资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第5讲 氧化还原反应的配平与计算
1．水热法制备纳米颗粒的反应如下(反应条件忽略)：。下列说法错误的是(　　)
A．该反应中作氧化剂 B．该反应中和都是还原剂
C．3个参加反应时有1个被氧化 D．离子方程式中
2．工业制硫酸的原理示意图如图：
下列说法不正确的是(　　)
A．燃烧的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
B．1mol SO2和足量O2充分反应转移2mol电子
C．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾
D．可用浓氨水吸收生产过程中的尾气并转化为铵盐
3．酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为，实现该反应的机理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅲ中，每消耗转移电子
C．在反应Ⅱ中作氧化剂
D．黄铁矿催化氧化反应为：
4．CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．0.1溶液中：
B．“还原”发生反应的离子方程式为：
C．“还原”后的溶液中：
D．“过滤”后得到的滤液中：
5．是一种重要的还原剂，常用于造纸等行业。下列离子方程式错误的是(　　)
A．在溴水中滴加溶液，溶液褪色：
B．在和的混合液中滴加稀硫酸：
C．在溶液中滴加少量溶液：
D．在石灰乳中滴加少量的饱和溶液：
6．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．KClO碱性溶液与反应制备高铁酸钾：
B．用白醋浸泡过的淀粉—KI试纸检验加碘盐中的：
C．向NaClO溶液中通入少量气体：
D．溶液与足量的NaOH溶液反应：
7．硫酸盐还原菌()会腐蚀许多金属及合金。模拟诱导腐蚀碳素钢发生厌氧电化学腐蚀实验，实验后发现碳素钢表面覆盖物成分是硫化物(主要含)，腐蚀机理如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．碳素钢厌氧腐蚀过程中做还原剂
B．温度越高，诱导碳素钢厌氧腐蚀速率越快
C．碳作负极，电极反应为：
D．该实验生成的总反应：
8．水合肼（）及其衍生物产品在许多工业中得到广泛的使用，可用作还原剂、抗氧剂、发泡剂等。一种利用NaClO溶液与氨气反应制备水合肼的装置如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗
B．试剂X可选择CaO固体
C．为防倒吸，试剂Y可选择苯
D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为
9．七水硫酸锌在农业中可用作微量元素肥料，也被广泛用于工业领域。锌渣制备的工艺流程如下。
锌渣的主要成分为，含有少量下列说法正确的是(　　)
A．滤渣①为，滤渣③为和
B．氧化操作发生的反应为：
C．加入的主要作用是调节溶液的
D．操作X用到的玻璃仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗
10．元宵佳节松花江畔焰火璀璨，燃放烟花时发生：，同时在火药中会加入等物质。下列说法正确的是(　　)
A．加入能得到绿色的烟花
B．该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2
C．每生成，转移电子的物质的量为
D．燃放烟花对环境没有污染
11．工业上以钛铁矿（，其中Ti为+4价）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．Ti位于元素周期表中第4周期ⅣB族
B．氯化时，被氧化的元素有碳和铁
C．制备Ti时，Ar气做保护气，可用氮气代替
D．氯化时，每生成0.1 mol ，转移电子0.7 mol
12．乙二醇的生产工艺中，需使用热的溶液(脱碳液)脱除，脱碳液中含有的能减少溶液对管道的腐蚀。可使用“碘量法”测定脱碳液中的含量，操作中涉及两个反应如下：
①；②。
下列说法错误的是(　　)
A．反应①中氧化剂与还原剂物质的量之比为3∶2
B．反应①生成1mol 时，反应转移1mol电子
C．V的最高价为+5价，推测有氧化性和还原性
D．溶液酸性过强时，反应②易发生其他反应
13．连二亚硫酸钠俗称保险粉，是印染工业中常用的漂白剂。实验室制备流程如下：
下列说法错误的是(　　)
A．将锌粉溶于水形成悬浊液可以提高反应速率
B．生成的反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为
C．温度超过会导致溶解度降低
D．加入有利于析出，提高产率
14．高铁酸钾是一种新型的消毒剂，可以做到消毒、净水两用。高铁酸钾常用反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O制备，下列说法不正确的是(　　)
A．生成1mol，转移3mol电子
B．高铁酸钾可以消毒净水两用是因其有强氧化性且生成胶体
C．高铁酸钾消毒剂不能和洁厕灵混合
D．氧化产物与还原产物物质的量之比为2:5
15．是有毒的污染性气体，可将其与氧气的混合气体通入的混合溶液中进行处理，其物质转化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．过程①中发生的反应是复分解反应
B．过程②中每生成转移个电子
C．过程③中每转化，需
D．总反应为
16．科学研究发现某些酶可以促进H+和e-的转移(如下图a、b和c过程)，可将海洋中的NO2转化为N2，反应过如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．过程I的离子方程式为：+2H+NO+H2O
B．消耗1molNO，b过程转移2mole-
C．高温有利于促进该过程中H+和e-的转移
D．过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
17．光催化CO2还原是一种有望在固碳和绿色能源领域应用的技术。水溶液中复合材料BM﹣MS(Bi2MoO6﹣MoS2)光催化CO2还原为醇类的机理图如图，h+是电子跃迁后留下的空穴，具有强氧化性。下列说法不正确的是(　　)
A．H2O在富集空穴的MoS2材料上发生氧化反应
B．光催化CO2还原在一定条件下也可以生成甲烷等有机物
C．在Bi2MoO6材料上，消耗标准状况下2.24 LCO2时，转移0.4 mol电子
D．光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2
18．钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示：
已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃
下列说法错误的是(　　)
A．步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化
B．步骤③的操作名称是加热或高温煅烧
C．步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO
D．由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体
19．用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以形式存在)的工艺流程如下：
下列说法正确的是(　　)
A．经①和④所得溶液中，后者小于前者
B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂
C．若②和⑤中分别得到等量，则消耗的
D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱
20．一种利用含钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)制备的工艺流程如下。
已知：①常温下，部分金属离子沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的 8.5 2.2 3.4 7.8
完全沉淀(金属离子)的的 10.0 3.0 4.5 9.4
②的的。
下列说法不正确的是(　　)
A．由流程可知氧化性：
B．常温下加入的溶液显碱性
C．气体通入氨水至过量后所得溶液可循环利用
D．“高温焙烧”时的化学方程式：
21．二氧化氯（ClO2）是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种制备ClO2的工艺流程及ClO2的分子结构（O-Cl-O的键角为117.6°）如图所示。
下列说法错误的是(　　)
A．等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍
B． ClO2分子中含有大π键（），Cl原子杂化方式为sp2杂化
C．“ClO2发生器”中发生的反应为
D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3∶1
22．以辉锑矿(主要成分为，含少量、CuO、等)为原料制备金属锑的工艺流程如图所示。
已知：浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、等。
下列说法错误的是(　　)
A．“还原”过程加适量Sb目的是更好地循环利用Sb元素
B．“除铜”时，不宜加过多的，是为了防止生成或产生有毒物质
C．“除砷”时有生成，该反应每生产2molAs，消耗
D．“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3：2
23．化学实验中，如使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，就可不再向环境排放该种有害物质。例如：
(1)在上述有编号的步骤中，需用还原剂的是________(填编号，下同)，需用氧化剂的是________
(2)在上述循环中，既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是_________(填化学式)
(3)完成并配平①的化学方程式：________Na2Cr2O7＋________KI＋________HCl===________CrCl3＋________NaCl＋________KCl＋________I2＋________
24．Ⅰ.过氧化氢是用途很广的绿色氧化剂，它的水溶液俗称双氧水，常用于消毒、杀菌、漂白等。试回答下列问题：
(1)写出酸性高锰酸钾溶液和H2O2反应的离子方程式_____________________________________________
(2)Na2O2、K2O2以及BaO2都可与酸作用生成过氧化氢，目前实验室制取过氧化氢可通过上述某种过氧化物与适量稀硫酸作用，然后过滤。则上述最适合的过氧化物是
(3)甲酸钙[Ca(HCOO)2]广泛用于食品工业生产上，实验室制取甲酸钙的方法之一是将氢氧化钙和甲醛(HCHO)溶液加入质量分数为30%～70%的过氧化氢溶液中，则该反应的化学方程式为：
Ⅱ.某工厂废水中含KCN，其浓度为650 mg·L－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)：
(4)KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O中被氧化的元素是________
(5)通入过量氯气，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，请配平下列化学方程式：________KOCN＋________KOH＋________Cl2===________CO2＋________N2＋________KCl＋________H2O。
(6)若将5 m3含KCN的浓度为650 mg·L－1的废水中的KCN氧化成N2除去，需要标准状况下的氯气的体积为__________L
答案及解析
1.【答案】C
【解析】A．该反应中氧元素化合价降低，所以O2作氧化剂，故A正确；
B．该反应中的铁元素化合价升高，中硫元素平均化合价为+2价，中硫元素的平均化合价为+2.5价，即S元素化合价升高，所以和都是还原剂，故B正确；
C．该反应中每有3个Fe2+参加反应，消耗一个O2，但反应时中氧元素化合价降低，O2作氧化剂被还原，故C错误；
D．由电荷守恒可知，3×(+2)+2×(-2)+x×(-1)=1×(-2)，解得x=4，故D正确 ；
故答案为：C。
2.【答案】B
【解析】A．FeS2燃烧生成氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故A正确；
B． 反应可逆，1mol SO2和足量O2充分反应转移电子的物质的量小于2mol，故B错误；
C．用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫可避免形成酸雾，故C正确；
D．用浓氨水吸收生产过程中的尾气二氧化硫生成亚硫酸铵，故D正确；
选B。
3.【答案】B
【分析】酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应过程中，反应Ⅰ中Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO，反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，反应Ⅲ中Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+。
【解析】A．由于酸性条件下，黄铁矿催化氧化反应的产物之一为FeSO4，则NO是该反应的催化剂，故A正确；
B．反应Ⅲ中，Fe2+与NO反应生成Fe(NO)2+，反应前后各元素的化合价不变，该反应为非氧化还原反应，故B错误；
C．反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成Fe2+和，Fe3+中铁元素的化合价降低，Fe3+是氧化剂，FeS2中硫元素的化合价升高，FeS2是还原剂，故C正确；
D．由图可知，黄铁矿催化氧化过程中FeS2和O2是反应物，Fe2+和是生成物，其反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，故D正确；
故选：B。
4.【答案】B
【分析】CuO为碱性氧化物，与稀硫酸发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤中发生2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，据此分析；
【解析】A．利用质子守恒，0.1molNa2SO3溶液中存在c(OH-)=c(HSO)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误；B．“酸溶”步骤中发生CuO+2H+=Cu2++H2O，“还原”步骤通入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，故B正确；C．还原后溶液还存在Na+，因此根据电荷守恒，推出c(Na+)+2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO)+c(Cl-)，故C错误；D．过滤后，CuCl为饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，推出c(Cu2+)=，故D错误；答案为B。
5.【答案】A
【解析】A．在溴水中滴加溶液，溶液褪色：，A错误；B．在和的混合液中滴加稀硫酸：，B正确；C．在溶液中滴加少量溶液：，C正确；D．在石灰乳中滴加少量的饱和溶液：，D正确；故选A。
