2027届高考化学一轮复习考点过关：课时规范练5 氧化还原反应方程式的配平和计算（含解析）

这是一份2027届高考化学一轮复习考点过关：课时规范练5 氧化还原反应方程式的配平和计算（含解析），共16页。试卷主要包含了请回答下列问题，已知等内容，欢迎下载使用。
1.某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种粒子。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是( )

A.该反应的还原剂是Cl-
B.消耗1 ml还原剂,转移3 ml电子
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D.反应后溶液的酸性减弱
2.做实验时不小心沾了一些高锰酸钾,皮肤上的斑很久才能消除,如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原,其离子方程式为MnO4-+C2O42-+H+CO2↑+Mn2++ ,关于此反应的叙述不正确的是( )
A.该反应的氧化剂是MnO4-
B.该反应右边横线上的产物是H2O
C.配平该反应式后,H+的计量数是16
D.消耗1 ml MnO4-时该反应中转移10 ml电子
3.(2025·江苏盐城期初调研)酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2++SO2↑+Mn2++H2O(未配平),下列有关该反应的说法正确的是( )
A.被氧化的元素是Cu和S
B.Mn2+的还原性强于CuS的还原性
C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5
D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 ml
4.高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体,具有强氧化性,在中性或碱性环境下稳定。一种制备高铜酸钠的原理为Cu+NaClO+NaOHNaCuO2+NaCl+H2O(未配平)。下列说法错误的是( )
A.NaCuO2中铜元素的化合价为+3价
B.1 ml ClO-参加反应转移2 ml电子
C.反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3
D.上述制备NaCuO2的反应中NaCuO2是还原产物
5.酸性环境中,纳米Fe除去NO3-的过程中含氮粒子的变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法错误的是( )
NO3-NO2-NH4+
A.反应②的离子方程式为NO2-+3Fe+8H+NH4++3Fe2++2H2O
B.增大单位体积水体中纳米Fe的投入量,可提高NO3-的除去效果
C.a ml NO3-完全转化为NH4+至少需要4a ml铁
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∶1
6.(8分)请回答下列问题:
(1)用“双线桥法”标出电子转移的方向和数目。
①2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2
②K2Cr2O7+14HCl2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O
(2)用“单线桥法”标出电子转移的方向和数目。
Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl
(3)利用氧化还原反应原理配平:
NH3+ O2 NO+ H2O
(4)在工业上次磷酸(H3PO2)常用于化学镀银,发生的反应如下:
Ag++H3PO2+H2OAg↓+H3PO4+H+(未配平)
①H3PO2中,磷元素的化合价为 ;该反应中,H3PO2被 (填“氧化”或“还原”)。
②配平后的离子方程式为 。
③H3PO2是一元弱酸,写出其与足量NaOH溶液反应的离子方程式: 。
(5)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,合理的是 (填字母)。
A.Na2S+SB.Na2SO3+S
C.Na2SO3+Na2SO4D.SO2+Na2SO4
层次2综合性
7.已知:①KMnO4+HCl(浓)KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平);
②检验Mn2+的存在:5S2O82-+2Mn2++8H2O10SO42-+2MnO4-+16H+。
下列说法中错误的是( )
A.S2O82-中存在一个过氧键(—O—O—),则S2O82-中硫元素的化合价为+7价
B.反应②若有0.1 ml还原剂被氧化,则转移电子0.5 ml
C.K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D.反应①中消耗0.2 ml KMnO4时,被氧化的HCl为1 ml
8.(2025·广东深圳模拟)四种燃煤烟气脱硫方法的原理如图,下列说法不正确的是( )
