课下巩固精练卷(5) 氧化还原反应方程式的配平与计算(Word练习)-【正禾一本通】2025年高考化学高三一轮总复习高效讲义（人教版2019 单选版）

[课下巩固精练卷(五)]　氧化还原反应方程式的配平与计算 知识点 题目难易程度 较易 中档 较难 氧化还原反应方程式的配平 2 3、4、5 氧化还原反应的计算 1 7、8、9 氧化还原反应的综合应用 6、10 11、12 一、选择题(每题5分，共10题，共50分) 1．(2023·辽宁实验中学模拟)R2O在一定条件下可以将Mn2＋氧化为MnO，若反应后R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为5∶2，则n的值是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选B。R2O中R元素的化合价为(16－n)/2，分析题意可知，Mn由＋2价升高到＋7价，R元素由(16－n)/2价降低到＋6价，则R2O是氧化剂，Mn2＋是还原剂。又知N(R2O)∶N(Mn2＋)＝5∶2，则有n(R2O)∶n(Mn2＋)＝5∶2，根据氧化还原反应中得失电子守恒的规律列式：n(R2O)×2×[(16－n)/2－6]＝n(Mn2＋)×(7－2)，综合上述两式解得n＝2。 2．一定条件下，硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3―→HNO3＋N2↑＋H2O(未配平)，下列说法错误的是(　　) A．配平后H2O的化学计量数为6 B．NH4NO3既是氧化剂又是还原剂 C．该反应既是分解反应也是氧化还原反应 D．氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶3 解析：选A。由配平后的化学方程式可知，H2O的化学计量数为9，A错误；NH4NO3中NH所含N元素价态升高，部分NO所含N元素价态降低，则NH4NO3既是氧化剂又是还原剂，B正确；该反应中反应物只有一种，则属于分解反应，该反应中含有变价元素，则属于氧化还原反应，C正确；氧化产物(5H→2)和还原产物(3O→2)的物质的量之比为∶＝5∶3，D正确。 3．NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO＋NO＋（ ）―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　) A.该反应中NO被还原 B．反应过程中溶液的pH减小 C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4 D．（ ）中的粒子是OH－ 解析：选C。NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据元素化合价升降总数相等、电荷守恒和元素守恒可知，反应的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。 4．(2023·山东淄博二模联考)用FeS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下： 反应Ⅰ：FeS＋Cr2O＋H＋―→Fe3＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2O＋H＋―→Cu2＋＋SO＋Cr3＋＋H2O(未配平) 下列说法错误的是(　　) A．反应Ⅰ中还原剂与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为1∶3 B．处理等物质的量Cr2O时，消耗FeS的物质的量更多 C．处理等物质的量Cr2O时，反应Ⅱ中消耗H＋更多 D．用FeS除去废水中Cr2O的同时，还有利于吸附悬浮杂质 解析：选A。反应Ⅰ配平化学方程式为2FeS＋3Cr2O＋26H＋===2Fe3＋＋2SO＋6Cr3＋＋13H2O。反应Ⅱ配平得3Cu2S＋5Cr2O＋46H＋===6Cu2＋＋3SO＋10Cr3＋＋23H2O。反应Ⅰ中还原剂(FeS)与还原产物[Cr2(SO4)3]的物质的量之比为2∶3，A错误；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗FeS为 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O需要消耗Cu2S为 mol＝0.6 mol，所以消耗的FeS更多，B正确；反应Ⅰ处理1 mol Cr2O需要消耗H＋为 mol≈8.7 mol，反应Ⅱ处理1 mol Cr2O需要消耗H＋为 mol＝9.2 mol，所以反应Ⅱ消耗更多H＋，C正确；反应Ⅰ中产生的Fe3＋易水解为Fe(OH)3胶体，胶体能吸附悬浮杂质，D正确。 5．已知反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O―→SO＋2Fe2＋＋W； ②Cr2O＋aFe2＋＋bH＋―→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O (未配平)。 下列有关说法正确的是(　　) A．方程式①中W为4OH－ B．还原性强弱：SO2>Fe2＋ C．a＝6，b＝7 D．反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O不能发生 解析：选B。根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋，W为4H＋，A错误；还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2＋，B正确；反应②中，Cr元素的化合价由＋6降到＋3，Fe元素化合价由＋2升高到＋3，根据得失电子守恒可得，Cr2O和Cr3＋对应的化学计量数分别为1、2，Fe2＋和Fe3＋对应的化学计量数均为6，则a＝6，再结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可得b＝14，C错误；Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O>SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O＋3SO2＋2H＋===2Cr3＋＋3SO＋H2O能发生，D错误。 6．(2023·湖南衡阳三模)为探究“2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O”碘离子氧化过程进行如下实验： 编号 1 2 实验内容 实验现象 随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅 随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀 下列说法不正确的是(　　) A．实验1中溶液变浅是因为I2＋5H2O2===2HIO3＋4H2O B．实验2中出现紫色沉淀是因为HIO3＋5HI===3I2↓＋3H2O C．实验1中产生大量气体的原因是I－被氧化的过程大量放热 D．实验2相较于实验1，可节约H2O2的用量且有利于反应终点的观察 解析：选C。溶液变黄说明生成碘单质，黄色不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A正确；碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确；过氧化氢不稳定，在碘离子的催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C错误；实验1中开始时过氧化氢分解生成氧气，导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2的用量且有利于反应终点的观察，D正确。 