第5讲 氧化还原反应方程式的配平与计算(课时跟踪检测)-【优学精研】2027年高考化学一轮总复习学用Word

**基本信息** 氧化还原反应专项训练以守恒法为核心，系统整合配平原理与计算技巧，覆盖概念辨析、方程式配平及综合应用，强化科学思维中的证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |配平原理应用|选择题1-5、8-10|得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒综合运用|从氧化还原基本概念（氧化剂/还原剂）到配平方法，构建“概念→配平→验证”逻辑链| |计算与综合应用|选择题6-7、填空题11|电子转移计算、关系式法、情境分析|结合工业冶炼、环境治理等真实情境，实现从原理到实际问题解决的应用拓展|

第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 1.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Mn＋N＋Mn2＋＋N＋H2O（未配平）。下列叙述中正确的是（　　） A.该反应中N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－ 2.已知离子方程式：As2S3＋H2O＋NAs＋S＋NO↑＋　　　　（未配平），下列说法错误的是（　　） A.配平后水的化学计量数为4 B.反应后的溶液呈酸性 C.配平后氧化剂与还原剂的分子数之比为3∶28 D.氧化产物为As和S 3.现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN－，在碱性条件下，H2O2可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应，下列说法不正确的是（　　） A.氰化物有毒，CN－易与人体内的Fe2＋、Fe3＋络合 B.每处理1 mol CN－，消耗2.5 mol H2O2 C.反应中每转移10 mol电子，生成22.4 L无毒气体 D.用H2O2处理后的废水不可直接排放 4.神舟十四号飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁（FeTiO3）冶炼钛（Ti）的过程包含以下反应：　　　FeTiO3＋　　　C＋　　　Cl2　　　　　TiCl4＋　　　　　FeCl3＋　　　CO，下列说法不正确的是（　　） A.Cl2是氧化剂 B.该反应方程式中各物质的系数为2、6、7、2、2、6 C.生成1 mol TiCl4转移7 mol电子 D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶6 5.某离子反应涉及H2O、ClO－、N、H＋、N2、Cl－六种粒子，其中c（N）随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是（　　） A.反应的氧化产物是Cl－ B.消耗1 mol氧化剂，转移2 mol电子 C.ClO－与N的化学计量数之比为2∶3 D.反应后溶液的酸性减弱 6.Cl2和NaOH溶液反应产物的成分与温度高低有关，低温下：Cl2＋2NaOHNaCl＋NaClO＋H2O；高温下：3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。某温度下将0.6 mol Cl2通入过量的NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，混合溶液中c（Cl－）∶c（Cl）＝8∶1，则溶液中c（ClO－）∶c（Cl）是（　　） A.1∶3 B.3∶1 C.3∶8 D.8∶3 7.某汽车安全气囊的气体发生剂含有NaN3、Fe2O3、NaHCO3、KClO4等。汽车发生碰撞时，会产生大量气体使气囊迅速膨胀。下列说法错误的是（　　） A.NaN3受到撞击后分解产生N2和Na B.Fe2O3与Na的反应中，Fe2O3作还原剂 C.NaHCO3因吸收产气过程中释放的热量而分解 D.KClO4中Cl的化合价为＋7，推测KClO4具有氧化性 8.（2025·北京海淀模拟）氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl；CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2。下列推断不正确的是（　　） A.“另一种反应物”在反应中表现还原性 B.CuH与Cl2反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl C.CuH与Cl2反应时，氧化产物为CuCl2和HCl D.CuH与盐酸反应的离子方程式为CuH＋H＋Cu＋＋H2↑ 9.（2025·湖北模拟）某水体（含较多N，pH＝6.71）脱氮的部分转化关系如图所示： 已知：铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2＋氧化为Fe3＋。 