高考化学一轮复习7 氧化还原反应的配平和计算（含解析）

专题07氧化还原反应的配平和计算

1.标准状况下，将aLSO,和CL组成的混合气体通入200mL0.1mol•L'Fe2(S0,)3溶液中，充分反应后，

溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCk溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质

量为23.3go则下列关于该过程的推断不正确的是

A.所得沉淀为0.1mol的BaSO,

B.混合气体中SOz的体积为0.896L

C.aL混合气体的物质的量为0.08mol

D.a的取值范围为1.344V水1.792

【答案】C

【解析】A.加入BaS溶液,生成白色沉淀23.3g。SO?被CL、Fe：,+氧化成SO厂，而且原溶液中也有SO,

所以白色沉淀为BaS04,BaSO,的摩尔质量为233g•mor',23.3gBaSO,的物质的量。A项正确;B.原Fe2(S04)3

溶液中含有SO十的物质的量n=3Xc[Fej(5O4)3]X7=3x0.1x0,2mol=0.06md。生成的BaSO,沉

淀中的硫酸根为0.Imol,可知SOz被氧化生成的SO外的物质的量为0.1-0.06mol=0.04mo1。则混合气体中

S0?的物质的量为0.04mol。在标准状况下，其体积。B项正确；C.根据题意，溶液的棕黄色变浅，所以S0?

被Ck氧化了，也被Fe?+氧化了。但是S0?被氯气氧化了多少，不能确定，C项错误。D.根据题意，溶液的

棕黄色变浅，所以SOz被CL氧化了，也被Fe："氧化了。则a的范围可以利用极值法求解。第一种情况，若

S(X全部被3氧化，而没有被Fe："氧化，发生的反应的离子方程式为S02+Ch+2HX)=4H++S01+2C「，S02

和CL：的比例为1：1,混合气体中S02的物质的量为0.04mol,那么氯气的物质的量也为0.04mol,则混合

气体的物质的量为0.08mol,混合气体的体积为。第二种情况，S0?除了被氯气氧化外，还被Fe"氧化，利

用极值法，氯气最少，则溶液中Fe计反应完全，根据离子方程式S02+2Fe"+2Ha=S0广+2Fe>+4H+,S02

和Fe"的物质的量之比为1：2,溶液中的Fe"的物质的量

n=2Xc[Fe:(504)j]XV=2x0.1x0,2m”=0.04mol,则与Fe，+反应的S0p为0.02mol。原Fe2(S0,)3

溶液中含有SOr的物质的量n=3Xc[Fe;(50J3]Xr=3x0.1x0.2mo/=0.06mol。生成的BaSO,沉

淀中的硫酸根为0.Imol,则SOz被氧化生成的S0广的物质的量为0.1-0.06moi=0.04mo1,混合气体中S02

的物质的量也为0.04mol。被Fe："氧化的S0?为0.02mol,则被氯气氧化的S02也为0.02molo根据方程式S02

+Ck+2氏0=4H++S0:+2Cr,SO2和Ck的物质的量之比为1：1,则CL的物质的量为0.02mol。混合气体

的物质的量为0.02+0.04mol=0.06mol,混合气体的体积为。所以a的取值范围为1.344〈a<l.792,D项正

确。

1

2.K2Fe0i是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe203,KNO：；、KOH混合共熔，反应为Fe。+3KNQ,+4K0H

==2KFeO,+3KNO3+2H?0。下列关于该反应的说法不正确的是

A.铁元素被氧化，氮元素被还原

B.每生成1molKFeO“转移6molB

C.KzFeOi具有氧化杀菌作用

D.该实验条件下的氧化性：KNO3>K2FeO1

【答案】B

【解析】反在应Fe。+3KNO:i+4KOH=2K；：FeO,+3KNO,+2HQ中，铁元素化合价由Fe。中的+3价变为

KzFeO”中的+6价,化合价升高,Fe曲为还原剂，而N元素则由KNO,中+5价变为KNO?中的+3价，化合价降低,

做氧化剂。A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确；B、反应Fe。+3KN03

+4KOH=2K2FeO*+3KNO：,+2H2O中铁元素由+3价变为+6价,故ImolFe。转移6moi电子即6N.个，生成

2moiKFeO”故当生成ImolKzFeO,时转移3、个电子，选项B错误；C、KFeO“中铁元素为+6价，有强氧化性，

能杀菌消毒，选项C正确；I）、反应中KNOa为氧化剂，而KzFeO,为氧化产物，而氧化性是氧化剂〉氧化产物，

故氧化性：KN03>K2Fe0„选项D正确。

3.用CuS、Cu£处理酸性废水中的CrQ产，发生反应如下:

反应I：CuS+CmO：+H'fCu'+SO:+Cr"+H2。（未配平）

反应H：Cu2S+CrzO72+H+—Cu2+SO/+Cr3+H2O（未配平）

下列有关说法正确的是（）

A.反应I和H中Cu2\SO产都是氧化产物

B.处理ImolCmfV时反应I、II中消耗H*的物质的量相等

C.反应II中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：5

D.反应I、II中每处理ImolCrA2,转移电子数不相等

【答案】C

【解析】A.反应I中Cu化合价没有改变，所以Cu*不是氧化产物，故A错误；B.处理ImolCnOj时反应

2t3t

I、II根据化合价变化及电荷守恒配平得:3CuS+4Cr20f+32ll=3Cu+3S0,-+8Cr+16II20;

3Cu2s+5Cr*广+46H'=6Cu"+3S0:+10Cr"+23HO所以消耗H,的物质的量不相等，故B错误；C.反应II中还原

剂为Cu£氧化剂为Cr。'，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：5,故C正确；

D.处理ImolCr。"得到2moicr",转移电子数相等，故D错误。

4.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂［碳纳米点（CQDs）/氮化碳（CM）纳米复合物］可以利用太阳光实

现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是

2

A.C3N,中C的化合价为-4

B.反应的两个阶段均为吸热过程

C.阶段H中，上。2既是氧化剂，又是还原剂

D.通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化

【答案】C

【解析】A.依据化合物中化合价代数和为0,因CN中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4,A项错

误；B.阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C.阶段II中，H◎发生歧化反应,

既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D.利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转

化，D项错误。

5.下表是某同学探究Na2sOs溶液和铝（VI）盐溶液反应规律的实验记录，已知：CrQ/（橙色）+

HQ=2CrOF（黄色）+2H'

序号ab现象

-1

2mL0.05mol•LK2Cr2O；溶溶液变绿色（含

13滴饱和N&SO3溶液(pH=9)

液(pH=2)Cr3+）

2mL0.1mol-LLCrOi溶液

23滴饱和Na2sOs溶液溶液没有明显变化

(pH=8)

3滴0.05mol•L溶

32mL饱和NazSOa溶液溶液变黄色

液

3滴0.05mol•LKzCnOr溶

42mL蒸播水液溶液变成浅橙色

下列说法不正确的是

3

A.实验1中的绿色溶液中含有SO：

B.实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同

C.向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色

D.实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响

【答案】C

【解析】A.实验1中KKrQ与Na2sOa发生了氧化还原反应，Na2s被氧化为Na£0,,KEmOr被还原为Cr"

溶液呈绿色，故A正确；B.实验1、2中的a溶液中都存在平衡：020产（橙色）+七0-2（＞01（黄色）+2」，

故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；C.NazS。,溶液呈碱性，滴加3滴0.05mol•LK£r。溶液，平

衡Cm（V（橙色）+ILO=~2CrO5（黄色）+21「向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫

酸，则在酸性条件下，“行。与Na2s发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；D.实验4和实验3相

比，b溶液相同，a为等体积的蒸镯水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色

变化造成的影响，故D正确。

6.工业上将NazCCh和Na2s以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入S02,可制取N&S2O3,同时放出COz.下

列说法错误的是（）

A.硫元素既被氧化，又被还原

B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1

C.相同条件下，每吸收10m3s就会放出2.5m3coz

I）.若生成2.24LC02,则转移0.8mol电子

【答案】D

【解析】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Xa2S+Na2C0；t+4S0,：-3Na2so

+CO2中，Na2s为还原剂，SO?为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1,不选B；C.根据方程式

2Na?S+Na2co3+4SO2-3Na2s2O3+CO2可知,每吸收4moiSO?就会放出ImolCOz,则相同条件下,每吸收10m,SO?