A.方法1中,吸收SO2前后的溶液中硫元素的化合价未发生改变
B.若烟气中还含有NO2,采用方法2可实现同时脱硫脱硝
C.方法3中能循环利用的物质是NaOH
D.方法4中SO2与CO反应,氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
9.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、PbSO4
B.步骤1中发生反应的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
C.加入试剂a发生置换反应:Zn+CuSO4ZnSO4+Cu
D.取步骤3后的干燥滤饼11.2 g进行煅烧,可得产品8.1 g,则x=2
10.(2025·辽宁东北育才学校模拟)工业上常用碱性NaClO废液吸收SO2,反应原理为ClO-+SO2+2OH-Cl-+SO42-+H2O,部分催化过程如图所示,下列说法不正确的是( )
A.“过程1”中Ni2O3具有还原性
B.“过程2”中若有2 ml Cl—O断裂,则转移4 ml电子
C.反应过程中产生的O可加快对SO2的吸收
D.若吸收1 ml SO2,整个过程需要0.5 ml Ni2O3
11.碱式氯化铜[CuaClb(OH)c·xH2O]是一种重要的无机杀虫剂,它可以通过以下步骤制备。步骤1:将铜粉加入稀盐酸中,并持续通空气反应生成CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。步骤2:在制得的CuCl2溶液中加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )
A.a、b、c之间的关系式为a=2b+2c
B.图中M、N分别为Fe3+、Fe2+
C.为了除去CuCl2溶液中的杂质Fe3+,可加入过量的CuO、过滤
D.若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O,理论上消耗11.2a L(标准状况)O2
层次3创新性
12.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含少量铁、铝、铜、镍的化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程,既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2。下列叙述错误的是( )
A.X可能是MnCO3
B.若滤渣2是CuS和NiS,则Y一定是H2S
C.“还原酸浸”时,MnO2参与的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
D.“氧化”时发生反应的离子方程式:2MnO4-+3Mn2++2H2O4H++5MnO2↓
参考答案
1.B 解析:由曲线变化图可知,随着反应进行N2的物质的量增大,故N2是生成物,则NH4+应是反应物,氮元素化合价发生变化,具有氧化性的ClO-为反应物,由氯元素守恒可知Cl-是生成物,配平可得:3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。该反应的还原剂为NH4+,A错误;氮元素化合价由-3价升高到0价,则消耗1 ml还原剂,转移3 ml电子,B正确;氧化剂是ClO-,还原剂是NH4+,其物质的量之比为3∶2,C错误;反应生成H+,溶液的酸性增强,D错误。
2.D 解析:反应中锰元素的化合价从+7价变为+2价,MnO4-得电子,作氧化剂,A正确;根据得失电子守恒和元素守恒,该反应的离子方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+10CO2↑+2Mn2++8H2O,B正确;根据配平后的离子方程式可知,H+的计量数是16,C正确;由反应的方程式可知,消耗1 ml MnO4-时,转移电子为5 ml,D错误。
3.C 解析:反应中,铜元素的化合价没变,硫元素的化合价由-2价升高到+4价,只有硫元素被氧化,A错误;还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuS>Mn2+,B错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,根据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶5,C正确;二氧化硫物质的量为0.1 ml,由方程式可知,反应中硫元素化合价由-2价升高为+4价,故转移电子0.1 ml×(4+2)=0.6 ml,D错误。
4.D 解析:配平可得:2Cu+3NaClO+2NaOH2NaCuO2+3NaCl+H2O。NaCuO2中Na为+1价、O为-2价,则铜的化合价为+3价,A正确;ClO-→Cl-,氯元素的化合价由+1降低到-1,则1 ml ClO-参加反应转移2 ml电子,B正确;该反应中铜元素化合价升高,则NaCuO2为氧化产物,氯元素化合价降低,则NaCl为还原产物,两者的物质的量之比为2∶3,C正确;制备NaCuO2的反应中NaCuO2是氧化产物,D错误。
