2023届鲁科版高考化学一轮第二章元素与物质世界课时规范练9氧化还原反应方程式的配平及计算（Word版带解析）

课时规范练9　氧化还原反应方程式的配平及计算一、选择题:本题共10小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021北京海淀区期末)双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.过程Ⅰ中,SO2表现还原性B.过程Ⅱ中,1molO2可氧化2molNa2SO3C.双碱法脱硫过程中,NaOH可以循环利用D.总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4↓+2H2O2.(2021山东德州期末)已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,下列说法正确的是(　　)A.氧气是还原产物B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶1C.反应物中有水,且反应方程式中水的系数为2D.若生成4.48L(标准状况下)O2,则反应转移0.8mol电子3.(2021河南漯河期末)已知某强氧化剂RO(OH中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.4×10-3molRO(OH至较低价态,需要60mL0.1mol·L-1的Na2SO3溶液。那么,R元素被还原成的价态是(　　)A.-1价B.0价C.+1价D.+2价4.(2021河北邯郸六校联考)某离子反应涉及H2O、ClO-、N、OH-、N2、Cl-几种微粒,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A.该反应中Cl-为氧化产物B.消耗1mol还原剂,转移3mol电子C.反应后溶液的碱性增强D.该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶35.(2021湖南株洲第一次质检)含氰化物的废液乱倒或与酸混合,均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水,发生的主要反应为:CN-+OH-+Cl2\nCO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)(　　)A.Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物B.上述离子方程式配平后,氧化剂、还原剂的系数之比为2∶5C.该反应中,若有1molCN-发生反应,则有5NA个电子发生转移D.若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生反应6.(2021山东威海二模)某温度下,将1.1molI2加入到KOH溶液中,反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。经测定IO-与I的物质的量之比是2∶3。下列说法错误的是(　　)A.I2在该反应中既是氧化剂又是还原剂B.I2的还原性大于KI的还原性,小于KIO和KIO3的还原性C.该反应中转移电子的物质的量为1.7molD.该反应中,被还原的碘原子与被氧化的碘原子的物质的量之比是17∶57.LiAlH4、NaBH4是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈反应释放出H2,如:NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑。LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是(　　)A.NaBH4与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为4g·mol-1B.LiAlH4与水反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2C.1molLiAlH4在125℃时完全分解,转移3mol电子D.NaBH4与乙醛作用生成乙醇,NaBH4是氧化剂8.将图2中的纸片补充到图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.I是氧化剂B.1molMn2+参加反应转移5mol电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶5D.配平后H+、Mn2+的系数分别为4、29.(2021辽宁朝阳期末)在氧化还原反应中,氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知:①半反应式:Cu2O-2e-+2H+2Cu2++H2O②五种物质:FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI③Fe2++Mn+XFe3++Mn2++H2O(未配平)下列判断正确的是(　　)A.①中半反应式发生的是还原反应B.②中五种物质中能使①顺利发生的物质为Fe2(SO4)3C.Mn+5e-+4H2OMn2++8OH-是反应③的一个半反应D.几种物质的氧化性强弱顺序为:Mn>Cu2+>Fe3+10.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,\n然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:①Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);②2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。下列说法正确的是(　　)A.反应①中每消耗4molKOH,吸收标准状况下33.6LCl2B.氧化性:K2FeO4>KClOC.若反应①中n(ClO-)∶n(Cl)=5∶1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.若反应①的氧化产物只有KClO,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2二、非选择题:本题共2小题。