高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品测试题

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第一册第三节 氧化还原反应精品测试题，共10页。试卷主要包含了聚焦氧化还原反应方程式的配平，缺项配平等内容，欢迎下载使用。
微考点09 “三恒五步”配平氧化还原反应方程式

易混易错聚焦

一、聚焦氧化还原反应方程式的配平
1．一般氧化还原反应
方法：可从反应物或者生成物进行配平
要点：符合一般的配平步骤
实例： H2＋↑＋H2O
　　　↑6×2 ↓2×2×3

3O2＋2H2S 2SO2↑＋2H2O
2．歧化反应
方法：从生成物进行配平
要点：确定氧化产物和还原产物的化学计量数
实例：＋NaOH―→Na＋Na+ H2O
　　　　　　　　　　　↑5 ↓1×5
3＋6NaOH Na＋5Na+ 3H2O
3．部分氧化还原反应
方法：从生成物进行配平
要点：确定氧化产物和还原产物的化学计量数
实例：KnO4＋Hl(浓) →2nCl2＋5l2↑＋H2O
　　　　　　　　　　　　　　↓5×2　↑1×2×5
2KMnO4＋16HCl(浓)==2 MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
4．归中反应
方法：从反应物进行配平
要点：确定氧化剂和还原剂的化学计量数
实例：6O2＋8H3 ―→H2O＋
　　　↓4×3×2 ↑3×4×2
6NO2＋8NH3==12H2O＋7N2
5．缺项配平法
（1）先使得失电子数相等，再观察两边电荷。若反应物一边缺正电荷，一般加H＋(或H2O)，生成物一边加H2O(或OH－)；若反应物一边缺负电荷，一般加OH－(或H2O)，生成物一边加H2O(或H＋)。
(2)当化学方程式中有多个缺项时，应根据化合价的变化找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
6．整体配平
指某一氧化还原反应中，有三种元素的化合价发生了变化，但其中一种反应物中同时有两种元素化合价升高或降低，这时要进行整体配平。
7．注意特殊物质中元素的化合价，如CuFeS2中Cu、Fe元素化合价都为＋2价，S元素的化合价为－2价；Na2O2中O元素、FeS2中S元素的化合价均为－1价。
易错典例分析

易错典例1

某同学做实验时不小心沾了一些KMnO4使皮肤上形成黑斑，这些黑斑很久才能消失，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以消失，涉及的反应的离子方程式为MnO＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋________(未配平)。下列关于此反应的叙述正确的是( )
A．该反应的氧化产物是Mn2＋
B．1个MnO在反应中失去5个电子
C．横线上应是OH－
D．配平该离子方程式后，H＋的化学计量数是6
【答案】D
【解析】离子方程式左边有H＋，则右边不能出现OH－，横线上应是H2O，C项错误；
标变价⇒nO＋H22O4＋H＋―→O2↑＋n2＋＋H2O
列变化⇒nOn2＋；H22O4O2

配系数⇒2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，A、B项错误，D项正确。
举一反三1
jYFs

请配平下列氧化还原反应方程式：
① 　ClO－＋ 　Fe(OH)3＋ 　 === 　Cl－＋ 　FeO＋ 　H2O
② 　Fe(OH)2＋　ClO－＋ 　 === 　Fe(OH)3＋ 　Cl－
【答案】①3 2 4 3 2 5
②2 1 1 2 1
【解析】① (OH)3→O，升高3价，O－→－，降低2价，根据化合价升降总数相等，在Fe(OH)3前添加系数2，在ClO－前添加系数3，对比左右两边电荷可知，左边缺少4OH－，再根据原子守恒配平H2O的系数为5。
② (OH)2→ (OH)3，升高1价，O－→，降低2价，根据化合价升降总数相等，在Fe(OH)2前添加系数2，在ClO－
举一反三2
jYFs

请配平下列氧化还原反应方程式：
1① 　MnO＋ 　C2O＋ 　 === 　Mn2＋＋ 　CO2↑＋ 　
②化学镀镍的溶液中含有Ni2＋和H2PO，在酸性条件下发生下述反应：
　Ni2＋＋ 　H2PO＋ 　 === 　Ni＋ 　H2PO＋ 　
【答案】①2 5 16 2 10 8
②1 1 1 1 1 2
【解析】①O→2＋，降低5价，2O→O2，升高1×2价，根据化合价升降总数相等，在MnO前添加系数2，在C2O前添加系数5，在Mn2＋前添加系数2，在CO2前添加系数10，根据产物Mn2＋可知应是MnO酸性溶液，根据左右两边电荷和原子守恒可知，应在左边补充16H＋，在右边补充8H2O。
②2＋→i，降低2价，H2O→H2O，升高2价，根据化合价升降总数相等，在Ni2＋前添加系数1，在H2PO前添加系数1，在Ni前添加系数1，在H2PO前添加系数1，根据左右两边电荷和原子守恒，及溶液呈酸性可知，应在右边补充2H＋，在左边补充1H2O。
易混易错剖析

