1、课时规范练9氧化还原反应方程式的配平及计算一、选择题:本题共10小题,每小题只有一个选项符合题目要求。1.(2021北京海淀区期末)双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是()A.过程中,SO2表现还原性B.过程中,1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3C.双碱法脱硫过程中,NaOH可以循环利用D.总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4+2H2O2.(2021山东德州期末)已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,下列说法正确的是()A.氧气是还原产物B.还原剂与氧化剂的物质的量之比为11C.反应物中有水,且反应方程式中水的系数为2D.若生成4.48
2、 L(标准状况下)O2,则反应转移0.8 mol电子3.(2021河南漯河期末)已知某强氧化剂RO(OH中的R元素被Na2SO3还原到较低价态。如果还原2.410-3 mol RO(OH至较低价态,需要60 mL 0.1 molL-1的Na2SO3溶液。那么,R元素被还原成的价态是()A.-1价B.0价C.+1价D.+2价4.(2021河北邯郸六校联考)某离子反应涉及H2O、ClO-、N、OH-、N2、Cl-几种微粒,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A.该反应中Cl-为氧化产物B.消耗1 mol还原剂,转移3 mol电子C.反应后溶液的碱性增强D.该反
3、应中氧化剂与还原剂物质的量之比为235.(2021湖南株洲第一次质检)含氰化物的废液乱倒或与酸混合,均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水,发生的主要反应为:CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)()A.Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物B.上述离子方程式配平后,氧化剂、还原剂的系数之比为25C.该反应中,若有1 mol CN-发生反应,则有5NA个电子发生转移D.若将该反应设计成原电池,则CN-在负极区发生反应6.(2021山东威海二模)某温度下,将1.1 mol I2加入到K
4、OH溶液中,反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。经测定IO-与I的物质的量之比是23。下列说法错误的是()A.I2在该反应中既是氧化剂又是还原剂B.I2的还原性大于KI的还原性,小于KIO和KIO3的还原性C.该反应中转移电子的物质的量为1.7 molD.该反应中,被还原的碘原子与被氧化的碘原子的物质的量之比是1757.LiAlH4、NaBH4是有机合成中的常用试剂,遇水均能剧烈反应释放出H2,如:NaBH4+2H2ONaBO2+4H2。LiAlH4在125 时分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是()A.NaBH4与D2O反应,所得氢气的摩尔质量为4 gmol-1B.LiAlH4
5、与水反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为12C.1 mol LiAlH4在125 时完全分解,转移3 mol电子D.NaBH4与乙醛作用生成乙醇,NaBH4是氧化剂8.将图2中的纸片补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。下列对该反应的说法不正确的是()A.I是氧化剂B.1 mol Mn2+参加反应转移5 mol电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为25D.配平后H+、Mn2+的系数分别为4、29.(2021辽宁朝阳期末)在氧化还原反应中,氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知:半反应式:Cu2O-2e-+2H+2Cu2+H2O五种物质:FeSO4、Fe2(
6、SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KIFe2+Mn+XFe3+Mn2+H2O(未配平)下列判断正确的是()A.中半反应式发生的是还原反应B.中五种物质中能使顺利发生的物质为Fe2(SO4)3C.Mn+5e-+4H2OMn2+8OH-是反应的一个半反应D.几种物质的氧化性强弱顺序为:MnCu2+Fe3+10.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2
7、O。下列说法正确的是()A.反应中每消耗4 mol KOH,吸收标准状况下33.6 L Cl2B.氧化性:K2FeO4KClOC.若反应中n(ClO-)n(Cl)=51,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为21D.若反应的氧化产物只有KClO,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2二、非选择题:本题共2小题。11.(2021山东枣庄三中测试)(1)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍,即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金。化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2P,在酸性条件下发生镀镍反应:Ni2+H2P+Ni+H2P+。请完成并配平上述离子方程式。上述反应中,若生成1
8、mol H2P,反应中转移电子的物质的量为。(2)高铁酸盐也是常用的水处理剂。高铁酸钠(Na2FeO4)可用如下反应制备:2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2,若生成2 mol Na2FeO4,则反应中电子转移的物质的量为 mol。高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2而除去,若氧化含Mn2+ 1 mg的水体样本,需要1.2 mgL-1高铁酸钾溶液 L。12.(2021天津东丽区期末)二氧化氯(ClO2)是一种新型消毒剂,可用氯酸钠(NaClO3)为原料制备。(1)过氧化氢还原法制备ClO2:H2O2+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2ClO