11.(2021山东枣庄三中测试)(1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍,即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍—磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2P,在酸性条件下发生镀镍反应:Ni2++H2P+　　 Ni+H2P+　　　。 ①请完成并配平上述离子方程式。②上述反应中,若生成1molH2P,反应中转移电子的物质的量为　　　　。 (2)①高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑,若生成2molNa2FeO4,则反应中电子转移的物质的量为　　　mol。 ②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2而除去,若氧化含Mn2+1mg的水体样本,需要1.2mg·L-1高铁酸钾溶液　　　L。 12.(2021天津东丽区期末)二氧化氯(ClO2)是一种新型消毒剂,可用氯酸钠(NaClO3)为原料制备。(1)过氧化氢还原法制备ClO2:H2O2+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如下:加入NaCl相同时间10min30min60minClO2产率/%Cl2的量实验a00.00350.01240.015997.12极微量实验b1.000.01380.01620.016398.79极微量①NaCl的主要作用是　　　　　。 ②实验b中反应可能的过程如下:反应ⅰ:2Cl+　　　　　+　　　　 2ClO2↑+　　　　　+　　　　　 反应ⅱ:Cl2+H2O22Cl-+O2↑+2H+将反应ⅰ填写完整。③进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中首先会发生反应生成Cl-,反应为:Cl+3H2O2Cl-+3O2↑+3H2O(反应ⅲ)。分析反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的速率大小关系并简要说明理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　\n。 (2)国家规定,饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8mg·L-1,检测步骤如下:Ⅰ.取1.0L的酸性水样,加入过量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,使ClO2转化为Cl。加入淀粉溶液,溶液变蓝。Ⅱ.用0.0010mol·L-1Na2S2O3溶液滴定步骤Ⅰ中产生的I2。已知:步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式是2S2+I2S4+2I-①步骤Ⅰ中发生氧化还原反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　。 ②当步骤Ⅱ中出现　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00mL。 ③上述水样中ClO2的残留浓度是　　　　mg·L-1。 参考答案课时规范练9　氧化还原反应方程式的配平及计算1.A　解析过程Ⅰ的化学方程式为SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,过程Ⅱ的化学方程式为2Na2SO3+2Ca(OH)2+O22CaSO4↓+4NaOH,总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4↓+2H2O。过程Ⅰ为酸性氧化物与碱反应生成盐和水,不属于氧化还原反应,A错误;由过程Ⅱ的反应方程式可得关系式O2~2Na2SO3,由此可知1molO2可氧化2molNa2SO3,B正确;根据图示,再结合过程Ⅰ和过程Ⅱ可知,NaOH在整个过程中参与了循环,C正确;根据图示可得总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4↓+2H2O,D正确。2.C　解析NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2,氧元素由-2价升高到0价,则O2是氧化产物,A错误;还原剂是Ag和H2O,氧化剂是NaClO,根据得失电子守恒可知,还原剂和氧化剂的物质的量之比为3∶2,B错误;据得失电子守恒、原子守恒配平:4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑,则水的系数为2,C正确;生成标准状况下4.48LO2(即0.2mol)时,转移电子为1.6mol,D错误。3.B　解析设RO(OH中的R的化合价从+5价还原(降低)至x价,亚硫酸钠中的硫元素的化合价从+4价升高到+6价,根据氧化还原反应中的电子得失守恒可得:2.4×10-3mol×(5-x)=6×10-3mol×(6-4),解得x=0。4.B　解析由图可知,n(ClO-)逐渐减小,n(N2)逐渐增大,则ClO-是反应物,N2是反应产物。ClO-发生还原反应生成Cl-,则Cl-是还原产物,A错误;N是还原剂,N2是氧化产物,氮元素由-3价升高到0价,则消耗1molN时转移3mol电子,B正确;由上述分析,结合守恒规律写出离子方程式:3ClO-+2N+2OH-N2↑+3Cl-+5H2O,反应消耗OH-,溶液的碱性减弱,C错误;结合得失电子守恒可知,氧化剂(ClO-)与还原剂(N)\n的物质的量之比为3∶2,D错误。5.B　解析该反应中,氯元素由0价降低到-1价,碳元素由+2价升高到+4价,氮元素由-3价升高到0价,则Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物,A正确;根据得失电子守恒、原子及电荷守恒配平可得:2CN-+8OH-+5Cl22CO2+N2+10Cl-+4H2O,Cl2是氧化剂,CN-是还原剂,二者的系数之比为5∶2,B错误;1molCN-发生反应时,消耗2.5molCl2,则有5NA个电子发生转移,C正确;该反应中CN-发生氧化反应,若设计成原电池,则CN-在负极区发生氧化反应,D正确。