课时分层检测(4)氧化还原反应的配平与计算-【创新大课堂】2027年高三化学一轮总复习

课时分层检测（四）氧化 1.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2M(OH)3 +10OH-+3C12—2MOY+6C1-+8H2O, 则MO?-中M的化合价是 A.+4 B.+5 C.+6 D.+7 2.己知A2O-可将B2-氧化为B单质，A2O 被还原为A3+。且消耗氧化剂和还原剂的个数 之比是1：3，则A2O-中的n为 A.4 B.5 C.6 D.7 3.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：FeTiO3十C+Cl2 高温 TiCl4+FeCl3+CO,下列说 法不正确的是 ( A.C12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7mol电子 D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：6 4.做实验时不小心粘了一些高锰酸钾，皮肤上的 斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马 上可以复原，其离子方程式为：MnO4+C2O? +H+→C02个十Mn2++☐，关于此反应的 叙述正确的是 ( A.该反应的氧化剂是C2O B.该反应右边方框内的产物是OH C.该反应中电子转移总数是5 D.配平该反应式后，H+的系数是16 5.NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高 锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是 MnO4NO2+☐→Mn2++NO3+H20. 下列叙述正确的是 ( ) A.该反应中NO2被还原 B.反应过程中溶液的pH变小 C.生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4 D.中的粒子是OH 285 还原反应的配平与计算 6.某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮 肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用 草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应 的离子方程式为MnO4+H2C2O4+H+ CO2个+Mn2++ (未配平)。下列关 于此反应的叙述正确的是 () A.该反应的氧化产物是Mn2+ B.1个MnO4在反应中失去5个电子 C.横线上应是OH D.配平该离子方程式后，H+的化学计量数是6 7.有Fe3+、Fe2+、NO3、NHt、H+和H2O六种 微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物 和生成物，下列叙述不正确的是 () A.还原产物为NH B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8 C.若有0.5 mol NO3参与反应，则转移8mol 电子 D.若把该反应设计为电解池，则阳极反应为 Fe2+-e-Fe3+ 8.(2026·广东深圳模拟)某强氧化剂XO(OH)2 被Na2SO3还原。如果还原2.4×10-3 mol XO (OH)2,需用30mL0.2mol·L-1的Na2S03 溶液，那么X元素被还原后的价态是() A.+2 B.+1 C.0 D.-1 9.(2026·山东济南模拟)FeS2与硝酸反应产物 有Fe3+和H2SO4,若反应中FeS2和HNO3物 质的量之比是1：8时，则HNO3的唯一还原产 物是 ( A.NO2 B.NO C.N2O D.N2Os 10.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆（含CaO) 上层清液中的S2-,并制取石膏(CaSO4· 2H2O)的过程如图： 02 HO 过程 Cao MnSO,Mn(OH,)∠MnoG 过程 cas02H0—s00s.0 S2- 下列说法中错误的是 A.CaSO4·2H2O属于盐类和纯净物 B.过程I中，氧化剂与还原剂的物质的量之比 为1：2 C.过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO号+ 2S2-+9H20--S2O号+4Mn(OH)2V +100H D.将10L上层清液中的S2-(浓度为480mg· L1)转化为SO-,理论上需要0.15 mol O2 11.(2025·北京通州三模)不同的温度下，C12通 入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图 所示。 冷水 -NaCIO I Cl2+NaOH(aq) 热水 →NaClO 下列说法不正确的是 A.