1、氧化还原反应方程式的配平和计算(建议用时40分钟)1(2021吉林模拟)2020年8月初，黎巴嫩首都贝鲁特港口发生大规模爆炸，该爆炸是储存在仓库的2 750吨硝酸铵引起的。已知爆炸时硝酸铵按下式分解：4NH4NO3=3N22NO28H2O，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为()A11B12C13D31【解析】选A。在4NH4NO3=3N22NO28H2O的反应中，反应前有四个3价的氮原子，化合价升高被氧化，四个5价的氮原子化合价降低被还原，则该反应中被氧化和被还原的N原子数之比为11。2(2020北京海淀区模拟)金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，
2、含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是()A中需持续吹入空气作氧化剂B中需加入过量稀硫酸C中发生了置换反应D溶液A为橙色【解析】选B。在铬铁矿中Cr元素化合价为3价，反应后变为Na2CrO4中的6价，化合价升高，被氧化，因此中需持续吹入空气作氧化剂，A正确；Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与硫酸发生反应产生可溶性Al2(SO4)3，因此中加入的稀硫酸不能过量，B错误；Cr2O3与Al在高温下反应产生Cr和Al2O3，反应类型为置换反应，C正确；Na2CrO4在酸性溶液中发生反应：2CrO2HCr2OH2O，反应产生Cr2O使溶液显橙色，D正确。3.(双选)常温下
3、,向H2O2溶液中滴加少量Fe2(SO4)3溶液,反应原理如图所示。关于该反应过程的说法不正确的是 ()A.该反应过程中,M是Fe2+,M是Fe3+B.当有1 mol O2生成时,转移1 mol电子C.在H2O2分解过程中,溶液的pH逐渐降低D.H2O2的还原性强于Fe2+,氧化性强于Fe3+【解析】选B、C。根据反应原理图,H2O2+M+H+H2O+M的过程中H2O2被还原成H2O,M+H2O2M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2,根据氧化还原反应的特点,M为Fe2+,M为Fe3+,A正确;图示中生成O2的反应为2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+,有1 mol O2生成时,转移2
4、 mol电子,B错误;总反应为2H2O22H2O+O2,在H2O2分解过程中生成了H2O,溶液变稀,则溶液的pH会逐渐增大,C错误;根据2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+,说明H2O2的还原性强于Fe2+,2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O,说明H2O2的氧化性强于Fe3+,D正确。4(2020天津南开区模拟)硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(NOx)，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3Ce中文名“铈”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A该转化过程的实质为NOx被H2还原B在NOx中x1时，过程中氧化剂与还原剂的物质
5、的量之比为21C处理过程中，混合溶液中Ce3和Ce4总数减少D过程发生反应的离子方程式：H2Ce4=2HCe3【解析】选A。分析转化图，过程I中发生H22Ce4=2H2Ce3，过程中发生2NOx4xH4xCe3=2xH2ON24xCe4，总反应可以看作烟气与氢气反应，该转化过程的实质为NOx被H2还原，A正确、D错误；x1时，过程发生2NO4H4Ce3=2H2ON24Ce4，NO为氧化剂，Ce3为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为12，B错误；根据总反应式分析，处理过程中，混合液中Ce3和Ce4总数不变，C错误。5(双选)环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中
6、S为6价)去除废水中的正五价砷As()的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO、OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是()A.过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为13B若56 g Fe参加反应，共有少于1.5NA个S2O被还原C碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SOOH=SOOHDpH越小，越有利于去除废水中的正五价砷【解析】选A、D。过硫酸钠中正负化合价之和为零,S为+6价,Na为+1价,-2价氧为6个,-1价氧的个数为2个,A错误;56 g Fe为1 mol，根据图示可知，1 mol S2O和1 mol Fe反应生成2 mol SO和1 mol Fe2，该过
7、程转移2 mol电子，但是Fe2还要与S2O反应变成Fe3和自由基，根据图示，形成的沉淀中既含Fe2，又含Fe3，即第一步反应中的Fe2没有被完全氧化为Fe3，因此1 mol铁参加反应消耗小于1.5 mol S2O，共有少于1.5NA个S2O被还原，B正确；结合图示可知，碱性条件下，SO发生反应的方程式为SOOH=SOOH，C正确；最后是碱性条件下，生成氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出，则溶液的碱性越强越有利于析出，D错误。6(2020洛阳模拟)(1)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S2H2SO45O2=4CuSO42H2O，该反应的还原剂是_。当1
