式为：，故A正确； B．“电解”中阴极发生还原反应，氯元素化合价降低，主要产物是NaClO2，故B错误； C．“尾气吸收”环节是利用氢氧化钠和过氧化氢溶液吸收“电解”过程排出的少量，反应的化学方程式为2NaOH+H2O2+2=2NaClO2+2H2O+O2↑，氧化剂为、还原剂为H2O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故C错误； D．晶体中存在Na+和，即阴阳离子个数之比为1:1，故D错误； 故答案为：A。 6．D 【详解】A．根据题中所给反应，Co元素反应后化合价降低，是氧化剂，是氧化产物，故氧化性：，A项正确； B．根据电子守恒、元素守恒配平该反应为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B项正确； C．根据化学方程式可知，当生成时，转移电子，因此生成(标准状况)时，转移电子的物质的量为，即，C项正确； D．葡萄糖的结构式为，葡萄糖中含有键的数目为，D项错误； 本题选D。 7．C 【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确； B．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，故B正确； C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，故C错误； D．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，故D正确； 故选C。 8．D 【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。 【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 ︰1，A正确； B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确； C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确； D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误； 答案选D。 9．D 【详解】A．根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得配平后的反应方程式为，可知Y为H2O，A错误； B．该反应氧化剂为H2O2，还原剂为，根据电子守恒可知二者物质的量之比为3：2，B错误； C．H2O2参加反应时其中-1价的O变为-2价的O，因此1molH2O2参加反应时转移电子的物质的量为2 mol，C错误； D．在酸性条件下可以转化为，反应的离子方程式为，D正确； 故合理选项是D。 10．B 【分析】足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收，则发生的总反应为2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15mol，则n(Cu)=0.3mol，n()=0.6mol。 【详解】A．向原所得溶液中加入5 mol∙L-1H2SO4溶液250mL，发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6mol，n(H+)=2.5mol，则完全反应，最后溶液是CuSO4溶液，A不正确； B．n()=0.6mol，最多溶解铜的物质的量为0.9mol，质量是0.9mol×64g/mol=57.6g，B正确； C．现代工业制硝酸的第一步反应，是氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，C不正确； D．铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸体现强氧化性和酸性，D不正确； 故选B。 11．C 解析　S2O经过“途径Ⅰ”的除砷过程可描述为，S2O与氢离子在紫外线照射条件下可以生成HS·，两个HS·可以结合生成H2S2，H2S2分解得到S8和H2S，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，X的化学式为H2S2，故A正确；HS·反应活性较强，在强酸性或强碱性溶液中均不能大量存在，故B正确；步骤Ⅲ反应中H2S2分解得到S8和H2S，化学方程式为8H2S2===S8＋8H2S，S元素化合价部分由－1价上升到0价，又部分由－1价下降到－2价，H2S2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；步骤Ⅳ中，H2S与H3AsO3发生反应生成As2S3，化学方程式为3H2S＋2H3AsO3===As2S3↓＋6H2O，故D正确。 故选C。 12．D 【详解】A．NO2中N元素化合价降低，NO2是氧化剂；NO中N元素化合价升高，NO是还原剂；氧化剂与还原剂之比为，故A正确； B．中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，空间构型为角形，故B正确； C．NO2中N元素化合价由+4降低为+3，NO中N元素化合价由+2升高为+3，每生成，转移电子，故C正确； D．根据反应方程式，当与的比值为1:1时，反应所得的的纯度最高，故D错误； 选D。 13．D 【分析】次氯酸钙溶液与稀盐酸反应可产生氯气，氯气中混杂的水蒸气可被氯化钙吸收。氯气无漂白性，不能使干燥的pH试纸褪色。氯气与水发生反应：，其中HCl水溶液显酸性，HClO有漂白性，因此氯气能使湿润的pH试纸先变红后褪色。氯气具有强氧化性，可通过f、g、h、i实验验证，据此解答。 【详解】A.  根据分析可知，湿润的pH试纸先变红后褪色，说明氯气溶于水后的溶液具有酸性和漂白性，A错误； B.  已知可将氧化为，遇溶液生成红色络合物，f处现象为溶液变红，B错误； C.  在试管g、h中分别发生氧化还原反应：，，其中氧化性：，，则元素的非金属性：，该实验不能证明Br和I元素的非金属性强弱，C错误； D.  等量分别单独缓慢通过试管g、h、i时，分别发生的氧化还原反应为：、、，其中氧化产物分别为、、。