反应I和Ⅱ都有NaCl生成 B.ClO3的空间结构为三角锥形 C.反应I和Ⅱ中，每1 mol Cl2参与反应转移 的电子数之比为3：5 D.反应I和Ⅱ中，参加反应的C2与NaOH的 物质的量之比：I<Ⅱ 12.(2026·湖北模拟)某水体（含较多NH,pH =6.71)脱氮的部分转化关系如下图所示： NO Fe2+ CoH1206 硝化 反硝化 铁还原 细菌 细菌」 细菌 NH HCO -N2 过程I 过程Ⅱ 过程Ⅲ 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 应式是：NH4+2O2+2OH-一NO3 +3H2O B.过程Ⅱ中Fe2+起催化剂作用 C.过程Ⅲ中每1molC6H12O6参与反应，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 13.(2026·商丘一模)用CuS、Cu2S处理酸性废 水中的Cr2O号，发生反应如下： 反应I:CuS+Cr2O号-+H+→Cu2+十 SO-+Cr3++H2O(未配平) 286 反应Ⅱ：Cu2S+Cr2O号+H+→Cu2++ SO?-+Cr3++H2O(未配平) 下列有关说法正确的是 ( A.反应I和Ⅱ中Cu2+、SO-都是氧化产物 B.处理1 mol Cr2O另-时反应I、Ⅱ中消耗 H+的物质的量相等 C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为 3:5 D.反应I、Ⅱ中每处理1 mol Cr2O号，转移电 子数不相等 14.(1)酒精仪中酸性重铬酸钾（稀硫酸酸化）可将 乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+。写出 该反应的离子方程式： 在该反应中还原剂是 (填化学式)。 氧化23g乙醇时转移电子的物质的量为 (2)向酸性高锰酸钾溶液中通入乙烯，溶液褪 色。配平下列反应方程式： KMnO+ H2S04+ CH2—CH2→ K2S04+ MnSO+ C02↑+ 15.(1)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料，它 在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反 应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。请根 据要求回答下列问题： ①反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的 物质的量之比为 ②写出该反应的化学方程式： ,若反应中生 成0.2 mol HNO3,转移的电子数为 (2)已知Fe(OH)3能与次氯酸盐发生如下反 应（未配平）： Fe(OH)3+ClO+OH-FeO+C1 +H2O ①已知有10.7gFe(OH)3参加反应，共转移 了0.3NA个电子，则n= ,FeOH-中 铁元素的化合价为 ②根据所学的知识，推测FeO?-能和 (填字母)反应。 A.KMnO B.S02 C.H2S D.02解析(1)氧化性：Cu2+>I2>Cu+,还原性：Cu>I厂>Cu+,所以！9.B[设参加反应的FeS2、HNO)3物质的量分别为1mol、8mol, Cu2+和I反应，Cu+被还原为Cu+、被氧化为2，Cu+和I厂 HNO的唯一还原产物中N化合价为十x。反应中有FeS2→Fe 结合生成难溶于水的Cul沉淀，所以反应的产物是CuI,I2。(2)久 置于空气中的H1溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单· (N0)g+2H2s0,1 mol FeS2失去电子15mol:HN02N,只 质，加入金属钢，金属钢可以和碘单质反应生成Cl,反应的化学方 有5 mol HN)3作氧化剂得电子5×(5-x)mol。则5×(5一x)= 程式为2Cu十L2一一2CuI。(3)欲消除HI溶液的黄色，也可向其 15,解得x-2。] 中通入少量H,S,碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，：10.D[CS0,·2H,0有确定的化学式，属于纯净物，能够电离出金 还原性：H2S>I厂。(4)该反应中Cu元素化合价由十1降低为0， 属阳离子和酸根，所以为盐类物质，A项正确；过程I中，氧化剂为 被氧化的元素是汞元素，氧化剂为CuI,Cu2HgL1是氧化产物，反应： 氧气，被还原为水，1个氧气分子转移4个电子，还原剂为 中每生成1 mol Cu2HgI转移2mol电子。 Mn(OH)2,转化为Mn(O号转移2个电子，发生反应时电子守恒， 所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，B项正确：过程Ⅱ 课时分层检测（四） 中，反应的离子方程式为4Mn()号十2S-+9H20一S2)号+ 1.C[方法1：由电荷守恒得：10=6+2，所以n=2,根据离子中化合 4Mn(OH)2￥十10OH,C项正确；设转移电子xmol,消耗氧气的 价的代数和等于其所带电荷数计算M化合价，M()一中O化合价 物质的量为ymol,则 为一2，则M化合价为一2一（一2）×4=十6： 8e-(024e 方法2：设M化合价为x,根据得失电子守恒得3×2×[0一（一1）]： 32 8 4 =2×(x-3),x=十6。] 