就会放出2.5mtO”不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24LCO2的物质的量，无法知道转移多少电子，

选D。

7.氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。

+

其中反应④的离子方程式为4NH.；+502=2N02+6H+N20+5H20,下列说法正确的是

4

A.①②均属于固氮反应

B.海洋中的反硝化作用一定有氧气参加

C.反应④中每生成ImolHQ共转移2mole-

D.向海洋排放含NO；的废水可能影响海洋中氮的循环

【答案】D

【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮，①不属于氮的固定，②是氮的固定，故A错误；B.反

硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮（N2）或一氧化二氮（岫0）的过程，

不一定有氧参加，故B错误；C.根据4NH；+50z=2N0z+6H++N20+5Ha,氮元素化合价-3价变化为+1价和

+3价，氧元素化合价0价变化为-2价，电子转移总数20e,生成ImolHzO共转移4moie-,故C错误；D.向

海洋排放含N03的废水，硝酸根离子浓度增大，反硝化作用增强，破坏原有的化学平衡和生态平衡，可能会

影响海洋中氮的循环，故D正确。

8.高镒酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnOi+FeSO,+HfO,---fcSOt+MnSO,

+Fe2（S0）3+H20。（未配平）下列说法正确的是（）

A.Fe"的还原性强于Mn?+

B.MnO「是氧化剂，Fe^+是还原产物

C.氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1

D.生成1mol水时，转移2.5mol电子

【答案】A

【解析】A项，Fe"化合价升高，是还原剂，—是还原产物，还原性：还原剂＞还原产物，故A项正确；

B项，MnOJ化合价降低，是氧化剂，Fe'+是氧化产物，故B项错误：C项，锌元素由+7价降至+2价，铁元

素由+2价升至+3价，根据得失电子守恒，MnO,、Mn”的系数为1,Fe“、F/+的系数为5,根据电荷守恒,

H'的系数为8,根据质量守恒，HQ的系数为4,所以离子方程式为Mn（\+5Fe°+8H'=Mn2'+5Fe"+4HQ,由

此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:5,故C项错误;D项,根据离子方程式MnO；+5Fe2+8H=Mn'+

5Fe,+4H20,生成4moi水时转移5moi电子，所以生成1mol水时，转移1.25mol电子，故I）项错误。

5

9.明兰做实验时不小心沾了一些KMnO”皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以

复原，其离子方程式为：MnO「+H£Q,+H*fCO?t+M/+」（未配平）。关于此反应的叙述正确的是（）

A.该反应的氧化产物是Mn”

B.1molMnOJ在反应中失去5mol电子

C.该反应右横线上的产物是0旷

D.配平该反应后，斤的计量数是6

【答案】D

【解析】A.化合价升高的元素是碳元素，所得生成物CO2是氧化产物，选项A错误；B.镒元素化合价从+7

价降低到+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5,即ImolMnO「在反应中得到5moi电子,

选项B错误；C.反应方程式左边有H',则右边不能出现0H,右横线上的产物是水，选项C错误：

D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2Mn0」+5H£20i+6H—lOCOet+2Mn"+8H2（）,H'

的计量数是6,选项D正确。

10.某温度下,将C12通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaClO、NaC103,的混合液，经滋定CIO与C10J

的浓度之比为1：3,则CL与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与技氧化的氯元素的物质的量之比为

A.21：5B.11：3

C.3：1D.4：1

【答案】D

【解析】CL生成C10与CIO-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，

C10与C10：,的物质的量浓度之比为1：3,

则可设C10为Imol,CIO,为3mol,被氧化的Cl共为4mol,

失去电子的总物质的量为ImolX（1-0）+3molX（5-0）=16mol,

氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，

CL生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为T价，

则得到电子的物质的量也应为16mo1,

则被还原的C1的物质的量为16mol,

所以被还原的氯元素和被氧化的氟元素的物质的量之比为16nlol：4mol=4：1,

答案选I）。

11.据央视网2017年8月23日报道，环保督察不是一阵风。就在8月中旬，第四批中央环境保护督察又

全面启动了，而环保督察这项工作本身也在不断升级。甄化物是水体污染的重要物质，该类物质剧毒，特

别是HCN具有挥发性，毒害更大。其中NaCN污染一般可采用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分