8、mol O2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为_mol。(2)焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)212H2O3S2K2SO42Al2O39SO248H2O，在该反应中，还原剂是_。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数比为11，写出该反应的化学方程式：_。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应得到NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为_，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目为_。【解析】(1)Cu2S中Cu、S元素化合价都升高，故Cu2S是还原剂；反应中只有氧气
9、中O元素化合价降低，故1 mol氧气反应转移电子为1 mol44 mol。(2)4KAl(SO4)212H2O3S2K2SO42Al2O39SO248H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为4价。硫酸根离子中硫元素化合价从6价变化为4价，该反应中还原剂是硫单质。(3)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11，则该无氧酸盐为KCl，KCl中氯元素化合价为1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升
10、降相等配平该反应为4KClO3KCl3KClO4。(4)NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，还生成氢气，且反应前后B的化合价不变，所以NaBH4与H2O中H元素发生归中反应，H元素化合价由1价、1价变为0价，依据得失电子守恒可知：NaBH4的系数为1，H2O的系数为2，依据原子个数守恒配平反应方程式：NaBH42H2O=NaBO24H2，反应消耗1 mol NaBH4时转移的电子数目依据氢元素化合价变化，1价和1价变化为0价计算得到电子转移4 mol，转移的电子数目为4NA或2.4081024。答案：(1)Cu2S4(2)S(3)4KClO3KCl3KClO4(4)NaB
11、H42H2O=NaBO24H24NA或2.40810247(2020黄石模拟)我国科技工作者提出的一种OER(氧气析出反应)机理如图所示。下列说法错误的是()A物质M不能改变OER反应的趋势B每一步反应过程都是氧化还原反应C反应过程中只涉及极性键的断裂和形成D该总反应方程式为4OH4e2H2OO2【解析】选C。OER机理为氧气析出反应，根据图示可知，M为转化过程的催化剂，催化剂不能改变OER反应转化率或氧气的产率，A正确；根据图示，OER(氧气析出反应)机理每一步反应过程都有电子得失，是氧化还原反应，B正确；根据图示，反应过程中除了涉及极性键的断裂和形成，由MO转化为MOOH含有非极性键的形成
12、，C错误；根据图示，总反应方程式为4OH4e2H2OO2，D正确。8(2021德州模拟)为防止废弃的硒单质(Se)造成环境污染，通常用浓硫酸将其转化成二氧化硒(SeO2)，再用KI溶液处理后回收Se，发生的反应为Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2OSeO24KI4HNO3=4KNO3Se2I22H2O，下列说法错误的是()A中SO2是还原产物，SeO2是氧化产物B中KI是还原剂，SeO2是氧化剂C每生成0.4 mol I2共转移1.2 mol电子D氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2HNO3【解析】选C。A.中S元素化合价由6价变为4价、Se元素化合价由0价变为4价，则浓
13、硫酸是氧化剂、Se是还原剂，SO2是还原产物，SeO2是氧化产物，故A正确；B.中Se元素化合价由4价变为0价、I元素化合价由1价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，则KI是还原剂，SeO2是氧化剂，故B正确；C.反应中I元素化合价由1价变为0价，每生成0.4 mol I2转移电子物质的量为0.4 mol20(1)0.8 mol，故C错误；D.中氧化剂是浓硫酸、氧化产物是SeO2，则氧化性：H2SO4(浓)SeO2；中氧化剂是SeO2，而硝酸反应物仅体现酸性，则氧化性：SeO2HNO3，所以氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2HNO3，故D正
14、确。9(2021佛山模拟)碲(Te)具有两性特征，铜阳极泥是提取碲的主要原料，碲在铜阳极泥中主要以Me2Te(Me表示金属Cu、Pb、Au、Ag等)的形式存在。(1)利用“氯化浸出还原法”制备Te的工艺流程如下所示。浸出液的主要成分为CuSO4、HAuCl4、H2TeO3，则浸出渣的主要成分为_(填化学式)；“浸出”过程中有少量污染性气体生成，该气体是_(填物质名称)。已知HAuCl4是一种强酸，则“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为_。欲得到64 g碲，则“二级还原”过程中至少需通入_mol SO2。(2)“氧化碱浸电解法”指的是在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2T
15、eO3和Cu(OH)2，经电解即可获得Te。以空气为氧化剂进行“氧化碱浸”的化学方程式为_。电解过程中，阴极的电极反应式为_。与“氯化浸出还原法”相比“氧化碱浸电解法”的优点是_(任写一点)。【解析】(1)Pb和Ag被氧化成Pb2和Ag，随后分别与SO和Cl形成沉淀PbSO4和AgCl，浸出渣的主要成分为PbSO4和AgCl。NaCl中Cl与溶液中的氧化得到的少量Au3络合，形成四氯合金离子(AuCl4)，促进Au的溶解，同时使Ag沉淀。NaClO3和NaCl反应生成氯气，故“浸出”过程中需要进行尾气处理的污染性气体是Cl2。“一级还原”过程中发生反应的离子方程式为AuCl43Fe2=3Fe3