10×480×10-3 2.D[在A2O%中A化合价为十(n-1)价，反应后被还原为十3价，： 32 8 4 化合价降低（一4）价，B元素化合价由B-化合价由反应前一2价 10义48.10a三产·=1.2、1.2y=0.3,消耗氧气的物质 变为反应后B单质的0价，化合价升高2价，由于元素化合价升降： 的量为0.3mol,D项错误。] 总数相等，反应消耗氧化剂和还原剂的个数之比是1：3，则1X2×:11.D[由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氟化 (1-4)=3×2,解得n=7,故选D。] 钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方 3.D[反应中C元素的化合价由0升高为+2价，FeTi(O3中Fe元素 程式为Cl2十2NaOH=NaC]十NaC1)十H2(),在热水条件下反 的化合价由+2价升高到十3价，则C、FeTi()3为还原剂；Cl2中CI 应生成氟化钠、氟酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应 元素的化合价由0降低到一1价，则C2为氧化剂；根据原子守恒和： 的化学方程式为3Cl2+6Na()H一5NaC1+NaCl()3+3H2)。由 得失电子守恒可知，化学方程式为2FeTi0,十6C+7C,高遥2TiC, 分析可知，反应I和Ⅱ都有氟化钠生成，A正确；C1O3里中心原子 十2FeCl+6CO,该反应生成2 mol TiCl1时转移14mole,则生成； C1的价层电子对数为3+7十1,3X2=3+1=4,孤对电子对数为 2 1 mol TiCl1时，转移7mol电子：氧化剂与还原剂的物质的量之比 1,则其空间结构为三角锥形，B正确；反应I中存在关系式：C12~ 为7：8，D错误。] NaCl~NaCl()~e,1mol氟气参加反应，反应转移1mol电子，反 4.D[Mn)元中Mn由+7→十2，降5(Mn()为氧化剂)，C2() 应Ⅱ中存在关系式：3Cl2~5NaC1~NaClO.3~5e,1mol氣气参加 中C由+3→+4，升1×2(C2O为还原剂)：初步配平为1 2MnO,+5C2O?+H+→10CO2个+2Mn2++☐，据电荷守 反应，反应转移号mo1电子，则反应转移的电子数之比为3：5，C 恒H+配16，所缺物质为H2(),配平后方程式为：2Mn(O+5C2() 正确：由分析可知，反应I和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的 +16H+一=10CO2个+2Mn2+十8H2O,电子转移总数是10。A: 物质的量之比都为1：2，D错误：故远D。] 项，由分析知C,()一作还原剂，错误：B项，所缺物质为H2O,错误； 12.C[过程I中NH在硝化细菌的作用下和O2反应生成N(O与 和H,(),根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式 C项，电子转移总数是10，错误：D项，由分析知H十的系数为16，！ 正确。] 为：NH+2O2=NO3+H2O+2H+,A错误；过程Ⅱ为反硝化 5.C[反应中氨元素的化合价从十3价升高到十5价，失去2个电子， 细菌作用下Fe2+将N(O2还原为N2,F2+做还原剂，而不是催化 被氧化，作还原剂，A不正确；M元素的化合价从十7价降低到十2 剂，B错误：过程Ⅲ中C。H12O转化为HCO5,C元素化合价由0 价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质： 价（平均）上升到十4价，总共转移24个电子，故同时有24mol 的量之比是2：5，所以远项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消 Fe3+被还原为Fe2+,C正确；若水体中铁氧化细菌含量过高，铁氧 耗氢离子，所以B和D都是错误的，故远C。] 化细菌可利用水中的氧气将Fe2+氧化为Fe3+,该过程消耗氧气， 6.D[离子方程式左边有H+,则右边不能出现OH,横线上应是 与过程[是竞争关系，若水体中铁氧化细菌的含量较高时，过程I H2),C项错误； 的硝化细菌缺氧将受到抑制，不利于进行，D错误；故远C。] 标变价→MnO,+H2C2O,+H+→CO24+Mn2++H2O !13.C[配平反应I:3CuS+4Cr20号+32H+—3Cu2++3S0+ 8Cr3++16H2),反应中S元素的化合价升高，Cr元素的化合价降 列变化→>MnO, 化合价降依5M+,H,己，0，化合价升高1C0, 、 低；反应Ⅱ：3Cu2S+5Cr2O号+46H+=-6Cu2++3S(房+ 求总数→ 化合升高1×2×5 10Cr3++23H2O,反应中Cu、S元素的化合价升高，Cr元素的化合 价降低，据此分析。反应I中只有S元素被氧化，则只有S(子是 MnO1+H2C2O,+Ht→C02←+Mn2++H2O 氧化产物，故A错误；处理1 mol Cr2(O号时反应I、Ⅱ中消耗H 个 化合价降低5×2 的物质的量不相等，故B错误；反应Ⅱ中，氧化剂为C2(号，还原 配系数→2MnO1+5H2C2O1+6H+一10C(O2◆+2Mn2++1 剂为Cu2S,则还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5，故C正确； 8H2(),A、B项错误，D项正确。] 反应I、Ⅱ中每处理1 mol Cr.2(O)号，转移电子6mol,则转移电子数 7.C[由题意知，离子方程式为8Fe2++l0H++NO—8Fe3++ 相同，故D错误。] NH时+3H2O。C项，若有0.5 mol NO,参与反应，应转移4mol!14.答案(1)2Cr20号+3CHCH,OH+16H+=-4Cr3++ 电子。] 3CH2 COOH+11H,CH2 CH,OH 2 mol 8.C[XO(OH)中X的化合价是+5，Na2S()3中S的化合价从+4： (2)121856121028 升高到十6，设X元素被还原后的化合价为α，根据氧化还原反应中 解析(1)酸性重铬酸钾（稀硫酸酸化）可将乙醇氧化成乙酸，本身 化合价升降总数必相等：2.4×103×(5-a)=0.2X0.03×(6- 被还原成Cr3+,则离子方程式：2Cr2O号十3CHCH2OH+16H 4),解得a=0。] 一一4Cr3++3CH3C(0)H+11H2():在反应中作还原剂的是 498 CH3CH2OH;23g乙醇对应物质的量为0.5mol,根据反应方程式：④0.5 mol HCl的物质的量为0.5mol,物质的量大小顺序为④>③ 可知转移电子数为2mol:(2)乙烯中碳元素化合价为一2价，根据 >①>②。相同条件下，体积之比等于物质的量之比，物质的量大 得失电子守恒，电荷守恒和质量守恒可配平方程式：12KMO)1十 小顺序为④>③>①>②，则体积大小为④>③>①>②，故A正 18H2S)1+5CH2=CH2=6K2SO1+12MnSO1+10C02◆1 确；NH3中原子物质的量为0.3mol×4-1.2mol,H2S含有的原子 +28H20。 的物质的量为0.2mol×3=0.6mol,CH含有的原子的物质的量 15.答案(1)①1：2 为0.4molX5=2mol,HC1含有的原子的物质的量为0.5mol×2 ②3NF3+5H2O)==2NO+HN)3+9HF0.4NA(或2.408× =1mol,原子数目之比等于物质的量之比，则原子数目大小为③ 1023) ①>④>②，故B错误：同温同压下，密度之比等于相对分子质量之 (2)①2+6价②BC 比，NH3相对分子质量为17，H2S相对分子质量为34，CH4相对分 解析(1)①分析题给信息知NF,转化为NO,氮元素的化合价降 子质量为16，HC1相对分子质量为36.5，故密度大小为④>②>① 低1价，被还原，NF3转化为HN(),,氮元素的化合价升高2价，被 >③，故C错误；NH3质量为17g/mol×0.3mol-5.1g,H2S质量 氧化，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则被氧： 为34g/mol×0.2mol=6.8g,CH1质量为16g/mol×0.4mol= 化与被还原的元素原子的物质的量之比为1：2。②由题目给出的 6.4g,HC1质量为36.5g/mol×0.5mol-18.25g,故质量大小为 反应物和生成物，利用得失电子守恒、原子守恒配平，该反应的化· ④>②>③>①，故D错误；故选A。] 学方程式为3NF,+5H,O-一2NO十HNO十9HF,若反应中生：9.C[N2和O的摩尔质量不同，相同质量时其物质的量不同，则所 成0.2 mol HNO3,氣元素的化合价升高2价，则转移的电子数为 含原子数不同，A错误；由于压强未知，同温度、同体积的H2和N2 0.4NA(或2.408×1023)。(2)①10.7gFe((OH)3的物质的量为1 的物质的量不一定相等，则所含原子数不一定相等，B错误：同体 0.1mol,反应中转移了0.3NA个电子，则铁化合价升高3价，则 积、同密度的C2H1和C3H。的质量相等，由于二者的最简式均为 Fe()”中铁元素的化合价为十6价，则n-2。②根据所学的知识， “CH2”,则含有“CH2”的物质的量相等，故所含原子数相等，C正确： 推测F()具有强氧化性，能和具有还原性的S)2、H2S反应，不 由于温度未知，同压强、同体积的N2()和C),的物质的量不一定相 能和氧化性的高锰酸钾和氧气反应，选B、C。 等，则所含原子数不一定相同，D错误。] 课时分层检测（五） :10.C[O2和O3中只含有氧原子，同温同压下质量相同的(2和O3 的原子数目相同，A错误；不确定是否在标准状况下，不能计算二 1.B[物质的量的单位是mol,A错误；物质的量是表示物质所含微 氧化碳的物质的量，B错误：根据阿伏加德罗定律，相同条件下，同 粒多少的物理量，B正确：阿伏加德罗常数的单位是mol1,C错误； 体积的气体所含分子数相同，C正确；当1ol气态物质的体积为 阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023，D错误：故选B。] 