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,a ml NO3-完全转化为NH4+至少需要Fe的物质的量为4a ml,C正确;反应①为NO3-+Fe+2H+NO2-+Fe2++H2O,反应①与反应②消耗铁的物质的量之比为1∶3,D错误。
6.答案:(1)①
②
(2)
(3)4 5 4 6
(4)①+1 氧化 ②4Ag++H3PO2+2H2O4Ag↓+H3PO4+4H+ ③H3PO2+OH-H2PO2-+H2O
(5)B
解析:(3)根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
(4)H3PO2中磷元素的化合价为+1价,H3PO2中磷元素化合价升高,被氧化;银元素化合价降低,被还原,根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒配平方程式为4Ag++H3PO2+2H2O4Ag↓+H3PO4+4H+;H3PO2是一元弱酸,其与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2,离子方程式为H3PO2+OH-H2PO2-+H2O。
(5)Na2S2O3中硫元素的化合价为+2价,应该由大于+2价和小于+2价的含S物质反应制取,B符合。
7.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2 ml还原剂被氧化,转移电子的物质的量为2 ml×(7-2)=10 ml,故若有0.1 ml还原剂被氧化,转移电子0.5 ml,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,2 ml KMnO4参与反应时,消耗16 ml HCl,只有10 ml HCl被氧化为Cl2,则消耗0.2 ml KMnO4时,被氧化的HCl为1 ml,D正确。
8.D 解析:方法1中,SO2与Na2SO3溶液反应生成NaHSO3,反应方程式为Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,硫元素化合价未发生改变,A正确;方法2中,氨水呈碱性,SO2是酸性氧化物,能与氨水反应被吸收,NO2具有氧化性,能与氨水发生氧化还原反应,所以采用方法2可实现同时脱硫脱硝,B正确;方法3中,SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3,Na2SO3与Ca(OH)2反应生成CaSO3和NaOH,生成的NaOH可以继续用于吸收SO2,能循环利用的物质是NaOH,C正确;方法4中,SO2与CO反应的化学方程式为SO2+2COS+2CO2,在该反应中,硫元素化合价从+4价降低到0价,SO2作氧化剂,碳元素化合价从+2价升高到+4价,CO作还原剂,根据化学方程式可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,D错误。
9.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y ml,煅烧ZnCO3·xZn(OH)2得到ZnO,则固体减少的质量等于二氧化碳和水的质量,n(ZnO)=mM=8.1 g81 g·ml-1=0.1 ml,根据固体减少的质量、ZnO的物质的量列方程为44y+18xy=11.2-8.1、y+xy=0.1,解得x=1,y=0.05,D错误。
10.D 解析:“过程1”中Ni2O3→NiO2,镍元素的化合价升高,Ni2O3作还原剂,具有还原性,A正确;“过程2”中ClO-→Cl-,氯元素由+1价降低到-1价,若有2 ml Cl—O断裂,则转移4 ml电子,B正确;反应过程中产生的O具有很强的活性,能将SO2氧化为SO3,与水作用生成H2SO4,故可加快对SO2的吸收,C正确;依据得失电子守恒,每吸收1 ml SO2需要转移2 ml e-,则整个过程需要Ni2O3 1 ml,D错误。
11.A 解析:根据化合物中正、负化合价的代数和为0可得2a=b+c,A错误;Fe3+水解使溶液显酸性,CuO与H+反应产生Cu2+和水,当溶液的pH增大到一定程度时,Fe3+形成Fe(OH)3而除去,从而达到除去Fe3+的目的,C正确;若制备1 ml CuaClb(OH)c·xH2O,转移的电子为2a ml,根据得失电子守恒,理论上消耗0.5a ml O2,标准状况下的体积为11.2a L,D正确。
12.B 解析:“除铁铝”步骤加入X调节溶液的pH,促进Fe3+、Al3+水解生成氢氧化物沉淀,从而除去铁铝,X可能是MnCO3,A正确;“除铜镍”步骤加入Y,除Cu2+、Ni2+,若滤渣2是CuS和NiS,Y最好是MnS,可除去杂质,且不引入新杂质,B错误;“还原酸浸”时,MnO2参与的反应中,发生反应MnO2+SO2MnSO4,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1,C正确;“氧化”步骤加入KMnO4将Mn2+氧化为MnO2,根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应的离子方程式:2MnO4-+3Mn2++2H2O4H++5MnO2↓,D正确。