6

两步：

步骤①：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl；

步骤②：NaOCN与NaClO反应,生成画以、C02>NaCl和凡。

下列有关判断正确的是

A.NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等

B.步骤①可在酸性条件下进行

C.步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3,N2

D.步骤②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2

【答案】D

【解析】A、NaCN中C的化合价为+2,N的化合价为-3,NaOCN中Na的化合价为+1,0的化合价为-2,因NaCX

与NaClO反应生成NaOCN和NaCl的反应中C1的化合价降低，故NaOCN中\的化合价为-3,C的化合价为+4,

选项A错误；B、因HCN具有挥发性，且毒害更大，故步骤①不能在酸性条件下进行，选项B错误；C、步

骤②发生反应的离子方程式为20CN+3C10=C0zt国+3C1+N/,故该反应中氧化剂是NaClO,还原剂是

NaOCN,氧化产物是电，还原产物是NaCl,选项C错误，D、根据选项C的分析，步骤②中氧化剂NaClO与

还原剂NaOCN的物质的量之比为3：2,选项D正确。

12.发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭。该火箭的主要燃料是偏二甲

肿(用R表示)和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化

学方程式为:"飞,加。・丁飞,下列叙述错误的是()

A.此反应是氧化还原反应

B.反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行

C.在此反应中作还原剂

D.R的分子式为

【答案】C

【解析】A、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，

故A正确；B、偏二甲肺和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，

推动火箭飞行，故B正确；C、NO中N元素化合价降低，N。是氧化剂，偏二甲肿中所含元素化合价一定有

升高，故偏二甲明作还原剂，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲脚的分子式为&1以2，故D正确。

13.黄铜矿(主要成分CuFeSz)是提取Cu的主要原料。已知：2CuFeS2+402800Cu2S+3S02+2Fe0(I)产物Cu2s

在1200℃高温下继续反应：2CuS+3O,高温2CuQ+2S0>(II)2Cu20+Cu2SWB6Cu+S02t(HI)假定各步反应都

7

完全。则下列说法正确的是

A.由6moicuFeS?生成6molCu消耗0?的物质的量为15mol

B.6molcuFeS?和14.25mol0z反应，理论上可得到铜的物质的量为3moi

C.反应I中CuFeS?仅作还原剂

I).取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫，则矿样中01尸64质量分数一定为82.8%

【答案】A

【解析1A.由反应可知，最终CuFeS?与a反应的最终成为FeO、Cu、SO：j,根据原子守恒n(FeO)=n(CuFeSj=6mol,

n(SO2)=2n(CuFeSj)=12mol,根据0原子守恒可知2n(02)=n(FeO)+2n(SO2)=6mol+12molX2,故n(Oj=15mo1,

A正确；B.2CuFeS2+40..800VCu->S+3SO2+2FeO,根据方程式可知6moicuFeS?反应消耗12moi0?,反应产生

3molCu2S,剩余氧气为14.25molT2moi=2.25mol,再根据方程式2Cu“S+30,商三2Cu，O+2SO,可知Cu,S月0.

