【鲁科版】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）

这是一份【鲁科版】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），共8页。试卷主要包含了已知在碱性溶液中可发生如下反应等内容，欢迎下载使用。

1．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2ROeq \\al(n－,4)＋3Cl－＋5H2O。则ROeq \\al(n－,4)中R的化合价是( )
A．＋3 B．＋4
C．＋5 D．＋6
D [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ROeq \\al(2－,4)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．Cl2 B．Cl2O
C．ClO2 D．Cl2O5
C [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：MnOeq \\al(－,4)＋NOeq \\al(－,2)＋eq \x( )―→Mn2＋＋NOeq \\al(－,3)＋H2O。下列叙述中正确的是( )
A．该反应中NOeq \\al(－,2)被还原
B．反应过程中溶液的pH变小
C．生成1 ml NaNO3需要消耗0.4 ml KMnO4
D.eq \x( )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．IOeq \\al(－,4)作氧化剂
B．若有1 ml Mn2＋参加反应转移5 ml电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3
D [分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IOeq \\al(－,4)作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IOeq \\al(－,4)＋3H2O===2MnOeq \\al(－,4)＋5IOeq \\al(－,3)＋6H＋，若有1 ml Mn2＋参加反应转移5 ml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H2
C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH＋3H＋＋NOeq \\al(－,3)===Cu2＋＋NO↑＋2H2O
D．CuH在氯气中燃烧：CuH＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))CuCl＋HCl
D [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＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2CuCl2＋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1 ml H2转移电子2 ml
C．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∶1
D [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；1 ml NaBH4完全反应转移4 ml电子，生成4 ml H2，因此产生1 ml H2转移电子1 ml，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。]
7．12 mL浓度为0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与V mL浓度为0.02 ml·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．10
C．15 D．20
B [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×0.05 ml·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02 ml·L－1×2×(6－3)，解得V＝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0.1 ml的混合溶液中加入0.1 ml铁粉，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1 ml Ag。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∶2
B．氧化性：Ag＋>Cu2＋>Fe3＋>Zn2＋
C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板
D．1 ml Fe可还原2 ml Fe3＋
B [题目中析出0.1 ml Ag时，由反应2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋知，0.1 ml Ag＋消耗0.05 ml Fe，又知溶液中不存在Fe3＋，即发生反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，0.1 ml Fe3＋消耗剩余的0.05 ml Fe，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＋)＝0.1 ml，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2＋)＝0.2 ml，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∶6 B．1∶7
C．2∶11 D．16∶25
B [设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1 ml、1 ml、1 ml，实际参加反应的FeS的物质的量为x ml，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×1＝(1＋8)x，解得x＝eq \f(2,3)；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝eq \f(1,3)n(FeS)＝eq \f(2,9)ml；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝eq \f(2,3)ml－eq \f(4,9)ml＝eq \f(2,9)ml；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1 ml＋2 ml＋1 ml＋eq \f(2,3) ml＝eq \f(14,3) ml，则n(FeS)∶n(HNO3)＝eq \f(2,3)∶eq \f(14,3)＝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－、HCOeq \\al(－,3)、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
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCOeq \\al(－,3)
C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 ml
