第13讲 氧化还原反应的配平及相关计算 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

这是一份第13讲 氧化还原反应的配平及相关计算 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练，文件包含第13讲氧化还原反应的配平及相关计算原卷版-备战2023年高考化学一轮·夯实基础复习精讲精练docx、第13讲氧化还原反应的配平及相关计算解析版-备战2023年高考化学一轮·夯实基础复习精讲精练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

【复习目标】
1．掌握氧化还原反应方程式的配平。
2．掌握氧化还原反应方程式的计算。
【知识精讲】
考点一 氧化还原反应方程式的配平
1．氧化还原反应方程式的配平原则及步骤
(1)配平原则
(2)基本步骤
(以Cu和稀硝酸反应的化学方程式为例)
①标变价：写出反应物和生成物的化学式，标出变价元素的化合价。
②列得失：
③求总数：列出反应前后元素化合价的升、降变化值，使化合价升高和降低的总数相等。
④配系数：用观察的方法配平其他物质的化学计量数，配平后，把单线改成等号。
⑤查守恒：检查方程式两边是否“原子守恒”和电荷守恒。
2．氧化还原反应方程式的配平方法
1．正向配平(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)：该类方程式一般从左边反应物着手，按以下五个步骤配平。
(1)____NaBO2＋____SiO2＋____Na＋____H2===____NaBH4＋____Na2SiO3
(2)______HCl(浓)＋______MnO2______Cl2↑＋______MnCl2＋______H2O
(3)____H2S＋____KMnO4＋____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____S↓＋____H2O
(4)______Cu＋______HNO3(稀)===______Cu(NO3)2＋______NO↑＋______H2O
(5)______KI＋______KIO3＋______H2SO4===______I2＋______K2SO4＋______H2O
(6)______MnOeq \\al(－,4)＋______H＋＋______Cl－===______Mn2＋＋______Cl2↑＋______H2O
【答案】
(1)1 2 4 2 1 2
(2)4 1 1 1 2
(3)5 2 3 1 2 5 8
(4)3 8 3 2 4
(5)5 1 3 3 3 3
(6)2 16 10 2 5 8
2．逆向配平(自身氧化还原反应，包括分解、歧化等)：
适用于一种元素的化合价既升高又降低的反应和分解反应中的氧化还原反应。先确定生成物的化学计量数，然后确定反应物的化学计量数。如：
3eq \(S,\s\up6(0))＋6KOH(热、浓)===2K2eq \(S,\s\up6(－2)) ＋ 3H2O ＋ K2eq \(S,\s\up6(＋4))O3
化合价降低2×2 化合价升高4
由于S的化合价既升高又降低，而且升降总数要相等，所以K2S的化学计量数为2，K2SO3的化学计量数为1，然后确定S的化学计量数为3。
(1)____S＋______KOH===______K2S＋______K2SO3＋______H2O
(2)____I2 ＋____NaOH===____NaI＋____NaIO3＋____H2O
(3)______P4＋______KOH＋______H2O===______K3PO4＋______PH3↑
(4)____PbO2＋____HCl(浓)____PbCl2＋____Cl2↑＋____H2O
【答案】
(1)3 6 2 1 3
(2)3 6 5 1 3
(3)2 9 3 3 5
(4)1 4 1 1 2
3．含有未知数的配平
(1)______FexS＋____HCl===______S＋______FeCl2＋______H2S
(2)______Na2Sx＋______NaClO＋______NaOH===______Na2SO4＋______NaCl＋______H2O
【答案】
(1)eq \f(1,x) 2 (eq \f(1,x)－1) 1 1
(2)1 (3x＋1) (2x－2) x (3x＋1) (x－1)
4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)_____KClO3＋____H2C2O4＋____H2SO4===____ClO2↑＋____CO2↑＋____KHSO4＋____H2O
(2)____C2H6O＋____KMnO4＋_____H2SO4===____K2SO4＋____MnSO4＋____CO2↑＋_____H2O
【答案】
(1)2 1 2 2 2 2 2
(2)5 12 18 6 12 10 33
5．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低)：
以有两种元素化合价升高或降低的物质为着手点，将化合价升降总数看作一个整体，再用一般方法进行配平。
如Cu2S＋HNO3―→Cu(NO3)2＋NO＋H2SO4＋H2O，有Cu、S、N三种元素的化合价变化，Cu2S中Cu、S元素化合价均升高，看作一个整体，
配平得3Cu2S＋22HNO3===6Cu(NO3)2＋10NO↑＋3H2SO4＋8H2O。
(1)____FeS2＋____O2eq \(=====,\s\up7(高温))____Fe2O3＋____SO2
(2)____NH4NO3____HNO3＋____N2↑＋____H2O
(3)____P＋____CuSO4＋____H2O===____Cu3P＋____H3PO4＋____H2SO4
【答案】
(1)4 11 2 8
(2)5 2 4 9
(3)11 15 24 5 6 15
6．缺项配平类：(缺少某些反应物或生成物，一般为水、H＋或OH－)：
(1)配平方法
先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数，然后由原子守恒确定未知物，再根据原子守恒进行配平。
(2)补项原则
(1)______ClO－＋______Fe(OH)3＋________===______Cl－＋______FeOeq \\al(2－,4)＋______H2O
(2)______ClOeq \\al(－,3)＋______Fe2＋＋_____===_____Cl－＋_____Fe3＋＋_____
(3)______MnOeq \\al(－,4)＋______H2O2＋________===______Mn2＋＋______O2↑＋______H2O
(4)____MnOeq \\al(－,4)＋____NOeq \\al(－,2)＋____===____Mn2＋＋____NOeq \\al(－,3)＋____H2O