下列说法正确的是（　　） A.过程Ⅰ在硝化细菌的作用下发生的离子反应是N＋2O2＋2OH－N＋3H2O B.过程Ⅱ中Fe2＋起催化剂作用 C.过程Ⅲ中每1 mol C6H12O6参与反应，有24 mol Fe3＋被还原为Fe2＋ D.水体中铁氧化细菌的含量较高时有利于过程Ⅰ的进行 10. 10.（2025·河南安阳模拟）在25 ℃、75 ℃条件下，分别用相同浓度的NaOH溶液吸收氯气，其转化关系如图所示： 已知：反应1中生成NaCl和X的物质的量相等；消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaCl的质量比为3∶5。下列叙述错误的是（　　） A.上述2个反应中，参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2∶1 B.消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成X和Y的物质的量之比为3∶1 C.加热漂白液会导致有效成分的含量降低 D.若某温度下生成X和Y均为1 mol时，同时生成4 mol NaCl 11.（2026·安徽六安二中月考）回答下列问题。 （1）已知CuO具有氧化性，与氨气加热反应的产物中含有两种单质。写出在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）在Mn2＋、Bi3＋、Bi、Mn、H＋、H2O组成的一个氧化还原反应体系中，发生BiBi3＋的反应过程。将以上物质组成一个正确的离子方程式，并用单线桥标出其电子转移的方向和数目：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）Fe（OH）3与NaOH和NaClO的混合溶液作用，是一种制备理想的绿色水处理剂（Na2FeO4）的方法，写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1，写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）某地污水中有机污染物的主要成分是三氯乙烯（C2HCl3），向该污水中加入KMnO4（还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案 第5讲　氧化还原反应方程式的配平与计算 1.C　N中N元素的化合价升高，N被氧化，A错误；根据得失电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为2Mn＋5N＋6H＋2Mn2＋＋5N＋3H2O，据此可知B、D错误，C正确。 2.C　As2S3转化成As和S，而N转化为NO，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为3As2S3＋4H2O＋28N6As＋9S＋28NO↑＋8H＋，水的化学计量数为4，A正确；反应产生H＋，反应后的溶液呈酸性，B正确；N元素化合价降低，N作氧化剂，As和S元素化合价升高，As2S3作还原剂，由上述离子方程式知，氧化剂与还原剂的分子数之比为28∶3，C错误；As2S3作还原剂，氧化产物为As和S，D正确。 3.C　人体内含有的Fe3＋、Fe2＋易与CN－络合形成络合物，A正确；在碱性条件下，CN－被H2O2氧化，生成C和N2，反应的离子方程式为2CN－＋5H2O2＋2OH－2C＋N2↑＋6H2O，根据离子方程式可知，每处理1 mol CN－，消耗2.5 mol H2O2，B正确；气体所处状况未知，无法计算生成气体的体积，C错误；用H2O2处理后的废水中含有碳酸盐，有较强的碱性，不可直接排放，D正确。 4.D　反应中C元素的化合价由0价升高为＋2价，FeTiO3中Fe元素的化合价由＋2价升高到＋3价，则C、FeTiO3为还原剂；Cl2中Cl元素的化合价由0价降低到－1价，则Cl2为氧化剂；根据元素守恒和得失电子守恒可知，化学方程式为2FeTiO3＋6C＋7Cl22TiCl4＋2FeCl3＋6CO，该反应生成2 mol TiCl4时转移14 mol e－，则生成1 mol TiCl4时，转移7 mol电子；氧化剂与还原剂的物质的量之比为7∶8，D错误。 5.B　c（N）随反应进行逐渐减小，N应是反应物，N元素化合价升高，具有氧化性的ClO－为反应物，由氯元素守恒可知Cl－是生成物，则反应的化学方程式应为3ClO－＋2NN2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋。 6.B　反应后c（Cl－）∶c（Cl）＝8∶1，假设c（Cl）为x，则c（Cl－）为8x，根据得失电子守恒，可知溶液中有关系式：c（Cl－）＝c（ClO－）＋5c（Cl），8x＝c（ClO－）＋5x，则c（ClO－）＝3x，所以溶液中c（ClO－）∶c（Cl）＝3x∶x＝3∶1。 