第1章 第5讲 氧化还原反应方程式的配平与计算(Word练习)-【勤径学升】2026年高考化学一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练5　氧化还原反应方程式的配平与计算 ➢ 对应学生用书P267 1.在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 mol H2O参加反应，被水还原的溴原子为(　　) A.1 mol B. mol C. mol D.2 mol 解析　设被水还原的溴原子的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，3 mol BrF3被还原，转移电子4 mol，根据得失电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。故选C。 答案　C 2．(2024·湖南永州适应考)甲硅烷(SiH4)具有强还原性，将甲硅烷通入AgNO3溶液中可发生反应：SiH4＋AgNO3＋H2O——→Ag↓＋SiO2↓＋HNO3(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8 B．SiH4作还原剂，AgNO3作氧化剂 C．反应消耗32 g SiH4时，转移电子的物质的量为4 mol D．SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料 解析　SiH4中H的化合价从－1价变为＋1价，失去8个电子，AgNO3中Ag元素化合价从＋1价变为0价，得到1个电子，结合得失电子守恒配平方程式可得SiH4＋8AgNO3＋2H2O===8Ag↓＋SiO2↓＋8HNO3，各物质的化学计量数依次为1、8、2、8、1、8，A项正确；SiH4失去电子作还原剂，AgNO3得电子作氧化剂，B项正确；消耗1 mol(即32 g)SiH4，转移电子的物质的量为8 mol，C项错误；SiO2可作为制备光导纤维和玻璃的原料，D项正确。 答案　C 3.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3＋3ClO－＋4OH－2R＋3Cl－＋5H2O。则R中R的化合价是 （　　） A.＋3 B.＋4 C.＋5 D.＋6 解析　根据离子反应中反应前后电荷守恒可得，3＋4＝2n＋3，解得n＝2，根据化合价规则判断R中R的化合价为＋6。也可根据得失电子守恒计算。 答案　D 4.(2023·湖南永州一中月考)在分析化学上，测定含TiO2＋酸性溶液中钛元素的含量通常涉及两个反应：Ⅰ.用Al粉还原TiO2＋得到Ti3＋;Ⅱ.用FeCl3溶液滴定，反应的离子方程式为Ti3＋＋Fe3＋＋H2O===TiO2＋＋Fe2＋＋2H＋。下列说法错误的是(　　) A.还原性：Al>Ti3＋>Fe2＋ B.反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶1 C.反应Ⅱ的滴定实验可选用KSCN溶液做指示剂 D.反应Ⅰ中生成1 mol Ti3＋时消耗的H＋和反应Ⅱ中消耗1 mol T3＋时生成的H＋的量相同 解析　反应Ⅰ中Al为还原剂、Ti3＋为还原产物，反应Ⅱ中Ti3＋为还原剂、Fe2＋为还原产物，在同一化学反应中，还原剂的还原性强于还原产物，可知还原性：Al>Ti3＋>Fe2＋，A正确；书写并配平反应Ⅰ的离子方程式：3TiO2＋＋Al＋6H＋===3Ti3＋＋Al3＋＋3H2O，反应Ⅰ中氧化产物Al3＋和还原产物Ti3＋的物质的量之比为1∶3，B错误；Fe3＋和SCN－反应能生成红色物质，所以反应Ⅱ的滴定实验可选用KSCN溶液做指示剂，C正确；根据反应Ⅰ与反应Ⅱ的离子方程式可知，在反应Ⅰ中每生成1 mol Ti3＋消耗2 mol H＋，反应Ⅱ中消耗1 mol Ti3＋生成2 mol H＋，D正确。故选B。 答案　B 5．(2024·白城市第一中学高三上学期期中)下列有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的说法中错误的是(　　) A．FeS2既是氧化剂又是还原剂 B．CuSO4在反应中被还原 C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3 D．14 mol CuSO4氧化了0.5 mol FeS2 解析　化学方程式中的化合价变化：CuSO4中＋2价的Cu得电子，化合价降低为Cu2S中＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低为Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高为SO中＋6价的S(生成物中有17个SO，其中有14个来自反应物CuSO4)。A.反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，因此FeS2既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B.硫酸铜中Cu元素的化合价都降低，S、O元素的化合价不变，所以硫酸铜是氧化剂，故B正确；C.10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，故C正确；D.14 mol CuSO4在反应中得到14 mol电子，FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子；根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2，故D错误。