(5)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。
请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平。
eq \x( )＋eq \x( )＋eq \x( )eq \(=====,\s\up7(高温))eq \x( )AlN＋eq \x( )
(6)将NaBiO3固体(黄色，微溶)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：
eq \x( )NaBiO3＋eq \x( )Mn2＋＋eq \x( )____===eq \x( )Na＋＋eq \x( )Bi3＋＋eq \x( )____＋eq \x( )____
【答案】
(1)3 2 4OH－ 3 2 5
(2)1 6 6H＋ 1 6 3H2O
(3)2 5 6H＋ 2 5 8
(4)2 5 6H＋ 2 5 3
(5)Al2O3 3C N2 2 3CO
(6)5 2 14 H＋ 5 5 2 MnOeq \\al(－,4) 7 H2O
【解析】
(3)根据氮元素、碳元素的化合价变化，N2是氧化剂，C是还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。
【解题技巧】配平的基本技能
(1)全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的，一般从左边反应物着手配平。
(2)自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。
(3)缺项配平法：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。
(4)当方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
(5)在有机化合物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机化合物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平。
考点二 守恒思想在化学计算中的应用
1．电子守恒法计算的原理
氧化剂得电子总数＝还原剂失电子总数
2．电子守恒法计算的流程
(1)一找各物质：找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)二定得失数：确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子个数)。
(3)三列关系式：根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。
INCLUDEPICTURE "\\\\徐圣哲\\f\\源文件\\2022\\一轮\\专项突破提升关键能力.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "D:\\苏德亭2022\\大一轮\\化学 人教 新教材(晋云皖黑吉)\\新建文件夹\\专项突破提升关键能力.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\苏德亭2022\\大一轮\\化学 人教 新教材(晋云皖黑吉)\\新建文件夹\\专项突破提升关键能力.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "D:\\苏德亭2022\\大一轮\\化学 人教 新教材(晋云皖黑吉)\\新建文件夹\\专项突破提升关键能力.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\马珊珊\\2022\\看\\一轮\\化学\\化学 人教 新教材\\新建文件夹\\专项突破提升关键能力.TIF" \* MERGEFORMATINET 3．几种常考氧化还原计算题型
（1）考查两元素之间得失电子守恒的计算
【例题1】在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Pb2＋和Cr2Oeq \\al(2－,7)，则与1 ml Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为( )
A．3.0 ml B．1.5 ml
C．1.0 ml D．0.75 ml
【答案】B
【解析】
1 ml Cr3＋反应可生成0.5 ml Cr2Oeq \\al(2－,7)，失去3 ml电子，1 ml PbO2得到2 ml电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 ml Cr3＋反应失去3 ml电子需1.5 ml PbO2。
【例题2】现有24 mL浓度为0.05 ml·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 ml·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为( )
A．＋2 B．＋3
C．＋4 D．＋5
【答案】B
【解析】
题目中指出被还原的元素是Cr，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6，Cr元素的化合价将从＋6→＋n。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05 ml·L－1×0.024 L×(6－4)＝0.02 ml·L－1×0.020 L×2×(6－n)，解得n＝3。
【例题3】某铁的氧化物(FexO) 1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为( )
A．0.80 B．0.85
C．0.90 D．0.93
【答案】A
【解析】
根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3＋失去的电子数和Cl2得到的电子数相等。标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.01 ml。则有eq \f(1.52,56x＋16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(2,x)))×x＝0.01，解得x＝0.80。
【例题4】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
【答案】D
【解析】
―→xNa2eq \(S,\s\up6(＋6))O4，Naeq \(Cl,\s\up6(＋1))O―→Naeq \(Cl,\s\up6(－1))，
得关系式1×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))))·x＝16×2，x＝5。