1． Mn2++O2+OH-→MnO(OH)2↓___
【答案】2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓
【细剖精析】
a．标变价：
b．列变化：；
c．求总数：化合价升降的最小公倍数为4，故的化学计量数为1，的化学计量数为2；
d．配系数：调整其它物质或离子的化学计量数：2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓。
e．查守恒：检测方程式两边质量、电荷、得失电子是否守恒，则该反应方程式为2Mn2++O2+4OH-=2MnO(OH)2↓。
2．MnO(OH)2+I-+H+→Mn2++I2+H2O___
【答案】 MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O
【细剖精析】
a．标变价：
b．列变化：；
c．求总数：最小公倍数为2，故的化学计量数为1，的化学计量数为2
d．配系数：调整其他物质或离子的化学计量数：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。
e．查守恒：检测方程式两边质量、电荷、得失电子是否守恒，则配平后该反应方程式为：MnO(OH)2+2I-+4H+=Mn2++I2+3H2O。
3．(1)____As2S5+______HNO3＋4H2O→_____H3AsO4+______H2SO4+______NO，
【答案】3As2S5+40HNO3+4H2O→6H3AsO4+15H2SO4+40NO
【细剖精析】
在该反应中，S元素化合价由反应前As2S5中的-2价变为反应后H2SO4中的+6价，化合价升高5×8价；N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，化合价升降的最小公倍数是3×5×8=120，所以As2S5的系数是3，H2SO4的系数是15，HNO3、NO的系数是40，然后根据反应前后各种元素的原子个数相等，可知H3AsO4的系数是6，则该反应的化学方程式为3As2S5+40HNO3+4H2O→6H3AsO4+15H2SO4+40NO；
4．___CuS+____HNO3→____Cu(NO3)2+____ H2SO4+___N2+______H2O，
【答案】5CuS+18HNO3→5Cu(NO3)2+5H2SO4+4N2+4H2O
【细剖精析】
在该反应中，S元素化合价由反应前CuS中的-2价变为反应后H2SO4中的+6价，升高了8价，N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5价，化合价升降的最小公倍数是40，所以CuS的系数是5，H2SO4的系数是5，HNO3的系数是8，N2的系数是4，然后配平没有参加反应的元素，先配平Cu元素，Cu(NO3)2的系数是5，然后配平N元素，Cu(NO3)2的系数是5，则没有参加反应的N原子有10个，有8个N参加氧化还原反应，所以HNO3的系数是18，最后根据H原子个数相等，配平H2O的系数是4，则该反应方程式为：5CuS+18HNO3→5Cu(NO3)2+5H2SO4+4N2+4H2O。
5．____+_____H2O2+________＝____ Mn2++____O2 ↑+____H2O
【答案】 2 5 6H+ 2 5 8
【细剖精析】
在该反应中，Mn元素的化合价由反应前中的+7价变为反应后Mn2+中的+2价，化合价降低5价，O元素的化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以、Mn2+的系数是2，H2O2、O2的系数是5，根据电荷守恒，可知缺项是H+，系数是6，则根据H元素守恒，可知H2O的系数是8，方程式为2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O。

核心知识梳理

氧化还原方程式配平
1．一般配平规则——“三守恒”
配平规则
质量守恒
电荷守恒
电子守恒
反应前后原子的种类和个数不变
离子反应前后,阴、阳离子所带电荷总数不变
氧化剂和还原剂得失电子总数相等，
化合价升高总数等于化合价降低总数

2．缺项配平规则和组合形式
（1）缺项配平规则
①在酸性环境中： 在反应物中每2个H＋参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成H2O；在反应物中每1个H2O参加反应，H2O每提供一个1个O原子，同时就会产生2个H＋。
②在中性环境中： 在反应物中每1个H2O参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成2个OH－；在反应物中每1个H2O参加反应，H2O每提供一个1个O原子，同时就会产生2个H＋。
③在碱性环境中： 在反应物中每1个H2O参加反应，其它反应物就要提供1个O原子生成2个OH－；在反应物中每2个OH－参加反应，每2个OH－提供一个1个O原子，同时就会产生1个H2O.
（2）组合形式
①在酸性溶液中，反应物为H＋，生成物为H2O；
②在碱性溶液中，反应物为OH－，生成物为H2O；
③在中性或酸性溶液中，反应物为H2O，生成物为H＋；
④在中性或碱性溶液中，反应物为H2O，生成物为OH－；
3．氧化还原反应方程式升降法配平——“五步骤”：

标变价
列变化
求总数
定系数
查守恒
标明反应前后化合价发生变化的元素的化合价
确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，利用观察法确定其他物质的化学计量数。
检查反应前后原子、电荷、得失电子是否守恒
通过求最小公倍数使化合价升降总数相等
列出化合价升高和降低的数值

【配平模板】配平化学反应方程式：
C＋2H2SO4 2SO2↑＋CO2↑＋2H2O
分析　配平步骤如下
第一步：标变价

第二步：列变化


第三步：求总数


第四步：定系数
先配平氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物前的系数，再利用观察法配平其它物质的系数。从上面求总数可知，H2SO4前面的系数为2，SO2前面的系数为2，C前面的系数为1，CO2前面的系数为1，再利用观察法配平H2O前面的系数为2.
第五步：查守恒
方程式配平之后，再检查一下，是否符合原子守恒，电荷守恒和得失电子守恒。
易错通关对点练

一、氧化还原反应的配平
1．配平下列氧化还原反应方程式：
(1)_______ Zn + _______ HNO3 (稀) = _______ Zn(NO3)2 + _______ NO↑ + _______ H2O；______
(2)_______ MnO(OH)2 + _______ I- +_______ H+ = _______ Mn2+ + _______I2 + _______ H2O；______
【答案】(1)3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O
(2)1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O
【解析】(1)反应中锌从0价升高为硝酸锌中+2价，失去2个电子，硝酸中的氮从+5价，降为NO中+3价的氮，生成1个NO得到3个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式3Zn +8 HNO3 (稀) = 3Zn(NO3)2 +2NO↑ +4 H2O；
(2)反应中2个碘离子由-1价升高为碘单质的0价，失去2个电子，MnO(OH)2中的Mn从+4，降为Mn2+中+2价的氮，生成1个Mn2+得到2个电子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写出反应方程式1MnO(OH)2 +2I- +4H+ =1 Mn2+ + 1I2 +3H2O。
二、缺项配平
2．有下列6种物质：K2SO4、K2SO3、I2、H2SO4、KIO3、H2O组成一个氧化还原反应，已知在反应中K2SO3失去电子。请回答下列问题：将这6种物质分别填入下面对应的横线上，组成一个配平的化学方程式：___________。
_________＋________＋H2SO4→________＋________＋________
【答案】5K2SO3+2KIO3+H2SO4═I2+6K2SO4+H2O
【解析】在反应中K2SO3失去电子，则氧化反应为K2SO3→K2SO4，在给出的物质中只有碘元素的化合价降低符合，则还原反应为KIO3→I2，由质量守恒定律可知，该反应在酸性条件下进行，则水为生成物，即反应物为K2SO3、H2SO4、KIO3，生成物为K2SO4、I2、H2O，化学方程式为：5K2SO3+2KIO3+H2SO4═I2+6K2SO4+H2O；
3．试配平：___________Fe2++___________+___________=___________Fe3++___________Cr3++___________H2O
【答案】6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
【解析】Fe2+由+2→+3，升高1，而Cr2O72-由+6→+3，降低3×2，两者最小公倍数为6，然后根据电荷守恒，后面正电荷数多而且少氢，故应该是氢离子参与反应，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O
易错通关能力练