16、Au4Cl；H2TeO3Te，Te元素化合价变了4价，SO2SO，硫元素化合价变了2价，根据得失电子守恒有0.5 mol4n(SO2)2(其中64 g的碲为0.5 mol)，解得n(SO2)1 mol。(2)在氧化剂的作用下，Cu2Te与NaOH溶液反应生成Na2TeO3，化学方程式为Cu2Te2O22NaOHH2O=Na2TeO32Cu(OH)2。若用惰性电极电解溶液，在阴极上TeO得到电子生成Te，电极反应式为TeO4e3H2O=Te6OH。根据以上分析可知与“氯化浸出还原法”相比“氧化碱浸电解法”的优点是不产生氯气等污染性气体，反应步骤少，简便，成本低等。答案：(1)PbSO4和AgCl
17、氯气AuCl4 3Fe2 = 3Fe3 Au 4Cl1(2)Cu2Te2O22NaOHH2O=Na2TeO32Cu(OH)2TeO4e3H2O=Te6OH不生成氯气等污染性气体(或工艺简单)10(2020龙岩模拟).某厂废水中含KCN的浓度为0.01 molL1，现用氯氧化法处理，发生如下反应(化合物中N化合价均为3价)：KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O(1)上述反应中被氧化的元素是_(用元素符号表示)。(2)投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气，发生反应KOCNCl2KOHK2CO3N2KClH2O，此反应中氧化剂与还原剂物质的量的比是_。(3)若将10 L含KCN的浓度为0
18、.01 molL1的废水中KCN氧化成N2除去，最少需要氯气_mol。.某实验小组为了测定(3)中溶液多余Cl2的含量，常用Na2S2O3标准溶液进行定量测定。(4)现实验室需用480 mL一定浓度的Na2S2O3溶液，配制该溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需_。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，因此Na2S2O3常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。【解析】(1)反应KCN2KOHCl2=KOCN2KClH2O中氯元素化合价降低，被还原。碳元素化合价从2价升高到4价被氧化。(2)氯元素的化合价从0价降低到1价，得到1个电子。氮元素化合价从3价升
19、高到0价，失去3个电子，根据电子得失守恒知氧化剂和还原剂的物质的量之比是32。(3)根据以上分析可知1 mol KCN最终被氧化为碳酸钾和氮气，失去5 mol电子，1 mol氯气得到2 mol电子，根据电子得失守恒可知将10 L含KCN的浓度为0.01 molL1的废水中KCN氧化除去，最少需要氯气0.25 mol。(4)没有480 mL规格的容量瓶，还需500 mL容量瓶。(5)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO，方程式是S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10H。答案：(1)C(2)32(3)0.25(4)500 mL容量瓶(5)S2O4Cl25H2O=2SO8Cl10
20、H【加固训练拔高】1向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示，下列有关说法中不正确的是()Ad曲线代表溶液中Br变化情况B原溶液中FeI2的物质的量为2 molC原溶液中n(Fe2)n(Br)23D当通入2 mol Cl2时，溶液中离子反应为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl【解析】选B。由于Fe2、I、Br的还原性大小为：IFe2Br，故向该溶液中通入氯气，氯气先氧化I，再氧化Fe2，最后氧化Br。故a、b、c、d曲线分别表示I、Fe2、Fe3、Br的变化情况，A项正确；由图象可知，I为2 mol，故原溶液中FeI2为1 mol，B项错误；由
21、图可以看出Fe2是4 mol，Br是6 mol，故原溶液中n(Fe2)n(Br)23，C项正确；当通入2 mol Cl2时，2 mol的I消耗氯气1 mol，余下的1 mol氯气再与2 mol Fe2反应，故溶液中发生的离子反应可表示为2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl，D项正确。2铜是重要的工业原材料，现有Cu、Cu2O组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取35.2 g 混合物加入0.5 L 3.4 molL1的稀硝酸，固体物质完全反应，生成4.48 L(标准状况)的NO。向所得溶液中加入a L 2.0 molL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2沉淀完全。(1)Cu2
22、O与稀硝酸反应的化学方程式为_。(2)混合物中，n(Cu)_；n(Cu2O)_。(3)所加NaOH溶液的体积a L_L。【解析】(1)Cu2O、Cu均与HNO3反应，反应方程式分别为3Cu2O14HNO3=6Cu(NO3)22NO7H2O，3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O。(2)根据方程式和题意可知，生成的NO为0.2 mol，设中生成x mol NO，则中生成(0.2x) mol NO，Cu2O与Cu物质的量之和为x mol(0.2x) mol0.3 mol，Cu2O与Cu的质量之和为35.2 g，可以求得n(Cu2O)0.2 mol，n(Cu)0.1 mol，共消耗1.2 mol HNO3。(3)根据反应原理，在溶液中加入NaOH溶液后，NaOH先与0.5 mol过量的稀硝酸发生中和反应，消耗0.5 mol NaOH；再与Cu2反应生成氢氧化铜，Cu2为0.5 mol，消耗1 mol NaOH，故a0.75。答案：(1)3Cu2O14HNO3=6Cu(NO3)22NO7H2O(2)0.1 mol0.2 mol(3)0.75
