第10讲氧化还原反应方程式的配平与计算基础练习2024年实战高考化学一轮复习（含解析）

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一、单选题，共10小题

1．（2022秋·浙江金华·高三校考阶段练习）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中若有5molH2O参加反应，被水还原的溴原子为

A．1molB．molC．molD．2mol

2．（2023春·福建莆田·高一校考阶段练习）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2和Pb2+，则与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为

A．3.0molB．1.5molC．1.0molD．0.75mol

3．（2022春·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考开学考试）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）

A．0.80B．0.85C．0.90D．0.93

4．（2022秋·江苏徐州·高三校考阶段练习）取xg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8960mL的气体和672mL的气体(都已折算到标准状况)，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17.02g。则x等于

A．8.64B．9.00C．9.20D．9.44

5．（2022秋·湖南株洲·高一株洲市九方中学校考阶段练习）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。下列说法错误的是

A．产生22.4L(标准状况)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11：6

C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉

D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在

6．（2023秋·重庆大渡口·高三重庆市第三十七中学校校考阶段练习）乙醇与酸性溶液混合可发生反应：(未配平)。下列叙述不正确的是

A．中Cr元素的化合价为+6

B．氧化产物为

C．溶液常用硫酸酸化

D．发生上述反应转移

7．（2023·全国·高三专题练习）现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN-，在碱性条件下，H2O2可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应，下列说法不正确的是

A．氰化物有毒，CN-易与人体内的Fe2+、Fe3+络合

B．处理1molCN-，消耗2.5molH2O2

C．反应中每转移10mol电子生成22.4L无毒气体

D．用H2O2处理后的废水不可直接排放

8．（2022春·浙江宁波·高一校考期末）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是

A．与NaOH反应的氯气一定为0.3mol

B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3

C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25

D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1

9．（2023春·福建龙岩·高一福建省永定第一中学校考开学考试）现有24mL浓度为0.05mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·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．+2B．+3C．+4D．+5

10．（2022秋·宁夏固原·高三固原一中校考阶段练习）羟胺()是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL羟胺溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的恰好与24.50mL'酸性溶液完全反应。已知：(未配平)，则羟胺的氧化产物是

A．B．C．NOD．

二、多选题，共2小题

11．（2023·全国·高三专题练习）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中存在一个过氧键(－O－O－)，则S2O中硫元素的化合价为+7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化学计量数之比为8∶1

12．（2023·全国·高三专题练习）用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O，发生的反应如下：

①Cu2S+Cr2O+H+→Cu2++SO+Cr3++H2O(未配平)

②FeS+Cr2O+H+→Fe3++SO+Cr3++H2O(未配平)

下列判断错误的是

A．反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶3

B．用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O

C．处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量相等

D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，还可吸附悬浮杂质

三、填空题，共8小题

13．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题：

(1)_______Cu+______HNO3(稀)=______Cu(NO3)2+______NO↑+______H2O

(2)______KI+______KIO3+______H2SO4=______I2+______K2SO4+______H2O

(3)______MnO+______H++______Cl-=______Mn2++______Cl2↑+______H2O

14．（2023·全国·高三专题练习）回答下列问题：

(1)______Fe3++______SO2+________=______Fe2++______SO+_______

(2)______ClO-+______Fe(OH)3+________=______Cl-+______FeO+______H2O

(3)______MnO+______H2O2+________=______Mn2++______O2↑+______H2O

15．（2023·全国·高三专题练习）配平下列方程式

(1)；。

(2)；。

16．（2023·全国·高三专题练习）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的还原成Cr3+，该反应的离子方程式为。

17．（2023·全国·高三专题练习）废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3CoCO3MnCO3)。

“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为。

18．（2023·全国·高三专题练习）硫酸镍在强碱溶液中用氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式。

19．（2023·全国·高三专题练习）《一种协同脱除VOCs和NOx的催化剂及其制备方法》是我国某环保公司申请的专利，脱除NOx是当前科学家研究的重要课题。

(1)NOx对环境的一种危害是。

(2)碱性KMnO4氧化法可将NOx进行脱除。

①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该反应的离子方程式补充完整。

NO+MnO+________=NO+3NO+MnO+_______

②下列叙述不正确的是(填字母)。

A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥

B．反应后的混合溶液中：c(MnO)+2c(MnO)=c(K+)

C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同

③在实验室用KMnO4(NaOH)溶液对模拟烟气中的NO进行脱除。若将标准状况下224L含NO体积分数为10%的模拟烟气进行处理，假设NO最终全部转化为NO，理论上需要KMnO4的质量为g(KMnO4的摩尔质量为158gmol-1)。

20．（2023·全国·高三专题练习）某工厂废水中含KCN，其浓度为0.01molL-1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N的化合价均为-3价)：