故选D。 答案　D 6．(2024·重庆万州二中三检)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，对酸性污水中的Mn2＋也有明显的去除效果，其反应原理为ClO2＋Mn2＋——→MnO2↓＋Cl－(部分反应物和产物省略、未配平)。下列有关该反应的说法正确的是(　　) A．工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2 B．利用该原理处理含Mn2＋的污水后溶液的pH升高 C．该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶2 D．理论上处理含1 mol Mn2＋的污水，需要标准状况下的ClO2 8.96 L 解析　氯气是有毒的气体，ClO2安全、无毒，A项错误；反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋2Cl－＋12H＋，故处理后溶液的pH减小，B项错误；该反应的氧化产物为MnO2，还原产物为Cl－，由B项离子方程式可知，二者的物质的量之比为5∶2，C项正确； 5Mn2＋～2ClO2，则处理1 mol Mn2＋，需要0.4 mol的ClO2，但在标准状况下ClO2呈液态，不能用气体摩尔体积计算ClO2物质的量，D项错误。 答案　C 7.将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是 （　　） A.与NaOH反应的氯气一定为0.3 mol B.n（Na＋）∶n（Cl－）可能为7∶3 C.若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25 D.n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）可能为11∶2∶1 解析　由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完全，根据钠元素守恒有n（NaOH）＝ n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3）＝0.03 L×10 mol/L＝0.3 mol，根据氯元素守恒有2n（Cl2）＝n（NaCl）＋n（NaClO）＋n（NaClO3）＝0.3 mol，故参加反应的氯气的物质的量为0.15 mol，故A错误；根据得失电子数相等判断钠离子和氯离子的关系，当n（Na＋）∶n（Cl－）为7∶3时，根据阴、阳离子所带电荷守恒知，次氯酸根离子和氯酸根离子之和与钠离子之比为4∶7，但氯气和氢氧化钠反应时，得失电子数不相等，故B错误；当n（NaCl）∶n（NaClO）∶n（NaClO3）为11∶2∶1时，得失电子数之比为11∶7，所以不相等，故D错误。 答案　C 8.As元素有＋2、＋3两种常见价态。在一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示，下列有关说法错误的是(　　) A.反应Ⅰ中若0.5 mol As4S4参加反应，转移14 mol电子，则物质a为SO2 B.从反应Ⅱ可以推出亚砷酸(H3AsO3)的酸酐为As2O3 C.反应Ⅲ属于非氧化还原反应 D.反应Ⅳ中，As2S3和Sn2＋恰好完全反应时，其物质的量之比为2∶1 解析　As4S4中As为＋2价，S为－2价，经过反应Ⅰ，As4S4转变为As2O3，As元素化合价升高到＋3，当0.5 mol As4S4反应时，As转移电子的物质的量为0.5×(3－2)×4＝2 mol，S转移电子的物质的量为14 mol －2 mol＝12 mol，S的化合价也升高，设为x，则0.5 mol×[x－(－2)]×4＝12 mol，x＝4，故a为二氧化硫，A正确；反应Ⅱ中As2O3与水反应仅生成H3As2O3，即As2O3是H3AsO3的酸酐，B正确；反应Ⅲ中各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，C正确；反应Ⅳ发生的反应为2As2S3＋2Sn2＋＋4H＋===2H2S＋2Sn4＋＋As4S4，As2S3和Sn2＋的物质的量之比为1∶1，D错误。故选D。 答案　D 9.（1）联氨（N2H4）是一种常用的还原剂。其氧化产物一般为N2。联氨可用于处理高压锅炉水中溶解的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2　　　　kg。  （2）工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　。  （3）H3PO2是一元中强酸，H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为银，从而可用于化学镀银。 ①H3PO2中，P元素的化合价为　　　　。  ②利用H3PO2进行化学镀银的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为　　　　（填化学式）。  解析　（1）联氨与高压锅炉水中溶解的氧发生的反应为N2H4＋O2N2＋2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32g·mol－1＝1000g＝1kg。 （2）n（KClO3）×（5－4）＝n（Na2SO3）×（6－4），＝。 （3）②设氧化产物中P的化合价为＋x，则4×（1－0）＝1×（x－1），x＝5，故氧化产物为H3PO4。 答案　（1）1　（2）2∶1　（3）①＋1　②H3PO4 10．(2024·辽宁抚顺一中月考)钒性能优良，用途广泛 ，有“金属维生素”之称。完成下列填空： (1)将废钒催化剂(主要成分为V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合，充分反应后生成VO2＋等离子，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。 (2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液，完善并配平反应的离子方程式： ClO＋VO2＋＋________＝Cl－＋VO＋________。 (3)V2O5能与盐酸反应产生VO2＋和一种黄绿色气体，该气体能与Na2SO3溶液反应从而被吸收，则SO、Cl－、VO2＋还原性由大到小的顺序是________________。 (4)在20.00 mL c(VO)＝0.1 mol·L－1的溶液中，加入0.195 g锌粉，恰好完全反应，则还原产物可能是________(填标号)。 a．VO2＋ b．V2＋ c．V 解析　(1)由题意知，V2O5与稀硫酸、亚硫酸钾反应可生成VOSO4和K2SO4，根据质量守恒知生成物中还有水，化学反应方程式为V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋K2SO4＋2H2O。(2)ClO与VO2＋反应生成Cl－和VO，氯元素的化合价由＋5降低到－1，V元素的化合价由＋4升高到＋5，由得失电子守恒知，ClO和Cl－的化学计量数为1，VO2＋和VO的化学计量数为6，结合电荷守恒和元素守恒配平该离子方程式为ClO＋6VO2＋＋3H2O===Cl－＋6VO＋6H＋。(3)V2O5与盐酸反应生成VO2＋，V元素的化合价降低，则HCl中Cl元素的化合价升高，产生的黄绿色气体为Cl2，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性知，还原性Cl－＞VO2＋，氯气与Na2SO3反应生成NaCl、Na2SO3，Na2SO3作还原剂，则还原性SO＞Cl－，故SO、Cl－、VO2＋还原性由大到小的顺序为SO＞Cl－＞VO2＋。(4)0.195 g锌粉的物质的量为＝0.003 mol，设V元素在还原产物中的化合价为x，根据氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数得0.003×2＝0.02×0.1×(5－x)，解得x＝＋2，则还原产物为V2＋。 答案　(1)V2O5＋K2SO3＋2H2SO4===2VOSO4＋K2SO4＋2H2O (2)1　6　3　H2O　1　6　6　H＋ (3)SO、Cl－、VO2＋　(4)b 11．(2024·吉林省“BEST”合作体高三年级六校联考)自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。在不同催化剂下，H2能够还原氮氧化物(NOx)实现氮污染的治理。硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示：下列说法正确的是(　　) A．该处理过程中，起催化作用的离子是Ce3＋ B．若该过程中，每转移4 mol电子消耗1 mol氮氧化物(NOx)，则x为1.5 C．当x＝2时，反应Ⅱ中还原产物与氧化产物物质的量之比为8∶1 D．当无害化处理标况下8.96 L NO时，使用等量的H2可以无害化处理0.2 mol NO2(不考虑NO2和N2O4的转化) 解析　A．根据图示，反应的历程为：H2和Ce4＋反应生成H＋和Ce3＋；H＋、Ce3＋和NOx反应生成N2、H2O和Ce4＋，因此混合液中Ce4＋起催化剂作用，A错误；B.转移4 mol电子消耗1 mol氮氧化物(NOx)，最终氮氧化物全部转化为氮气，则氮氧化物中N元素化合价为＋4价，则2x＝4，解得x＝2，B错误；C.x＝2时，NO2反应生成N2，N元素由＋4价变成0价，作氧化剂，Ce3＋生成Ce4＋，Ce元素由＋3价变成＋4价，作还原剂，根据氧化还原反应规律配平离子反应为8Ce3＋＋2NO2＋8H＋===8Ce4＋＋N2＋4H2O；还原产物N2与氧化产物Ce(SO4)2物质的量之比为1∶8，C错误；D.当处理标况下8.96 L NO时，消耗H2 0.4 mol，使用等量的H2可处理0.2 mol NO2(不考虑NO2和N2O4的转化)，D正确。 答案　D 12．(2024·湖南长沙雅礼中学高三模拟)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．NO2、O2与BaO的反应中，NO2是还原剂，O2是氧化剂 B．反应Ⅰ为Ba(NO3)2＋8H2===BaO＋2NH3＋5H2O C．