1．近年来我国储氢碳纳米管研究获得重大进展，电弧法合成碳纳米管常伴有大量物质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为___________C+______________________(稀)=_________________________________。
(1)完成并配平上述反应的化学方程式。___________
【答案】(1)3C+28(稀)=322
【解析】
(1)该反应中C元素化合价由0升高为+4、Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒，配平反应方程式为3C+28(稀)=322；
2．配平下列氧化还原反应方程式：
(1)______Fe+_____HNO3=______Fe(NO3)3+______NO↑+______H2O
(2)______CO+______Fe2O3_____Fe+______CO2
【答案】(1)Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
(2)3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2
【解析】(1)铁化合价由0价升高至+3价，氮化合价部分由+5价降低至+2价，由电子守恒得，再由观察法根据原子守恒可得Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，故答案为：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；
(2)碳化合价由+2价升高至+4价，铁化合价由+3价降低至0价，由电子守恒得,   ，再由观察法根据原子守恒可得3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，故答案为：3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2。
3．氧化还原反应的本质是电子的转移，请回答下列有关氧化还原反应的问题。
(1)配平下列氧化还原反应方程式，并标出单线桥：
①_____________ H2S + HNO3(稀) = H2O + S↓+ NO↑
②_____________ NH3 ＋ O2 = NO ＋ H2O
③_____________ KClO3 + HCl(浓)= KCl+ Cl2↑+ H2O
④_____________ Cu + HNO3 (稀) = Cu(NO3)2 + NO↑+ H2O
【答案】(1)                   
【解析】(1)①根据得失电子守恒初步配平为：3H2S+2HNO3→H2O+3S↓+2NO↑，根据氢元素守恒确定H2O的系数为4，得完整方程式和单线桥为：；
②根据得失电子守恒初步配平为：4NH3+5O2→4NO+H2O，根据氢元素守恒确定H2O的系数为6，得完整方程式和单线桥为：；
③根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，单线桥为：；
④根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，单线桥为：；
4．配平以下氧化还原反应方程式。
(1)_______KI＋_______KIO3＋_______H2SO4=_______I2＋_______K2SO4＋_______H2O
(2)_______MnO＋_______H＋＋_______Cl－=_______Mn2＋＋_______Cl2↑＋______H2O
(3)________S＋________KOH=________K2S＋____K2SO3＋________H2O
(4)________P4＋________KOH＋________H2O=________K3PO4＋________PH3
(5)_______ClO－＋_______Fe(OH)3＋_______=_______Cl－＋_______FeO＋_______H2O
(6)_______Mn2＋＋_______ClO＋_______H2O=_______MnO2↓＋_______Cl2↑＋_______
【答案】(1)     5     1     3     3     3     3
(2)     2     16     10     2     5     8
(3)     3     6     2     1     3
(4)     2     9     3     3     5
(5)     3     2     4OH－     3     2     5
(6)     5     2     4     5     1     8H＋
【解析】(1)在该反应中I元素化合价由反应前KI中的-1价变为反应后I2的0价，化合价升高1价；I元素化合价由反应前KIO3中的+5价变为反应后I2的0价，化合价降低5价，化合价升降最小公倍数是5，所以KI的系数是5，KIO3的系数是1，I2的系数是3；再根据K元素守恒可知K2SO4的系数是3；然后根据S元素守恒，可知H2SO4的系数是3；最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是3，则配平后该反应的化学方程式为：5KI+KIO3+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O；
(2)在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO中的+7价变为反应后Mn2+的+2价，化合价降低5价；Cl元素化合价由反应前Cl-中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，化合价升降最小公倍数是10，所以MnO、Mn2+的系数是2，Cl-的系数是10，Cl2的系数是5；然后根据电荷守恒，可知H+的系数是16，最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是8，则配平后的化学方程式为：2 MnO+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
(3在该反应中，S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S的-2价，化合价降低2价；S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2SO3的+4价，化合价升高4价，化合价升降最小公倍数是4，所以K2S的系数是2，K2SO3的系数是1，S的系数3，然后根据K元素守恒，可知KOH的系数是6，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是3，则配平后的化学方程式为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；
(4)在该反应中，P元素化合价由反应前P4单质的0价变为反应后PH3的-3价，化合价降低3价；P元素化合价由反应前P4单质的0价变为反应后K3PO4的+5价，化合价升高5价，化合价升降最小公倍数是15，所以PH3的系数是5，K3PO4的系数是3，则 P4的系数2，然后根据K元素守恒，可知KOH的系数是9，最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是3，则配平后的化学方程式为：2P4+9KOH+3H2O=3K3PO4+5PH3；
(5)在该反应中，Fe元素化合价由反应前Fe(OH)3的+3价变为反应后FeO的+6价，化合价升高3价；Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Fe(OH)3、FeO的系数是2；ClO-、Cl-的系数是3；然后根据电荷守恒，可知缺项物质微粒是OH-，其系数是4；最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是5，则配平后的化学方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=3Cl-+2FeO+5H2O；
(6)在该反应中，Mn元素化合价由反应前Mn2+的+2价变为反应后MnO2中的+4价，化合价升高2价；Cl元素化合价由反应前ClO的+5价变为反应后Cl2的0价，化合价降低5×2=10价，化合价升降最小公倍数是10，所以Mn2+、MnO2的系数是5，ClO的的系数是2，则Cl2的系数是1；根据反应前后电荷守恒，可知反应后缺项微粒是H+，系数是8；最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是4，则配平后的化学方程式为：5Mn2++2 ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+。