（2）多元素之间得失电子守恒问题
【例题5】有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是( )
A．FeS2既是氧化剂也是还原剂
B．CuSO4在反应中被还原
C．被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D．14 ml CuSO4氧化了1 ml FeS2
【答案】C
【解析】
方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中＋2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个＋1价的Cu；5个FeS2中10个－1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中－2价的S，有3个化合价升高得到3个SOeq \\al(2－,4)中＋6价的S(生成物中有17个硫酸根离子，其中有14个来自反应物中的硫酸铜)。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确；硫酸铜中Cu的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确；10个－1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C错误；14 ml CuSO4在反应中得电子的物质的量为14 ml。FeS2被氧化时，应该是－1价的S被氧化为＋6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14 ml CuSO4氧化了1 ml FeS2，选项D正确。
【例题6】在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5 ml H2O参加反应，被水还原的溴为( )
A．1 ml B.eq \f(2,3) ml
C.eq \f(4,3) ml D．2 ml
【答案】C
【解析】
设被水还原的溴(BrF3)的物质的量为x，5 ml H2O参加反应，失去电子4 ml，根据得失电子守恒得：3x＝4 ml，x＝eq \f(4,3) ml。
【例题7】在P＋CuSO4＋H2O―→Cu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5 ml CuSO4可氧化P的物质的量为________ml。生成1 ml Cu3P时，参加反应的P的物质的量为________ml。
【答案】1.5 2.2
【解析】
设7.5 ml CuSO4氧化P的物质的量为x；生成1 ml Cu3P时，被氧化的P的物质的量为y，根据得失电子守恒得：7.5 ml×(2－1)＝x×(5－0)，x＝1.5 ml。1 ml×3×(2－1)＋1 ml×[0－(－3)]＝y×(5－0)，y＝1.2 ml，所以参加反应的P的物质的量为1.2 ml＋1 ml＝2.2 ml。
（3）多步反应得失电子守恒问题
有的试题涉及的氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，若用常规方法求解比较困难，若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系，则解题就变得很简单。解这类试题时，注意不要遗漏某个氧化还原反应，要理清具体的反应过程，分析在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目，即可迅速求解。
【例题8】取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(均已折算为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为17.02 g。则x等于( )
A．8.64 B．9.20
C．9.00 D．9.44
【答案】B
【解析】
反应流程为
x g＝17.02 g－m(OH－)，
而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：
n(OH－)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)×1＋eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1)×2×1＝0.46 ml，所以x g＝17.02 g－0.46 ml×17 g·ml－1＝9.20 g。
【例题9】足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 ml·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60 mL B．45 mL
C．30 mL D．15 mL
【答案】A
【解析】
由题意可知，HNO3eq \(,\s\up11(Cu),\s\d4(O2))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(NO2,N2O4,NO))，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×eq \f(1.68 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 ml，则V(NaOH)＝eq \f(0.3 ml,5 ml·L－1)＝0.06 L＝60 mL。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．(2021·湖南新高考适应卷)已知反应：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O。下列关于该反应说法错误的是（ ）
A．氧化性：NaClO3＞Cl2
B．当反应中有2 ml e－转移时，被氧化的HCl为4 ml
C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶2
D．产物ClO2和Cl2都可以用于自来水消毒杀菌
【答案】B
【解析】
根据氧化还原反应规律，同一元素不同价态之间发生反应，互不交叉，故氧化剂为NaClO3、还原剂为HCl、氧化产物为Cl2、还原产物为ClO2。
A项，同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，正确；
B项，转移2 ml e－，被氧化的HCl为2 ml，错误；
C项，氧化产物(Cl2)与还原产物(ClO2)物质的量之比为1∶2，正确；
D项，ClO2、Cl2均有强氧化性，可用于消毒杀菌，正确。