7．一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为－2价)与100 mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2 g硫单质、0.4 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3＋。则下列说法正确的是(　　) A．该盐酸的物质的量浓度为4.0 mol·L－1 B．该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为2∶1 C．生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96 L D．该磁黄铁矿中FexS的x＝0.85 解析：选C。盐酸恰好反应生成FeCl2的物质的量为0.4 mol，根据Cl原子守恒可得c(HCl)＝ ＝8.0 mol·L－1，A错误；该反应中只有S和Fe的化合价发生变化，FexS中S为－2价，生成3.2 g (0.1 mol)硫单质，转移电子0.1×2＝0.2 mol，溶液中无Fe3＋，即Fe3＋都转化为Fe2＋，则Fe3＋的物质的量为0.2 mol，故该磁黄铁矿FexS中，Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝1∶1，B错误；根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)＝ n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 mol，V(H2S)＝0.4 mol×22.4 L·mol－1＝8.96 L，C正确；FexS中n(S)＝0.1 mol＋0.4 mol＝0.5 mol，n(Fe)＝0.4 mol，所以n(Fe)∶n(S)＝0.4 mol∶0.5 mol＝0.8，所以x＝0.8，D错误。 8．(2023·河北名校联考)亚氯酸钠(NaClO2)具有强氧化性，受热易分解，可作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下图所示。 已知：消毒能力即每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。 下列说法错误的是(　　) A．“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4 B．相同质量ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍 C．“反应2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率 解析：选B。由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55 ℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。根据元素转化分析可知“母液”中溶质的主要成分是Na2SO4，A项正确； 1 mol Cl2完全反应转移2 mol e－，1 mol ClO2完全反应转移5 mol e－，所以等物质的量的ClO2的消毒能力是Cl2的2.5倍，B项错误；“反应2”中发生反应的化学方程式为H2O2＋2ClO2＋2NaOH===2NaClO2＋2H2O＋O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项正确；温度过高，NaClO2会分解，采用“减压蒸发”可以降低蒸发时的温度，提高产品产率，D项正确。 9．(2023·四川攀枝花统考三模)发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在钢铁表面形成一层四氧化三铁薄膜，其中铁经历了如下转化(假设NaNO2的还原产物均为NH3)： 下列说法中，不正确的是(　　) A.反应①为3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O B．当反应②转移的电子数目为3NA时，生成34 g NH3 C．反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1 D．发蓝工艺的总反应可以表示为：9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑ 解析：选B。反应①中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Na2FeO2，Fe元素化合价由0价上升到＋2价，根据氧化还原反应规律可知N元素由＋3价下降到－3价生成NH3，化学方程式为：3Fe＋NaNO2＋5NaOH3Na2FeO2＋NH3↑＋H2O，A正确；反应②中Na2FeO2和NaNO2溶液反应生成Na2Fe2O4和NH3，Fe元素化合价由＋2价上升到＋3价，NaNO2中N由＋3价降为－3价，当转移的电子数目为3NA时，生成0.5 mol NH3，质量为8.5 g，B错误；反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4反应生成Fe3O4，Na2FeO2中Fe由＋2价升为＋价，Na2Fe2O4中Fe由＋3价降为＋价，根据得失电子守恒可知，Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1∶1，C正确；由图可知，发蓝工艺中Fe和NaNO2碱性溶液反应生成Fe3O4和NH3，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：9Fe＋4NaNO2＋8H2O3Fe3O4＋4NaOH＋4NH3↑，D正确。 10．(2023·河北石家庄模拟)造纸、印刷等工业废水中含有大量的硫化物(主要成分为Na2S)，可用如图转化方式除去，则下列说法错误的是(　　) A．Na2S溶液中存在n(OH－)＝n(H＋)＋n(HS－)＋2n(H2S) B．反应Ⅰ和Ⅱ的转移电子数相等时，还原剂之比为2∶1 C．在废水处理过程中，CoPc为催化剂，O2为氧化剂 D．反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O⇌2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc 解析：选B。Na2S溶液的质子守恒式成立，A正确；反应Ⅰ中还原剂Na2S被氧化成Na2SO3，化合价升高6，而反应Ⅱ中还原剂Na2SO3被氧化成Na2SO4，化合价升高2，当反应Ⅰ和Ⅱ转移电子数相等时，还原剂之比为1∶3，B错误；在废水处理过程中，CoPc参与反应且反应前后不变，为催化剂，O2参与反应且反应后化合价降低，为氧化剂，C正确；反应Ⅲ中Na2S与Na2SO3等物质的量反应，反应的化学方程式为Na2S＋Na2SO3＋(CoPc)O＋H2O⇌2NaOH＋Na2S2O3＋CoPc，D正确。 二、非选择题(共2题，共35分) 11．(15分)工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4，即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再以惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。