6.【答案】B
【解析】A．KClO碱性溶液与反应制备高铁酸钾：，A错误；B．用白醋浸泡过的淀粉—KI试纸检验加碘盐中的：，B正确；C．向NaClO溶液中通入少量气体：，C错误；D．溶液与足量的NaOH溶液反应生成Mg(OH)2、Na2CO3和H2O，其反应的离子方程式为：，D错误；故选B。
7.【答案】D
【解析】A．氢原子将+6价的硫酸根离子还原为-2价的硫离子，SRB不做还原剂，A错误；B．温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B错误；C．碳作正极，电极反应为：H+ +e =H，C错误；D．根据示意图可知，总反应的化学方程式为，D正确；故选D。
8.【答案】C
【分析】Ⅰ为氨气的发生装置，Ⅱ中NH3与NaClO反应制备水合肼，Ⅲ为NH3的尾气处理，需要防倒吸，据此回答。
【解析】A．Ⅰ中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗，A正确；B．可用浓氨水和CaO固体反应制备，B正确；C．苯的密度比NaClO溶液的小，为防倒吸，试剂Y应选择密度比NaClO溶液大的液体等，C错误；D．Ⅱ中发生反应的化学方程式为，D正确；故选C。
9.【答案】C
【分析】锌渣的主要成分为ZnO，含有少量CuO、FeO、PbO、SiO2，加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应，PbO与硫酸反应生成硫酸铅沉淀，所以滤渣1中为SiO2和PbSO4，滤液①溶质主要为硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，加入漂白粉将Fe2+氧化为Fe3+，次氯酸根离子转化为氯气，再加ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，滤渣②为Fe(OH)3，滤液②主要溶质为硫酸锌和硫酸铜，加入Zn置换硫酸铜生成Cu，滤渣③中为Cu和过量的锌，滤液③主要为硫酸锌，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4 7H2O，据此回答。
【解析】A．根据分析可知，滤渣①中为SiO2和PbSO4，滤渣③中为Cu和过量的锌，A错误；B．氧化操作发生的反应为：，B错误；C．根据分析可知，ZnO调节溶液pH值，使Fe3+沉淀，C正确；D．操作X用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，D错误；故选C。
10.【答案】B
【分析】该反应中N元素化合价由+5价降为0价，S元素化合价由0价降为-2价，C元素化合价由0价升为+4价，故S和为氧化剂，C为还原剂，CO2氧化产物，K2S、N2为还原产物，据此分析解题。
【解析】A．钙离子的焰色反应为蓝色，不能得到绿色的烟花，A错误；B．C为还原剂，CO2氧化产物，K2S、N2为还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2 ，B正确；C．反应中N元素化合价由+5价降为0价，S元素化合价由0价降为-2价，每生成1molN2，转移电子的物质的量为12mol，C错误；D．燃放烟花产生大量有毒烟尘颗粒物污染环境，D错误；故选B。
11.【答案】C
【解析】A．Ti位于元素周期表中第4周期ⅣB族，A正确；B．氯化发生的反应为：，根据产物判断被氧化的元素有碳和铁，B正确；C．高温下Ti与N2反应，由TiCl4制备Ti的过程中，Ar气不可换成氮气，C错误；D．根据反应方程式，每生成0.1 mol FeCl3，转移0.7 mol电子，D正确；故本题答案选C。
12.【答案】A
【解析】A．KI中I元素的化合价由-1价升高到0价，则KI作还原剂，中V元素的化合价由+5价降低到+4价，则作氧化剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；B．生成2mol ，转移2mol电子，则生成1mol 时转移1mol 电子，B正确；C．中V显+5价，处于最高价，O显-2价，处于最低价，即既具有氧化性又具有还原性，C正确；D．在酸性过强时，与反应生成S、和，D正确；故选A。
13.【答案】B
【分析】锌粉水悬浊液与SO2在35-45°C环境下反应生成ZnS2O4溶液，加入NaOH溶液除去Zn(OH)2后得到Na2S2O4溶液，用NaCl固体析出Na2S2O4·2H2O，系列操作后得到无水Na2S2O4。
【解析】A． 锌粉溶于水形成悬浊液可增大反应接触面积从而提高反应速率，A正确；B． 生成的反应为，氧化剂和还原剂物质的量之比为，B错误；C． 温度过高会降低气体溶解度，C正确；D． 根据同离子效应加入可降低溶解度，提高产率，D正确；故选B。
14.【答案】D
【解析】A．上述反应铁化合价由+3变为+6，则生成1mol离子，转移3 mol电子，A正确；B．高铁酸根离子中铁元素处于高价态，具有强氧化性，可以消毒，溶于水能生成氢氧化铁胶体可以净水，B正确；C．洁厕灵的主要成分是盐酸，高铁酸钾可以和其反应生成有毒的氯气，两者不能混用，C正确；D．该反应中氧化产物是，还原产物是Cl-，根据方程式可知，两者物质的量之比为2∶3，D错误；故选D。
15.【答案】A
【分析】过程①发生复分解反应由硫化氢生成氯化氢，由弱酸生成强酸；过程②中，Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S；过程③中，Fe2+被氧化为Fe3+。
【解析】A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，发生复分解反应，A正确；B．过程②中，三价铁离子具有氧化性，将-2价硫氧化为硫单质，发生的反应为CuS+2Fe3+=Cu2++2Fe2++S，每生成32gS转移电子数为2NA，B错误；C．过程③中反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++ 2H2O，每转化1molFe2+，需0.25molO2，没有指明标准状况，无法计算氧气的体积，C错误；D．从总反应看，Fe2+、Fe3+、Cu2+循环使用，则回收S的总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O， D错误；故答案为：A。
16.【答案】D
【解析】A．该离子方程式电荷不守恒，A错误；B．b过程反应为， 消耗1molNO， 转移3mole ，B错误，
C．高温下酶会失去活性，不利于H 和e 的转移，C错误；D．总反应式为：，氧化剂为，还原剂为，过程I→III的总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，D正确；故选D。
17.【答案】C
【分析】在上述原电池反应中，H+、CO2得到电子被还原为C2H5OH、CH3OH，H2O失去电子被氧化变为O2、H+，因此通入CO2的电极为正极，加入H2O的电极为负极，根据气体的物质的量，结合元素化合价变化判断和计算反应过程中电子转移总数。
【解析】A．根据图示可知H2O在富集空穴的MoS2材料上失去电子，发生氧化反应变为H+、O2，A正确；B．根据图示可知在Bi2MoO6电极上CO2得到电子，发生还原反应与H+反应产生CH3OH、C2H5OH、CH4、H2O等物质，B正确；C．标准状况下2.24 LCO2的物质的量是0.1 mol，CO2得到电子被还原为CH3OH、C2H5OH时，C元素化合价由反应前CO2中的+4价变为反应后CH3OH、C2H5OH中的-2价，化合价降低6价，每1molCO2反应转移6mol电子，因此0.1molCO2反应，转移0.6mol电子，C错误；D．根据图示可知反应物为H2O、CO2，生成物为CH3OH、C2H5OH及H2O，则根据反应过程中电子转移数目相等，可知光催化过程的总反应是2CO2+3H2O=C2H5OH+3O2和2CO2+4H2O=2CH3OH+3O2，D正确；故选C。
18.【答案】D