根据化学方程式可计算出等物质的量的氯气参与反应，在g、h、i试管中生成的氧化产物物质的量之比为1:1:1，D正确。 答案为：D。 14．D 【分析】由题给流程可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为；装置Ⅱ中电解反应所得溶液，Ce3+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+离子，氢离子部分在阴极得到电子发生氧化反应生成氢气，除杂得到含有等物质的量的硝酸和亚硝酸的溶液；装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为。 【详解】A．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，故A正确； B．由分析可知，装置Ⅰ中发生的反应为一氧化氮与溶液中Ce4+离子反应生成Ce3+离子、硝酸根离子、亚硝酸和氢离子，反应的离子方程式为，由方程式可知，装置Ⅰ中2mol一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为4mol，则标准状况下5.6L一氧化氮发生反应时，转移电子的物质的量为×2=0.5mol，故B正确； C．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，装置Ⅲ中时，生成物只有硝酸铵，可实现原子利用率最大化，故C正确； D．由分析可知，装置Ⅲ中发生的反应为氨气和氧气与溶液中的硝酸和亚硝酸反应生成硝酸铵，总反应的化学方程式为，由方程式可知，氧化剂氧气和还原剂亚硝酸的物质的量比为1∶2，故D错误； 故选D。 15．D 【分析】反应Ⅰ为H2O2与KMnO4、KF、HF反应转化为O2、K2MnF6、H2O，方程式为3H2O2+2KMnO4+2KF+10HF=3O2↑+2K2MnF6+8H2O①，反应Ⅱ为HF、SbCl5反应生成SbF5、HCl，方程式为：5HF+SbCl5=SbF5+5HCl②，反应Ⅲ为K2MnF6与SbF5反应生成MnF3、KSbF6、F2，方程式为2K2MnF6+4SbF5=2MnF3+4KSbF6+F2↑③，反应Ⅳ的方程式为：2F2+2KOH=OF2+2KF+H2O④，据此回答。 【详解】A．根据①方程式可知，反应I中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3:2，A错误； B．根据方程式①可知，还原性H2O2>K2MnF6，根据方程式③可知，氧化性K2MnF6>MnF3，B错误； C．根据四个方程式可知，氟元素化合价发生变化的反应有2个，分别为Ⅲ和Ⅳ，C错误； D．根据OF2~2F2~8SbF5+4K2MnF6可知，生成8molSbF5需要40molHF，生成4molK2MnF6需要20molHF，则制取1molOF2，至少需加入60molHF，D正确； 故选D。 16．　9.20 解析　反应流程为 x g＝17.02 g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得到电子的物质的量，即：n(OH－)＝×1＋×2×1＝0.46 mol，所以x g＝17.02 g－0.46 mol×17 g·mol－1＝9.20 g。 17．(1)22.4 (2)2 【解析】(1) 反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀，将沉淀过滤、洗涤、充分灼烧得32g氧化铁，根据铁元素守恒，加入铁粉的质量。 (2) 反应生成NO的物质的量是，根据得失电子守恒，铁失电子0.9mol，则反应后铁形成的离子所带正电荷总数是0.9mol，根据电荷守恒，反应后的溶液含有0.9mol ，根据氮元素守恒，原稀溶液的物质的量浓度是mol/L。 18．(1)1.5 (2)250 【解析】(1) n(Cu2O)==0.2mol，n(NOx)==0.2mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2mol×2=0.2mol×(5-2x)，x=1.5。答案为：1.5； (2) 往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n()，从而得出4.00mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)= 0.100L×12.0mol·L-1-0.2mol，V(NaOH)=0.25L=250mL。答案为：250。 【点睛】在进行有关硝酸的计算时，常使用守恒法。 19．(1)2MnO+HCOOH+4OH-=CO+3H2O+ 2MnO (2)3MnO+4H+=2MnO+2H2O+MnO2↓ (3)5Fe2++8H++ MnO=Mn2++5Fe3++H2O、MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (4) (5)偏大 【详解】（1）加入的强碱性溶液发生反应生成锰酸根离子、碳酸根离子和水，离子反应方程式为2MnO+HCOOH+4OH-=CO+3H2O+ 2MnO。 （2）酸化后歧化反应发生离子反应方程式为3MnO+4H+=2MnO+2H2O+MnO2↓。 （3）加入溶液后发生反应的离子方程式为5Fe2++8H++ MnO=Mn2++5Fe3++H2O、MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。 （4）设20mL溶液中为xmol，为ymol，~NaOH、~NaOH，可得x+y=0.0025。一开始50mL高锰酸钾溶液氧化甲酸后有多余，多余的高锰酸钾发生歧化反应之后变成锰酸根、二氧化锰，加入亚铁离子把二者还原后变成Mn2+后亚铁离子有多余，再追加18.5mL高锰酸钾，最终，68.5mL的高锰酸钾全部转变为锰离子，故存在得失电子守恒：0.02×0.0685×5=2x+0.2×0.03×1，解得x=0.000425，y=0.002075，c（HCOOH）=，c（CH3COOH）=。 （5）若溶液酸化后将过滤除掉，其它操作不变，则甲酸的测得数值偏大，测得的浓度将偏大， 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$