05第5讲　氧化还原反应化学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（云南专版）

跟踪练(5)　氧化还原反应化学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．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，该配平后的离子方程式中H2O的化学计量数是 (　　) A.4 B．6 C．8 D．10 C　解析：此反应中铁元素化合价的变化为＋3→＋6，氯元素化合价的变化为0→－1，化合价变化的最小公倍数为6，配平离子方程式得2Fe3+＋16OH－＋3Cl2===2FeO＋6Cl－＋8H2O，则H2O的化学计量数为8。 2．(2023·浙江金丽渠十二校联考)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溶液所氧化。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失去的电子数等于高锰酸钾得到的电子数，设NH2OH的氧化产物中氮元素的化合价为x，而KMnO4在酸性条件下的还原产物为Mn2+，由得失电子守恒可知，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．(2024·广西浦北高三上学期调研)已知反应：aFeSO4＋bNa2O2===cNa2FeO4＋2Na2O＋dNa2SO4＋eO2↑，a＝2。下列关于该反应的说法错误的是 (　　) A.Na2FeO4可以对水体进行杀菌消毒、净化 B.Na2O2在该反应中既是氧化剂又是还原剂 C.3a＝b D.每生成1 mol Na2FeO4，转移4 mol电子 D　解析：Na2FeO4具有强氧化性，可以对水体进行杀菌消毒，发生反应后，产生的Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体，可以吸附水中的小颗粒，并凝聚成大颗粒产生沉降，起净化效果；Na2O2中氧元素化合价既有降低，又有升高，故Na2O2既是氧化剂又是还原剂；a＝2，根据Fe和S守恒可知，c＝2，d＝2，再根据Na守恒可知，b＝6，则3a＝b；该反应的化学方程式为2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，则每生成1 mol Na2FeO4，转移5 mol电子。 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；Fe(SCN)3不是沉淀；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。 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的还原产物NO气体的体积为2.24 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入一定量的NaOH溶液，金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为 (　　) 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气体且标准状况下的体积为2.24 L(0.1 mol)，则转移电子的物质的量为0.1 mol×(5－2)＝0.3 mol。最后的沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，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，故最后沉淀的质量为6.6 g＋0.3 mol×17 g/mol＝11.7 g。 6．(2024·广西防城港实验高中统考)三氟化溴有强氧化性和强反应活性，是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生如下反应：BrF3＋H2O―→HBrO3＋Br2＋HF＋O2↑(未配平)，下列有关该反应的说法不正确的是 (　　) A.当0.5 mol H2O被氧化时，生成0.1 mol氧气 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 C.当转移电子6 mol时，生成的还原产物为1 mol D.当生成2.7 mol HF时，被BrF3还原的BrF3为0.2 mol A　解析：配平该反应的化学方程式可得3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑，该反应中5 mol H2O中有2 mol H2O发生氧化反应，生成1 mol O2，则0.5 mol H2O被氧化时，生成0.25 mol O2；3 mol BrF3中作为氧化剂的BrF3有2 mol，作为还原剂的BrF3有1 mol，2 mol H2O为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3；2 mol BrF3为氧化剂，得到6 mol电子生成还原产物为Br2，其物质的量为1 mol；生成9 mol HF时，被1 mol BrF3和2 mol H2O共同还原的BrF3为2 mol，其中被BrF3还原的BrF3为 mol，则生成2.7 mol HF时，被BrF3还原的BrF3为0.2 mol。 7．某离子反应涉及H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中c(NH)随反应的进行逐渐减小。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减弱 A　解析：c(NH)随反应的进行逐渐减小，则NH为反应物，N2为生成物，氮元素的化合价由－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－；ClO－中氯元素的化合价由＋1降到－1，作氧化剂，消耗1 mol氧化剂，转移2 mol电子；氧化剂与还原剂的物质的量之比是3∶2；反应生成H＋，反应后溶液的酸性应明显增强。 8．一定量的某磁黄铁矿(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和一定量的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：盐酸恰好反应生成的FeCl2 的物质的量为0.4 mol，根据氯原子守恒可得c(HCl)＝＝8.0 mol/L；n(S)＝＝0.1 mol，溶液中无Fe3+，则Fe3+都转化为Fe2+，根据得失电子守恒得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；根据氢原子、氯原子守恒可知，n(H2S)＝n(HCl)＝n(FeCl2)＝0.4 mol，V(H2S)＝0.4 mol×22.4 L/mol＝8.96 L；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，得x＝0.8。 9．关于反应KMnO4＋KF＋HF＋H2O2―→K2MnF6＋O2＋H2O(未配平)，下列说法正确的是 (　　) A.KF和HF均发生氧化反应 B.该反应中，KMnO4和H2O2的化学计量数分别为2、3 C.若转移3 mol电子，1 mol KMnO4被氧化 D.K2MnF6既是氧化产物又是还原产物 B　解析：该反应中KF和HF都没有化合价变化，没有发生氧化反应；根据得失电子守恒和元素守恒配平：2KMnO4＋2KF＋10HF＋3H2O2===2K2MnF6＋3O2＋8H2O；该反应中转移3 mol电子，1 mol KMnO4被还原而不是被氧化；锰元素化合价降低，故K2MnF6是还原产物，氧气为氧化产物。 二、非选择题 10．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，加入几滴淀粉溶液，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，此实验测得的结果偏高，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时，由于＋4价的硫也具有还原性，该反应中的S被氧化为SO，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，可得离子方程式为6ClO＋S＋4H＋===6ClO2↑＋SO＋2H2O。 (3)由(2)的化学方程式可知，废液中含有大量Na2SO4。 (4)根据题意可得关系式：ClO～2I2～4S2O则有4n(NaClO2)＝n(S2O)，即×4＝，因此样品中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。 学科网（北京）股份有限公司 $$