2．(经典高考题)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2O6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4 L(标准状况)Cl2时，反应中转移10 ml e－
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IOeq \\al(－,3)的存在
【答案】A
【解析】
根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4 L即1 ml氯气需消耗2 ml碘单质，转移20 ml e－，A说法错误；
该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；
工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；
酸性条件下，I－与IOeq \\al(－,3)反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IOeq \\al(－,3)的存在，D说法正确。
3．一定条件下，当溶液中XO与H2O2分子个数比恰好为2∶5时，溶液中XO离子被还原为较低价态，则X元素的化合价变为（ ）
A．+2B．+3C．+4D．+5
【答案】A
【解析】
H2O2恰好将XO还原，反应中H2O2变成O2，O元素的化合价由-1价升高为0价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，2×(7-x)=5×2×(1-0)，x=2；
故选A。
4．将1.660g草酸钾固体(K2C2O4，M=166g/ml)溶于水配成溶液，用25.00mL 0.2000ml·L-1 KMnO4溶液恰好将其完全氧化。则KMnO4的还原产物是（ ）
A．MnOB．MnO2C．MnO(OH)D．Mn2+
【答案】C
【解析】
，，草酸钾与高锰酸钾溶液反应根据得失电子可得关系式为，则失去的电子总数为0.01ml×2=0.02ml，设Mn原子反应后的化合价为x，则，得到的电子总数为×（7-x），得失电子守恒，解得x=3，则KMnO4的还原产物是MnO(OH)，答案选C。
5．（2022·上海市七宝中学阶段练习）足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与XLO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5ml·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液的体积是200 mL，则X的值为（ ）
A．1.12B．5.6C．2.24D．3.36
【答案】B
【解析】
由Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，可得出n(Cu)=n(Cu2+)=n(OH-)=0.5ml。利用终态法，可利用得失电子守恒，建立如下关系式：2Cu——O2，n(O2)=n(Cu)=0.25ml，V(O2)= 0.25ml×22.4L/ml=5.6L；
故选B。
6．（2022·湖北阶段练习）一定量的金属Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到混合气体(含NO、N2O4、NO2)共1.8ml。将上述气体平均分为两份，一份与标准状况下8.96LO2混合后，用水吸收，无气体剩余；另一份恰好能被500mL 2ml·L-1 NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，则其中NaNO3的物质的量为（ ）
A．0.1mlB．0.2mlC．0.25mlD．0.4ml
【答案】B
【解析】
一份气体恰好能被500mL 2ml/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，根据元素守恒，则可知每份气体含有N元素的物质的量是1ml；一份气体与标准状况下8.96L O2混合后，用水吸收，无气体剩余，则完全生成硝酸，设混合气体中N元素的平均化合价为，根据得失电子守恒有，；设NaNO3和NaNO2的物质的量分别是a ml和b ml，根据钠元素守恒①a+b=1，根据电子守恒②，联立①②，得a=0.2，b=0.8，所以NaNO3的物质的量为0.2ml，故B正确。
答案选B；
7．（2022·浙江大学附属中学高三阶段练习）食盐中的常用作补碘剂，通过碘单质和氯酸钾反应制备，该方法的第一步反应为，下列说法正确的是（ ）
A．产生时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C．是还原产物
D．发生还原反应
【答案】D
【解析】
A．反应生成3mlCl2时，反应转移60mle-，则产生22.4L(标准状况)即1mlCl2时，反应转移20mle-，但常温常压下22.4L气体不是1ml，A项错误；
B．I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，KC1O3作为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 11 : 6，B项错误；
C．中I元素化合价由0价升高到+5价，为氧化产物，C项错误；
D．中Cl元素化合价由+5价降到-1价和0价，发生还原反应，D项正确；
答案选D。
8．（2022·浙江金华·高三阶段练习）汽车发生碰撞时，安全气囊中发生反应。若反应过程中共转移电子1.25，则下列判断正确的是（ ）
A．是氧化剂B．共生成0.625氧化产物
C．氧化产物比还原产物多1.75D．消耗的氧化剂是还原剂的5倍
【答案】C
【解析】
A．该反应中，NaN3中N的化合价由价升高到0价，KNO3中N的化合价由+5价降低到0价，故NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂，A错误；
B．由化学方程式可知，每10ml NaN3参加反应，消耗2ml KNO3，转移10ml电子，故若反应过程中共转移电子1.25ml，就有1.25ml NaN3、0.25ml KNO3参加反应，则生成1.875ml氧化产物，0.125ml还原产物，B错误；
C．由B选项可知，若反应过程中共转移电子1.25ml，会生成1.875ml氧化产物，0.125ml还原产物，氧化产物比还原产物多1.75ml，C正确；
D．由A选项可知，NaN3为还原剂，KNO3为氧化剂，消耗的还原剂是氧化剂的5倍，D错误；
故选C。
9．（2022·四川省内江市第六中学）实验室用氯酸钾与浓盐酸制备氯气的反应方程式的原理是：(浓)，则用该法制备的氯气的氯元素的近似平均相对原子质量为（ ）
A．36.0B．36.7C．35.3D．35.5
【答案】C
【解析】
Cl元素发生归中反应，中氯酸钾的所有Cl元素全部转化至氯气，中有5个Cl转化至氯气、还有1个不变价转化至KCl中，因此氯气的氯元素的近似平均相对原子质量为，故选：C。
