第1章 第4讲 氧化还原反应方程式的配平与计算(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考化学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 以守恒法为核心，系统整合氧化还原反应配平与计算，通过典例构建“化合价分析-守恒应用-实际迁移”的科学思维体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础配平|1-4题|电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒|从化合价变化本质出发，建立配平三守恒逻辑链| |综合计算|5-9题|多元素化合价分析、电子转移定量计算|结合物质的量，实现氧化还原与化学计量的综合应用| |实际应用|10-13题|工业流程/生活情境中的氧化还原分析|从实验室到生产生活，体现物质转化的科学探究与实践价值|

限时规范训练4　氧化还原反应方程式的配平与计算 (建议用时：45分钟　满分：53分) 一、选择题：本题共11小题，每小题3分，共33分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．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反应的离子方程式是＋―→Mn2+＋＋H2O。下列叙述正确的是(　　) A．该反应中被还原 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．ＦＫ中的粒子是OH－ 解析：C　反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A错误；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2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的量之比是2∶5，C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，B、D错误。 2．在一定条件下和F2可发生如下反应：＋2F－＋H2O，从而可知在中，元素R的化合价是(　　) A．＋4价 B．＋5价 C．＋6价 D．＋7价 解析：B　方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；方法2：根据得失电子守恒得2＝7－(6－n)，n＝1，则中元素R的化合价为＋5。 3．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种气体X，其中Na2SO3被氧化为Na2SO4，则X为(　　) A．ClO2 B．Cl2O C．Cl2 D．Cl2O3 解析：A　Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价，NaClO3中氯元素的化合价由＋5价降低，NaClO3为氧化剂，令Cl元素在还原产物中的化合价为a，则1×(6－4)＝2×(5－a)，解得a＝＋4，故气体X的化学式为ClO2。 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＋H＋―→CO2↑＋Mn2+＋，关于此反应的叙述正确的是(　　) A．该反应的氧化剂是 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 解析：D　中Mn由＋7―→＋2，降为氧化剂中C由＋3―→＋4，升为还原剂)；由电子、电荷守恒及原子守恒可知，配平后离子方程式为＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O，电子转移总数是10。由分析知作还原剂，A错误；所缺物质为H2O，B错误；电子转移总数是10，C错误；由分析知H＋的系数为16，D正确。 5．金属钛(Ti)性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti的反应为： Ⅰ.aTiO2＋bCl2＋eCaTiCl4＋eCO　Ⅱ.TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2 关于反应Ⅰ、Ⅱ的分析不正确的是(　　) A．TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂 B．C、Mg在反应中均被氧化 C．a＝1，b＝e＝2 D．每生成19.2 g Ti，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8 mol电子 解析：D　在反应Ⅰ中四氯化钛是氯气作氧化剂生成的还原产物，在反应Ⅱ中四氯化钛中钛的化合价降低，作氧化剂，A正确；反应Ⅰ中C作还原剂，被氧化，反应Ⅱ中Mg作还原剂，被氧化，B正确；根据反应前后各元素质量守恒，有2a＝e，2b＝4a，所以a＝1，b＝e＝2，C正确；将方程式相加，得TiO2＋2Cl2＋2C＋2Mg===Ti＋2MgCl2＋2CO，每生成48 g钛，转移电子8 mol，所以生成19.2 g钛转移电子为3.2 mol，D错误。 6．(2025·山西运城模拟)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：NaN3＋KNO3―→K2O＋Na2O＋N2↑(未配平)。下列说法错误的是(　　) A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂 B．该反应中只有1种元素的化合价发生变化 C．配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16 D．生成N2的个数与转移电子的个数之比为4∶5 解析：D　配平题给化学方程式为10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑，该反应中，NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；题给反应中只有氮元素的化合价发生变化，B正确；由A项分析可知，配平后物质的化学计量数依次为10、2、1、5、16，C正确；反应中若生成16个N2分子，转移10个电子，则生成N2的个数与转移电子的个数之比为8∶5，D错误。 