反应的物质的量的比为2：3,3moicu2s完全反应需消耗4.5mol02,现在只剩有2.25moL显然氧气不足，

氧气完全反应,按照氧气计算，n(0j=2.25mol,则反应产生CM的物质的量为n(CuQ=,消耗Cu2s也是

1.5mol,则剩余Cu2s物质的量为n(Cu2s)=3mo-L5mol=L5mol,再发生反应ZCuQ+CuA逛6C11+SO2,二者

反应的物质的量的比是2：1,现在二者的物质的量相等，显然氧化亚铜完全反应，则生成铜的物质的量为

n(Cu)=3X1.5mol=4.5mol,B错误;C.反应I中Cu元素的化合价由+2价降低到Cu2s中的+1,S元素的化合

价由-2升高到S0?中的+4,所以反应I中CuFeS,既作氧化剂又作还原剂，C错误；

64

D.12.5gX3(CuFeS2)X==3.6g,解得3(CuFeS2)=82.8%,但黄铜矿样品中还可能还有其他

64+56+2x32

含硫物质，所以矿样中CuFeS?质量分数不一定为82.8%,D错误。

14.KC10：,与浓盐酸发生如下反应：KCIO3+6HCI(浓)=KC1+3C1H+3H。下列说法不事确的是

A.Cb既是氧化产物，又是还原产物

B.转移5moi电子时，产生67.2L的CL

C.盐酸既体现酸性，又体现还原性

D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1

【答案】B

【解析】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项

正确；B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；C项，该反应中HC1中氯元素部分化合价

不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；D项，该反应中氯元素化合价由+5价、

T价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1,故D项正确。

15.PM2是一种“绿色”试剂，许多物质都会使较高浓度的上。2溶液发生催化分解。实验发现，向HzO,溶液

8

中加入Bn可以加快其分解速率。有人提出反应机理可能有2步，第1步反应为：H2O2+Bn===2H'+1+

2Br。下列说法正确的是

A.HQ,分子中含有离子键和非极性键

B.在第1步反应中，每生成0.1mol02,转移0.4mol电子

C.机理中第2步反应为：2H*+H202+2Br===2H20+Bm

D.若在加入B。的H2O2溶液中检出Br,则说明第1步反应发生了

【答案】C

【解析】A、IM?属于共价化合物，其结构式为H-O—O—H,含有共价键，不含离子键，故A错误；B、第1

步反应中，生成0.ImolOz,转移电子物质的量为0.lX2Xlmol=0.2mol,故B错误；C、II◎分解反应方程式

为2H2。2=2也0+021,根据第1步反应，推出第2步反应为2H++H2O2+Br-=2HzO+Brz,故C正确；D、Bn能

与水反应生成Br,因此该溶液中检验出Br,不能说明第1步发生，故D错误。

16.运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟

雾。撞击时发生的化学反应方程式为：5KC103+6P=3P205+5KCl,则下列有关叙述正确的是

A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：5

B.上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15moi

C.KC1既是氧化产物，又是还原产物

D.因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替

【答案】B

【解析】A.反应5KC103+6P=3IV)3+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KC1。,是氧化剂，旦氯元素化合价全部

降低：反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物

质的量之比为5：6,选项A错误；B.反应5KCI0计6P=3PQs+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由

0价升高为P205中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为

3molX5=15mol,选项B正确；C.KC1是氧化剂KClOs获得电子形成的还原产物，PG是还原剂P失去电子

形成的氧化产物，选项C错误：D.白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。

17.某反应体系的物质有：NaOH、AU2O3>NazSQe、Na2s2O3、Au?。、压0。

(1)请将AU2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。

AU2O3++f++

(2)反应中，被还原的元素是一，还原剂是。

(3)将氧化剂与还原剂填入空格中，并用单线桥表示出电子转移的方向和数目。

(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂,Na2s2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”，帖252。3和CL反应的产物是H2s0八

9

NaCl和HC1,则还原剂与氧化剂的个数之比为。

【答案】Na2s2O3HQAU20NazSQeNaOHAuNa2S2O3

【解析】(DAuzOs为反应物,则反应中AUQLAU。AU的化合价由+3价变为+1价，则Au元素被还原,Na2S406

中硫元素平均化合价为+2.5,NaS。中硫元素平均化合价为+2,所以Na2s2。,为反应物，NaSO,,为生成物，

即氧化产物，由于2Na&03fNaSOe’S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价，化合价总共升高8X(2.5-2)

=4,根据化合价升降相等，反应方程式为Au203+4Na2S203+2H20=Au20+2Na2S,0e+4Na0H,故答案为：.AuAsNa2S203^

乩0、AU20>Na2s4。6、NaOHo

(2)Au元素的化合价降低，被还原，S元素的化合价升高，则Na2s◎为还原剂，故答案为：Au；Na2S2O3.

1

(3)Au20；1+4Na2S20:,+2IL0=Au20+2Na2S,l06+4Na0H4,S失去电子，转移4e-,则电子转移的方向和数目可表示

______4-______2

3s

为----1------I------I----I，故答案为：I----I-----1I-IL

Au。*♦•••…IAuaI♦♦••…

(4)反应中NazSBfH2SO4,S硫元素平均化合价由+2价升高为+6价，N&S2O3是还原剂,CLNaCl、HC1,

Cl元素化合价由0价降低为T价，S是氧化剂，根据电子转移相等，所以n(Na&Os)X2X(6-2)=n(CL)

X2,故n(Na2s2O3)：n(CL)=1：4,故答案为：1：4。

18.氢化钠(Nall)和硝酸镂在工农业生产中有重要应用。

(1)氢化钠(NaH)中氢元素的化合价为。

(2)NaH能与水烈反应：NaH+H2O=NaOH+H2t,氧化剂与还原剂的物质的量之比是___。

(3)金属与稀硝酸反应通常生成NO,硝酸更稀时，还可生成NHiNO2写出镁与稀硝酸反应(HNO：,仅被还原为

NO)的化学方程式：,若镁与稀硝酸反应时HNOs的还原产物仅为

NH.,N03,则每生成ImolNH1NO3消耗HNO3的物质的量为。

【答案】T1:13Mg+8HN0a=3Mg(N03)2+2N0f+4H，0lOmol

【解析】(l)Na为+1价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0,所有NaH中H元素的化合价

为T价；(2)在NaH+HzO=NaOH+H2t中,H元素的化合价由反应前NaH中的T价变为反应后山中的0价，化

合价升高，失去电子，NaH作还原剂；H元素的化合价由反应前比0中的+1价变为反应后压中的。价，化合

价降低，获得电子，HQ作氧化剂；所有氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1；(3)Mg是+2价金属，与硝

酸反应时被氧化产生Mg(NO：,)“HNO：,被还原产生NO,根据反应过程中电子守恒、原子守恒可得化学反应方程

10

式为3Mg+8HN0s=3Mg(N03)2+2N0f+4Ha：若HNO,被还原产生NHNO”根据电子守恒、原子守恒可得该反应的

化学方程式为4Mg+10HN03=4Mg(N03)2+NHN03+3H。有方程式可知：每反应产生ImolNHMh反应会消耗HNO3

的物质的量是lOmol.

19.KCIO3和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(C1OJ气体，该反应的化学方程式

为2KC103+4HC1(浓)=2KC1+2ct+C12t+2H20.

(1)该反应的氧化产物是(填化学式)。

(2)在反应中浓盐酸表现出来的性质是________(填字母)。

A.只有还原性B只有氧化性C.还原性和酸性D.氧化性和酸性

(3)若该反应产生2.24L(标准状况)CIO2,则转移电子的物质的量为。

(4)当发生二氧化氯泄漏和爆炸事故，人们逃离爆炸现场时，可用浸有一定浓度的某种物质的水溶液的毛巾

捂住鼻子，最适宜采用的物质是(填字母)。

A.NaOHB.NaClC.KC1D.Na2cO3

(5)某地生产的氧化钠井盐中含有少量的剧毒物质氟化钠(NaCN),用CIO2可除去其中的氟化钠，从而得到

纯净的食盐，同时产生两种无毒气体。写出该反应的化学方程

式：»

【答案】ChC0.ImolD2C102+2NaCN=2C02+N2+2NaC1

【解析】KC10,和浓盐酸在一定温度下反应，会生成橙黄色的易爆物二氧化氯(CIOJ气体，该反应的化学方

程式为2KC1O3+4HC1(i^)=2KCl+2C1021+C121+2H20o

(1)还原剂被氧化，得到的产物称为氧化产物，此反应氧化产物为CL,

故答案为:Ch;

(2)浓盐酸在反应中作还原剂，但氯元素化合价并没有全部升高，所以表现出来的性质既有还原性，也有酸

性，

故答案为：C；

(3)2.24L(标准状况)C16为0.Imol,氯元素化合价由KC1。,中+5降低为+4,则转移电子的物质的量为0.Imol,

故答案为：0.Imol；

(4)A.NaOH碱性过强，对身体有损害,故A不适宜;B.NaCkC.KC1与氯气不反应，故B和C不适宜：1).NaEQs

溶液呈碱性，可以与氯气反应，故最适宜，

故答案为：D；

(5)根据题干信息，该反应为2C102+2NaCN=2C03+Nz+2NaCl,

故答案为：2clO2+2NaCN=2CO2+N2+2NaCl,

I)

20.若把黄铜矿CuFeSz看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。

如:8CuFeS2+21028Cu+4Fe0+2Fe203+16S02

(1)在黄铜矿中硫的化合价为,该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有

种。

(2)若反应中消耗氧气6.3mol,则反应转移的电子数为,其中某元素部分被氧化，则其被氧化

和未被氧化的物质的量之比为。

(3)反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是(选填编号)