(1)KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，反应中被氧化的元素是(用元素符号表示)。

(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：。

KOCN+______Cl2+______=______K2CO3+______N2+______KCl+______

(3)若将10L含KCN的浓度为0.01molL-1的废水中的KCN氧化除去，最少需要氯气mol。

四、解答题，共1小题

21．（2023·全国·高三专题练习）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如图所示。回答下列问题：

(1)“滤渣1”含有S和；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式：。

(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是。

(3)写出“沉锰”的离子方程式：。

(4)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=。

试卷第1页，共3页

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参考答案：

1．C

【详解】在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原作用。若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子为4mol，假设被水还原的BrF3的物质的量为x，根据电子转移守恒，可得2mol×2=x×(3-0)，解得x=mol，故合理选项是C。

2．B

【详解】1molPbO2转化为1molPb2+需要得到2mole-，1molCr3+转化为0.5mol需要失去3mole-，根据得失电子守恒可得，与1molCr3+反应所需PbO2的物质的量为1.5mol，故选B。

3．A

【详解】FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。

【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即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)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。

4．C

【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。

【详解】8.960L的NO2气体的物质的量为=0.4mol，0.672L的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选C。

5．A

【详解】A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L(标准状况)Cl2即1molCl2时，反应中应转移20mole-，A错误；

B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；

C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；

D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。

故选A。

6．D

【详解】A．设中Cr元素的化合价为x，则2x-2×7=-2，得x=6，则Cr元素的化合价为+6，A正确；

B．所含元素化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应得到氧化产物，乙醇为还原剂，C元素化合价升高，氧化产物为，B正确；

C．具有强氧化性能氧化盐酸等具有还原性的酸、硝酸是氧化性酸，则溶液常用硫酸酸化，C正确；

D．乙醇中C元素平均为-2价、乙酸中C元素平均为0价、发生上述反应转移，D不正确；

答案选D。

7．C

【详解】A．人体内含有Fe3+、Fe2+，易与CN－络合形成络合物，A项正确；

B．在碱性条件下，CN－被H2O2氧化，生成CO和N2，反应的离子方程式为2CN－+5H2O2+2OH－=2CO+N2↑+6H2O，根据离子方程式可知，处理1molCN－，消耗2.5molH2O2，B项正确；

C．气体所处状况未知，不能准确得出气体体积，C项错误；

D．用H2O2处理后的废水含有碳酸盐，有较强的碱性，不可直接排放，D项正确；

故选C。

8．C

【详解】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A错误；

B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；

C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；

D、令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；

故选C。

9．B

【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为+x价，根据电子转移守恒可得关系式：24mL×0.05mol/L×(6-4)=20mL×0.02mol/L×2×(6-x)，解得x=+3，故合理选项是B。

10．B

【详解】羟胺中N元素的化合价是-1，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价是x，根据得失电子守恒，存在，解得，故羟胺的氧化产物为。

答案选B。

11．AD

【详解】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错误；

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化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应中HCl中的Cl元素化合价升高，HCl为还原剂，还原产物为MnCl2，16份HCl参与反应，只有10份为还原剂，则还原剂与还原产物化学计量数之比为5∶1，故D错误；

故选AD。

12．AC

【分析】根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程式如下：①3Cu2S+5Cr2O+46H+=6Cu2++3SO+10Cr3++23H2O；②6FeS+9Cr2O+78H+=6Fe3++6SO+18Cr3++39H2O。

【详解】A．由分析知，还原剂所含元素化合价升高，失电子，氧化剂所含元素化合价降低，得电子，则Cu2S为还原剂，Cr2O为氧化剂，则反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5，故A错误；

B．由分析可知，用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O时，Cu2S消耗更多Cr2O，故B正确；

C．由分析知，处理等物质的量的Cr2O时，反应①和②中消耗H+的物质的量不相等，故C错误；

D．用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O，生成的Fe3+在水中形成胶体还可吸附悬浮杂质，故D正确；

故选AC。

13．(1)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

(2)5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O

(3)2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O

【详解】（1）Cu的化合价从0升为+2，失去两个电子，每产生一个NO，N从+5降为+2，得到三个电子，所以由得失电子守恒可知Cu和NO的系数分别为3、2，根据原子守恒可依次得到Cu(NO3)2的系数为3，HNO3系数为8，H2O的系数为4。

故化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。

（2）KI的I从-1升为0价，失去一个电子，KIO3从+5降为0价，得到5个电子，所以由得失电子守恒可知KI、KIO3的系数分别为5、1，根据原子守恒可依次得出I2、K2SO4系数分别为3、3，H2SO4与H2O系数也是3、3。