(2分) (2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(2分) (3)电解槽中总反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________。(2分) (4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。 上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为________。与该传统工艺相比，电解法的优势是 ________________________________________________________________________。(6分) (5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL，用0.020 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪色，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为____________。[结果保留三位有效数字；已知该草酸结晶水合物(H2C2O4·2H2O)的相对分子质量为126](3分) 解析：(1)根据题给流程和信息知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，发生反应：Al2O3＋2KOH＋3H2O===2K[Al(OH)4]、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总反应的离子方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体MnO2、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3，反应中3 mol K2MnO4中有1 mol锰原子化合价由＋6价降为＋4价，作氧化剂，有2 mol锰原子化合价由＋6价升高到＋7价，作还原剂，氧化剂与还原剂的质量比为1∶2。电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中n(H2C2O4·2H2O)＝5×14.80×10－3×0.020 0× mol＝3.7×10－3 mol，草酸晶体的质量为3.7×10－3 mol×126 g·mol－1＝0.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为×100%≈93.2%。 答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O　(2)偏高 (3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑ (4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH可循环利用　(5)93.2% 12．(20分)(2023·山西名校联考模拟)以废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)为原料，回收其中的钒制备V2O5的工艺流程如图所示： 已知：氯酸浓度较高或受热时易发生分解。 回答下列问题： (1)在“氧化”中低价态钒都转化为VO，其中V3＋转化反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________， 实际生产中的氧化剂不选择HClO3的原因是 ________________________________________________________________________。(5分) (2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合为V2O5的质量浓度)为27.3 g·L－1时，则溶液中c(VO)＝______________ mol·L－1(结果保留1位小数)。(3分) (3)pH对沉钒率(η)的影响如图所示，则沉钒时控制钒液合适的pH范围是______，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则加(NH4)2SO4沉钒的化学方程式是 ________________________________________________________________________。(4分) (4)“过滤”后对沉淀进行洗涤，采用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是 ________________________________________________________________________。 检验沉淀已洗涤干净的操作是 ________________________________________________________________________。(6分) (5)“煅烧”需要在通风或氧化气氛下进行，其目的是________________________________________________________________________。(2分) 解析：废钒电池负极电解液(主要化学成分是V3＋、V2＋、H2SO4)，加入NaClO3氧化，生成VO，再加入硫酸铵得到沉淀2NH4V3O8·H2O，过滤后煅烧得到五氧化二钒。 (1)酸性条件下，V3＋转化为VO的离子方程式为：3V3＋＋ClO＋3H2O===3VO＋Cl－＋6H＋；由于氯酸浓度较高或受热时易发生分解，不及NaClO3稳定，不利于储存运输，同时HClO3是酸，会增大溶液的酸性，从而增加后续NaOH的用量，所以实际生产中的氧化剂不选择HClO3。 (2)“浓缩”至钒溶液质量浓度(折合为V2O5的质量浓度)为27.3 g·L－1时，即c(V2O5)＝27.3 g·L－1÷182 g/mol＝0.15 mol/L，根据钒元素守恒，则溶液中c(VO)＝2c(V2O5)＝0.15 mol/L×2＝0.3 mol/L。 (3)根据图示， pH范围是2.0～2.5时，沉钒率(η)最高；沉钒时的反应物是(NH4)2SO4和(VO2)2SO4，沉淀产物为2NH4V3O8·H2O，则反应的化学方程式为(NH4)2SO4＋3(VO2)2SO4＋5H2O===2NH4V3O8·H2O↓＋4H2SO4。 (4)用稀(NH4)2SO4作洗涤液的目的是为了降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗；检验沉淀已洗涤干净即检验是否含有Cl－，操作是取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净。 (5)煅烧时2NH4V3O8·H2O受热分解产生NH3，氨气具有较强的还原性，容易将V2O5还原，导致产品纯度降低，所以需要在通风或氧化气氛下进行。 答案：(1)3V3＋＋ClO＋3H2O===3VO＋Cl－＋6H＋　HClO3易分解，不及NaClO3稳定；HClO3会提高体系酸度，从而增加后续NaOH的用量 (2)0.3 (3)2.0～2.5　(NH4)2SO4＋3(VO2)2SO4＋5H2O===2NH4V3O8·H2O↓＋4H2SO4 (4)降低2NH4V3O8·H2O的溶解度，减少洗涤时的损耗　取少量最后一次的洗涤液于试管中，加过量Ba(NO3)2溶液，充分反应后静置，向上层清液中继续加AgNO3溶液，不出现浑浊，则证明沉淀已洗涤干净 (5)防止NH3将V2O5还原，导致产品纯度降低 学科网（北京）股份有限公司 $$