6.B　解析该反应中,碘元素由0价变为+1价、+5价和-1价,则I2既是氧化剂又是还原剂,A正确;该反应中,I2是还原剂,KI是还原产物,KIO和KIO3是氧化产物,故还原性:I2>KI,I2>KIO(或KIO3),B错误;发生的反应为11I2+22KOH17KI+2KIO+3KIO3+11H2O,有11molI2参与反应时,转移17mol电子,故1.1molI2反应时转移电子的物质的量为1.7mol,C正确;由上述反应方程式可知,被还原的碘原子与被氧化的碘原子的物质的量之比是17∶5,D正确。7.C　解析NaBH4与D2O反应生成NaBO2和HD,则所得氢气的摩尔质量为3g·mol-1,A错误;LiAlH4与水反应时,LiAlH4是还原剂,H2O是氧化剂,据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,B错误;LiAlH4在125℃时分解为LiH、H2和Al,该反应为2LiAlH42LiH+3H2↑+2Al,则1molLiAlH4完全分解生成1molAl,转移3mol电子,C正确;NaBH4与乙醛作用生成乙醇,乙醛发生了还原反应,NaBH4则发生氧化反应,故NaBH4是还原剂,D错误。8.D　解析题图1中Mn2+是反应物,则含锰元素的Mn是反应产物,Mn2+是还原剂,应与具有氧化性的I反应,生成还原产物I,故I是氧化剂,A正确;锰元素由+2价升高到+7价,故1molMn2+参加反应转移5mol电子,B正确;Mn2+是还原剂,I是氧化剂,碘元素由+7价降低到+5价,根据得失电子守恒可知,Mn2+与I的物质的量之比为2∶5,C正确;根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平可得:2Mn2++5I+3H2O2Mn+5I+6H+,则H+、Mn2+的系数分别为6、2,D错误。9.B　解析①中铜元素由+1价升高到+2价,该反应为氧化反应,A错误;①发生氧化反应,②中物质若使①能顺利发生,则应具有氧化性,该物质应为Fe2(SO4)3,B正确;将③配平可得:5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,故反应③的一个半反应为8H++Mn+5e-Mn2++4H2O,C错误;Fe3+的氧化性强于Cu2+,D错误。\n10.D　解析反应①的反应产物有KCl、KClO、KClO3,其中n(K)∶n(Cl)=1∶1,则每消耗4molKOH,吸收2mol氯气,标准状况下2mol氯气的体积为22.4L·mol-1×2mol=44.8L,A错误;反应②K2FeO4为氧化产物,KClO为氧化剂,则氧化性:K2FeO4<KClO,B错误;设生成的ClO-为5mol,Cl为1mol,氯气转化成ClO-、Cl被氧化,转化成KCl被还原,根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为5mol×1+1mol×5=10mol,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol∶(5mol+1mol)=5∶3,C错误;根据电子守恒可得关系式:2K2FeO4~3KClO~3Cl2,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2,D正确。11.答案(1)①H2O　2H+　②2mol　(2)①10　②2解析(1)①反应中Ni元素的化合价从+2价降低为0价,P元素的化合价从+1价升高为+3价,结合电子、电荷及原子守恒可知,反应的离子方程式为Ni2++H2P+H2ONi+H2P+2H+。②由化合价可知,生成1molH2P,反应中转移电子的物质的量为2mol。(2)①分析元素化合价可知,铁元素的化合价从+2价升高为+6价,6molNa2O2中部分氧元素的化合价从-1价升高为0价生成1molO2,其余氧元素的化合价从-1价降低为-2价生成2molNa2FeO4和2molNa2O,由得失电子守恒可知,每生成2molNa2FeO4,反应中转移10mol电子。②高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2而除去,同时被还原为Fe3+,含Mn2+1mg的水体样本中n(Mn2+)=≈1.8×10-5mol,K2FeO4的物质的量浓度为=6×10-6mol·L-1,则1.8×10-5mol×(4-2)=V×6×10-6mol·L-1×(6-3),解得V=2L。12.答案(1)①催化剂　②2　Cl-　4　H+　1　Cl2↑　2　H2O③反应ⅰ较快,反应ⅱ与反应ⅰ速率相当,反应ⅲ较慢。因为相同时间ClO2产率很高并且Cl2的量是极微量,并且不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢(2)①2ClO2+2I-2Cl+I2　②溶液蓝色恰好褪色,30s内不变为蓝色　③0.675解析(1)②实验b中加入1.00g·L-1NaCl溶液,酸性条件下,Cl、Cl-、H+可能发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2,反应ⅰ可能为2Cl+2Cl-+4H+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。\n③Cl-在反应中起催化剂作用,反应ⅰ、ⅱ速率较快,反应ⅲ速率较慢;由表中数据可知,相同时间内ClO2产率很高并且Cl2的量是极微量,并且不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢。(2)①加入过量KI,ClO2被还原为Cl,则I-被氧化为I2,加入淀粉溶液,溶液变蓝,结合守恒规律写出离子方程式:2ClO2+2I-2Cl+I2。②步骤Ⅱ中用Na2S2O3溶液滴定步骤Ⅰ中产生的I2,I2被消耗完时溶液变为无色,故溶液蓝色恰好褪色,30s内不变为蓝色时,达到滴定终点。③由上述反应可得关系式:2ClO2~I2~2Na2S2O3,则有n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.0010mol·L-1×10.00×10-3L=1×10-5mol,m(ClO2)=1×10-5mol×67.5g·mol-1=0.675mg,故水样中ClO2的残留浓度为=0.675mg·L-1。