适用于新高考新教材备战2025届高考化学一轮总复习第1章物质及其变化第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算

第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算层次1基础性1.NaNO2是一种食品添加剂,但它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO4-+NO2-+H+Mn2++NO3-+(未配平A.Mn2+的还原性强于NOB.反应生成1molNO3-需消耗0.C.反应过程中溶液的酸性增强D.横线上的微粒是OH-2.做实验时若白色衣服上沾了一些KMnO4,产生了褐色斑点,可用草酸(H2C2O4)的稀溶液洗掉斑点,其离子方程式为MnO4-+H2C2O4+H+CO2↑+Mn2++(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Mn2+B.离子方程式横线上的生成物是OH-C.配平离子方程式,H+的化学计量数是6D.标准状况下,有5.6LCO2生成时,转移电子的物质的量为0.5mol3.羟胺(NH2OH)是一种还原剂,能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L-1羟胺的酸性溶液与足量硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol·L-1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平):FeSO4+KMnO4+H2SO4Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O,则羟胺的氧化产物是()A.N2 B.N2OC.NO D.NO24.水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-Y+S4O62-+2H2A.a=4B.Y的化学式为Fe2O3C.S2O3D.每32gO2参加反应,转移电子的物质的量为4mol5.酸性环境中,纳米Fe除去NO3-的过程中含氮微粒的变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法错误的是(NO3-NO2-A.反应②的离子方程式为NO2-+3Fe+8H+NH4++3Fe2+B.增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可提高NO3C.amolNO3-完全转化为NH4+至少需要D.假设反应都能彻底进行,反应①②消耗的铁的物质的量之比为3∶16.氧化还原反应在工业生产、环保及科研中有广泛的应用。(1)氢化亚铜(CuH)是一种难溶物质,用CuSO4溶液和“另一物质”在40~50℃时反应可生成CuH。CuH具有的性质:不稳定,易分解,在氯气中能燃烧;与稀盐酸反应能生成气体,Cu+在酸性条件下发生的反应是2Cu+Cu2++Cu。①写出CuH在氯气中燃烧的化学方程式:

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②CuH溶解在稀盐酸中生成的气体是(填化学式)。

③将CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的气体只有NO,请写出CuH溶解在足量稀硝酸中反应的离子方程式:

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(2)钒性能优良,用途广泛,有金属“维生素”之称。①将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式是

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②V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,该气体能与Na2SO3溶液反应而被吸收,则SO32-、Cl-、VO2+还原性由强到弱的顺序是7.(2024·陕西渭南模拟)氧化还原反应在物质制备方面应用广泛。(1)下面三个方法都可以用来制氯气:①4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(浓)3Cl2↑+KCl+3H2O③2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑根据以上三个反应,回答下列有关问题。Ⅰ.反应①中,氧化产物与还原产物的质量之比为。

Ⅱ.反应②中若产生标准状况下氯气3.36L,则转移电子物质的量是。

Ⅲ.已知反应④:4HCl+O22Cl2+2H2O(g),该反应也能制得氯气。提示:反应条件越简单反应越容易发生,说明反应物性质越强烈。则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为。

Ⅳ.补全方程式并配平已知:KMnO4+KNO2+

MnSO4+K2SO4+KNO3+H2O

(2)A、B、C为三种单质(其中A为固体,B、C为气体),D的饱和溶液滴入沸水中继续加热,液体呈红褐色,B、C反应的产物易溶于水得到无色溶液E,它们之间的转化关系如图:填写下列空白:①物质A是(填名称),纯净的C在盛有B的集气瓶中燃烧的实验现象是

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②向F中加入NaOH溶液,并在空气中放置时发生反应的化学方程式是,。