10．（2022·山东·德州市教育科学研究院三模）高铜酸钾是一种难溶于水的黑色粉末状固体，与高铁酸钾性质相似。可以由四羟基合铜酸钾和次溴酸在冰水浴中合成：①(未配平)。
高铜酸钾在酸性条件下不稳定：
②(未配平)。下列说法不正确的是（ ）
A．①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2
B．②若有标况下5.6L生成，转移电子
C．②中既表现氧化性，又表现还原性
D．由①②可知氧化性强弱顺序为：
【答案】B
【解析】
配平两个反应为、；
A．反应①中HBrO→KBr中Br元素化合价降低，HbrO做氧化剂，中Cu元素化合价升高，做还原剂，反应方程式为，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，A正确；
B．反应②反应方程式为，生成1ml转移4ml电子，标况下生成5.6L即物质的量为，转移电子0.25ml×4×NAml-1=，B错误；
C．反应②反应方程式为，Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，既做氧化剂也做还原剂，既表现氧化性，又表现还原性，C正确；
D．由氧化剂的氧化性强于氧化产物，由①可得氧化性：，由②可得氧化性：，则氧化性强弱顺序为：，D正确；
故选：B。
11．O2F2可以发生反应：H2S＋4O2F2===SF6＋2HF＋4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 ml电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
【答案】D
【解析】
A项，O元素的化合价由反应前的＋1价变为反应后的0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，错误；
B项，在反应中O2F2中的O元素的化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是－2价，反应后变为SF6中的＋6价，所以H2S是还原剂，错误；
C项，外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，错误；
D项，根据反应化学方程式可知还原剂H2S与氧化剂O2F2的物质的量之比是1∶4，正确。
12．用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时，
发生反应Ⅰ：MnOeq \\al(－,4)＋Cu2S＋H＋→Cu2＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)
和反应Ⅱ：MnOeq \\al(－,4)＋FeS2＋H＋→Fe3＋＋SOeq \\al(2－,4)＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中Cu2S既是氧化剂又是还原剂
B．反应Ⅰ中每生成1ml SOeq \\al(2－,4)，转移电子的物质的量为10 ml
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3
D．若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为2∶3
【答案】B
【解析】
反应Ⅰ中Cu2S中Cu和S的化合价都升高，发生氧化反应，则Cu2S为还原剂，Mn元素的化合价降低，发生还原反应，MnOeq \\al(－,4)为氧化剂，A错误；
反应Ⅰ中每生成1 ml SOeq \\al(2－,4)，参加反应的Cu2S为1 ml，Cu2S化合价共升高2×(2－1)＋(6＋2)＝10，反应转移电子的物质的量为10 ml，B正确；
反应Ⅱ中氧化剂MnOeq \\al(－,4)化合价降低(7－2)＝5，还原剂FeS2化合价共升高1＋2×(6＋1)＝15，根据得失电子相等，氧化剂与还原剂的物质的量之比为15∶5＝3∶1，C错误；
若反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的KMnO4的物质的量相同，1 ml KMnO4得到5 ml电子，Cu2S化合价共升高10，应氧化0.5 ml Cu2S，FeS2化合价共升高15，应氧化eq \f(5,15) ml＝eq \f(1,3) ml FeS2，则反应Ⅰ和反应Ⅱ中消耗的还原剂的物质的量之比为0.5 ml∶eq \f(1,3) ml＝3∶2，D错误。
13. 某离子反应中涉及H2O、ClO－、NHeq \\al(＋,4)、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的氧化产物是Cl－
B．生成1 ml N2转移3 ml电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．反应后溶液的酸性明显增强
【答案】D
【解析】
由题图可知N2为生成物，则NHeq \\al(＋,4)是反应物，N元素化合价升高，故化合价降低的元素是Cl，ClO－是氧化剂，Cl－是还原产物，结合电荷守恒知，发生反应的离子方程式为2NHeq \\al(＋,4)＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O＋2H＋，该反应的氧化产物是N2，A项错误；
生成1 ml N2转移6 ml电子，B项错误；
氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C项错误；
反应后有H＋生成，所以溶液酸性明显增强，D项正确。
14．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（ ）
eq \x(Mn2＋＋)……eq \x(―→)……eq \x(＋H＋)
图1
eq \x(＋MnOeq \\al(－,4)) eq \x(＋IOeq \\al(－,4)) eq \x(＋IOeq \\al(－,3)) eq \x(＋H2O)
图2
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
【答案】D
【解析】
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。
15．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3―→K2O＋5Na2O＋16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75 ml，则下列判断正确的是（ ）
A．生成4.48 L N2(标准状况)
B．有0.250 ml KNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25 ml
