2026版高考化學一輪復習第5講《氧化還原反應方程式的配平和計算》習題作業(yè)測試題含答案解析

第5講氧化還原反應方程式的配平和計算(說明:選擇題每小題3分)層次1基礎性1.(2024·安徽安慶階段考)某離子反應中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六種粒子。其中N2的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是(A.該反應的還原劑是Cl-B.消耗1mol還原劑,轉移3mol電子C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為2∶3D.反應后溶液的酸性減弱2.(2025·河北衡水中學調研)在焊接銅器時可用NH4Cl溶液除去銅器表面的氧化銅以便焊接,其反應為CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O(未配平)。下列說法正確的是()A.反應中被氧化和被還原的元素分別為Cu和NB.該反應中被還原的CuO占參與反應CuO的1C.反應中產生0.2mol氣體時,轉移0.6mol電子D.反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為3∶23.(2025·江蘇鹽城期初調研)酸性KMnO4溶液和CuS混合時,發(fā)生的反應如下:MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平),下列有關該反應的說法中正確的是(A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2+的還原性強于CuS的還原性C.氧化劑與還原劑的物質的量之比為6∶5D.若生成2.24L(標準狀況下)SO2,轉移電子的物質的量是0.8mol4.(2025·江蘇蘇州期初調研)高銅酸鈉(NaCuO2)是黑色難溶于水的固體,具有強氧化性,在中性或堿性環(huán)境下穩(wěn)定。一種制備高銅酸鈉的原理為Cu+NaClO+NaOHNaCuO2+NaCl+H2O(未配平)。下列說法錯誤的是()A.NaCuO2中銅的化合價為+3價B.1molClO-參加反應轉移2mol電子C.反應中氧化產物和還原產物的物質的量之比為2∶3D.NaCuO2與稀硫酸反應的離子方程式為4CuO2-+12H+4Cu2++O2↑+6H25.酸性環(huán)境中,納米Fe除去NO3-的過程中含氮微粒的變化如圖所示,溶液中鐵以Fe2+形式存在。下列有關說法錯誤的是(NO3-NO2-A.反應②的離子方程式為NO2-+3Fe+8H+NH4++3Fe2+B.增大單位體積水體中納米Fe的投入量,可提高NO3C.amolNO3-完全轉化為NH4+至少需要D.假設反應都能徹底進行,反應①②消耗的鐵的物質的量之比為3∶16.(8分)氧化還原反應在工業(yè)生產、環(huán)保及科研中有廣泛的應用。(1)氫化亞銅(CuH)是一種難溶物質,用CuSO4溶液和“另一物質”在40~50℃時反應可生成CuH。CuH具有的性質:不穩(wěn)定,易分解,在氯氣中能燃燒;與稀鹽酸反應能生成氣體,Cu+在酸性條件下發(fā)生的反應是2Cu+Cu2++Cu。①寫出CuH在氯氣中燃燒的化學方程式:。

②CuH溶解在稀鹽酸中生成的氣體是(填化學式)。

③將CuH溶解在足量的稀硝酸中生成的氣體只有NO,請寫出CuH溶解在足量稀硝酸中反應的離子方程式:。

(2)釩性能優(yōu)良,用途廣泛,有金屬“維生素”之稱。①將廢釩催化劑(主要成分V2O5)與稀硫酸、亞硫酸鉀溶液混合,充分反應后生成VO2+等離子,該反應的化學方程式是。

②V2O5能與鹽酸反應產生VO2+和一種黃綠色氣體,該氣體能與Na2SO3溶液反應而被吸收,則SO32-、Cl-、VO2+還原性由強到弱的順序是7.(10分)(2024·陜西渭南模擬)氧化還原反應在物質制備方面應用廣泛。(1)下面三個方法都可以用來制氯氣:①4HCl(濃)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O②KClO3+6HCl(濃)3Cl2↑+KCl+3H2O③2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑根據(jù)以上三個反應,回答下列有關問題。Ⅰ.反應①中,氧化產物與還原產物的質量之比為。

Ⅱ.反應②中若產生標準狀況下氯氣3.36L,則轉移電子物質的量是。

Ⅲ.補全方程式并配平已知:KMnO4+KNO2+

MnSO4+K2SO4+KNO3+H2O

(2)A、B、C為三種單質(其中A為固體,B、C為氣體),D的飽和溶液滴入沸水中繼續(xù)加熱,液體呈紅褐色,B、C反應的產物易溶于水得到無色溶液E,它們之間的轉化關系如圖。填寫下列空白:①物質A是(填名稱),純凈的C在盛有B的集氣瓶中燃燒的實驗現(xiàn)象是。

②向F中加入NaOH溶液,并在空氣中放置時發(fā)生反應的化學方程式是,。

層次2綜合性8.已知:①KMnO4+HCl(濃)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平);②檢驗Mn2+的存在:5S2O82-+2Mn2++8H2O10SO42-下列說法中錯誤的是()A.S2O82-中存在一個過氧鍵(—O—O—),則S2OB.反應②若有0.1mol還原劑被氧化,則轉移電子0.5molC.K2S2O8與濃鹽酸混合可得到黃綠色氣體D.反應①中消耗0.2molKMnO4時,被氧化的HCl為1mol9.(2025·江西重點中學十校聯(lián)考)用硫化亞鐵、硫化亞銅處理酸性廢水中的Cr2O72-反應Ⅰ:FeS+Cr2O72-+H+Fe3++SO42-+Cr3+反應Ⅱ:Cu2S+Cr2O72-+H+Cu2++SO42-+Cr3+下列說法錯誤的是()A.當參加反應的FeS和Cu2S物質的量相同時,FeS去除的Cr2O7B.反應中每處理含0.1molCr2O72-的廢水需要轉移0C.反應Ⅱ中涉及三種元素價態(tài)變化D.使用FeS除去廢水中Cr2O72-10.利用鋅灰(主要成分為ZnO,含有CuO、PbO、SiO2、FeO、Fe2O3等雜質)制備高純ZnO的工藝流程如下,下列說法錯誤的是()A.濾渣1的主要成分為SiO2、PbSO4B.步驟1中發(fā)生反應的離子方程式為MnO4-+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5HC.加入試劑a發(fā)生置換反應:Zn+CuSO4ZnSO4+CuD.取步驟3后的干燥濾餅11.2g進行煅燒,可得產品8.1g,則x=211.(2025·遼寧東北育才學校模擬)工業(yè)上常用堿性NaClO廢液吸收SO2,反應原理為ClO-+SO2+2OH-Cl-+SO42-+H2O,部分催化過程如圖所示,下列說法不正確的是(A.“過程1”中Ni2O3具有還原性B.“過程2”中若有2molCl—O斷裂,則轉移4mol電子C.反應過程中產生的O可加快對SO2的吸收D.若吸收1molSO2,整個過程需要0.5molNi2O312.堿式氯化銅[CuaClb(OH)c·xH2O]是一種重要的無機殺蟲劑,它可以通過以下步驟制備。步驟1:將銅粉加入稀鹽酸中,并持續(xù)通空氣反應生成CuCl2。已知Fe3+對該反應有催化作用,其催化原理如圖所示。步驟2:在制得的CuCl2溶液中加入石灰乳充分反應后即可制得堿式氯化銅。下列有關說法錯誤的是()A.a、b、c之間的關系式為a=2b+2cB.圖中M、N分別為Fe3+、Fe2+C.為了除去CuCl2溶液中的雜質Fe3+,可加入過量的CuO、過濾D.若制備1molCuaClb(OH)c·xH2O,理論上消耗11.2aL(標準狀況)O213.CuSO4是一種重要的化工原料,其有關制備途徑及性質如圖所示。下列說法錯誤的是()A.Y可以是甲酸乙酯B.利用途徑①制備24g硫酸銅,消耗的硝酸至少為0.1molC.Cu元素參與了3個氧化還原反應D.若途徑⑤中n(O2)∶n(Cu2O)=3∶2,則X為SO214.(8分)(2022·重慶卷,15節(jié)選)電子印制工業(yè)產生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等,對其處理的流程如圖。(1)沉淀1的主要成分是SnO2,焙燒時,與NaOH反應的化學方程式為。

(2)產品中錫含量的測定稱取產品1.500g,用大量鹽酸溶解,在CO2保護下,先用Al片將Sn4+還原為Sn2+,再用0.1000mol·L-1KIO3標準溶液滴定,以淀粉作指示劑滴定過程中IO3-被還原為I-,終點時消耗KIO3溶液20.①終點時的現(xiàn)象為,產生I2反應的離子方程式為。

②產品中Sn的質量分數(shù)為。

層次3創(chuàng)新性15.(2024·江西景德鎮(zhèn)三模)某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含少量鐵、鋁、銅、鎳的化合物)作脫硫劑,通過如下簡化流程,既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2。下列敘述錯誤的是()A.X可能是MnCO3B.若濾渣2是CuS和NiS,則Y一定是H2SC.還原酸浸時,MnO2參與的反應中,氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶1D.氧化時發(fā)生反應的離子方程式:2MnO4-+3Mn2++2H2O4H++5MnO216.(11分)(2024·陜西商洛二模)鋰離子電池在我們日常生活中隨處可見,隨之而來的是廢舊電池的合理處理,否則會造成新的環(huán)境污染。從廢舊鋰離子電池正極材料(主要含LiCoO2、Al等)中回收Co并制取CoC2O4·2H2O的工藝流程如圖所示:已知:①LiCoO2與NaOH溶液不反應;②金屬Co易被磁鐵吸引,與稀硫酸反應生成大量氫氣?；卮鹣铝袉栴}:(1)“除鋁”前需將廢舊鋰離子電池經過放電、破碎處理,其中破碎的目的是,“除鋁”時反應的離子方程式為。

(2)“高溫還原”時,有CO生成,發(fā)生反應的化學方程式為;“高溫還原”時,通入N2的目的是。

(3)從安全性角度考慮,“酸浸”時先加入過氧化氫溶液,再加入稀硫酸的原因是,“酸浸”發(fā)生的總反應離子方程式為。

(4)在高溫條件下,CoC2O4在空氣中反應生成Co2O3和CO2,化學方程式為。

第5講氧化還原反應方程式的配平和計算1.B解析:由曲線變化圖可知,隨反應進行N2的物質的量增大,故N2是生成物,則NH4+應是反應物,N元素化合價發(fā)生變化,具有氧化性的ClO-為反應物,由氯元素守恒可知Cl-是生成物,配平可得:3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。該反應的還原劑為NH4+,A錯誤;N元素化合價由-3價升高到0價,則消耗1mol還原劑,轉移3mol電子,B正確;氧化劑是ClO-,還原劑是NH4+,其物質的量之比為3∶2,C錯誤;2.D解析:根據(jù)CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2↑+H2O分析可知:Cu由+2價降低為0價,被還原;N的化合價由-3升高為0,被氧化;根據(jù)電子守恒、原子守恒配平:4CuO+2NH4Cl3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O。氯化銨中N化合價升高被氧化,氧化銅中Cu化合價降低被還原,則被氧化和被還原的元素分別為N和Cu,A錯誤;由反應的化學方程式可知,被還原的氧化銅占參加反應的氧化銅的34,B錯誤;由反應可知,生成1mol氣體時轉移6mol電子,則產生0.2mol氣體時轉移的電子為0.2mol×6=1.2mol,C錯誤;根據(jù)反應的化學方程式可知,參加反應的氧化劑為氧化銅,還原劑為氯化銨,作氧化劑的氧化銅與作還原劑的氯化銨的物質的量之比為3∶2,D正確。3.C解析:反應中,銅元素的化合價沒變,硫元素的化合價由-2價升到+4價,只有硫元素被氧化,A錯誤;還原劑的還原性大于還原產物的還原性,則還原性CuS>Mn2+,B錯誤;氧化劑為KMnO4,還原劑為CuS,設KMnO4為xmol,CuS為ymol,根據(jù)電子守恒:x×(7-2)=y×[4-(-2)],x∶y=6∶5,所以氧化劑與還原劑的物質的量之比為6∶5,C正確;二氧化硫物質的量為0.1mol,由方程式可知,反應中硫元素化合價由-2價升高為+4價,故轉移電子0.1mol×(4+2)=0.6mol,D錯誤。4.D解析:配平可得:2Cu+3NaClO+2NaOH2NaCuO2+3NaCl+H2O。NaCuO2中Na為+1價、O為-2價,則銅的化合價為+3價,A正確;ClO-→Cl-,氯元素的化合價由+1降低到-1,則1molClO-參加反應轉移2mol電子,B正確;該反應中Cu元素化合價升高,則NaCuO2為氧化產物,Cl元素化合價降低,則NaCl為還原產物,兩者的物質的量之比為2∶3,C正確;NaCuO2中銅的化合價為+3價,與稀硫酸反應Cu不變價,離子方程式為CuO2-+4H+Cu3++2H2O,D錯誤。5.D解析:反應②中NO2-被Fe還原成NH4+,Fe變成Fe2+,該反應的離子方程式為NO2-+3Fe+8H+NH4++3Fe2++2H2O,A正確;增大單位體積水體中納米Fe的投入量,可增大納米Fe與NO3-的接觸面積,從而提高NO3-的除去效果,B正確;結合①②反應可知,amolNO3-完全轉化為NH4+至少需要Fe的物質的量為4amol,C正確;反應①為NO3-+Fe+2H+6.答案(1)①2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl②H2③CuH+3H++NO3-Cu2++2H2O+NO(2)①V2O5+K2SO3+2H2SO42VOSO4+K2SO4+2H2O②SO32->Cl-7.答案(1)71∶1260.25mol253H2SO42153(2)①鐵氫氣在氯氣中安靜地燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,瓶口有白霧生成②FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3解析:(1)Ⅰ.反應①中氧化產物為Cl2,還原產物為MnCl2,氧化產物與還原產物的質量之比為(35.5×2)∶(55+35.5×2)=71∶126。Ⅱ.反應②生成3molCl2時轉移電子5mol,若標準狀況下產生氯氣3.36L,即0.15molCl2,則轉移電子物質的量是0.25mol。Ⅲ.根據(jù)得失電子守恒和質量守恒配平方程式為2KMnO4+5KNO2+3H2SO42MnSO4+K2SO4+5KNO3+3H2O。(2)①根據(jù)題中信息分析可知,A是Fe、B是Cl2、C是H2、D是FeCl3、E是HCl;氫氣在氯氣中能安靜地燃燒,發(fā)出蒼白色火焰,瓶口有白霧生成。②氯化亞鐵與NaOH發(fā)生復分解反應生成氫氧化亞鐵和氯化鈉,化學方程式為FeCl2+2NaOHFe(OH)2↓+2NaCl;氫氧化亞鐵在空氣中易被氧化為氫氧化鐵,化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。8.A解析:過氧鍵整體顯-2價,S2O82-中存在一個過氧鍵,則S2O82-中硫元素的化合價為+6價,A錯誤;反應②中Mn2+為還原劑,若有2mol還原劑被氧化,轉移電子的物質的量為2mol×(7-2)=10mol,故若有0.1mol還原劑被氧化,轉移電子0.5mol,B正確;根據(jù)反應②可知,K2S2O8的氧化性比高錳酸鉀強,故其與濃鹽酸混合可得到氯氣,C正確;據(jù)守恒規(guī)律配平:2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,2molKMnO4參與反應時,消耗16molHCl,只有10molHCl被氧化為Cl2,則消耗0.2molKMnO4時,被氧化的HCl9.A解析:根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒、元素守恒,配平兩個方程式如下:反應Ⅰ:2FeS+3Cr2O72-+26H+2Fe3++2SO42-+6Cr3++13H2O,反應Ⅱ:3Cu2S+5Cr2O72-+46H+6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O。當參加反應的FeS和Cu2S物質的量相同時,Cu2S去除的Cr2O72-較多,A錯誤;反應Ⅰ、Ⅱ中Cr元素化合價由+6價變成+3價,1molCr2O72-反應轉移6mol電子,處理0.1molCr2O72-的廢水需要轉移0.6mole-,B正確;反應Ⅱ中Cu元素化合價由+1價變成+2價,S元素化合價由-2價變成+6價,Cr元素化合價由+6價變成+3價,反應涉及三種元素價態(tài)變化,C正確;使用FeS10.D解析:SiO2不與稀硫酸反應,鋅灰中PbO與稀硫酸反應得到的PbSO4不溶于水,故濾渣1的主要成分為PbSO4、SiO2,A正確;加入KMnO4溶液氧化Fe2+生成Fe(OH)3,MnO4-則被還原為MnO2,離子方程式為MnO4-+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,B正確;為除去硫酸銅可采用置換反應,試劑a為Zn,發(fā)生置換反應:Zn+CuSO4Cu+ZnSO4,C正確;設ZnCO3·xZn(OH)2的物質的量為ymol,煅燒ZnCO3·xZn(OH)2得到ZnO,則固體減少的質量等于二氧化碳、水的質量,n(ZnO)=mM=8.1g81g·mol-1=0.1mol,根據(jù)固體減少的質量、ZnO的物質的量列方程為44y+18xy=1111.D解析:“過程1”中,Ni2O3→NiO2,Ni元素的化合價升高,Ni2O3作還原劑,具有還原性,A正確;“過程2”中ClO-→Cl-,Cl元素由+1價降低到-1價,若有2molCl—O斷裂,則轉移4mol電子,B正確;反應過程中產生的O具有很強的活性,能將SO2氧化為SO3,與水作用生成H2SO4,故可加快對SO2的吸收,C正確;依據(jù)得失電子守恒,每吸收1molSO2需要轉移2mole-,則整個過程需要Ni2O31mol,D錯誤。12.A解析:根據(jù)化合物中正、負化合價的代數(shù)和為0可得2a=b+c,A錯誤;Fe3+水解使溶液顯酸性,CuO與H+反應產生Cu2+和水,當溶液的pH增大到一定程度時,Fe3+形成Fe(OH)3而除去,從而達到除去Fe3+的目的,C正確;若制備1molCuaClb(OH)c·xH2O,轉移的電子為2amol,根據(jù)得失電子守恒,理論上消耗0.5amolO2,標準狀況下的體積為11.2aL,D正確。13.C解析:甲酸乙酯中含有醛基,可以與新制的氫氧化銅反應得到Cu2O,A正確;銅與稀硝酸反應的離子方程式為3Cu+2NO3-+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O,硫酸提供大量H+,NO3-完全被還原,這時消耗的硝酸的量最少,途徑①制備24g硫酸銅,硫酸銅的物質的量為0.15mol,可知硝酸的物質的量為0.1mol,B正確;Cu元素參與了途徑①、②、④、⑤共4個氧化還原反應,C錯誤;若途徑⑤中n(O2)∶n(Cu2O)=3∶2,根據(jù)元素守恒可配平化學方程式:4CuSO43O2↑+4SO2↑+2Cu2O,方程式中得失電子數(shù)也守恒,故X為SO214.答案(1)SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)①滴入最后半滴KIO3標準溶液,溶液由無色變?yōu)樗{色,且半分鐘內不褪色IO3-+5I-+6H+3I2+3H2②47.6%解析:(2)①滴定過程中IO3-被還原為I-,當Sn2+反應完全后,再滴入KIO3溶液,IO3-和I-在酸性條件下發(fā)生反應生成I2:IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O,淀粉遇I2變藍色,故終點時的現(xiàn)象是滴入最后半滴KIO3標準溶液,溶液由無色變?yōu)樗{色,且半分鐘內不褪色。②滴定過程中發(fā)生反應:3Sn2++IO3-+6H+3Sn4++I-+3H2O,則有n(Sn2+)=3n(KIO3)=3×0.02L×0.1000mol·L-1=0.006mo