层次2综合性8.已知:①KMnO4+HCl(浓)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平);②检验Mn2+的存在:5S2O82-+2Mn2++8H2O10SO42下列说法中错误的是()A.S2O82-中存在一个过氧键(—O—O—),则S2OB.反应②若有0.1mol还原剂被氧化,则转移电子0.5molC.K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体D.反应①中消耗0.2molKMnO4时,被氧化的HCl为1mol9.用Cu2S、FeS处理酸性废水中的Cr2O72-①Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2++SO42-+Cr3+②FeS+Cr2O72-+H+Fe3++SO42-+Cr3++H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3∶5B.用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时,Cu2S消耗的CrC.处理等物质的量的Cr2O72-时,反应①和②中消耗D.用FeS处理废水不仅可以除去Cr2O7210.利用锌灰(主要成分为ZnO,含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)制备高纯ZnO的工艺流程如下,下列说法错误的是()A.滤渣1的主要成分为SiO2、PbSO4B.步骤1中发生反应的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5HC.加入试剂a发生置换反应:Zn+CuSO4ZnSO4+CuD.取步骤3后的干燥滤饼11.2g进行煅烧,可得产品8.1g,则x=211.常温下,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反应原理如图所示,下列说法正确的是()A.该反应过程中,M是Fe3+,M'是Fe2+B.当有1molO2生成时,转移4mol电子C.在H2O2分解过程中,溶液的pH逐渐升高D.H2O2的氧化性比Fe3+强,还原性比Fe2+弱12.实验室分别进行如下实验:①向蓝色的VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液由蓝色变为淡黄色(VO2+);②向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,溶液变蓝。下列说法正确的是(A.①中还原剂与氧化剂物质的量之比为1∶5B.②中每生成标准状况下11.2L气体,转移1mol电子C.由①②可知,酸性条件下氧化性:MnO4->Cl2D.向(VO2)2SO4溶液中滴加FeI2溶液发生反应Fe2++VO2++2H+Fe3++VO2++H213.钴是一种重要的过渡金属元素,实验室利用CoC2O4·2H2O固体进行如下实验。下列说法错误的是()A.固体Y为Co2O3,气体X为CO2B.上述所涉及的反应均为氧化还原反应C.酸性条件下还原性:Cl->Co2+D.溶解过程中理论可得0.1molCl2层次3创新性14.实验室中利用氧化铜和氧化铁的混合物进行如图实验。下列说法错误的是()A.“3.04g固体”一定是铁铜混合物B.“溶液2”中溶质的物质的量为0.1molC.混合物中含氧原子的物质的量为0.06molD.反应②能生成0.04gH215.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂,制备亚氯酸钠的工艺流程如下:回答下列问题:(1)亚氯酸钠用作纸浆、纸张和各种纤维的漂白剂,是一种高效漂白剂,主要原因是亚氯酸钠具有性。

(2)制备ClO2气体的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O;制备时可用S代替H2O2,写出该反应的离子方程式:

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(3)可从“废液”中回收的主要物质是(填化学式),“结晶”后经过滤即可获得粗产品。

(4)测定某亚氯酸钠样品的纯度:准确称取亚氯酸钠样品mg,加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体,再滴入适量稀硫酸(发生反应ClO2-+4I-+4H+2I2+Cl-+2H2O),将完全反应后的溶液配成250mL待测液。移取25.00mL待测液置于锥形瓶中,加几滴淀粉溶液,用cmol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL(已知:I2+2S2O32-2I-+S4①移取25.00mL待测液的仪器的名称是。