【分析】由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确；B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确；D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误；故答案为：D。
19.【答案】B
【分析】卤水中含碘离子，酸化后，通入氯气可氧化碘离子生成碘单质，高分子吸附树脂吸附碘单质，然后碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成NaI和硫酸钠，离子反应为I2+SO+H2O═2I-+SO+2H+，氧化时氯酸钾可氧化NaI生成碘，升华可得到粗产品，以此来解答。
【解析】A．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，故A错误；B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；C．若②和⑤中分别得到等量I2，由电子守恒可知n(Cl2)×2×(1-0)=n(KClO3)×[5-(-1)]，则消耗的，故C错误；D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为非极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱，故D错误。答案选B。
20.【答案】A
【分析】钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，还原为Co2+，转化为对应硫酸盐，二氧化硅不溶解，滤渣为二氧化硅，滤液中加氨水调溶液的pH，沉淀Al3+、Fe3+，过滤，滤液中加碳酸氢铵沉钴，得CoCO3沉淀，然后碳酸钴和碳酸锂高温焙烧生成。
【解析】A．由流程可知，钴废料(主要成分为，还含有少量等杂质)中加硫酸、H2O2酸浸，被H2O2还原为Co2+，所以氧化性：，故A错误；B．电离常数：碳酸的，所以水解常数，所以溶液显碱性，故B正确；C．气体为CO2，通入氨水至过量后所得溶液为溶液，溶液可循环利用，故C正确；D．“高温焙烧”时，碳酸钴和碳酸锂反应生成，钴元素化合价升高，则有氧气参与，反应的化学方程式：，故D正确；故答案为：A。
21.【答案】D
【解析】A．已知ClO2作氧化剂时每摩ClO2需得到5mol电子，而Cl2作氧化剂时每摩Cl2只能得到2mol电子，故等物质的量ClO2的消毒效率为Cl2的2.5倍，A正确；B．由题干ClO2的结构示意图可知，ClO2分子中含有大π键（），则Cl周围2个σ键和一对孤电子对即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为sp2杂化，B正确；C．由题干流程图可知，“ClO2发生器”中即NaClO3和HCl反应生成ClO2、Cl2和NaCl，根据氧化还原反应配平可得，发生的反应为，C正确；D．由题干流程图可知，“电解”时，阳极发生氧化反应，电极反应为：Cl-+3H2O-6e-=+6H+，阴极发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒可知，阳极与阴极产物的物质的量之比为1∶3，D错误；故答案为：D。
22.【答案】C
【分析】辉锑矿加入盐酸和，得到浸出液中除含过量盐酸和之外，还含有、、；加入适量Sb，将五价Sb转化为三价Sb，加入Na2S生成CuS沉淀除去铜，加入，和加入的反应生成As、，之后得到溶液，电解生成Sb和。
【解析】A．浸出液中含过量，加适量Sb两者反应生成且不引入新杂质，目的是更好地循环利用Sb元素，A正确；B．过多的会和反应生成，导致Sb元素流失；具有还原性也可能会和反应生成有毒的As单质，故“除铜”时，不宜加过多的，B正确；C．由流程可知，“除砷”时和加入的反应生成As，As元素化合价降低同时P元素化合价升高会生成，该反应的化学方程式为：，反应每生产2molAs，消耗，C错误；D．“电解”时，生成Sb和，根据电子守恒可知，3Sb3+～6e-～3Sb5+、2Sb3+～6e-～2Sb，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为3∶2，D正确；故选C。
23．(1)①　④　
(2)Cr(OH)3　
(3)1　6　14　2　2　6　3　7H2O
解析：(1)标出示意图中Cr的化合价，可知Cr化合价降低需用还原剂的是①，化合价升高需用氧化剂的是④。(2)既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质是Cr(OH)3，既能与酸反应生成CrCl3，又能与碱反应生成NaCrO2。(3)Cr化合价降低3价，I化合价升高1价，根据电子守恒、质量守恒，可配平方程式Na2Cr2O7＋6KI＋14HCl===2CrCl3＋2NaCl＋6KCl＋3I2＋7H2O。
24．(1)2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O　
(2)BaO2　
(3)Ca(OH)2＋2HCHO＋2H2O2===Ca(HCOO)2＋4H2O　
(4)碳(或C)　
(5)2　4　3　2　1　6　2　
(6)2 800
解析：Ⅰ.(1)KMnO4作氧化剂，H2O2作还原剂，发生的反应的离子方程式为2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O。(2)Na2O2和K2O2会引入Na2SO4和K2SO4杂质，无法通过过滤操作除去，故应选BaO2。(3)HCHO被H2O2氧化为HCOOH，HCOOH会与Ca(OH)2发生反应，故反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2HCHO＋2H2O2===Ca(HCOO)2＋4H2O。Ⅱ.(4)由题干信息及题给的化学方程式可知，被氧化的元素是C。(5)结合化合价升降法配平得：2KOCN＋4KOH＋3Cl2===2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O。(6)5 m3废水中KCN的物质的量为＝50 mol，由KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O可知，将50 mol KCN氧化为KOCN需50 mol Cl2，得到50 mol KOCN，由2KOCN＋4KOH＋3Cl2===2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O可知，将50 mol KOCN氧化成N2需75 mol Cl2，共需125 mol Cl2，在标准状况下的体积为2 800 L。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第5讲 氧化还原反应的配平与计算
考点一 氧化还原方程式的配平
1．氧化还原方程式配平的三大原则
(1)电子守恒：氧化剂和还原剂得失电子总数相等，化合价升高的总数＝化合价降低的总数
(2)质量守恒：反应前后原子的种类和个数不变
(3)电荷守恒：离子反应前后，阴、阳离子所带的电荷总数相等
2．氧化还原方程式配平的一般步骤
(1)标变价——标出有变的元素化合价
(2)列得失——列出化合价的变化值
(3)求总数——求出化合价升降的最小公倍数，使化合价升高和降低的数目相等
(4)配系数——配出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的系数，观察法配平其它物质的系数
(5)查守恒——查原子是否守恒、电荷是否守恒(通常通过检查氧元素的原子数)，画上等号
3．记住元素的价态
（1）记住元素的常见价态
氢H
物质 金属氢化物、NaBH4、LiAlH4 H2 H2O
价态 -1 0 +1
氧O
H2O H2O2、Na2O2等 O2 OF2
-2 -1 0 +2
碳C
物质 CH4 C2H2 C CO、HCN H2C2O4 CO2、CO32-
价态 -4 -1 0 +2 +3 +4
硫S
物质 H2S FeS2 S S2O32- SO2、SO32- SO3、SO42-、S2O
价态 -2 -1 0 +2 +4 +6
氮N
物质 NH3、Li2NH、HCN、CO(NH2)2 N2H4 N2 HNO NO HNO2 NO2 HNO3
价态 -3 -2 0 +1 +2 +3 +4 +5
氯Cl
物质 Cl- Cl2 HClO ClO HClO2 ClO2 HClO3 HClO4
价态 -1 0 +1 +2 +3 +4 +5 +7
碘I
物质 I- I2 HIO HIO2 I4O9 HIO3 HIO4、H5IO6
价态 -1 0 +1 +3 +3(1/4)、+5(3/4) +5 +7
铜Cu
物质 Cu Cu2O、Cu2S Cu2O、Cu2+
价态 0 +1 +2
铁Fe
物质 Fe FeO、Fe2+ Fe3O4 Fe2O3、Fe3+ K2FeO4
价态 0 +2 +2（1/3）、+3（2/3） +3 +6
铬Cr
物质 Cr Cr3+ K2CrO4、K2Cr2O7
价态 0 +3 +6
锰Mn
物质 Mn Mn2+、MnO MnO(OH) MnO2 K2MnO4 KMnO4
价态 0 +2 +3 +4 +6 +7
（2）明确一些特殊物质中元素的化合价：
①CuFeS2：、、；②K2FeO4：；③Li2NH、LiNH2、AlN：；④Na2S2O3：；⑤MO：；
⑥C2O：； ⑦HCN：、；⑧CuH：、；⑨FeO：；⑩Si3N4：、。
4．氧化还原反应配平的思维模型
第一步：根据元素化合价的升降，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物；
第二步：按“氧化剂+还原剂→还原产物+氧化产物”写出方程式，根据得失电子守恒配平上述物质；
第三步：根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H+、OH-或H2O等；
第四步：根据质量守恒配平反应方程式；
第五步：检查原子、电荷、电子是否守恒。
5．常用方法
(1)正向配平：氧化剂、还原剂中某元素化合价是全变的以及归中反应，一般从左边反应物着手配平，即正向配平法，根据化合价升降总数相等，确定氧化剂和还原剂的化学计量数，然后用观察法配平其他物质
(2)逆向配平：部分氧化还原反应、自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平，即逆向配平法，先确定氧化产物和还原产物的化学计量数，然后用观察法确定氧化剂和还原剂的化学计量数
(3)缺项配平：先将得失电子数配平，再观察两边电荷。若反应物这边缺正电荷，一般加H＋，生成物一边加水；若反应物这边缺负电荷，一般加OH－，生成物一边加水，然后进行两边电荷数配平。其补项原则有：
条件 补项原则
酸性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H＋，少O(氧)补H2O(水)
碱性条件 缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)，少O(氧)补OH－
(4)有机物参与的氧化还原反应方程式的配平：在有机物参与的氧化还原反应方程式的配平中，一般有机物中H显＋1价，O显－2价，根据物质中元素化合价代数和为零的原则，确定碳元素的平均价态，然后进行配平
配平化学方程式：H2S＋HNO3S↓＋NO↑＋H2O
第一步：标变价 H2＋↓＋O↑＋H2O
第二步：列得失 H2　　　＋　　　HO3 失去↓2e－　　　　　　 ↓得到(5－2)e－ 　　　　　　　　 O
第三步：求总数 通过求最小公倍数的方法使化合价升降总数相等，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数
H2　　　＋　　　HO3 失去2e－×3↓　　　　　　　 ↓得到3e－×2 　　　　 　　　　　　　 O
故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2
第四步：配系数 先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素： 3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O
第五步：查守恒 其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证
注意
“信息型”氧化还原反应（离子）方程式的书写
（1）“信息型”氧化还原反应化学（离子）方程式的书写程序
根据电子转移数或常见化合价确定未知产物中元素的化合价；根据溶液的酸碱性确定未知物的类别 → 根据电子守恒配平 → 根据溶液的酸碱性确定参与反应的或 → 根据电荷守恒配平 → 根据原子守恒确定并配平其他物质
熟记常见的氧化剂及对应的还原产物、还原剂及对应的氧化产物
氧化剂 MnO4- (酸、碱、中) Cr2O72- (酸) NO3-（H+） （浓、稀） ClO3- H2O2 X2 (卤素) H2SO4 (浓） Fe3＋
对应还原产物 Mn2＋（酸）、MnO42-（碱） MnO2（中） Cr3＋ NO2（浓） NO（稀） Cl－ H2O X－ SO2 Fe2＋
氧化剂 Mn+(M表示金属） MnO2 HClO 、ClO－ FeO42- PbO2 ClO2 Co2O3
对应还原产物 M Mn2＋ Cl－ Fe3＋ Pb2＋ Cl－ Co2+
还原剂 S2－ (HS-、H2S) SO2 (SO32-、HSO3-、H2SO3) S2O X－ Fe2＋ H2O2
对应氧化产物 S SO SO X2 Fe3＋ O2
还原剂 C6H12O6 C2O42-、HC2O4-、H2C2O4 H2 CO M
对应氧化产物 CO2 CO2 H2O CO2 Mn+(M表示金属）
（3）掌握书写信息型氧化还原反应化学（离子）方程式的步骤(4步法)
第1步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
第2步：按“氧化剂+还原剂-还原产物+氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律配平氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。
第3步：根据电荷守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋或OH－的形式使方程式的两端的电荷守恒。
第4步：根据原子守恒，通过在反应方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。
【逐点训练1】
1．正向配平
(1)HCl(浓)＋MnO2Cl2↑＋MnCl2＋H2O
(2)Cu＋HNO3(稀)===Cu(NO3)2＋NO↑＋H2O
(3)KI＋KIO3＋H2SO4===I2＋K2SO4＋H2O
(4)MnO＋H＋＋Cl－===Mn2＋＋Cl2↑＋H2O
(5)NaBO2＋SiO2＋Na＋H2===NaBH4＋Na2SiO3
(6)H2S＋KMnO4＋H2SO4===K2SO4＋MnSO4＋S↓＋H2O
2．逆向配平
(1)S＋KOH===K2S＋K2SO3＋H2O
(2)P4＋KOH＋H2O===K3PO4＋PH3
(3)(NH4)2Cr2O7===N2↑＋Cr2O3＋H2O
(4)I2＋NaOH===NaI＋NaIO3＋H2O
3．缺项配平
(1)将MnO在酸性条件下氧化Fe2＋的离子方程式补充完整：
MnO＋Fe2＋＋===Mn2＋＋Fe3＋＋
(2)ClO－＋Fe(OH)3＋===Cl－＋FeO＋H2O
(3)MnO＋H2O2＋===Mn2＋＋O2↑＋H2O
(4)Mn2＋＋ClO＋H2O===MnO2↓＋Cl2↑＋
(5)完成以下氧化还原反应的离子方程式：MnO＋C2O＋===Mn2＋＋CO2↑＋
(6)MnO＋NO＋===Mn2＋＋NO＋H2O
(7)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、CO。请将AlN之外的反应物与生成物分别填入以下空格内，并配平：＋＋===AlN＋
(8)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：Ce3＋＋H2O2＋H2O===Ce(OH)4↓＋________。
4．有机物参与的氧化还原反应方程式的配平
(1)KClO3＋H2C2O4＋H2SO4===ClO2↑＋CO2↑＋KHSO4＋H2O
(2)C2H6O＋KMnO4＋H2SO4===K2SO4＋MnSO4＋CO2↑＋H2O
5．含有未知数的配平
(1)FexS＋HCl===S＋FeCl2＋H2S
(2)Na2Sx＋NaClO＋NaOH===Na2SO4＋NaCl＋H2O
6．（1）重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质:
铬铁矿熔块
该步骤的主要反应为FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+Fe2O3+CO2↑+NaNO2。上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为　　 　。
（2）酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O(未配平)。配平该反应的方程式,其化学计量数依次为　　　　 　　　。
7．根据图示信息书写方程式。
（1）NaN3是一种易溶于水(NaN3=Na++)的白色固体，可用于有机合成和汽车安全气囊的产气等。钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程如下：
①反应I的化学方程式为 。
②销毁NaN3可用NaClO溶液，该销毁反应的离子方程式为 (被氧化为N2)。
（2）利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：
Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 。
8．根据信息书写方程式或描述反应过程。
（1）BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，弱酸性条件下降解苯酚的反应原理如下图所示。
①虚线框内BMO降解苯酚的过程可描述为： 。
②写出与苯酚反应的离子方程式： 。
（2）氯化银可以溶于氨水中，写出该反应的离子方程式： 。
9．SCR(选择性催化还原)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放，其工作原理如图：
（1）尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：________________________
________________________________________________。
（2）反应器中NH3还原NO2的化学方程式： 。
（3）当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成： 。
考点二 氧化还原反应的计算方法——电子守恒法
1．计算原理
对于氧化还原反应的计算，要根据氧化还原反应的实质——反应中氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等，即得失电子守恒。利用守恒思想，可以抛开繁琐的反应过程，可不写化学方程式，不追究中间反应过程，只要把物质分为始态和终态，从得电子与失电子两个方面进行整体思维，便可迅速获得正确结果
2．守恒法解题的思维流程
(1)找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物
(2)列出一个原子或离子的化合价的变化 (注意化学式中粒子的个数)
(3)根据题中物质的物质的量和电子守恒列出等式
在氧化还原反应中，转移电子数＝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)
【注意】部分氧化和部分还原的计算：要注意参加反应的量不一定完全是被氧化、或被还原的量，或一种物质由于歧化，有一部分被氧化，而另一部分被还原
3. 电子守恒在氧化还原反应计算中的应用
得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
(1)直接计算反应物与产物或反应物与反应物之间的数量关系。
(2)对于多步连续的氧化还原反应则可根据“电子传递”，找出起始反应物与最终生成物之间的关系进行计算，忽略反应过程。
(3)以电子守恒为核心，建立起“等价代换”，找出有关物质之间的关系进行计算等。
(4)多池串联时，流经各个电极上的电子数相等。
【逐点训练2】
1．在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则与1 mol Cr3＋反应所需PbO2的物质的量为(　　)
A．3.0 mol B．1.5 mol C．1.0 mol D．0.75 mol
2．Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1∶16，则x的值为(　　)
A．2 B．3 C．4 D．5
R2O8n－在一定条件下可以把Mn2＋氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
4．在反应3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴元素为(　　)
A．1mol B．mol C．mol D．2mol
5．已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热，所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜，放出一氧化氮和二氧化氮两种气体，且两种气体的物质的量之比为3∶7，则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为( )
A．4∶25 B．2∶17 C．1∶7 D．3∶8
6．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 mol·L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是(　　)
A．60 mL B．45 mL　　 C．30 mL　　 D．15 mL
7．14 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为(　　)
A．9.6 g B．6.4 g C．3.2 g D．1.6 g
一种利用金属磷化物作为催化剂，将CH3OH转化成甲酸钠的电化学示意图如下，阴极生成和一种气体。下列说法错误的是(　　)
A．b为电源正极
B．Na+由右侧室向左侧室移动
C．阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑
D．理论上，当电路中转移时，阴极室质量增加134g
9. 在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为(　　)
A.72% B.40% C.36% D.18%
10．在P＋CuSO4＋H2OCu3P＋H3PO4＋H2SO4(未配平)的反应中，7.5molCuSO4可氧化P的物质的量为
mol，生成1molCu3P时，参加反应的P的物质的量为________ mol
11. 某试样含有、及 性物质。称取试样，溶解后配制到容量瓶中。吸取，在介质中用将还原为，除去过量的后调至中性测定，消耗溶液。另吸取试液用酸化后加热除去，再调至中性，滴定过剩时消耗了上述溶液。计算试样中、的质量分数 、 。
12. 金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
1．（2024·江苏卷）催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见倠化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。倠化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、倠化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电倠化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。下列化学反应表示正确的是(　　)
A．汽车尾气处理：
B．电催化为的阳极反应：
C．硝酸工业中的氧化反应：
D．和催化制二甲醚：
2．（2024·湖南卷）下列过程中，对应的反应方程式错误的是(　　)
A 《天工开物》记载用炉甘石()火法炼锌
B 用作野外生氢剂
C 饱和溶液浸泡锅炉水垢
D 绿矾()处理酸性工业废水中的
3．（2024·甘肃卷）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是(　　)
A．还原性：
B．按上述方案消耗可回收
C．反应①的离子方程式是
D．溶液①中的金属离子是
4．（2024·浙江1月卷）汽车尾气中的和在催化剂作用下发生反应：，下列说法不正确的是(为阿伏加德罗常数的值)(　　)
A．生成转移电子的数目为 B．催化剂降低与反应的活化能
C．是氧化剂，是还原剂 D．既是氧化产物又是还原产物
5．（2023·浙江卷）关于反应，下列说法正确的是(　　)
A．生成，转移电子 B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂 D．若设计成原电池，为负极产物
6．（2023·北京卷）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是(　　)
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
7．（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
8．（2022·山东卷）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是(　　)
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
9．（2021·山东卷）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是(　　)
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
10．（2021·湖南卷）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
答案及解析
【逐点训练1】
1．(1)4　1　1　1　2　
(2)3　8　3　2　4
(3)5　1　3　3　3　3　
(4)2　16　10　2　5　8
(5)1　2　4　2　1　2　
(6)5　2　3　1　2　5　8
2．(1)3　6　2　1　3　
(2)2　9　3　3　5
(3)1　1　1　4
(4)3　6　5　1　3
3．(1)1 5 8H＋　1　5　4H2O
(2)3　2　4OH－　3　2　5
(3)2　5　6H＋　2　5　8
(4)5　2　4　5　1　8H＋
(5)2　5　16H＋　2　10　8H2O
(6)2　5　6H＋　2　5　3
(7)Al2O3　3C　N2　2　3CO
(8)2　1　6　2　6　H＋
4．(1)2　1　2　2　2　2　2 (2)5　12　18　6　12　10　33
5．(1)　2　(－1)　1　1 (2)1　3x＋1　2x－2　x　3x＋1　x－1
6. 【答案】（1）2∶7　（2）1、2、4、1、1、3
【解析】（1）根据得失电子守恒和质量守恒,配平化学方程式可得:2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2,故FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为2∶7。
（2）I元素化合价由-1价升高到0价,Mn元素化合价由+4价降低到+2价,根据元素化合价升降总数相等可得MnO(OH)2和I-的化学计量数分别为1、2,再结合原子守恒和电荷守恒配平:MnO(OH)2+2I-+4H+===Mn2++I2+3H2O。
7. 【答案】（1）
（2）
【分析】钠法(液氨法)制备NaN3的工艺流程为：金属Na与液氨反应生成NaNH2和H2，加热硝酸铵发生反应NH4NO3N2O↑+2H2O↑获得N2O，NaNH2和N2O加热到210 ~ 220℃发生反应，生成NaN3，分离出NaOH得到NaN3。
【解析】（1）①反应I是NaNH2、N2O在210-220℃发生氧化还原反应产生NaN3、NH3、NaOH，该反应的化学方程式为；
②NaClO具有强氧化性，NaN3具有还原性，二者会发生氧化还原反应产生NaCl、NaOH、N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：；
（2）Co(OH)3具有氧化性，具有还原性，二者在溶液中会发生氧化还原反应产生Co2+、，同时反应产生H2O，该反应的离子方程式为：。
8. 【答案】（1）①C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O ②3C6H5OH+28O2-+28H+=18 CO2↑+23H2O
（2）AgCl+2NH3= +Cl-
【解析】（1）①根据图知，虚线框内BMO降解苯酚的过程中：反应物是苯酚和氧气，生成物是二氧化碳和水。所以该过程的总反应为：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；故答案为：C6H5OH+7O2 6CO2+3H2O；
②由图可知，C6H5OH可被氧化生成水和二氧化碳，反应的离子方程式是：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2↑+23H2O；故答案为：3C6H5OH+28+28H+=18 CO2↑+23H2O；
（2）氯化银可以溶于氨水中生成银氨络离子，该反应的离子方程式为 ：AgCl+2NH3= +Cl-；故答案为：AgCl+2NH3= +Cl-。
9. 【答案】 （1）CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑
（2）8NH3＋6NO27N2＋12H2O
（3）2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4
【解析】（1）反应物为H2O和CO(NH2)2，生成物为NH3和CO2，反应条件为加热，结合元素守恒可写出该反应的化学方程式。（2）反应物为NH3和NO2，生成物为N2和H2O，反应需在催化剂作用下进行。（3）NH3、SO2、O2和H2O反应生成(NH4)2SO4。
【逐点训练2】
1．B。1 mol Cr3＋反应可生成0.5 mol Cr2O，失去3 mol电子，1 mol PbO2得到2 mol电子生成Pb2＋，根据得失电子守恒可知，1 mol Cr3＋反应失去3 mol电子需1.5 mol PbO2。
2．D。解析：本题考查在氧化还原反应中利用得失电子守恒进行相关的计算。
得关系式1×·x＝16×2，x＝5。
3．A
4．C。解析：设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x，5 mol H2O参加反应，失去电子4 mol，根据电子守恒得：3x＝4 mol，x＝ mol。
5．A
6．A。解析：由题意可知，HNO3，则Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等。即n(Cu)＝2n(O2)＝2×＝0.15 mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3 mol，则V(NaOH)＝＝0.06 L＝60 mL。
7．C。解析：根据得失电子守恒规律可直接找出已知量(O2)与未知量(Cu、Ag)之间的物质的量关系。HNO3中的＋5价氮元素相当于电子的“二传手”，先得到Cu、Ag失去的电子，再传给O2，最后恢复原貌，Cu、Ag失去的电子最终传给了O2，所以根据得失电子守恒规律，得×2＋＝×4，解得：m(Cu)＝3.2 g。
8. 【答案】D
【分析】由CH3OH制取HCOONa，C元素由-2价升高到+2价，则右侧电极为阳极，b电极为正极；左侧电极为阴极，a为负极。
【解析】A．由分析可知，右侧为阳极，电极发生氧化反应，与电源正极相连，则b为电源正极，A正确；B．阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑，阳极的电极反应式为，根据电极反应式的离子消耗与生成情况可知，由阳极向阴极移动，即由右侧室向左侧室移动，B正确；C．由B选项可知，阴极的电极反应式为2CO2+2H2O+2e-=2HCO+H2↑，C正确；D．当电路中转移2mole-时，根据，吸收n(CO2)=n(e-)=2mol，生成n(H2)=1mol，定向移动到阴极的n(Na+)=n(e-)=2mol，则阴极室增加的质量m=m(CO2)+m(Na+)-m(H2)=2mol×44g/mol+2mol×23g/mol-1mol×2g/mol=132g，D错误；故选D。
【答案】C
【解析】由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 mol
m(S) 0.5×10×10－3 mol
得m(S)＝0.08 g
原混合物中w(S)＝×100%＝36%。
10．1.5　2.2
解析：设7.5molCuSO4氧化P的物质的量为x；生成1molCu3P时，被氧化的P的物质的量为y
根据得失电子守恒得：7．5mol×(2－1)＝x·(5－0) x＝1.5mol 1mol×3×(2－1)＋1mol×[0－(－3)]＝y·(5－0) y＝1.2mol，所以参加反应的P的物质的量为1.2mol＋1mol＝2.2mol。
【答案】16.7% 71.4%
【解析】设去除的25.00mL试液中的KBrO3、KBr的物质的量分别为n1mol、n2mol，
由可知，，故n1+n2==0.00175，，n2- 5n1==0.00025，解得n1=0.00025，n2=0.0015，原样品中n(KBrO3)=4n1=0.001mol，n(KBr)=4n2=0.006mol，故KBrO3的质量分数为：，KBr的质量分数为：。
12.【答案】93.2%。
【解析】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 mol
x 0.100×0.016 mol
x＝＝0.571 2 g
w(Sn)＝×100%≈93.2%。
1.【答案】D
【解析】A． 该反应方程式配平错误，汽车尾气处理：，A错误；
B． 电催化为，N元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，反应方程式是：，B错误；
C． 硝酸工业中发生催化氧化生成NO，NO进一步反应得到NO2后再与水反应制得硝酸，该氧化反应：，C错误；
D． 和催化制二甲醚：，D正确；
故选D。
2.【答案】A
【解析】A．火法炼锌过程中C作还原剂，ZnCO3在高温条件下分解为ZnO、CO2，CO2与C在高温条件下生成还原性气体CO，CO还原ZnO生成Zn，因此总反应为，故A项错误；
B．为活泼金属氢化物，因此能与H2O发生归中反应生成碱和氢气，反应方程式为，故B项正确；
C．锅炉水垢中主要成分为CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向锅炉水垢中加入饱和溶液，根据难溶物转化原则可知CaSO4转化为CaCO3，反应方程式为，故C项正确；
D．具有强氧化性，加入具有还原性的Fe2+，二者发生氧化还原反应生成Fe3+、Cr3+，Cr元素化合价由+6降低至+3，Fe元素化合价由+2升高至+3，根据守恒规则可知反应离子方程式为，故D项正确；
综上所述，错误的是A项。
3.【答案】C
【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。
【解析】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；
B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；
C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确；
D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁换置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铁和氯化铵水解均使溶液呈酸性二者可共存，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确；
综上所述，本题选C。
4.【答案】D
【分析】NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，1个NO得2个电子，作氧化剂，发生还原反应，CO中C为+2价，化合价升高为+4价的CO2，失去2个电子，作还原剂发生氧化反应；
【解析】A．根据分析，1molCO2转移2NA的电子，A正确；B．催化剂通过降低活化能，提高反应速率，B正确；C．根据分析，NO是氧化剂，CO是还原剂，C正确；D．根据分析，N2为还原产物，CO2为氧化产物，D错误；故答案为：D。
5.【答案】A
【解析】A．由方程式可知，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A正确；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，故B错误；C．由方程式可知，反应中氮元素的化合价升高被氧化，NH2OH是反应的还原剂，铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故C错误；D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D错误；故选A。
6.【答案】C
【解析】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。
7.【答案】A
【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【解析】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。
8.【答案】D
【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
【解析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化 MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。
9.【答案】D
【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。
【解析】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；综上所述，错误的D项，故答案为D。
10.【答案】A
【解析】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1mol Cl2时，反应中应转移20 mol e-，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。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