（全国版）2021高考化学一轮复习课时作业8氧化还原反应方程式的配平及计算（含解析） 练习

课时作业(八)　氧化还原反应方程式的配平及计算

1．(2019·河北邯郸质检)24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是(　　)

A．＋6　　 B．＋3　　

C．＋2　　 D．0

B　[反应中Na2SO3被氧化成Na2SO4，S化合价从＋4变为＋6，化合价升高2价，设Cr元素在产物中的化合价为x价，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为＋6，则化合价降低：6－x，根据电子转移守恒可得：24×10－3L×0.05 mol/L×(6－4)＝20×10－3L×0.02 mol/L×2×(6－x)解得：x＝＋3。]

2．(2019·山西六校联考)NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnO＋NO＋―→Mn2＋＋NO＋H2O(未配平)。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减小

C．生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4

D．中的粒子是OH－

C　[Mn化合价：＋7→＋2，N化合价：＋3→＋5，N的化合价升高，则配平后的化学方程式为：2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，由此可知C正确。]

3．将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝3∶2，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为(　　)

A．1∶1　 B．5∶16　

C．2∶3　 D．3∶2

B　[设反应中生成3 mol Fe2＋、2 mol Fe3＋，则转移电子的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，根据得失电子守恒，由4H＋＋NO＋3e－===NO↑＋2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2＋、Fe3＋结合的NO的物质的量为3 mol×2＋2 mol×3＝12 mol，所以参加反应的n(Fe)＝5 mol，参加反应的n(HNO3)＝16 mol 。]

4．把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是(　　)

A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3

B．若有1  mol S被氧化，则生成2  mol S2－

C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2

D．2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移

B　[在碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成硫离子、亚硫酸根离子和水，其反应的离子方程式为：3S＋6OH－＝2S2－＋SO＋H2O，故A错误；若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，则生成2  mol S2－，故B正确；若有1  mol S被氧化，则转移4 mol电子，有2 mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C错误；由方程式可知3 mol S参加反应转移4 mol电子，则2  mol S参加反应有 mol电子发生转移，故D错误。]

5．(2019·陕西榆林模拟)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2＋＋2S2O＋O2＋xOH－===Fe3O4＋S4O＋2H2O。下列说法中正确的是(　　)

A．2 mol Fe2＋被氧化时有1 mol O2被还原

B．该反应中只有Fe2＋是还原剂

C．每生成1 mol Fe3O4转移2 mol电子

D．反应方程式中化学计量数x＝2

A　[A．方程式为3Fe2＋＋2S2O＋O2＋4OH－===Fe3O4＋S4O＋2H2O，反应生成Fe3O4，可知2 mol Fe2＋被氧化，有1 mol O2被还原，故A正确；B．反应中Fe、S化合价升高，被氧化，还原剂是Fe2＋、S2O，故B错误；C．每生成1 mol Fe3O4，由电子守恒及O元素的化合价变化可知，转移4 mol电子，故C错误；D．根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH－的化学计量数为4，即x＝4，故D错误。]

6．某离子反应中共有H2O、ClO－、NH、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c(ClO－)随反应进行逐渐减小。下列判断错误的是(　　)

A．该反应的还原剂是NH

B．反应后溶液酸性明显增强

C．若消耗 1  mol 氧化剂，可转移 2  mol e－

D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 2∶3

D　[反应的方程式应为3ClO－＋2NH===N2↑＋3H2O＋3Cl－＋2H＋，A．N元素的化合价升高，则反应的还原剂是NH，故A正确；B．反应生成H＋，溶液酸性增强，故B正确；C．Cl元素的化合价由＋1价降低为－1价，ClO－为氧化剂，则消耗1 mol氧化剂，转移电子2 mol，故C正确；D．由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误。]

7．(2019·江苏六校联考)K2FeO4具有强氧化性，是一种重要的水处理剂，可由如下反应制得：xKClO＋yFe(OH)3＋zKOH===mK2FeO4＋nKCl＋pH2O。下列说法错误的是(　　)

A．z＝2

B．该反应中的氧化产物为K2FeO4

C．K2FeO4处理水时，既能消毒杀菌又能作絮凝剂

D．上述反应中每消耗1 mol KClO，转移2 mol e－

A　[A项，反应xKClO＋yFe(OH)3＋zKOH===mK2FeO4＋nKCl＋pH2O中，氯元素化合价由＋1降低为－1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由＋3价升高为＋6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(6－3)∶2＝3∶2，则x＝2，y＝3，根据铁原子守恒m＝3，氯原子守恒n＝2，根据钾原子守恒有z＝2×m＋n－x＝6，根据奇偶法，最后化学方程式为：4KClO＋6Fe(OH)3＋12KOH===6K2FeO4＋4KCl＋15H2O，则z＝12，错误；B项，该反应中的氧化产物为K2FeO4，正确；C项，K2FeO4处理水时，K2FeO4具有强氧化性能消毒杀菌且生成的氢氧化铁胶体又能作絮凝剂，正确；D项，根据反应方程式4KClO＋6Fe(OH)3＋12KOH===6K2FeO4＋4KCl＋15H2O可知，反应中每消耗1 mol KClO，转移2 mol e－，正确。]