②该样品中NaClO2的质量分数为(用含m、c、V的代数式表示);在滴定操作正确无误的情况下,此实验测得结果偏高,其可能的原因是

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第5讲氧化还原反应方程式的配平和计算1.B解析该反应中,Mn元素由+7价降低为+2价,N元素由+3价升高为+5价,配平可得:2MnO4-+5NO2-+6H+2Mn2++5NO3-+3H2O。NO2-为还原剂,Mn2+为还原产物,则Mn2+的还原性弱于NO2-,A错误;由得失电子守恒可知,生成1molNO3-需消耗0.4molMnO4-,B正确;2.C解析该反应中Mn元素由+7价变为+2价,故该反应的还原产物是Mn2+,A错误;溶液为酸性环境,横线上的生成物是H2O,B错误;根据守恒规律配平可得:2MnO4-+5H2C2O4+6H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,H+的化学计量数为6,C正确;反应产生10molCO2气体时转移10mol电子,在标准状况下有5.6LCO2(0.25mol)生成时,转移电子的物质的量为0.25mol,D3.B解析根据题意,可以认为羟胺被酸性KMnO4氧化,羟胺中N元素的化合价是-1价,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25.00×10-3L×0.049mol·L-1×(x+1)=24.50×10-3L×0.020mol·L-1×5,解得x=1,故羟胺的氧化产物为N2O。4.B解析由电荷守恒可知3×2+a×(-1)+2×(-2)=-2,则a=4;由质量守恒可知Y中含Fe原子的个数为3,含O原子的个数为4,故Y的化学式为Fe3O4;该反应中还原剂为Fe2+、S2O32-,氧化剂为5.D解析反应②中NO2-被Fe还原成NH4+,Fe变成Fe2+,该反应的离子方程式为NO2-+3Fe+8H+NH4++3Fe2++2H2O,A正确;增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可增大纳米Fe与NO3-的接触面积,从而提高NO3-的除去效果,B正确;结合①②反应可知,amolNO3-完全转化为NH4+至少需要Fe的物质的量为4amol,C正确;反应①为NO3-+Fe+2H+6.答案(1)①2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl②H2③CuH+3H++NO3-Cu2++2H2O+NO(2)①V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O②SO32->Cl7.答案(1)71∶1260.25molKMnO4>MnO2>O2253H2SO42153(2)铁氢气在氯气中安静地燃烧,发出苍白色火焰,瓶口有白雾生成FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3解析(1)Ⅰ.反应①中氧化产物为Cl2,还原产物为MnCl2,氧化产物与还原产物的质量之比为(35.5×2)∶(55+35.5×2)=71∶126。Ⅱ.反应②生成3molCl2时转移电子5mol,若标准状况下产生氯气3.36L,即0.15molCl2,则转移电子物质的量是0.25mol。Ⅲ.三种物质氧化性由强到弱的顺序:KMnO4>MnO2>O2。Ⅳ.根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为2KMnO4+5KNO2+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O。(2)①根据题中信息分析可知,A是Fe、B是Cl2、C是H2、D是FeCl3、E是HCl;氢气在氯气中能安静地燃烧,发出苍白色火焰,瓶口有白雾生成。②氯化亚铁与NaOH发生复分解反应生成氢氧化铁和氯化钠,化学方程式为FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl;氢氧化亚铁在空气中易被氧化为氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。8.A解析过氧键整体显-2价,S2O82-中存在一个过氧键,则S2O82-中硫元素的化合价为+6价,A错误;反应②中Mn2+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,B正确;根据反应②可知,K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强,故其与浓盐酸混合可得到氯气,C正确;据守恒规律配平:2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,2molKMnO4参与反应时,消耗16molHCl,只有10molHCl被氧化为Cl2,则消耗0.2molKMnO4时,9.C解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:①3Cu2S+5Cr2O72-+46H+6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O;②6FeS+9Cr2O72-+78H+6Fe3++6SO42-+18Cr3++39H2O。反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5,A正确;用相同物质的量的Cu2S和FeS处理Cr2O72-时,Cu2S消耗的Cr2O72-多,B正确;处理等物质的量的Cr2O72-时,反应①和②中消耗10.D解析SiO2不与稀硫酸反应,锌灰中PbO与稀硫酸反应得到的PbSO4不溶于水,故滤渣1的主要成分为PbSO4、SiO2,A正确;加入KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe(OH)3,MnO4-则被还原为MnO2,离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,B正确;为除去硫酸铜可采用置换反应,试剂a为Zn,发生置换反应:Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,C正确;设ZnCO3·xZn(OH)2的物质的量为ymol,煅烧ZnCO3·xZn(OH)2得到ZnO,则固体质量减少的质量等于二氧化碳、水的质量,n(ZnO)=mM=8.1g81g·mol-1=0.1mol,根据固体减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.111.C解析根据箭头方向,找出反应物和生成物,两步反应分别为2H++H2O2+2M2H2O+2M';2M'+H2O22M+O2↑+2H+;根据H2O2的化合价变化,M为Fe2+,M'为Fe3+,A错误;总反应为2H2O22H2O+O2↑,每有1molO2生成时,转移2mol电子,B错误;H2O2的溶液显弱酸性,在H2O2分解过程中,生成水后溶液pH升高,C正确;根据2H++H2O2+2Fe2+2H2O+2Fe3+可知,H2O2的氧化性强于Fe3+,根据反应2Fe3++H2O22Fe2++O2↑+2H+可知,H2O2的还原性强于Fe2+,D错误。12.B解析向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液,溶液由蓝色变为淡黄色,说明酸性环境下MnO4-将VO2+氧化为VO2+,MnO4-被还原成Mn2+,由电子守恒可知存在KMnO4~5VOSO4~5e-,则①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5,A错误;向(VO2)2SO4溶液中滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,溶液变蓝,说明浓盐酸能把VO2+还原为VO2+,Cl-失去电子生成氯气,由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为2VO2++4H++2Cl-2VO2++Cl2↑+2H2O,标准状况下11.2L气体为0.5mol,故转移1mol电子,B正确;氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,则由①可知,氧化性:MnO4->VO2+,由②可知,氧化性:VO2+>Cl2,所以酸性条件下氧化性MnO4->VO2+>Cl2,C错误;VO2+具有较强的氧化性,(VO2)2SO4溶液中滴加FeI13.A解析0.3molCoC2O4·2H2O加热至恒重时生成固体Y的质量为24.1g,Y中含有0.3molCo,则O的物质的量为n(O)=24.1g-0.3mol×59g·mol-116g·mol-1=0.4mol,则固体Y为Co3O4,X为碳的氧化物,Co3O4加入足量盐酸溶解,得到0.3molCoCl2和黄绿色气体Z,则Z为氯气。经分析A错误;根据分析第一步CoC2O4·2H2O生成Co3O4和碳的氧化物,Co元素化合价发生变化,第二步中加入足量盐酸反应生成氯气,氯元素化合价升高,均有元素化合价的变化,都是氧化还原反应,B正确;溶解时发生的反应为Co3O4+8HCl3CoCl2+4H2O+Cl2↑,此反应中Cl-为还原剂,Co2+为还原产物,故酸性条件下还原性:Cl->Co14.D解析实验中得到溶液1发生的反应为CuO+H2SO4CuSO4+H2O、Fe2O3+3