B [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，HCOeq \\al(－,3)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===2HCOeq \\al(－,3)＋N2↑＋5Cl－，C元素化合价由CN－中的＋2价升高为HCOeq \\al(－,3)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HCOeq \\al(－,3)、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2.24 L N2，物质的量为0.1 ml，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5 ml，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0.5 ml×2＝1 ml，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1.50 mg，则( )
A．被氧化的砒霜为1.98 mg
B．分解产生的氢气为0.672 mL
C．和砒霜反应的锌为3.90 mg
D．转移的电子总数为6×10－5NA
C [砒霜(As2O3)转化为AsH3，被还原，A项错误；根据2AsH3eq \(――→,\s\up7(△))2As＋3H2，产生的氢气在标准状况下体积为eq \f(1.50×10－3 g,75 g/ml)×eq \f(3,2)×22 400 mL/ml＝0.672 mL，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eq \f(1.50×10－3 g,75 g/ml)×eq \f(1,2)×6×65 g/ml＝3.90×10－3 g＝3.90 mg，C项正确；由As2O3→2AsH3→2As知，1 ml As2O3参加反应时，转移电子共18 ml，因As2O3为1×10－5 ml，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：HSOeq \\al(－,3)>I－，氧化性：IOeq \\al(－,3)>I2。在含3 ml NaHSO3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( )
A．O～a间发生反应：3HSOeq \\al(－,3)＋IOeq \\al(－,3)===3SOeq \\al(2－,4)＋I－＋3H＋
B．a～b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 ml
C．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1.1 ml
C [由题给还原性：HSOeq \\al(－,3)>I－，首先发生反应：IOeq \\al(－,3)＋3HSOeq \\al(－,3)===I－＋3SOeq \\al(2－,4)＋3H＋，继续加入KIO3，因氧化性：IOeq \\al(－,3)>I2，所以IOeq \\al(－,3)氧化I－生成I2，发生反应：IOeq \\al(－,3)＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2。O～a间没有碘单质生成，说明IOeq \\al(－,3)和HSOeq \\al(－,3)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0.6 ml，根据离子方程式可得关系式：IOeq \\al(－,3)～3HSOeq \\al(－,3)，消耗NaHSO3的物质的量为0.6 ml×3＝1.8 ml，B项正确；根据图像知，b～c间发生反应：IOeq \\al(－,3)＋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1 ml，设b～c间某点生成的碘单质的物质的量为x ml，则根据反应IOeq \\al(－,3)＋6H＋＋5I－===3H2O＋3I2，消耗的KIO3的物质的量为eq \f(1,3)x ml，消耗I－的物质的量为eq \f(5,3)x ml，剩余I－的物质的量为(1－eq \f(5,3)x)ml，当溶液中n(I－)∶n(I2)＝5∶3时，即eq \f(1－\f(5,3)x,x)＝eq \f(5,3)，x＝0.3，故加入KIO3的物质的量为1 ml＋0.3 ml×eq \f(1,3)＝1.1 ml，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：
eq \x( )Ce3＋＋eq \x( )H2O2＋eq \x( )H2O===eq \x( )Ce(OH)4↓＋eq \x( )________
配平下列化学方程式：
(2)eq \x( )Fe(OH)2＋eq \x( )ClO－＋eq \x( )________===eq \x( )Fe(OH)3＋eq \x( )Cl－
(3)eq \x( )Mn2＋＋eq \x( )ClOeq \\al(－,3)＋eq \x( )H2O===eq \x( )MnO2↓＋eq \x( )Cl2↑＋eq \x( )________。
(4)eq \x( )P＋eq \x( )FeO＋eq \x( )CaOeq \(=====,\s\up7(高温))eq \x( )Ca3(PO4)2＋eq \x( )Fe
答案： (1)2 1 6 2 6 H＋
(2)2 1 1 H2O 2 1
(3)5 2 4 5 1 8 H＋
(4)2 5 3 1 5
14．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＋____eq \x( )＋____eq \x( )。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＋2NaOH
15．(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5 ml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VOeq \\al(＋,2)。
(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VOeq \\al(3－,4))，溶于强酸生成含钒氧离子(VOeq \\al(＋,2))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＋2H2O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5 ml电子，则生成标准状况下N2的物质的量为0.5 ml，体积为0.5 ml×22.4 L·ml－1＝11.2 L。
(4)金属钒与浓硝酸反应生成VOeq \\al(＋,2)、二氧化氮和水，反应的离子方程式为V＋6H＋＋5NOeq \\al(－,3)===VOeq \\al(＋,2)＋5NO2↑＋3H2O。
(5)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VOeq \\al(3－,4))，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＋＋5NOeq \\al(－,3)===VOeq \\al(＋,2)＋5NO2↑＋3H2O
(5)Na3VO4 (VO2)2SO4
16．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W g CeCl3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c ml·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。
已知：有关的反应为2Ce3＋＋S2Oeq \\al(2－,8)===2Ce4＋＋2SOeq \\al(2－,4)，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，CeCO3F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)＝eq \f(cV,1 000) ml，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝eq \f(246.5cV,1 000W)×100%＝eq \f(24.65cV,W)%。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)①eq \f(24.65cV,W) ②偏高