22.4L时，该气体不一定处于标准状况，也可能为其他温度和压 2.D[摩尔是物质的量的单位，A正确：摩尔用来计量微粒的量，可以 强，D错误。] 是纯净物的微粒，也可以是混合物的微粒，B正确：气体物质的量相 ·11.B[若二氧化碳未完全反应，则反应后气体的物质的量不是反应 等，则气体的分子数目相等，C正确：气为单原子分子，0.5mol气含 前气体物质的量的一半，此时压强比原来的一半大，故A错误；同 有0.5 mol He原子，1个He原子含有2个电子，所以0.5mol气约i 温同压下相同物质的量的气体的体积相同，因此常温常压下二氧 含有6.02×1023个电子，D错误；故选D。] 3.C[A项，“物质的量”表示含有一定数目粒子的集合体，单位是“摩 化碳与氧气的摩尔体积相同，故B正确；上述反应属于歧化反应， 尔”，正确：B项，0.5molN2含有的分子数约0.5mol×6.02×1023 过氧化钙中一1价的氧元素有一部分升高到0价，另一部分降低到 mol-1=3.01×1023,正确；C项，1molC02中含有的原子数为： 一2价，氧气是氧化产物，碳酸钙是还原产物，故C错误；上述反应 属于歧化反应，每生成1mol)2转移2mol电子，若转移1mol电 3WA,错误；D项，1mol水的质量是18g,1mol水含有6.02×1023 子，则生成0.5ol()2,但由于题目中没有“标准状况”的前提条 个分子，一个水分子的质量约为602X103g,正确] 件，无法确定生成氧气的体积，故D错误；故答案为B。] 4.D[物质的构成粒子有分子、原子或离子，如水由分子构成，1ol!l2.D[根据阿伏加德罗定律的推论，同温同压下，气体的体积比等于 H2O含有6.02×1023个分子，而NC1由离子构成，不存在分子，1 物质的量之比。当左侧充入4mo1C)2,右侧充入一定量的O2时， mol NaC1含有1 mol Na+和1 mol Cl,故A不正确：摩尔质量的单i 二氧化碳和氧气的体积比为4：1，则()2的物质的量为1mol。抽 位为g/mol,故B不正确；对具体的物质，其摩尔质量是确定的，不随： 出隔板后，混合气体平均摩尔质量为 物质的量的多少而变化，也不随物质的聚集状态而变化，故C不正 4mol×44g/mol+1molX32g/mol=41.6g/mol,故A错误；若 确；摩尔是物质的量的单位，故D正确，本题远D。] 5 mol 5.B[A项，H2()的摩尔质量是18g/mol,错误；B项，18gH20的物 右侧再充入2mol()2,二氧化碳和氧气的体积比为4：3，隔板处于 质的量为18g÷18g/mol-1mol,则含有原子的物质的量为3mol,! 距容器右侧号处，放B错误：同温同压，左侧与右侧的气体摩尔体 正确；C项，在标准状况下，水不是气态，不能使用标准状况下气体 摩尔体积，错误；D项，18gH2O的物质的量为1mol,含有大约2× 积比为1：1，故C错误：两侧气体的温度、压强均相等，气体密度之 比等于摩尔质量之比，若左侧再充入12molN2,左侧气体的平均 6.02X1023个H原子，错误。] 6.A[若该物质为气态物质，则其在标准状况下的体积为22.4L,故 摩尔质量为4molX44g/mol+12molX28g/m@l-32g/mol,所 16mo1 该温度和压强不可能是标准状况，A项错误，B项正确：由分子数和 以两侧气体的密度比等于32：32=1：1，故D正确；选D。] 原子数的关系可知该分子为双原子分子，且其物质的量为1mol,C:13.答案(1)49g0.3m0l 项正确；赧据题意，在此温度和压强条件下，Vm=30L·mol1,D (2)2:128:17 项正确。] (3)11.2L0.4mol 7.A[在标准状况下，1mol任何气体的体积均约为22.4L,A正确： 解析(1)根据公式m=nM=0.5mol×98g·mo1厂1=49g,0.1 气气为单原子分子，含1mol气原子的气气在标准状况下的体积应1 mol Al2(SO1)3,n(SO)=0.3mol;(2)NH3为4个原子的分子， 为22.4L,B错误；不是在标准状况下，C错误；在标准状况下，H2(O N2为2个原子分子，故等物质的量的NH和N2原子数之比为 的状态不是气态，D错误。] 8.A[①标准状况下6.72LNH,的物质的量为2.4Lmo 6.72L 2:1:等质量的NH,和N,物质的量之比为费：器=28：17： 0.3mo01,②1,204×1023个H,S分子的物质的量为204X102 (3)根据V=nVm=0.5mol×22.4L·mol1=11.2L,标准状况 mol 6.02×1023 8.96L 5.6g 下，0.5molN:的体积约为1.2Ln==2.4L,m0l =0.2mol,③5.6gCH,的物质的量为16gn0=0.4mol, 0.4mol,8.96LCO2气体的物质的量为0.4mol。 499