课时作业(5)　氧化还原方程式的配平及计算 -【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（人教不定项版）

课时作业(5)　氧化还原方程式的配平及计算 1．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型净水剂，制取Na2FeO4的离子方程式为Fe3＋＋OH－＋Cl2―→FeO＋Cl－＋H2O，该反应配平的离子方程式中H2O的化学计量数是(　　) A．4 B．6 C．8 D．10 C　解析：铁元素化合价：＋3→＋6，化合价升高3价；氯元素化合价：0→－1，Cl2参加反应，化合价降低1×2价，化合价变化的最小公倍数为6，配平：2Fe3＋＋16OH－＋3Cl2===2FeO＋6Cl－＋8H2O，则H2O的化学计量数为8。 2．(双选)某离子反应涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，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3∶2 D．反应后溶液的酸性明显减弱 AC　解析：c(NH)随反应进行逐渐减小，NH为反应物，N2为生成物，氮元素化合价由－3升高到0，则离子方程式为3ClO－＋2NH===3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－。该反应的还原产物是Cl－，A正确；ClO－中氯元素的化合价由＋1降低到－1，作氧化剂，消耗1 mol氧化剂，转移电子2 mol，B错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比是3∶2，C正确；反应生成H＋，反应后溶液的酸性明显增强，D错误。 3．(2025·江苏苏州期初调研)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为Cu＋NaClO＋NaOH―→NaCuO2＋NaCl＋H2O(未配平)。下列说法错误的是(　　) A.NaCuO2中铜的化合价为＋3 B．1 mol ClO－参加反应转移2 mol电子 C．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3 D．NaCuO2与稀硫酸反应的离子方程式为4CuO＋12H＋===4Cu2＋＋O2↑＋6H2O D　解析：配平可得：2Cu＋3NaClO＋2NaOH===2NaCuO2＋3NaCl＋H2O。NaCuO2中Na为＋1价、O为－2价，则铜的化合价为＋3，A正确；ClO－→Cl－，氯元素的化合价由＋1降低到－1，则1 mol ClO－参加反应转移2 mol电子，B正确；该反应中Cu元素化合价升高，则NaCuO2为氧化产物，Cl元素化合价降低，则NaCl为还原产物，两者的物质的量之比为2∶3，C正确；NaCuO2中铜的化合价为＋3，与稀硫酸反应Cu不变价，离子方程式为CuO＋4H＋===Cu3＋＋2H2O，D错误。 4．(双选)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1.25 mol电子 BD　解析：Fe3+是氧化产物，A错误；硫氰化铁不是沉淀，C错误；根据元素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正确。 5．已知24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液恰好与16 mL浓度为0.03 mol/L的KRO4溶液完全反应。已知Na2SO3可被KRO4氧化为Na2SO4，则元素R在还原产物中的化合价为(　　) A．＋2 B．＋3 C．＋4 D．＋5 A　解析：假设反应后R元素化合价为＋x，根据化合物中元素化合价升降数目相等，可知24 mL×0.05 mol/L×(6－4)＝16 mL ×0.03 mol/L×(7－x)，解得x＝2，A正确。 6．(双选)(2025·山东齐鲁名校联盟联考)CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Y可以是甲酸乙酯 B．利用途径①制备24 g硫酸铜，消耗的硝酸至少为0.15 mol C．Cu元素参与了3个氧化还原反应 D．途径⑤中若n(O2)∶n(Cu2O)＝3∶2，则X为SO2 BC　解析：甲酸乙酯中含有醛基，可以与氢氧化铜反应得到Cu2O，A正确；铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，硫酸提供大量H＋，NO完全被还原，这时消耗的硝酸的量最少，途径①制备24 g硫酸铜，硫酸铜的物质的量为0.15 mol，可知硝酸的物质的量为0.10 mol，B错误； Cu元素参与了反应①、②、④、⑤共4个氧化还原反应，C错误；当途径⑤中若n(O2)∶n(Cu2O)＝3∶2，根据元素守恒可配平化学方程式：4CuSO43O2↑＋4SO2↑＋2Cu2O，根据化学方程式得失电子数也守恒，故X为SO2，D正确。 7．(双选)已知：①KMnO4＋HCl(浓)―→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)； ②检验Mn2+的存在：5S2O＋2Mn2+＋8H2O===10SO＋2MnO＋16H＋。下列说法错误的是(　　) A．S2O中存在一个过氧键(—O—O—)，则S2O中硫元素的化合价为＋7 B．反应②若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 mol C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体 D．反应①中消耗0.2 mol KMnO4时，被氧化的HCl为1.6 mol AD　解析：过氧键整体显－2价，S2O中存在一个过氧键，则S2O中硫元素的化合价为＋6，A错误；反应②Mn2+为还原剂，若有2 mol还原剂被氧化，转移电子的物质的量为2 mol×(7－2)＝10 mol，故若有0.1 mol还原剂被氧化，转移电子0.5 mol，B正确；根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，故其与浓盐酸混合可得到氯气，C正确；根据守恒规律配平：2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，2 mol KMnO4参与反应时，消耗16 mol HCl，只有10 mol HCl被氧化为Cl2，则消耗0.2 mol KMnO4时，被氧化的HCl为1 mol，D错误。 8．利用锌灰(主要成分为ZnO，含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4 B．步骤1中发生反应的离子方程式为MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ C．加入试剂a发生置换反应：Zn＋CuSO4===ZnSO4＋Cu D.取步骤3后的干燥滤饼11.2 g煅烧，可得产品8.1 g，则x＝2 D　解析：SiO2不与稀硫酸反应，锌灰中PbO加稀硫酸溶解得到 PbSO4不溶于水，故滤渣1为PbSO4、SiO2，A正确；加入KMnO4溶液氧化Fe2＋生成Fe(OH)3，MnO则被还原为MnO2，离子方程式为MnO＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋，B正确；为除去硫酸铜可采用置换反应，试剂a为Zn，锌粉发生置换反应：Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4，C正确；设ZnCO3·xZn(OH)2的物质的量为y mol，ZnCO3·xZn(OH)2煅烧得到ZnO，则固体质量减少的质量等于二氧化碳、水的质量，n(ZnO)＝＝＝0.1 mol，根据固体减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y＋18xy＝11.2－8.1、y＋xy＝0.1，解得 x＝1，y＝0.05，D错误。 9．(双选)实验室中利用氧化铜和氧化铁混合物进行如图实验。下列说法错误的是(　　) A．“3.04 g固体”一定是铁铜混合物 B．“溶液2”中溶质的物质的量为0.2 mol C．混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol D．反应②能生成0.04 g H2 BD　解析：实验中得到溶液1发生的反应为CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O、Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O，得到溶液2可能发生的反应为Fe2(SO4)3＋Fe===3FeSO4、Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑、CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu。设氧化铁的物质的量为x mol，氧化铜为y mol，由氧化物的质量可得：160x＋80y＝4；由反应的化学方程式可得：64y＋5.6－56(x＋y＋0.1－3x－y)＝3.04，联立方程可得x＝0.01、y＝0.03，则4 g固体中含有1.6 g氧化铁、2.4 g氧化铜，3.04 g固体中含有1.92 g铜、1.12 g铁，溶液1中含有0.01 mol硫酸铁、0.03 mol硫酸铜、0.04 mol硫酸，溶液2中含有0.1 mol FeSO4。由分析可知，3.04 g固体中含有1.92 g铜、1.12 g铁，A正确；溶液2中含有0.1 mol硫酸亚铁，B错误；4 g固体中含有0.01 mol氧化铁、0.03氧化铜，混合物中含氧元素的物质的量为0.06 mol，C正确；溶液1中硫酸的物质的量为0.04 mol，则与铁反应生成氢气的质量为0.04 mol×2 g/mol＝0.08 g，D错误。 10．(2022·湖南卷，节选)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： (1)TiO2与C、Cl2，在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/ MPa 4.59× 10－2 1.84× 10－2 3.70× 10－2 5.98× 10－9 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为______________________________。 (2)“除钒”过程中的化学方程式为_____________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2 (2)3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3 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图所示： 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)。 ①移取25.00 mL待测液的仪器的名称是________。 ②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)①酸式滴定管(或移液管)　 ②×100%　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，该反应中的硫被氧化SO，根据得失电子守恒和元素守恒以及电荷守恒，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，则样品中NaClO2的质量分数为×100%＝×100%，由于碘离子具有较强的还原性，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。 12．(2025·辽宁省部分重点中学联考)Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图所示。 (1)“酸浸池”所得滤液中加入MnO2的作用是________________________________(用离子方程式表示)。 (2)MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为______________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为__________________________。 答案：(1)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (2)2Mn2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2MnOOH↓＋4NH＋2H2O (3)2MnOOHMn2O3＋H2O 学科网（北京）股份有限公司 $$