8．(2019·云南师大附中期中)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO 12 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V不可能为(　　)

A．12.2 L　 B．14.5 L　

C．15.8 L　 D．16.4 L

A　[1  mol CuS与HNO3失8  mol e－，1  mol Cu2S与HNO3失10  mol e－。若混合物中仅含有CuS，反应失电子(12/80)×8＝1.2  mol；若原混合物中仅含有Cu2S，反应失电子(12/80)×10＝1.5  mol，则混合物在反应中失去电子数1.2  mol<n(e－)<1.5  mol。而生成1  mol混合气体得到电子数为(5－4)×1/2＋(5－2)×1/2＝2  mol，由电子守恒可知，生成气体的体积(1.2/2)×22.4 L<V<1.5/2×22.4 L，即13.44 L<V<16.8 L，故A项正确。]

9．(2019·河北衡水中学一模)现有2.8g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是(　　)

A．反应后溶液中铁元素可能以Fe2＋形式存在

B．反应后溶液中c(NO)＝0.85  mol·L－1

C．反应后的溶液最多还能溶解1.4 g Fe

D．1.12 L气体可能是NO、NO2、H2的混合气体

B　[Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12 L，则n(NOx)＝＝0.05 mol，反应后溶液pH＝1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe(NO3)3，没有硝酸亚铁生成，故A错误；B．根据N原子守恒知，反应后溶液中n(NO)＝n(HNO3)＋3n[Fe(NO3)3]＝0.02 mol＋3×＝0.17 mol，则c(NO)＝＝0.85 mol/L，故B正确；C．反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe(NO3)2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n(HNO3)＝0.1 mol/L×0.2 L＝0.02 mol，根据3Fe＋8HNO3＝3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O知，硝酸溶解的n(Fe)＝×3＝0.007 5 mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n(Fe)＝＝0.025 mol，则最多还能溶解m(Fe)＝(0.007 5＋0.025) mol×56 g/ mol＝1.82 g，故C错误；D．2.8 gFe完全转化为Fe(NO3)3时转移电子物质的量＝×3＝0.15 mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量＝0.05 mol×(5－2)＝0.15 mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量＝0.05 mol×(5－4)＝0.05 mol＜0.15 mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，故D错误。]

10．(2019·广东深圳中学检测)将质量为12.64 g KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol O2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol Cl2，此时Mn元素全部以Mn2＋的形式存在于溶液中。(KMnO4的摩尔质量为158 g/ mol )

(1)请完成并配平下列化学方程式：

________K2MnO4＋________HCl﹣﹣﹣﹣________KCl＋________MnCl2＋________Cl2↑＋__________

该反应中的还原剂是__________，当该反应中转移NA个电子时，氧化产物的物质的量为________ mol，被氧化的还原剂的物质的量为________ mol。

(2)用酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液写出该反应的离子方程式：__________________。

(3)当KMnO4固体加热生成O2 a mol值最大时，向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸并加热，产生Cl2的物质的量b＝______ mol。(此时Mn元素全部以Mn2＋的形式存在于溶液中)

解析　(1)Mn元素的化合价降低4，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为K2MnO4＋8HCl===2KCl＋MnCl2＋2Cl2↑＋4H2O；反应物HCl中氯元素化合价－1价变化为0价，做还原剂，反应中电子转移4 mol，得到氧化产物氯气2 mol，则当该反应中转移NA个电子时，氧化产物的物质的量为0.5 mol，被氧化的还原剂的物质的量为1 mol；(2)酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；(3)加热KMnO4固体发生反应2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，当生成O2 a mol值最大时，则12.64 g KMnO4固体完全分解，KMnO4物质的量n＝＝0.08 mol，生成K2MnO4物质的量为0.04 mol，生成MnO2的物质的量为0.04 mol，K2MnO4和MnO2与浓盐酸反应均被还原为MnCl2，则二者共得到电子的物质的量为(6－2)×0.04 mol＋(4－2)×0.04 mol＝0.24 mol，根据得失电子守恒可知生成氯气的物质的量为0.24 mol/2＝0.12 mol。

