07跟踪练-第7讲　氧化还原方程式的配平和计算-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（鲁科版）

跟踪练(7)　氧化还原方程式的配平和计算 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1．二氧化氯(ClO2)是一种优良的消毒剂，可用氯酸钠和H2O2溶液在酸性条件下反应制备：NaClO3＋H2O2＋H2SO4―→ClO2↑＋Na2SO4＋H2O＋O2↑(未配平)。下列说法正确的是(　　) A．每转移1 mol电子，生成标准状况下11.2 L O2 B．H2O2是氧化剂，发生氧化反应 C．H2O是还原产物 D．产物中ClO2与O2的物质的量之比为1∶2 A　解析：由未配平化学方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钠是氧化剂发生还原反应，二氧化氯是还原产物，氧元素的化合价升高被氧化，过氧化氢是还原剂发生氧化反应，氧气是氧化产物，反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O，反应中生成1 mol氧气转移2 mol电子，则标准状况下，每转移1 mol电子，生成标准状况下氧气的体积为1 mol××22.4 L/mol＝11.2 L，A正确；过氧化氢是反应的还原剂，发生氧化反应，B错误；二氧化氯是反应的还原产物，氧气是氧化产物，C错误；反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O，反应中二氧化氯和氧气的物质的量之比为2∶1，D错误。 2．NH2OH是一种还原剂。将16.00 mL 0.05 mol/L的NH2OH酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋又恰好被24.00 mL 0.02 mol/L的酸性KMnO4溶液氧化。在上述反应中，NH2OH的氧化产物为(　　) A．NO2 B．NO C．N2O D．N2 B　解析：由题干信息可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，设NH2OH的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，16.00×10－3 L×0.05 mol/L×(x＋1)＝24.00×10－3 L×0.02 mol/L×(7－2)，解得x＝2，故NH2OH的氧化产物是NO。 3．(2025·湖北省新高考联考协作体联考)当FeSO4溶液与K2Cr2O7溶液反应时，6份的FeSO4与1份的K2Cr2O7恰好完全反应，已知Fe2＋可被K2Cr2O7氧化为Fe3＋，则还原产物中铬元素的化合价为(　　) A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋4 C　解析：FeSO4具有还原性，所以在反应中被氧化生成Fe3＋，K2Cr2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，再根据氧化还原反应中得失电子相等进行计算，据此答题。设铬元素在还原产物中的化合价是x，根据得失电子守恒，则6×(3－2)＝2×(6－x)，所以x＝＋3，C正确。 4．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)： ____KMnO4＋____FeSO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____Fe2(SO4)3＋____H2O 下列说法正确的是(　　) A．MnO是氧化剂，Fe3＋是还原产物 B．Fe2＋的还原性强于Mn2＋ C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有红色沉淀生成 D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子 B　解析：Fe3＋是氧化产物，A错误；Fe(SCN)3不是沉淀，C错误；根据原子守恒和得失电子守恒配平该化学方程式：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成8 mol水时，转移10 mol电子，故生成1 mol水时，转移1.25 mol电子，D错误。 5．将Mg、Cu组成的6.6 g混合物投入适量稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到唯一还原产物NO气体2.24 L(标准状况)，向反应后溶液中加入一定量的NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀质量为(　　) A．10.8 g B．11.7 g C．13.4 g D．15.95 g B　解析：硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为2.24 L(0.1 mol)，转移电子的物质的量为0.1 mol×(5－2)＝0.3 mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量恰好等于OH－的物质的量，则沉淀中n(OH－)＝0.3 mol，故最后沉淀质量为6.6 g＋0.3 mol×17 g/mol＝11.7 g。 6．(2025·河北衡水第二次调研)多硫化钠(Na2Sx)液流电池因使用领域广、循环使用寿命长被广泛研究。实验室常用次氯酸钠处理多硫化钠废液，反应的化学方程式为Na2Sx＋NaClO＋NaOH―→Na2SO4＋Y＋H2O(未配平)，下列说法错误的是(　　) A．Y为NaCl，是还原产物 B．配平后，氧化剂与还原剂的物质的量之比为(3x＋1)∶1 C．生成1 mol Na2SO4时，反应转移6x mol电子 D．多硫化钠含有类似—O—O—键的—S—S—键，故多硫化钠有一定的氧化性 C　解析：Na2Sx＋NaClO＋NaOH―→Na2SO4＋Y＋H2O中硫元素化合价上升，Na2Sx为还原剂，则NaClO为氧化剂，氯元素化合价由＋1下降到－1，则Y为NaCl，是还原产物，A正确；由选项A可知Y为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为Na2Sx＋(3x＋1)NaClO＋(2x－2)NaOH===xNa2SO4＋(3x＋1)NaCl＋(x－1)H2O，Na2Sx是还原剂，NaClO为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为(3x＋1)∶1，B正确；由Na2Sx＋(3x＋1)NaClO＋(2x－2)NaOH===xNa2SO4＋(3x＋1)NaCl＋(x－1)H2O可知，生成1 mol Na2SO4时，消耗 mol NaClO，氯元素化合价由＋1下降到－1，反应转移2×＝ mol电子，C错误；多硫化钠含有类似—O—O—键的—S—S—键，含有—O—O—键的物质如H2O2具有氧化性，则多硫化钠有一定的氧化性，D正确。 7．某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2＋、NO、Fe3＋、NH、H＋和水六种微粒，在反应过程中测得Fe3＋、NO的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是(　　) A．