故化学方程式为5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O。

（3）MnO中Mn的化合价有+7降为+2，得到5个电子，每一个Cl2共有2个Cl原子从-1升为0价，失去两个电子，所以根据得失电子守恒可知MnO与Cl2的系数分别为2、5，根据原子守恒可知Mn2+与Cl-的系数分别为2、10，根据电荷守恒确定H+系数为16，最后氢原子守恒，得出水的系数为8。

故离子方程式为2MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。

14．(1)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+

(2)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O

(3)2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O

【详解】（1）Fe3+中Fe从+3降为+2,得到1个电子，SO2中S从+4升为+6，失去2个电子，根据得失电子守恒，可知Fe3+与SO2的系数分别为2、1，根据原子守恒可知

Fe2+、SO的系数分别为2、1，根据电荷守恒确定氢离子系数为4，根据原子守恒确定水系数为2，故答案为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+。

（2）ClO-的Cl从+1降为-1价，得到2个电子，Fe(OH)3中Fe由+3价升为+6价，失去3个电子，根据得失电子守恒，可知ClO-与Fe(OH)3的系数分别为3、2，根据原子守恒可知Cl-、FeO的系数分别为3、2，分析各物质可知为碱性环境，由电荷守恒可知应在反应物中加入4个OH-，根据H原子守恒，得出水的系数为5，故答案为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O。

（3）MnO中Mn的化合价有+7降为+2，得到5个电子，每一个H2O2共有2个O原子从-1升为0价，失去两个电子，所以根据得失电子守恒可知MnO与H2O2的系数分别为2、5，根据原子守恒可知Mn2+与O2的系数分别为2、5，根据电荷守恒确定H+系数为6，最后氢原子守恒，得出水的系数为8。故答案为

2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。

15．(1)

(2)

【详解】（1）反应中，Cl元素化合价由+5价降低到+4价，共降低1价，，C元素化合价由+3价升高到+4价，每消耗1个，共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故、前系数为2，前系数为1，前系数为2，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为；

（2）反应中，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，共降低5价，，C元素化合价由-2价升高到+4价，每消耗1个，共升高12价，化合价升降最小公倍数为60，故、前系数为12，前系数为5，前系数为10，再根据原子守恒配平其它物质的系数，配平后的方程式为。

16．＋3＋5H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O

【详解】根据NaHSO3将酸性废液中的还原成Cr3+，则NaHSO3氧化成，根据化合价硫元素由+4升高到+6价，升高了2，铬元素由+6降低到+3价，降低了6，根据电子守恒法，则化学计量数为1，化学计量数为3，酸性条件下反应物有H＋，则生成物中有H2O，再结合原子个数守恒，则离子方程式为＋3＋5H＋=2Cr3＋＋3＋4H2O。

17．Co2O3+2H2SO4+H2O2CoSO4+O2↑+3H2O

【详解】“酸浸”时加入过氧化氢，过氧化氢具有氧化性和还原性，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出，从最终产物分析，产生Co2+，则过氧化氢是还原剂，生成氧气，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O22CoSO4+O2↑+3H2O。

18．

【详解】根据已知反应过程中有的生成，则ClO-被还原为Cl-，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：；答案为：。

19．(1)形成酸雨(或光化学烟雾或破坏臭氧层等)

(2)4NO+10MnO+14OH-=NO+3NO+10MnO+7H2OB474

【详解】（1）NOx对环境的一种危害是形成酸雨(或光化学烟雾或破坏臭氧层等)；

（2）①由NO、NO及其对应的化学计量数并结合得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平离子方程式为4NO+10MnO+14OH－=由NO+3NO+10MnO+7H2O；

②A．反应的离子方程式为4NO+10MnO+14OH-=NO+3NO+10MnO+7H2O，所以分离反应后的混合溶液可获得氮肥，A项正确；

B．由化学式KMnO4可知，n(Mn)＝n(K)，所以反应后的混合溶液中c(MnO)+c(MnO)＝c(K+)，B项错误；

C．酸性条件下，KMnO4的还原产物为Mn2+，碱性条件下，KMnO4的还原产物为MnO，所以在不同酸碱性条件下，KMnO4发生氧化还原反应的产物可能不同，C项正确；

故选B；

③KMnO4→K2MnO4得1个电子，NO→NO失3个电子，结合得失电子守恒建立关系式为3KMnO4～NO，即n(KMnO4)＝3n(NO)＝3×＝3mol，所以m(KMnO4)＝3mol×158g·mol－1＝474g。

20．(1)C

(2)2KOCN+3Cl2+8KOH=2K2CO3+N2+6KCl+4H2O

(3)0.25

【详解】（1）反应KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O中，氯元素化合价降低，被还原；碳元素化合价从+2