7．(2025·江西南昌模拟)关于反应Cu2S2＋＋H＋―→Cu2+＋SO2↑＋Mn2+＋H2O (未配平的结构与相似)，下列说法正确的是(　　) A．反应中氧化产物仅是SO2 B．方程式配平后H＋的系数为28 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为8∶5 D．生成1 mol SO2，转移电子的物质的量是6 mol 解析：D　配平该离子方程式为5Cu2S2＋＋56H＋===10Cu2+＋10SO2↑＋12Mn2+＋28H2O，反应中铜元素的化合价由＋1价升到＋2价，硫元素的化合价由－1价升到＋4价，共转移60个电子。根据分析，氧化产物为SO2和Cu2+，A错误；H＋的系数为56，B错误；为氧化剂，Cu2S2为还原剂，比例为12∶5，C错误；据方程式得关系式：10SO2～60e－，则生成1 mol SO2，转移电子的物质的量是6 mol，D正确。 8．(2025·黑龙江哈尔滨一中一模)测定某溶液中甲醇含量的部分过程如下：①KMnO4溶液处理：CH3OH＋＋H2O(未配平，下同)；②酸化处理：＋H＋―→MnO2↓＋＋H2O，下列说法错误的是(　　) A．“反应①”中X为OH－，配平后计量系数为8 B．“反应①”中，氧化性： C．“反应②”中，可用盐酸进行酸化 D．“反应②”消耗时，反应中转移0.4 mol e－ 解析：C　根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应①配平为CH3OH＋＋6H2O，A正确；根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，“反应①”中为氧化剂是氧化产物，则氧化性：，B正确；由于Cl－在酸性条件下可与、发生氧化还原反应，因此“反应②”中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平“反应②”为＋4H＋===MnO2↓＋＋2H2O，则消耗，物质的量为＝0.6 mol时，反应中转移电子数目为×0.6 mol＝0.4 mol，D正确。 9．(2025·吉林二模)磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是(　　) A．P4只发生了氧化反应 B．反应过程中溶液pH增大 C．11 mol P4发生反应，转移电子的物质的量为120 mol D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗 解析：C　反应中P由0价歧化为＋5价和－3价，Cu由＋2价降为＋1价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平化学方程式：11P4＋60CuSO4＋96H2O===20Cu3P＋24H3PO4＋60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P。由分析可知，P4既发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；反应生成硫酸和磷酸，H＋浓度增加，pH减小，故B错误；由分析可得，11 mol P4参与反应生成24 mol H3PO4，则转移24×5＝120 mol电子，故C正确；NaOH具有强腐蚀性，不能用NaOH溶液清洗，故D错误。 10．(2025·山东淄博期中)工业废气中的NO可用来生产NH4NO3，工艺流程如图所示。若装置Ⅰ和装置Ⅱ中反应后均为1∶1，下列说法错误的是(　　) A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为2NO＋4Ge4+＋3H2O===4Ge3+＋＋6H＋ B．装置Ⅰ中若有5.6 L(标准状况下)NO参与反应，则转移0.5 mol电子 C．装置Ⅲ中氧化剂和还原剂物质的量之比为2∶1 D．装置Ⅲ中NH3和O2的体积比为4∶1时可实现原子利用率最大化 解析：C　装置Ⅰ中NO被Ge4+氧化为、，且二者的物质的量之比为1∶1，同时得到还原产物Ge3+，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO＋4Ge4+ ＋3H2O===4Ge3+＋＋6H＋，A正确，结合装置Ⅰ中反应可知，2NO～4e－，则消耗标准状况下5.6 L(即0.25 mol)NO，转移电子的物质的量为0.5 mol，B正确；装置Ⅲ中、和氨气、氧气反应生成NH4NO3，涉及的氧化还原反应为，氧化剂(O2)和还原剂物质的量之比为1∶2，C错误；装置Ⅲ中发生的氧化还原反应为，而反应前＝1∶1，所以每1 mol O2与恰好完全反应，且此时装置内总物质的量为4 mol，所以需4 mol的NH3才能将恰好反应掉，即NH3和O2的体积比为4∶1时可实现原子利用率最大化，D正确。 11．(2025·四川外国语附属校月考)工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是(　　) A．由上述过程Ⅰ、Ⅱ可知氧化性： B．过程Ⅱ中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2 C．过程Ⅰ中发生反应：2Mn(OH)2＋O2＋＋4H2O D．将10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg·L-1)转化为，理论上至少需要O2 0.2 mol 解析：B　过程Ⅰ中，O2是氧化剂是氧化产物，则氧化性：；过程Ⅱ中是氧化剂是氧化产物，则氧化性：，故氧化性：，A正确；过程Ⅱ中被还原为Mn(OH)2，S2-被氧化为为氧化剂，S2-为还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，B错误；过程Ⅰ中，溶液呈碱性，Mn(OH)2被O2氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒得离子方程式为2Mn(OH)2＋O2＋＋4H2O，C正确；根据信息可得n(S2-)＝＝0.1 mol，将其氧化为时，失去电子0.1 mol×[6－(－2)]＝0.8 mol，根据得失电子守恒知，需O2的物质的量为＝0.2 mol，D正确。 二、非选择题：本题共2小题。 12．