人教版新教材高三化学一轮复习5 课时作业(五)

课时作业(五)氧化还原反应方程式的配平、书写及计算1．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2ROeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(4))＋3Cl－＋5H2O。则ROeq\o\al(\s\up1(n－),\s\do1(4))中R的化合价是()A．＋3 B．＋4C．＋5 D．＋6D[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。所以ROeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))中R元素的化合价为＋6价。]2．在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2∶1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为()A．Cl2 B．Cl2OC．ClO2 D．Cl2O5C[Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。]3．NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠反应的离子方程式：MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))＋eq\x()→Mn2＋＋NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋H2O。下列叙述中正确的是()A．该反应中NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))被还原B．反应过程中溶液的pH变小C．生成1molNaNO3需要消耗0.4molKMnO4D．eq\x()中的粒子是OH－C[反应中氮元素的化合价从＋3价升高到＋5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是2∶5，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。]4．把图2的碎纸片补充到图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()eq\x(Mn2＋＋)……eq\x(→)……eq\x(＋H＋)图1eq\x(＋MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))eq\x(＋IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))eq\x(＋IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))eq\x(＋H2O)图2A．IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))作氧化剂B．若有1molMn2＋参加反应转移5mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、3D[分析图1、图2可知，Mn2＋为反应物，作还原剂，则IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))作氧化剂，配平方程式为2Mn2＋＋5IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋3H2O=2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋6H＋，若有1molMn2＋参加反应转移5mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，配平后Mn2＋、H＋的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。]5．四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3＋。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是()A．若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，则还原产物为Cl2B．RuO4与浓盐酸反应生成11.2LCl2转移电子数为NAC．酸性介质中氧化性：RuO4＞ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＞Cl2D．在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备RuO4的化学方程式为Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4=RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2OD[A.若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比为1∶3，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设还原产物中氯元素的化合价为x，(＋5－x)×1＝(＋8－6)×3，x＝－1，故还原产物为Cl－，不是Cl2，故A错误；B.11.2LCl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故B错误；C.RuO4能氧化浓盐酸生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4＞Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＞RuO4，故C错误；D.在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到RuO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4＋NaClO＋H2SO4=RuO4＋Na2SO4＋NaCl＋H2O，故D正确。]6．被称为万能还原剂的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH4＋2H2O=NaBO2＋4H2↑(NaBH4中H元素为－1价)，下列说法中正确的是()A．NaBH4既是氧化剂又是还原剂B．产生1molH2转移电子2molC．硼元素被氧化，氢元素被还原D．氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1D[NaBH4中氢元素由－1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由＋1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1molNaBH4完全反应转移4mol电子，生成4molH2，因此产生1molH2转移电子1mol，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，D项正确。]7．12mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与VmL浓度为0.02mol·L－1的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为＋3。则V为()A．5 B．10C．15 D．20B[由化合物中各元素化合价代数和为0知，在K2X2O7中，X元素的化合价是＋6价，产物中X元素的化合价是＋3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从＋4价升高到＋6价，则根据得失电子守恒，12×10－3L×0.05mol·L－1×(6－4)＝V×10－3L×0.02mol·L－1×2×(6－3)，解得V＝10，B项正确。]8．在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3＋，同时析出0.1molAg。则下列结论中不正确的是()A．反应后溶液中Cu2＋与Fe2＋的物质的量之比为1∶2B．氧化性：Ag＋>Cu2＋>Fe3＋>Zn2＋C．含Fe3＋的溶液可腐蚀铜板D．1molFe可还原2molFe3＋B[Cu2＋不反应，反应后n(Cu2＋)＝0.1mol，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2＋)＝0.2mol，故A项正确。题目中析出0.1molAg时，由反应2Ag＋＋Fe=2Ag＋Fe2＋知，0.1molAg＋消耗0.05molFe，又知溶液中不存在Fe3＋，即发生反应2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，0.1molFe3＋消耗剩余的0.05molFe，溶液中没有Cu析出，说明氧化性：Fe3＋>Cu2＋，B项错误，C、D项正确。]9．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1∶1∶1时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为()A．1∶6 B．1∶7C．2∶11 D．16∶25B[设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1mol、1mol、1mol，实际参加反应的FeS的物质的量为xmol，由得失电子守恒有：1×1＋1×2＋3×1＝(1＋8)x，解得x＝eq\f(2,3)；根据S原子守恒有n[Fe2(SO4)3]＝eq\f(1,3)n(FeS)＝eq\f(2,9)mol；根据Fe原子守恒有n[Fe(NO3)3]＝n(FeS)－2n[Fe2(SO4)3]＝eq\f(2,3)mol－eq\f(4,9)mol＝eq\f(2,9)mol；根据N原子守恒有n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NO)＋3n[Fe(NO3)3]＝1mol＋2mol＋1mol＋eq\f(2,3)mol＝eq\f(14,3)mol，则n(FeS)∶n(HNO3)＝eq\f(2,3)∶eq\f(14,3)＝1∶7。]10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、N2、Cl－六种离子。在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是()A．还原剂是含CN－的物质，氧化产物不只有N2B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))C．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2D．标准状况下若生成2.24LN2，则转移电子1molB[由题图可知，随反应进行ClO－的物质的量降低，N2的物质的量增大，则ClO－为反应物，N2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，CN－是反应物，Cl－是生成物，HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))是生成物，H2O是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O=2HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋N2↑＋5Cl－，C元素化合价由CN－中的＋2价升高为HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中的＋4价，N元素化合价由CN－中的－3价升高为N2中的0价，可知CN－为还原剂，氧化产物为HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、N2，A正确；反应中Cl元素化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，ClO－是氧化剂，还原产物是Cl－，B错误；反应中CN－是还原剂，ClO－是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，C正确；标准状况下若生成2.24LN2，物质的量为0.1mol，则参加反应的ClO－的物质的量为0.5mol，Cl元素的化合价由ClO－中的＋1价降低为Cl－中的－1价，转移电子数为0.5mol×2＝1mol，D正确。]11．(2021·湖南益阳检测)用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，发生反应如下：反应Ⅰ：CuS＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Cr3＋＋H2O(未配平)反应Ⅱ：Cu2S＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋H＋→Cu2＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Cr3＋＋H2O(未配平)下列有关说法不正确的是()A.反应Ⅰ中只有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))是氧化产物而反应Ⅱ中Cu2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))都是氧化产物B．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5C．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，转移电子的数目相等D．处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H＋的物质的量相等D[A.反应I中只有S元素被氧化，则只有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))是氧化产物；反应Ⅱ中有铜元素、硫元素均被氧化，所以Cu2＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))都是氧化产物，故A正确；B.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋10Cr3＋＋23H2O，氧化剂为Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，还原剂为Cu2S，则反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3∶5，故B正确；C.根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒规律配平后的方程式为：反应Ⅰ：3CuS＋4Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋32H＋=3Cu2＋＋3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋8Cr3＋＋16H2O，反应Ⅱ：3Cu2S＋5Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))＋46H＋=6Cu2＋＋3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋10Cr3＋＋23H2O，反应I中每处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，转移电子物质的量6mol，反应Ⅱ中每处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))，转移电子物质的量6mol，故转移电子的数目相等，故C正确；D.处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))时反应I中消耗H＋的物质的量8mol，处理1molCr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))时反应Ⅱ中消耗H＋的物质的量9.2mol，消耗H＋的物质的量不相等，故D错误。]12．工业上用发烟HClO4将潮湿的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。下列说法错误的是()A．CrO2(ClO4)2中Cr元素显＋6价B．HClO4属于强酸，该反应还生成了另一种强酸C．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∶8D．该反应离子方程式为19ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8Cr3＋＋8OH－=8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋4H2OD[A.CrO2(ClO4)2中O为－2价、Cl为＋7价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0，可知Cr元素化合价为＋6价，A正确；B.Cl元素非金属性较强，HClO4属于强酸，HClO4氧化CrCl3为棕色的[CrO2(ClO4)2]，部分HClO4被还原生成HCl，HCl也属于强酸，B正确；C.根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为19ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8Cr3＋＋4H2O=8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，化合价降低的为氧化剂ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))，其中有3molCl元素发生变化，化合价升高的为还原剂，对应的产物为氧化产物，即为CrO2(ClO4)2，其中有8molCr元素发生变化，故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3∶8，C正确；D.根据选项B分析可知该反应的离子方程式为19ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋8Cr3＋＋4H2O=8CrO2(ClO4)2＋3Cl－＋8H＋，D错误。]13．配平下列方程式。(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH≈3，Ce3＋通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：eq\x()Ce3＋＋eq\x()H2O2＋eq\x()H2O=eq\x()Ce(OH)4↓＋eq\x()________(2)eq\x()Fe(OH)2＋eq\x()ClO－＋eq\x()______=eq\x()Fe(OH)3＋eq\x()Cl－(3)eq\x()Mn2＋＋eq\x()ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))＋eq\x()H2O=eq\x()MnO2↓＋eq\x()Cl2↑＋eq\x()____(4)eq\x()P＋eq\x()FeO＋eq\x()CaOeq\o(=,\s\up7(高温))eq\x()Ca3(PO4)2＋eq\x()Fe答案：(1)21626H＋(2)211H2O21(3)524518H＋(4)2531514．新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3＋____NaOH＋____NaClO=____Na2FeO4＋____eq\x()＋____eq\x()。其中氧化剂是________(填化学式)。(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。解析：(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为：2FeCl3＋10NaOH＋3NaClO=2Na2FeO4＋9NaCl＋5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。答案：(1)210329NaCl5H2ONaClO(2)Na2FeO4＋2KOH=K2FeO4＋2NaOH15．铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。回答下列问题：(1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式：______________________________________________________________________________________________________________________________