NO被还原，发生还原反应 B．还原性：Fe2＋＞NH C．该反应中Fe2＋被氧化为Fe3＋ D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1 D　解析：由题意，可推出该反应的离子方程式为8Fe2＋＋NO＋10H＋===8Fe3＋＋NH＋3H2O。反应中NO被还原，发生还原反应，A正确；根据还原剂的还原性大于还原产物，可知还原性：Fe2＋＞NH，B正确；反应中铁元素的化合价升高，Fe2＋被氧化为Fe3＋，C正确；还原剂为Fe2＋，氧化剂为NO，还原剂与氧化剂的物质的量之比为8∶1，D错误。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题目要求。 8．某离子反应涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种微粒，其中c(NH)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是(　　) A．反应的还原产物是Cl－ B．消耗1 mol氧化剂，转移电子3 mol C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 D．反应后溶液的酸性明显增强 答案：AD　 9．一定量的某磁黄铁矿(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＋。下列说法正确的是(　　) A．该盐酸的物质的量浓度为4.0 mol/L 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 C　解析：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，A错误；n(S)＝＝0.1 mol，根据转移电子守恒得n(Fe3＋)＝＝0.2 mol，则n(Fe2＋)＝0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol，则有n(Fe2＋)∶n(Fe3＋)＝0.2 mol∶0.2 mol＝1∶1，B错误；根据H、Cl原子守恒可知：n(H2S)＝n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 mol，V(H2S)＝0.4 mol×22.4 L/mol＝8.96 L，C正确；FexS中n(S)＝0.1 mol＋0.4 mol＝0.5 mol，n(Fe)＝0.4 mol，则有n(Fe)∶n(S)＝0.4 mol∶0.5 mol＝x∶1，解得x＝0.8，D错误。 10．(2024·山东德州统考)亚氯酸钠(NaClO2)主要用于纸张漂白、食品消毒、水处理等。以NaClO3为原料制备NaClO2粗产品的工艺流程如下。已知：纯ClO2气体易分解爆炸；NaClO2在碱性溶液中稳定存在，在酸性溶液中分解为NaClO3和NaCl。下列说法正确的是(　　) A．发生器中鼓入空气的目的是氧化SO2 B．母液的主要成分是Na2SO4 C．气体a的主要成分是N2、O2、ClO2 D．每生产1 mol NaClO2至少需要通入0.5 mol SO2 BD　解析：氯酸钠和稀硫酸混合溶解，在溶液中通入二氧化硫发生反应：2NaClO3＋SO2===2ClO2＋Na2SO4，反应生成二氧化氯和硫酸钠，然后二氧化氯和H2O2在氢氧化钠溶液中发生反应：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋2H2O＋O2，生成NaClO2，经减压蒸发、冷却结晶得到NaClO2粗产品。纯ClO2易分解爆炸，因此反应过程中应持续鼓入空气稀释ClO2，A错误；母液的主要成分是Na2SO4，B正确；气体a的主要成分是剩余的N2以及生成的O2，C错误；根据2NaClO3＋SO2===2ClO2＋Na2SO4、2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋2H2O＋O2，每生产1 mol NaClO2至少需要通入0.5 mol SO2，D正确。 三、非选择题 11．亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，制备亚氯酸钠的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂，是一种高效漂白剂，主要原因是亚氯酸钠具有________性。 (2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋O2↑＋Na2SO4＋2H2O；制备时可用S代替H2O2，写出该反应的离子方程式： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)可从“废液”中回收的主要物质是____________________(填化学式)，“结晶”后经过滤即可获得粗产品。 (4)测定某亚氯酸钠样品的纯度：准确称取亚氯酸钠样品m g，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量稀硫酸(发生反应ClO＋4I－＋4H＋===2I2＋Cl－＋2H2O)，配成250 mL待测液。移取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用c mol/L的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液V mL (已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)。 移取25.00 mL待测液的仪器的名称是____________________。该样品中NaClO2的质量分数为____________________(用含m、c、V的代数式表示)；在滴定操作正确无误的情况下，此实验测得结果偏高，其可能的原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)氧化　(2)6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O (3)Na2SO4 (4)酸式滴定管(或移液管)　×100%　I－被空气中的氧气氧化成了碘单质 解析：(1)一般具有强氧化性的物质具有漂白性，亚氯酸钠是一种高效漂白剂，主要原因是其具有强氧化性。 (2)制备ClO2时，H2O2作还原剂，用S代替H2O2，S作还原剂，由于＋4价的硫也具有还原性，所以该反应中的硫被氧化为SO，根据得失电子守恒和原子守恒以及电荷守恒，可得离子方程式为6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O。 (3)制备ClO2时用浓硫酸酸化，后续流程中用NaOH溶液吸收ClO2，根据元素守恒可知废液中含有大量Na2SO4，可以回收。 (4)根据题意可得关系式：ClO～2I2～4S2O，所以样品中NaClO2的质量分数为×100%＝×100%，由于I－具有较强的还原性，能够被空气中的氧气氧化成为碘单质，导致消耗的Na2S2O3的量增多，进一步导致NaClO2的质量分数偏高。 学科网（北京）股份有限公司 $$