D．被氧化的N原子的物质的量为3.5 ml
【答案】C
【解析】
反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16 ml N2，则氧化产物比还原产物多14 ml，转移电子的物质的量为10 ml，被氧化的N原子的物质的量为30 ml，有2 ml KNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75 ml，则生成2 ml N2，在标准状况下的体积为44.8 L，转移电子的物质的量为1.25 ml，被氧化的N原子的物质的量为3.75 ml，根据上述分析可知，ABD不正确，C正确。
16．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 ml 的酸性混合溶液中加入0.01 ml铁粉，经搅拌后发生的变化应是( )
A．铁溶解，析出0.01 ml Ag和0.005 ml Cu
B．铁溶解，析出0.01 ml Ag并放出H2
C．铁溶解，析出0.01 ml Ag，溶液中不再有Fe3＋
D．铁溶解，析出0.01 ml Ag，溶液中不再有Cu2＋
【答案】C
【解析】
因为氧化性：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋，所以先发生反应：2Ag＋＋Fe===2Ag＋Fe2＋，其中0.005 ml的铁粉与0.01 ml 的AgNO3反应，析出0.01 ml Ag，再发生反应：2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，其中剩余的0.005 ml铁粉与0.01 ml的Fe(NO3)3反应，溶液中不再有Fe3＋。
第II卷（非选择题）
17．配平下列方程式。
(1)____MnOeq \\al(－,4)＋____Fe2＋＋____H＋===____Mn2＋＋____Fe3＋＋____H2O
(2)____(NH4)2Cr2O7===____N2↑＋____Cr2O3＋____H2O
(3)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____FeOeq \\al(2－,4)＋____H2O
(4)____CuFeS2＋____O2eq \(=====,\s\up7(高温))____Cu＋____FeO＋____Fe2O3＋____SO2
(5)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3
(6)____LiCO2＋____H2SO4＋____H2O2===____Li2SO4＋____CSO4＋____O2↑＋___
(7)____Fe(OH)2＋____ClO－＋____===____Fe(OH)3＋____Cl－
(8)____Mn2＋＋____ClOeq \\al(－,3)＋____H2O===____MnO2↓＋____Cl2↑＋____
【答案】
(1)1 5 8 1 5 4
(2)1 1 1 4
(3)3 2 4OH－ 3 2 5
(4)8 21 8 4 2 16
(5)2 9 3 3 5
(6)2 3 1 1 2 1 4H2O
(7)2 1 1H2O 2 1
(8)5 2 4 5 1 8H＋
18．按要求完成下列方程式。
(1)KMnO4氧化废水中Mn2＋生成MnO2的离子方程式为__________________________。
(2)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式：_____________________________。
(3)在酸性条件下，NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为________________________________________________。
(4)PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_______________。
(5)写出硫酸亚铁高温分解生成SO2、SO3的化学方程式：_______________________。
(6)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_________________________________。
(7)在45～50 ℃时向CuCl悬浊液中持续通入空气，得到碱式氯化铜[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]，该反应的化学方程式为________________________。
(8)CaH2与水反应的化学方程式为_________________________________。
【答案】
(1)2MnOeq \\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2＋4H＋
(2)NaAlH4＋2H2O===NaAlO2＋4H2↑
(3)4H＋＋5ClOeq \\al(－,2)===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O
(4)PbO＋ClO－===PbO2＋Cl－
(5)2FeSO4eq \(=====,\s\up7(高温))Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑
(6)4Ag＋4NaClO＋2H2O===4AgCl＋4NaOH＋O2↑
(7)4CuCl＋O2＋8H2Oeq \(=====,\s\up7(45～50 ℃))2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
(8)CaH2＋2H2O===Ca(OH)2＋2H2↑
19．
(1)根据反应KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O可知，每生成3 ml Cl2转移________ ml e－。
(2)已知将过氧化钠加入硫酸亚铁盐溶液中发生反应：
4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O===4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，每4 ml Na2O2发生反应转移________ml e－。
【答案】(1)5 (2)6
【解析】
(1)中反应属于自身氧化还原反应，生成物3个Cl2分子中，有1个Cl原子来源于KClO3，另外5个Cl原子来源于HCl，所以每生成3 ml Cl2转移5 ml电子。
(2)化合价升高总数：4Fe2＋―→4Fe3＋，化合价升高4，对于4 ml Na2O2，其中1 ml Na2O2中的氧由－1价到0价，化合价升高2，总数为6；化合价降低总数：3 ml Na2O2中的氧由－1价到－2价，降低总数为6，所以每4 ml Na2O2发生反应转移6 ml电子。