7.B　NaN3受到强烈撞击时可产生大量气体，发生反应的化学方程式为2NaN32Na＋3N2↑，A正确；Na是比Fe活泼的金属，所以Na可置换出Fe2O3中的Fe，Fe2O3作氧化剂，B错误；NaHCO3吸收产气过程中释放的热量而分解，生成碳酸钠、二氧化碳、水，C正确；KClO4中Cl的化合价为＋7，是氯元素的最高价态，可推测KClO4具有强氧化性，D正确。 8.D　A项，在40～50 ℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取CuH，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，在反应中表现还原性，正确；B项，根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl，正确；C项，CuH与Cl2反应时，铜、氢元素化合价升高，因此在反应中氧化产物为CuCl2和HCl，正确；D项，CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为CuH＋H＋＋Cl－CuCl↓＋H2↑，错误。 9.C　A项，过程Ⅰ中N在硝化细菌的作用下和O2反应生成N和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为N＋2O2N＋H2O＋2H＋，错误；B项，过程Ⅱ为反硝化细菌作用下Fe2＋将N还原为N2，Fe2＋作还原剂，而不是催化剂，错误；C项，过程Ⅲ中C6H12O6转化为HC，C元素化合价由0价（平均）上升到＋4价，总共转移24个电子，故同时有24 mol Fe3＋被还原为Fe2＋，正确；D项，若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧化细菌可利用水中的氧气将Fe2＋氧化为Fe3＋，该过程消耗氧气，与过程Ⅰ是竞争关系，若水体中铁氧化细菌的含量较高时，过程Ⅰ的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，错误。 10.D　反应1中生成NaCl和X的物质的量相等，说明Cl2中Cl元素化合价上升和下降的数目相等，则X为NaClO，化学方程式为2NaOH＋Cl2NaCl＋NaClO＋H2O；反应1和反应2生成NaCl的质量比为3∶5，说明Cl2和NaOH反应生成NaCl和NaClO3，化学方程式为3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。参与反应的NaOH与Cl2的物质的量之比均为2∶1，A正确；消耗等量的NaOH时，反应1和反应2生成NaClO和NaClO3的物质的量之比为3∶1，B正确；漂白液中发挥作用的是NaClO和水、二氧化碳反应生成的HClO，而HClO受热会发生分解，导致有效成分NaClO的含量降低，C正确；根据反应1和反应2的化学方程式，若某温度下生成NaClO和NaClO3均为1 mol时，同时生成1 mol＋5 mol＝6 mol NaCl，D错误。 11.（1）3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O （2） （3）2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O （4）4KClO3KCl＋3KClO4 （5）2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑ 解析：（1）已知CuO具有氧化性，能够和NH3反应生成两种单质Cu和N2，则在加热条件下CuO和NH3反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O。（2）Bi被还原为Bi3＋，Bi元素化合价降低了2，则应该有Mn2＋被氧化为Mn，Mn元素化合价升高了5，由最小公倍数可知，反应共转移10个电子，反应的离子方程式与电子转移情况为 （3）Fe（OH）3与NaOH和NaClO的混合液作用生成Na2FeO4，铁元素化合价升高，氯元素化合价降低，还原产物为NaCl：2Fe（OH）3＋4NaOH＋3NaClO2Na2FeO4＋3NaCl＋5H2O。（4）若不加催化剂，400 ℃时KClO3分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐也是钾盐，且阴、阳离子个数比为1∶1，生成KCl时氯元素化合价降低，由＋5价变为－1价，则另一部分氯元素化合价升高为＋7价得到KClO4，写出反应物和生成物，并从生成物入手分析配平为4KClO3KCl＋3KClO4。（5）污水中加入KMnO4（还原产物为MnO2）溶液可将其中的三氯乙烯除去，氧化产物只有CO2，则氯元素转化为KCl，结合元素守恒可知，同时生成HCl，化学方程式为2KMnO4＋C2HCl32MnO2↓＋HCl＋2KCl＋2CO2↑。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $