2023高考化学一轮复习课时作业7氧化还原反应方程式的配平书写及计算含解析鲁科版202303101121

氧化还原反应方程式的配平、书写及计算(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2RO＋3Cl－＋5H2O。则RO中R的化合价是(　　)A．＋3B．＋4C．＋5D．＋6D　[根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得3＋4＝2n＋3，解得n＝2。所以RO中R元素的化合价为＋6价。]2．(2019·上海黄浦期末)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为(　　)A．Cl2B．Cl2OC．ClO2D．Cl2O5C　[Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素的还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。]3．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：MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O。下列叙述中正确的是(　　)A．该反应中NO被还原B．反应过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D.中的粒子是OH－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不正确；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，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。]4．把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是(　　)A．IO作氧化剂B．若有1molMn2＋参加反应转移5mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2-8-\nD．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3D　[分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IO作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IO＋3H2O===2MnO＋5IO＋6H＋，若有1molMn2＋参加反应转移5mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。]5．氢化亚铜(CuH)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在40～50℃时反应可产生它。下列有关叙述中错误的是(　　)A．“某物质”具有还原性B．CuH与盐酸反应，可能产生H2C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NO===Cu2＋＋NO↑＋2H2OD．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2CuCl＋HClD　[CuH中Cu呈＋1价，当“某物质”与CuSO4溶液反应时，该物质作还原剂，A正确；B项，CuH＋H＋===Cu＋＋H2↑，正确；C项，CuH被氧化成Cu2＋和H2O，正确；D项，CuH在Cl2中燃烧应生成CuCl2和HCl，方程式为2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl。]6．(2019·福建莆田六中月考)被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋2H2O===NaBO2＋4H2↑，下列说法中正确的是(NaBH4中H元素为－1价)(　　)A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．产生1molH2转移电子2molC．硼元素被氧化，氢元素被还原D．氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1D　[NaBH4中氢元素由－1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由＋1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1molNaBH4完全反应转移4mol电子，生成4molH2，因此产生1molH2转移电子1mol，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，D项正确。]7．12mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与VmL浓度为0.02mol·L－1的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为＋3。则V为(　　)A．5　　　　　　　　　B．10C．15D．20B　[在K2X2O7中，X元素的化合价是＋6价，产物中X元素的化合价是＋3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从＋4价升高到＋6价，则根据得失电子守恒，12×10－3L×0.05mol·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02mol·L－1×2×(6－3)，解得V-8-\n＝10，B项正确。]8．(2019·陕西宝鸡中学调研)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1molAg。则下列结论中不正确的是(　　)A．反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2B．氧化性：Ag＋>Cu2＋>Fe3＋>Zn2＋C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板D．1molFe可还原2molFe3＋B　[题目中析出0.1molAg时，由反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋知，0.1molAg＋消耗0.05molFe，又知溶液中不存在Fe3＋，即发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，0.1molFe3＋消耗剩余的0.05molFe，溶液中没有Cu析出，说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋，B项错误，C、D项正确。Cu2＋不反应，反应后n(Cu2＋)＝0.1mol，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2＋)＝0.2mol，故A项正确。]9．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为(　　)A．1∶6B．1∶7C．2∶11D．16∶25B　[设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1mol、1mol、1mol，实际参加反应的FeS的物质的量为xmol，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×1＝(1＋8)x，解得x＝；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝n(FeS)＝mol；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝mol－mol＝mol；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1mol＋2mol＋1mol＋mol＝mol，则n(FeS)∶n(HNO3)＝∶＝1∶7。]10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是(　　)A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2-8-\nB．氧化剂是ClO－，还原产物是HCOC．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1molB　[由题图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，则ClO－为反应物，N2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，CN－是反应物，Cl－是生成物，HCO是生成物，H2O是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO＋N2↑＋5Cl－，C元素化合价由CN－中的＋2价升高为HCO中的＋4价，N元素化合价由CN－中的－3价升高为N2中的0价，可知CN－为还原剂，氧化产物为HCO、N2，A正确；反应中Cl元素化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，B错误；反应中CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，C正确；标准状况下若生成2.24LN2，物质的量为0.1mol，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5mol，Cl元素的化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，转移电子数为0.5mol×2＝1mol，D正确。]11．含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50mg，则(　　)A．被氧化的砒霜为1.98mgB．分解产生的氢气为0.672mLC．和砒霜反应的锌为3.90mgD．转移的电子总数为6×10－5NAC　[砒霜(As2O3)转化为AsH3，被还原，A项错误；根据2AsH32As＋3H2，产生的氢气在标准状况下体积为××22400mL/mol＝0.672mL，B项错误；由得失电子守恒，可得关系式As2O3～6Zn，则和砒霜反应的锌的质量为××6×65g/mol＝3.90×10－3g＝3.90mg，C项正确；由As2O3→2AsH3→2As知，1molAs2O3参加反应时，转移电子共18mol，因As2O3为1×10－5mol，故转移电子总数为1×10－5×18×NA＝1.8×10－4NA，D项错误。]12．(2019·黑龙江哈尔滨师大附中月考)已知：还原性：HSO>I－，氧化性：IO>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)-8-\nA．O～a间发生反应：3HSO＋IO===3SO＋I－＋3H＋B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molC．b～c间反应：I2仅是氧化产物D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.1molC　[由题给还原性：HSO>I－，首先发生反应：IO＋3HSO===I－＋3SO＋3H＋，继续加入KIO3，因氧化性：IO>I2，所以IO氧化I－生成I2，发生反应：IO＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2。O～a间没有碘单质生成，说明IO和HSO发生氧化还原反应生成I－，A项正确；由图像可知，a～b间消耗KIO3的物质的量是0.6mol，根据离子方程式可得关系式：IO～3HSO，消耗NaHSO3的物质的量为0.6mol×3＝1.8mol，B项正确；根据图像知，b～c间发生反应：IO＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，只I元素的化合价发生变化，所以I2既是氧化产物又是还原产物，C项错误；O～b间生成I－的物质的量为1mol，设b～c间某点生成的碘单质的物质的量为xmol，则根据反应IO＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，消耗的KIO3的物质的量为xmol，消耗I－的物质的量为xmol，剩余I－的物质的量为(1－x)mol，当溶液中n(I－)∶n(I2)＝5∶3时，即＝，x＝0.3，故加入KIO3的物质的量为1mol＋0.3mol×＝1.1mol，D项正确。]13．配平下列方程式(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________配平下列化学方程式：(2)Fe(OH)2＋ClO－＋________===Fe(OH)3＋Cl－(3)Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋________。(4)P＋FeO＋CaOCa3(PO4)2＋Fe答案：　(1)2　1　6　2　6　H＋(2)2　1　1　H2O　2　1-8-\n(3)5　2　4　5　1　8　H＋(4)2　5　3　1　514．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3＋____NaOH＋____NaClO→____Na2FeO4＋____＋____。其中氧化剂是________(填化学式)。(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为____________________________。解析：　(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO===2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。答案：　(1)2　10　3　2　9　NaCl　5　H2O　NaClO(2)Na2FeO4＋2KOH===K2FeO4＋2NaOH15．(2019·福建莆田二十四中月考)Ⅰ.NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O。(1)上述反应中氧化剂是________。(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有①水、②淀粉碘化钾试纸、③淀粉、④白酒、⑤食醋，你认为必须选用的物质有________(填序号)。(3)请配平以下化学方程式：□Al＋□NaNO3＋□NaOH===□Na[Al(OH)4]＋□N2↑＋□H2O若反应过程中转移5mol电子，则生成标准状况下N2的体积为________L。Ⅱ.“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶于浓硝酸中生成VO。(4)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：________________________________________________________________________。(5)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：________、________。解析：　(1)在反应2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2-8-\nO中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2。(2)由2NaNO2＋4HI===2NO↑＋I2＋2NaI＋2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择淀粉碘化钾试纸、食醋，酸性条件下NaNO2与KI反应生成I2，使淀粉碘化钾试纸变蓝。(3)Al元素的化合价从0价升高到＋3价，N元素从＋5价降低到0价，由得失电子守恒和质量守恒可知，配平后的化学方程式为10Al＋6NaNO3＋4NaOH＋18H2O===10Na[Al(OH)4]＋3N2↑，由化学方程式可知，若反应过程中转移5mol电子，则生成标准状况下N2的物质的量为0.5mol，体积为0.5mol×22.4L·mol－1＝11.2L。(4)金属钒与浓硝酸反应生成VO、二氧化氮和水，反应的离子方程式为V＋6H＋＋5NO===VO＋5NO2↑＋3H2O。(5)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的化学式为Na3NO4；V2O5与稀硫酸反应生成盐的化学式为(VO2)2SO4。答案：　(1)NaNO2　(2)②⑤(3)10　6　4　10　3　2　11.2(4)V＋6H＋＋5NO===VO＋5NO2↑＋3H2O(5)Na3VO4　(VO2)2SO416．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。回答下列问题：(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式：_________________________________________________________________________________________________________________________。(3)写出步骤Ⅳ的离子方程式：________________________________________________________________________。(4)准确称取WgCeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用cmol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。已知：有关的反应为2Ce3＋＋S2O===2Ce4＋＋2SO，Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。①用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为________%。②用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：　(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3-8-\nF中铈元素的化合价为＋3。(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程式为2CeO2＋H2O2＋3H2SO4===Ce2(SO4)3＋O2↑＋4H2O，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。(3)依题意知，步骤Ⅳ的离子方程式为Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓。(4)①观察已知反应式知，CeCl3～(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3)＝mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝×100%＝%。②如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2＋被氧化成Fe3＋，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。答案：　(1)＋3(2)2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O(3)Ce3＋＋3OH－===Ce(OH)3↓(4)①　②偏高-8-