2022新高考化学一轮复习训练：第2章第5讲氧化还原反应方程式的配平与计算（附解析）

课后达标检测一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1．(2021·舟山一中模拟)已知氧化性Br2>Fe3＋。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2＋＋bBr－＋cCl2===dFe3＋＋eBr2＋fCl－，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是(　　)A．2　4　3　2　2　6B．0　2　1　0　1　2C．2　0　1　2　0　2D．2　2　2　2　1　4解析：选B。根据题意，Cl2先氧化Fe2＋，不可能先氧化Br－，B选项错误。2．乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应：Cr2O＋C2H5OH＋H＋―→Cr3＋＋CH3COOH＋H2O(未配平)。下列叙述不正确的是(　　)A．Cr2O中Cr元素化合价为＋6B．氧化产物为CH3COOHC．K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D．1molC2H5OH发生上述反应转移2mole－解析：选D。Cr2O中O元素化合价为－2，则Cr元素化合价为＋6，A正确；乙醇失去电子被氧化为乙酸，故氧化产物为CH3COOH，B正确；K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，C正确；乙醇中碳元素化合价为－2，乙酸中碳元素化合价为0，则1molC2H5OH发生题述反应转移4mole－，D错误。3．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．＋6解析：选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，根据化合价规则判断RO中R的化合价为＋6。也可根据得失电子守恒计算。4．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为(　　)A．1∶1∶1B．3∶1∶1C．1∶3∶3D．6∶3∶2 解析：选B。反应中只有氯气是氧化剂，三个反应得失电子数目相等，则三个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI＋Cl2===2HCl＋I2，n(HI)＝2mol，根据2Fe＋3Cl22FeCl3，n(Fe)＝mol，根据2FeBr2＋3Cl2===2FeCl3＋2Br2，n(FeBr2)＝mol，故n(HI)∶n(Fe)∶n(FeBr2)＝2mol∶mol∶mol＝3∶1∶1。5．据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3===K2O＋5Na2O＋16N2↑。下列判断正确的是(　　)A．还原剂与氧化产物的物质的量之比为5∶8B．若氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子1molC．每生成1.6molN2，则有0.2molKNO3被氧化D．NaN3是只含有离子键的离子化合物解析：选B。KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10∶＝2∶3，故A错误；由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol时转移电子1mol，故B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误。6．(2021·东营高三模拟)NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为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1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4 D．Ｋ中的粒子是OH－解析：选C。NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，据此可知，B、D项错误，C项正确。7．某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO的物质的量浓度之比为11∶1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为(　　)A．1∶3B．4∶3C．2∶1D．3∶1解析：选B。本题考查氧化还原反应的简单计算。据题意设得到KCl、KClO、KClO3的物质的量分别为xmol、11mol、1mol，则x　　　Cl2→KCl　　　降x×111Cl2→KClO升11×11Cl2→KClO3升1×5根据氧化还原反应中化合价升降数值相等可得x×1＝11×1＋1×5，解得x＝16，则被还原和被氧化的氯元素的物质的量之比是16∶(1＋11)＝4∶3。8．(2021·滨州高三模拟)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟[CrO2(ClO4)2]来除去Cr(Ⅲ)，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是(　　)A．HClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B．该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8C．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价D．该反应的离子方程式为19ClO＋8Cr3＋＋8OH－===8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2O解析：选D。根据题意，该反应的化学方程式为19HClO4＋8CrCl3＋4H2O===8CrO2(ClO4)2↓＋27HCl，HClO4属于强酸，反应生成的HCl也是强酸，A项正确；该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，当有19molHClO4 参加反应时，其中有3mol做氧化剂，生成的氧化产物[CrO2(ClO4)2]为8mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，B项正确；CrO2(ClO4)2中O元素显－2价，ClO显－1价，所以Cr元素显＋6价，C项正确；该反应在酸性条件下进行，离子方程式为19ClO＋8Cr3＋＋4H2O===8CrO2(ClO4)2＋8H＋＋3Cl－，D项错误。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。9．已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O。现将一定量用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是(　　)A．图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2C．根据OC段的数据可知，开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25molD．