(10分)(2025·安徽黄山模拟)氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途。 (1)当人体缺铁时，有时需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是＋2价的铁，但是＋2价的铁很容易被氧化。维生素C可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________(填化学性质)。 (2)NH4Cl常用于焊接，在焊接铜器时可用NH4Cl除去铜器表面的氧化铜，便于焊接，其反应如下： ________CuO＋________NH4Cl________Cu＋________CuCl2＋________N2↑＋________H2O。 ①配平上述氧化还原反应。 ②该反应中，氧化剂是________(填化学式)，被氧化的元素是________(填元素名称)。 (3)二氧化氯是一种高效消毒剂，工业上制备ClO2反应的化学方程式如下。 2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O＋2NaCl ①用双线桥法标出反应中电子转移的方向和数目：___________。 ②ClO2在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐，需要将其转化为Cl－除去，下列试剂能实现其转化过程的是________(填字母)。 A．O2 B．FeCl2 C．KI D．KMnO4 (4)过氧化氢溶液是公认的绿色氧化剂。已知氧化性：H2O2(H＋)>Fe3+>I2，向FeI2溶液中加入足量硫酸酸化的过氧化氢溶液，发生反应的离子方程式为_______________。 (5)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl－)、O3(1个O3转化为1个O2和1个H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是________(填化学式)。 解析：(1)维生素C能将食物中的Fe3+还原为Fe2+，维生素C失电子体现还原性。(2)由反应物和生成物可知，铜元素的化合价由＋2价降低为0价，氮元素的化合价由－3价升高为0价，因此反应的化学方程式为4CuO＋2NH4Cl3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O；氮元素失去电子被氧化，铜元素得到电子，则CuO为氧化剂。(3)①题给反应中NaClO3得电子转化为ClO2，部分HCl失电子转化为Cl2，用双线桥法表示的化学方程式为→Cl－，Cl的化合价降低，则需要还原剂。O2不是还原剂，常作氧化剂，A错误；FeCl2中亚铁离子能失电子生成铁离子，可用作还原剂，B正确；KI中的碘离子能失电子作还原剂，C正确；高锰酸钾具有强氧化性，无法作还原剂，D错误。(4)由氧化性：H2O2(H＋)>Fe3+>I2可知，足量酸化的过氧化氢溶液可以氧化Fe2+和I－，离子方程式为2Fe2+＋4I－ ＋3H2O2＋6H＋===2Fe3+＋2I2＋6H2O。(5)1 mol Cl2、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子的物质的量依次为2 mol、2 mol、5 mol、2 mol，等物质的量的这4种物质作消毒剂时，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。 答案：(1)还原性　(2)①4　2　3　1　1　4　②CuO　氮　 (3)①　②BC　(4)2Fe2+＋4I－＋3H2O2＋6H＋===2Fe3+＋2I2＋6H2O　(5)ClO2 13．(10分)氧化还原型有机反应在生产、生活中有广泛应用。 (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23 g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： ____KMnO4＋____H2SO4＋____CH2===CH2―→____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2＋____H2O。 (3)乙烯与双氧水在一定条件下反应生成HOCH2CH2OH，化学方程式为CH2===CH2＋H2O2―→HOCH2CH2OH，这个反应既是加成反应，又是氧化反应。判断为“氧化反应”的依据是________________________________。 (4)在保温瓶胆上镀银，常用葡萄糖作还原剂。发生反应如下：HOCH2(CHOH)4CHO＋2[Ag(NH3)2]OHHOCH2(CHOH)4COONH4＋2Ag↓＋3NH3＋H2O。镀银时，假设平均每个瓶胆上消耗0.108 g银，则10 000个这样的瓶胆最少需要消耗葡萄糖的质量为________kg。 解析：(1)酸性重铬酸钾(稀硫酸酸化)可将乙醇氧化成乙酸，本身被还原成Cr3+，则离子方程式为＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O；在反应中作还原剂的是CH3CH2OH；23 g乙醇的物质的量为0.5 mol，根据反应方程式可知，转移电子的物质的量为2 mol。(2)乙烯中碳元素的化合价为－2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可配平方程式：12KMnO4＋18H2SO4＋5CH2===CH2===6K2SO4＋12MnSO4＋10CO2＋28H2O。(3)乙烯中碳元素的化合价为－2价，反应生成HOCH2CH2OH中碳元素的化合价为－1价，化合价发生变化，为氧化还原反应。(4)10 000个瓶胆消耗银的质量m(Ag)＝1080 g，其物质的量n(Ag)＝＝10 mol，根据方程式可知n(C6H12O6)＝5 mol，则消耗葡萄糖质量m(C6H12O6)＝5 mol×180 g·mol-1＝900 g＝0.9 kg。 答案：＋3CH3CH2OH＋16H＋===4Cr3+＋3CH3COOH＋11H2O　CH3CH2OH　2 mol　(2)12　18　5　6　12　10　28　(3)碳元素的化合价从－2价升高至－1价　(4)0.9 学科网（北京）股份有限公司 $