A.KMnO”溶液B.NaOH溶液C.H2s气体D.NaHS。,溶液

(4)某吸收方法产生的物质可能有：①NazSO,②NallSQ,③N&SO：；④NallSOa等。

等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是(用编号填写)，选用这些物质中

的部分，实现离子反应2H+S0广一HzO+SO/,写出对应的化学方程式-某NaHSO：；的浓

度为c„pH为X”NaHSO,溶液的浓度为”pH为鸟若为5,则c,___填“>”或“<"或“=")«

【答案】-2四30NA1:1CD③①©②2NaHS0,+Na2so产2Na2s0计HQ+SO2t>

【解析】(1)CuFe4中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物，

铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu,FeO,FeA,

S02,共四种，故答案为：-2；四。

(2)8CuFeS2+21028Cu+4Fe0+2Fe203+16S02,由方程式可推出，每消耗21moi氧气，转移的电子数为

16mol+84mol=100mol,若反应中消耗氧气6.3m若,则反应转移的电子数为30mo1,即30N,、，其中铁元素部

分被氧化，CuFeS，-Fe，O,i,8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:1,故答案为：

30NA,1:1=

(3)8CuFeS2+21028Cu+4Fe0+2Fe203+16S02,二氧化硫有毒，不能直接排放到大气中，

A.SO?被KMnO,溶液氧化成硫酸根离子，故A正确；

B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H，O,故B正确；

C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，故C错

误；

D.二氧化硫在NaHSOs溶液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，故D错误；

(4)等浓度的①N&SO”的pH=7；②NaHSOi完全电离,NaHSO产Na*+lT+SO/,PH<7；③Na2s(h溶液中,存在水

解平衡S(V+H20KHsOs+OH,溶液显碱性，pH>7,④NaHSO：,溶液中：HSO3+H20^H2S03+0H,HSO-wH'+SO；,电

离大于水解，所以pH〈7,由于NallSO”是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NallSO：,溶液中的氧

离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离子反应2H+S03"fHQ+S0"，化学方程式为：

12

2NaHS0l+Na2S03=2Na2S0,+H20+S02t,故答案为：2NaHS0,+Na2S03=2Na2S0t+H20+S02t。如果是等浓度的NaHSO,

溶液和NaHSO,溶液，NaHSOs溶液的pH大于NaHSCh溶液,若xKx”则故答案为：>.

21.氧化亚铜(CuQ)是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石(含CuFeS2,Cu2s等)为原料制取Cu#

的工艺流程如下：

HifiIUi^n

常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表

Fe(OH),Fe(OH),Cu(OH),

开始沉淀7.52.74.8

完全沉淀9.03.76.4

(1)炉气中的有害气体成分是,Cu£与£反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为

(2)若试剂X是1如2溶液，写出相应反应的离子方程式：一当试剂乂是

时，更有利于降低生产成本。

⑶加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是o

⑷写出用NH制备CU2。的化学方程式：,操作X包括、洗涤、烘干,

其中烘干时要隔绝空气，其目的是——

(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu20,写出阳极上生成Cu20的电极反应式：

2:

【答案】SO22：12Fe+2H+H2O2=2Fe"+2H2O空气或氧气3.7WpH<4.8

4CUS01+N2H1+8K0H2CU2O+N2t+4K,SO,+6H2O过滤防止CuQ被空气中氧气氧化

2Cu-2e+20H=Cu，O+H..O

【解析】(1)金属硫化物焙烧时均转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO?；Cu2s与

。2反应时，氧化剂为。2,还原剂为Cu*,根据得失电子守恒和原子守恒，二者的物质的量之比为2:1,

故答案为：S02；2：1；

2+3

(2)酸性条件下,H。将F/氧化为Fe",本身被还原为HQ,2Fe+2H+H2O2=2Fe*+2H2O5酸性条件

下6也可以将Fe”氧化为Fe",而氧气或空气价格远低于HQ”所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产

成本，

13

2t，3

故答案为：2Ee+2H+H202=2Fe+2H20;空气或氧气；

(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是

3.7WpH〈4.8,

故答案为：3.7^PH<4.8；

(4)问1」将Cu"还原为Cu>0,自身被氧化为M化学方程式为:4CuS0,+N2lh+8K0H-22_2Cu2O+N2t+4K2S0.,+6H，0；

由于CuQ不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因CsO有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化,

故烘干过程中要隔绝空气，

故答案为：4CUS0,+N2H.1+8K0H22-2Cu2+Nzt+4K6H2O；过滤；防止Cu?0被空气中氧气氧化；

(5)因CM)是在阳极上生成的，故阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cua,相应的电极反应式为：

2Cu-2e+20H=CuQ+H。

故答案为：2Cu-2e+20H=Cu20+H20o

22.电解精炼铜的阳极泥主要成分为Cu】e、Ag2Se,工业上从其中回收硒(Se)、硅(Te)的一种工艺流程如下:

SeOHu)冷却，通入水中

SO4g)回

阳O0

电解

Ig泥l

N.OH网H>SO«(aq)HCLSO,

熔砂掾作③■TeO：

发作②

已知：I.TeOz是两性氧化物、微溶于水；

II.元素硅在溶液中主要以Te"、TeO/、HTeOs等形式存在；

(1)SeO2与SO,通入水中反应的化学方程式为操作①的名称为。

(2)焙砂中硅以TeOz形式存在。溶液①中的溶质主要成分为NaOH、_______。工业上通过电解溶液①也可

得到单质碗。已知电极均为石墨，则阴极的电极反应式为。

(3)向溶液①中加入硫酸，控制溶液的pH为4.5〜5.0,生成TeO?沉淀。如果HfO,过量，将导致碑的回收

率偏低，其原因是。

(4)将纯净的TeOz先溶于盐酸得到四氯化硅溶液，然后将SO?通入到溶液中得到Te单质。由四氯化硅得到

Te单质的离子方程式为o

Se02+2S02+2H20=2H2S01+SeI过滤Na2TeO:tTeOy+3HzO+4e=Te+60HTeO2是两性氧化

4>3

物，溶液酸性过强，TeO?会继续与酸反应导致硫元素损失Te+2S02+4H20=Te+8H+2S0l

【解析】(1)根据流程图，SeOz与S0?在冷却后通入水中反应生成Se,反应的化学方程式为

14

Se02+2S02+2H20=2H2S0,+SeI,Se单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤方法分离；

(2)TeO?微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。焙砂中碎以TeO?形式存在，与足量NaOH溶液反应后得到的

溶液①，其溶质的主要成分为NaleOg工业上也可以通过电解溶液①得到单质碗，电解时电极均为石墨，

*234

阴极发生还原反应，Te0:t在阴极得到电子被还原生成Te,电极反应式为TeO」+3HQ+4e=Te+6OH；

(3)Te()2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。向溶液①中加入硫酸时控制溶液的川为4.5〜5.0,生成TeO?

沉淀，如果HAO」过量，溶液酸性过强，TeOz会继续与酸反应，导致确元素损失，使储的回收率偏低；

(4)将纯净的TeO?先溶于盐酸得到四氯化碗，然后再将SO,通入到溶液中得到Te单质，二氧化硫被氧化生成

4t-

硫酸,反应的离子方程式为Te+2SO2+4H2O=Te+8H+2S0/»

23.某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaM、Fe203sKC10，,,NaHCQ?等物质。当汽车发生碰撞时，产气药

剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。

(DNaN是气体发生剂，受热分解产生N?和Na,N?的电子式为。

(2)Fe。是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为一一。

(3)KCI0」是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KC1和NaQ。KCIO”含有化学键的类型有

(4)NaHC0s是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂

刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是一(写分子式)。所得固体产物溶于水显强

碱性的原因是o

(5)利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是。

【答案】：N'N：Fe离子键和共价键CO?、N2Na20溶于水生成NaOH、碳酸钠水解呈碱性

测定同浓度KC10,.碳酸氢钠溶液的pH

【解析】(1)由8电子结构可知，N。分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为:NWN：;

正确答案：：NWN：。

(2)Fe?。,是氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe；

正确答案：Fe。

(3)KC10,由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中C1原子与0原子之间形成共价键，含有离子键、

共价键；

正确答案：离子键和共价键。

(4)2NaHCO：,q=\a2cO3+H2O+CO2t2NaN3^=2Na+3N2,产生的气体中属于非极性分子的是CO?、N2；KC10,

是助氧化剂