根据OC段的数据可知，开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1mol解析：选D。根据题干中化学方程式可知，MnO的氧化性强于Fe3＋，当加入KI溶液时，n(Fe3＋)不变，说明MnO先氧化I－，A正确；MnO反应完全后，Fe3＋氧化I－，使n(Fe3＋)减小，B正确；BC段参加反应的I－为0.75mol，故被还原的n(Fe3＋)为0.75mol，再根据电子守恒可知，生成0.75molFe3＋需0.15molMnO，加入0.5molKI时，剩余的MnO全部被还原，消耗0.1molMnO，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25mol，C正确，D不正确。10．(2021·安阳质检)已知：①KMnO4＋HCl(浓)―→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋ H2O(未配平)②检验Mn2＋的存在：5S2O＋2Mn2＋＋8H2O===10SO＋2MnO＋16H＋下列说法中错误的是(　　)A．S2O离子中存在一个过氧键(—O—O—)，则S2O离子中硫元素的化合价为＋6价B．反应②若有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol　C．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体D．反应①配平后还原剂与还原产物之比为8∶1解析：选D。A.过氧键整体显－2价，S2O中存在一个过氧键，则S2O中硫元素的化合价为＋6价，故A正确；B.反应②Mn2＋为还原剂，若有2mol还原剂被氧化，转移电子的物质的量为2mol×(7－2)＝10mol，故若有0.1mol还原剂被氧化，转移电子0.5mol，故B正确；C.根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，故其与浓盐酸混合可得到氯气，故C正确；D.反应①中Mn元素从＋7价降低到＋2价，Cl元素从－1价升高到0价，由得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，反应中HCl中的Cl元素的化合价升高，HCl做还原剂，还原产物为MnCl2，16份氯化氢参与反应，只有10份做还原剂，则还原剂与还原产物之比为5∶1，故D错误。11．(2021·潍坊模拟)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2＋为蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，Fe2＋、SO等能把VO还原为VO2＋。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是(　　)A．在酸性溶液中氧化性：MnO>VO2＋>Fe3＋B．亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2OC．向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应：10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4D．向含1molVO的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液完全反应，转移 1.5mol电子解析：选BC。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明MnO把VO2＋氧化为VO，则氧化性：MnO>VO，Fe2＋能把VO还原为VO2＋，自身被氧化为Fe3＋，则氧化性：VO>Fe3＋，但无法说明VO2＋和Fe3＋的氧化性强弱关系，A项错误；SO能把VO还原为VO2＋，自身被氧化为SO，结合得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为2VO＋2H＋＋SO===2VO2＋＋SO＋H2O，B项正确；向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明KMnO4把VOSO4氧化为(VO2)2SO4，自身被还原为MnSO4，结合得失电子守恒和质量守恒可知，反应的化学方程式为10VOSO4＋2H2O＋2KMnO4===5(VO2)2SO4＋2MnSO4＋2H2SO4＋K2SO4，C项正确；向含1molVO的酸性溶液中滴加含1.5molFe2＋的溶液发生反应：Fe2＋＋VO＋2H＋===Fe3＋＋VO2＋＋H2O，则VO的量不足，所以转移1mol电子，D项错误。12．(2021·山东高三模拟)向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。向所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法错误的是(　　)A．原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2∶1B．硝酸的物质的量浓度为2.6mol·L－1C．产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余0.6molHNO3解析：选BD。向所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中的溶质为NaNO3，则n(NaNO3)＝n(NaOH)＝1.0mol·L－1×1.0L＝1.0mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，则其物质的量为0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)＋2n(Cu2O)＝0.4mol，所以反应后的溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.4mol。 设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，根据二者质量有64g·mol－1·x＋144g·mol－1·y＝27.2g，根据铜元素守恒有x＋2y＝0.4mol，联立方程解得x＝0.2mol，y＝0.1mol，故Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2mol∶0.1mol＝2∶1，A项正确；根据电子转移守恒可知，3n(NO)＝2n(Cu)＋2n(Cu2O)，所以n(NO)＝0.2mol，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，根据氮元素守恒可知，n(HNO3)＝n(NO)＋n(NaNO3)＝0.2mol＋1.0mol＝1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)＝1.2mol÷0.5L＝2.4mol·L－1，B项错误，C项正确；根据选项B计算可知n(NO)＝0.2mol，所以反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知，Cu、Cu2O与硝酸反应后溶液中n(HNO3)＋2n[Cu(NO3)2]＝n(NaNO3)，所以n(HNO3)＝1mol－2×0.4mol＝0.2mol，D项错误。三、非选择题13．磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。(1)磷元素位于元素周期表第________周期________族。AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为________。(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：CuSO4＋PH3＋H2O===Cu3P↓＋H3PO4＋H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________， 次磷酸属于________(填“一”“二”或“三”)元酸。②若起始时有1molP4参加反应，则整个工业流程中共生成________molPH3。(不考虑产物的损失)解析：(1)AlP与H2O反应生成PH3气体，另一种产物的化学式是Al(OH)3。(2)反应中Cu由＋2价变为＋1价，部分P由－3价变为＋5价，根据得失电子守恒和质量守恒可将化学方程式配平。(3)①由流程图可知，白磷和烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，产物中H原子个数比O原子个数多，因此反应物中除P4、NaOH外还应有H2O参与，据此可写出反应的化学方程式。由于使用的烧碱过量，所以得到的NaH2PO2应是次磷酸的正盐，即次磷酸属于一元酸。②1molP4与烧碱溶液发生反应P4＋3NaOH＋3H2O===PH3↑＋3NaH2PO2，生成1molPH3和3molNaH2PO2，3molNaH2PO2与硫酸发生反应2NaH2PO2＋H2SO4===Na2SO4＋2H3PO2，生成3molH3PO2，3molH3PO2再发生分解反应2H3PO2===PH3↑＋H3PO4，又生成1.5molPH3，所以整个工业流程中共生成PH32.5mol。答案：(1)三　ⅤA　Al(OH)3(2)24　11　12　8　3　24(3)①P4＋3NaOH＋3H2O===PH3＋3NaH2PO2　一　②2.514．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Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO4·7H2O)处理，写出反 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________、________(填化学式)。已知Cr(OH)3的性质与Al(OH)3类似，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：①Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O　　②2S2O＋I2===S4O＋2I－准确称取纯净的K2Cr2O70.1225g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00mL，则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为________(保留四位有效数字)。解析：(1)第①步中铬元素由＋6价降至＋3价，第④步中铬元素由＋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。氢氧化铬与氢氧化铝类似，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3＋NaOH===NaCrO2＋2H2O，NaCrO2与偏铝酸钠类似，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)＝＝0.1000mol·L－1。答案：(1)①④　(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(3)Fe(OH)3　CaSO4Cr(OH)3＋OH－===CrO＋2H2O　CrO＋CO2＋2H2O===Cr(OH)3↓＋HCO(4)0.1000mol·L－115．工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2生成K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：(1)反应器中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量________(填“偏高”或“偏低”)。(3)电解槽中的总离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 上述反应中氧化剂与还原剂的质量之比为________________________________________________________________________。与该传统工艺相比，电解法的优势是________________________________________。(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称取草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100mL溶液，取出20.00mL，用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗酸性KMnO4溶液14.80mL，则该草酸晶体的纯度为________。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126)解析：(1)根据题给流程和信息可知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O。(2)贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会发生反应：Al2O3＋2KOH===2KAlO2＋H2O、SiO2＋2KOH===K2SiO3＋H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)用惰性材料为电极电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO－2e－===2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，两式相加得总离子方程式为2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3，上述反应中3molK2MnO4有1mol锰元素化合价由＋6价降为＋4价生成二氧化锰，做氧化剂，有2mol锰元素化合价由＋6价升高到＋7价生成高锰酸钾，做还原剂，故氧化剂与还原剂的质量之比为1∶2。与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H＋＋2MnO＋5H2C2O4===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，则样品中草酸晶体的物质的量 n(H2C2O4·2H2O)＝n(KMnO4)＝×14.80×10－3L×0.0200mol·L－1×＝3.700×10－3mol，草酸晶体的质量为3.700×10－3mol×126g·mol－1＝0.4662g，则该草酸晶体的纯度为×100%≈93.2%。答案：(1)4KOH＋2MnO2＋O2===2K2MnO4＋2H2O(2)偏高(3)2MnO＋2H2O2MnO＋2OH－＋H2↑(4)3K2MnO4＋2CO2===2KMnO4＋MnO2↓＋2K2CO3　1∶2　产率更高、KOH可循环利用(5)93.2%