反应Ⅱ中，最终生成N2的物质的量为0.2a mol D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是3∶5 解析　NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2、O2和BaO反应生成Ba(NO3)2，则NO2是还原剂，O2是氧化剂，A正确；第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，反应方程式为Ba(NO3)2＋8H2===BaO＋2NH3＋5H2O，B正确；反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，反应方程式为10NH3＋3Ba(NO3)2===3BaO＋8N2＋15H2O，相应的关系式为5NH3～4N2，图中NH3最大物质的量为0.25a mol，则最终生成N2的物质的量为0.2a mol，C正确；根据得失电子守恒可知，第二步反应的关系式为10NH3～3Ba(NO3)2，再结合第一步反应可知，第一步反应的关系式为5Ba(NO3)2～10NH3，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的Ba(NO3)2的物质的量之比是5∶3，D错误。 答案　D 13.(2023·济南质检)向某FeBr2溶液中通入1.12 L(标准状况)的Cl2，测得溶液中c(Br－)＝ 3c(Cl－)＝0.3 mol·L－1。反应过程中溶液的体积变化忽略不计。则下列说法正确的是(　　) A.原溶液的浓度为0.1 mol·L－1 B.反应后溶液中c(Fe3＋)＝0.1 mol·L－1 C.反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Fe2＋) D.原溶液中c(Br－)＝0.4 mol·L－1 解析　还原性：Fe2＋>Br－，通入的氯气先与Fe2＋发生反应：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－,Fe2＋反应完毕，剩余的Cl2再与Br－发生反应：2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－。溶液中仍有Br－，说明Cl2完全反应，c(Br－)＝3c(Cl－)＝0.3 mol·L－1，c(Cl－)＝0.1 mol·L－1，能氧化的c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1，若Fe2＋全部被氧化，则溶液中的c(Br－)＝0.2 mol·L－1。而c(Br－)＝0.3 mol·L－1，Fe2＋没反应完，根据c(Br－)＝0.3 mol·L－1计算原溶液的浓度为0.15 mol·L－1，故A错误；说明反应后溶液中c(Fe3＋)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L－1,c(Fe2＋)＝(0.15－0.1)mol·L－1＝0.05 mol·L－1,故B正确，C错误；原溶液中c(Br－)＝0.3 mol·L－1，故D错误。故选B。 答案　B 14.《一种协同脱除VOCs和NOx的催化剂及其制备方法》是华电光大（宜昌）环保技术有限公司于2021年2月25日申请的专利，脱除NOx是当前科学家研究的重要课题。 （1）NOx对环境的一种危害是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）碱性KMnO4氧化法可将NOx进行脱除。 ①KMnO4（NaOH）溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。 　　NO＋　　Mn＋　　　　　　　N＋3N＋　　Mn＋　　　　  ②下列叙述不正确的是　　　　　（填字母）。 A.将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥 B.反应后混合溶液中：c（Mn）＋2c（Mn）＝c（K＋） C.在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同 ③在实验室用KMnO4（NaOH）溶液对模拟烟气中的NO进行脱除。若将标准状况下224 L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为N，理论上需要KMnO4的质量为　　　　　g（KMnO4摩尔质量为158 g·mol－1）。 解析　（1）NOx对环境的危害有形成酸雨、光化学烟雾、破坏臭氧层等； （2）①由N、N及其对应的化学计量数并结合得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平离子方程式为4NO＋10Mn＋14OH－N＋3N＋10Mn＋7H2O；②A.反应的离子方程式为4NO＋10Mn＋14OH－N＋3N＋10Mn＋7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得氮肥，A项正确；B.由化学式KMnO4可知，n（Mn）＝n（K），所以反应后的混合溶液中 c（Mn）＋c（Mn）＝c（K＋），B项错误；C.酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2＋，碱性条件下，KMnO4的还原产物为Mn，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，C项正确；③KMnO4→K2MnO4得1个电子，NO→N失3个电子，结合得失电子守恒建立关系式为3KMnO4～NO，即n（KMnO4）＝3n（NO）＝3×＝3 mol，所以 m（KMnO4）＝3 mol×158 g·mol－1＝474 g。 答案　（1）形成酸雨或光化学烟雾等 （2）①4　10　14　OH－　1　10　7　H2O　②B ③474 学科网（北京）股份有限公司 $$