答案　(1)1　8　2　1　2　4H2O　HCl　0.5　1

(2)5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O　(3)0.12

11．(2019·河南林州一中调研)氧化还原反应在生产、生活中有着重要的应用。请按要求写出相应的方程式。

(1)将含SO2的废气通入含Fe2＋(催化剂)的溶液中，常温下可使SO2转化为SO，其总反应为2SO2＋O2＋2H2O===2H2SO4。上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，写出第二步反应的离子方程式： _____________________ __________________________________________________。

(2)pH＝3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因：________________________________________________________________________。

(3)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2的工艺原理示意图如下：

①写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： ______________________________

________________________________________________________________________。

②写出ClO2发生器中反应的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目：________________________________________________________________________。

③ClO2能将电镀废水中的CN－氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl－。写出该反应的离子方程式： ___________________________________________________________。

解析　(1)根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，第二步是Fe3＋将二氧化硫氧化成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋。(2)pH＝3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的化学方程式为3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CaSO4↓＋3CO2↑。(3)根据流程图可知，氯化钠电解槽中发生反应生成NaClO3，NaClO3和HCl反应生成ClO2，由此可以写出方程式，并根据得失电子守恒配平。ClO2能将电镀废水中的CN－氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl－，根据电荷守恒和元素守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋2Cl－＋N2↑。

答案　(1)2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO＋4H＋

(2)3CaCO3＋Al2(SO4)3＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CaSO4↓＋3CO2↑

(3)①Cl－＋3H2OClO＋3H2↑

③2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋2Cl－＋N2↑

12．(2019·四川成都一诊)高锰酸钾常用作消毒杀菌剂、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾的流程如下。试回答下列问题。

(1)配平焙烧时的化学反应：MnO2＋________＋O2K2MnO4＋H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率，试用碰撞理论解释其原因：____________________________________________________________。

(2)滤渣Ⅱ的成分有________(填化学式)；第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替的原因是_________________________________________________________________。

(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为___________________________。

(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得到KMnO4。由图可知，从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过__________、__________、洗涤等操作。

(5)工业上按上述流程连续生产KMnO4。含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4________t。

(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液Ⅱ。

①电解槽阳极反应式为____________________；

②阳极还可能有气体产生，该气体是__________。

解析　(1)MnO2中Mn元素的化合价为＋4价，K2MnO4中Mn元素的化合价为＋6价，O2中O元素的化合价由0价降低为－2价，根据得失电子守恒得MnO2的化学计量数应为2，O2的化学计量数为1，K2MnO4的化学计量数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH的化学计量数为4，水的化学计量数为2。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分。(2)根据流程可知滤液Ⅰ主要是K2MnO4溶液，还含有SiO和AlO等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2＋H2O＋SiO===H2SiO3↓＋CO、CO2＋3H2O＋2AlO===2Al(OH)3↓＋CO，所以滤渣Ⅱ的成分为Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2的目的之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解Al(OH)3，反应中不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO，因为CO2过量，所以还会生成HCO，离子方程式为3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO。(4)滤液Ⅲ的溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可知，KMnO4的溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3的溶解度受温度影响变化较大，所以从滤液Ⅲ中得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。(5)根据Mn元素守恒，含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4的质量为1×a%×t≈0.018a t。(6)①滤液Ⅱ主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO，故阳极反应式为MnO－e－===MnO；②溶液中的OH－也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。

答案　(1)2　4　KOH　1　2　2　加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分

(2)Al(OH)3、H2SiO3　稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量　(3)3MnO＋4CO2＋2H2O===MnO2↓＋2MnO＋4HCO　(4)蒸发结晶　趁热过滤　(5)0.018a　(6)①MnO－e－===MnO　②O2

13．(2016·上海卷)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：

①NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl

②NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2

已知HCN(Ki＝6.3×10－10)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。

完成下列填空：

(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为________(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)；原因是________________________________________________________。

(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。

________________________________________________________________________

(3)处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO________ g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。

(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成________、________和H2O。

解析　(1)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。(2)反应中氯元素的化合价从＋1价降低到－1价，得到2个电子。N元素化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶3，反应的离子方程式为2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑。(3)参加反应的NaCN是＝20  mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N元素化合价从－3价升高到0价，即1  mol NaCN失去5  mol电子，1  mol次氯酸钠得到2  mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为×74.5 g/ mol×4＝14 900 g。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。

答案　(1)碱性　防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气

(2)2OCN－＋3ClO－===CO＋CO2↑＋3Cl－＋N2↑

(3)14 900

(4)NaOCN　NaCN