20．二氧化氯(ClO2)是一种安全高效的消毒剂，可在极低的浓度下杀灭冠状病毒。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。
(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为______________。
(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClOeq \\al(－,2)存在于中性溶液中)：
①取0.50 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：____________________________。
②已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，向①所得溶液中滴加5.00×10－4 ml·L－1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是______________________________________，该水样中ClO2的浓度是________mg·L－1。
【答案】
(1)H2C2O4＋2ClOeq \\al(－,3)＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O
(2)①2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2 ②当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 1.35
【解析】
(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4＋2ClOeq \\al(－,3)＋2H＋===2CO2↑＋2ClO2↑＋2H2O。
(2)①由题中信息可知，ClOeq \\al(－,2)存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为ClOeq \\al(－,2)，反应的化学方程式是2ClO2＋2KI===2KClO2＋I2。
②由关系式2ClO2～I2～2Na2S2O3有n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝5.00×10－4 ml·L－1×0.020 0 L＝1.00×10－5 ml，m(ClO2)＝1.00×10－5 ml×67.5 g·ml－1＝6.75×10－4 g＝0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是eq \f(0.675 mg,0.50 L)＝1.35 mg·L－1。
21．铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：
(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是________(填序号)。
(2)第①步，含Cr2Oeq \\al(2－,7)的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO4·7H2O)处理，写出并配平反应的离子方程式：__________________________________。
(3)第②步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉淀物中除了Cr(OH)3外，还有________、________(写化学式)。已知Cr(OH)3性质类似Al(OH)3，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：
__________________________、_____________________________。
(4)回收所得的Cr(OH)3，经③④⑤步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：
①Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O
②2S2Oeq \\al(2－,3)＋I2===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－
准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。
【答案】
(1)①④
(2)Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)Fe(OH)3 CaSO4
Cr(OH)3＋OH－===CrOeq \\al(－,2)＋2H2O CrOeq \\al(－,2)＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCOeq \\al(－,3)
(4)0.100 0 ml·L－1
【解析】
(1)①中铬元素化合价由＋6价降至＋3价，④中铬元素化合价由＋3价升至＋6价。
(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。
(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬类似氢氧化铝，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2类似偏铝酸钠，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋NaHCO3。
(4)根据反应得关系式K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)＝eq \f(6×0.122 5 g,294 g·ml－1×0.025 00 L)＝0.100 0 ml·L－1。
22．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”)。
【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
【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,1000) ml，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)＝eq \f(246.5cV,1000W)×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。
条件
补项原则
酸性条件下
缺H或多O补H＋，少O补H2O
碱性条件下
缺H或多O补H2O，少O补OH－