9、2+O2+2H2O研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如下:加入NaCl相同时间10min30min60minClO2产率/%Cl2的量实验a00.003 50.012 40.015 997.12极微量实验b1.000.013 80.016 20.016 398.79极微量NaCl的主要作用是。实验b中反应可能的过程如下:反应:2Cl+2ClO2+反应:Cl2+H2O22Cl-+O2+2H+将反应填写完整。进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中首先会发生反应生成Cl-,反应为:Cl+3H2O2Cl-+3O2+3H2O(反应)。分析反应、的速率大小关系并简要说明理由:。(2)国家规定,饮用水
10、中ClO2的残留量不得高于0.8 mgL-1,检测步骤如下:.取1.0 L的酸性水样,加入过量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,使ClO2转化为Cl。加入淀粉溶液,溶液变蓝。.用0.001 0 molL-1 Na2S2O3溶液滴定步骤中产生的I2。已知:步骤中发生反应的离子方程式是2S2+I2S4+2I-步骤中发生氧化还原反应的离子方程式是。当步骤中出现(填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00 mL。上述水样中ClO2的残留浓度是 mgL-1。参考答案课时规范练9氧化还原反应方程式的配平及计算1.A解析过程的化学方程式为SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,过程的化
11、学方程式为2Na2SO3+2Ca(OH)2+O22CaSO4+4NaOH,总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4+2H2O。过程为酸性氧化物与碱反应生成盐和水,不属于氧化还原反应,A错误;由过程的反应方程式可得关系式O22Na2SO3,由此可知1molO2可氧化2molNa2SO3,B正确;根据图示,再结合过程和过程可知,NaOH在整个过程中参与了循环,C正确;根据图示可得总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O22CaSO4+2H2O,D正确。2.C解析NaClO溶液与Ag反应生成AgCl、NaOH和O2,氧元素由-2价升高到0价,则O2是氧化产物,A错误;还原剂是Ag和H2O,
12、氧化剂是NaClO,根据得失电子守恒可知,还原剂和氧化剂的物质的量之比为32,B错误;据得失电子守恒、原子守恒配平:4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2,则水的系数为2,C正确;生成标准状况下4.48LO2(即0.2mol)时,转移电子为1.6mol,D错误。3.B解析设RO(OH中的R的化合价从+5价还原(降低)至x价,亚硫酸钠中的硫元素的化合价从+4价升高到+6价,根据氧化还原反应中的电子得失守恒可得:2.410-3mol(5-x)=610-3mol(6-4),解得x=0。4.B解析由图可知,n(ClO-)逐渐减小,n(N2)逐渐增大,则ClO-是反应物,N2是反应产
13、物。ClO-发生还原反应生成Cl-,则Cl-是还原产物,A错误;N是还原剂,N2是氧化产物,氮元素由-3价升高到0价,则消耗1molN时转移3mol电子,B正确;由上述分析,结合守恒规律写出离子方程式:3ClO-+2N+2OH-N2+3Cl-+5H2O,反应消耗OH-,溶液的碱性减弱,C错误;结合得失电子守恒可知,氧化剂(ClO-)与还原剂(N)的物质的量之比为32,D错误。5.B解析该反应中,氯元素由0价降低到-1价,碳元素由+2价升高到+4价,氮元素由-3价升高到0价,则Cl2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物,A正确;根据得失电子守恒、原子及电荷守恒配平可得:2CN-+8OH-+5Cl22
14、CO2+N2+10Cl-+4H2O,Cl2是氧化剂,CN-是还原剂,二者的系数之比为52,B错误;1molCN-发生反应时,消耗2.5molCl2,则有5NA个电子发生转移,C正确;该反应中CN-发生氧化反应,若设计成原电池,则CN-在负极区发生氧化反应,D正确。6.B解析该反应中,碘元素由0价变为+1价、+5价和-1价,则I2既是氧化剂又是还原剂,A正确;该反应中,I2是还原剂,KI是还原产物,KIO和KIO3是氧化产物,故还原性:I2KI,I2KIO(或KIO3),B错误;发生的反应为11I2+22KOH17KI+2KIO+3KIO3+11H2O,有11molI2参与反应时,转移17mol
15、电子,故1.1molI2反应时转移电子的物质的量为1.7mol,C正确;由上述反应方程式可知,被还原的碘原子与被氧化的碘原子的物质的量之比是175,D正确。7.C解析NaBH4与D2O反应生成NaBO2和HD,则所得氢气的摩尔质量为3gmol-1,A错误;LiAlH4与水反应时,LiAlH4是还原剂,H2O是氧化剂,据得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为21,B错误;LiAlH4在125时分解为LiH、H2和Al,该反应为2LiAlH42LiH+3H2+2Al,则1molLiAlH4完全分解生成1molAl,转移3mol电子,C正确;NaBH4与乙醛作用生成乙醇,乙醛发生了还原反应
16、,NaBH4则发生氧化反应,故NaBH4是还原剂,D错误。8.D解析题图1中Mn2+是反应物,则含锰元素的Mn是反应产物,Mn2+是还原剂,应与具有氧化性的I反应,生成还原产物I,故I是氧化剂,A正确;锰元素由+2价升高到+7价,故1molMn2+参加反应转移5mol电子,B正确;Mn2+是还原剂,I是氧化剂,碘元素由+7价降低到+5价,根据得失电子守恒可知,Mn2+与I的物质的量之比为25,C正确;根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平可得:2Mn2+5I+3H2O2Mn+5I+6H+,则H+、Mn2+的系数分别为6、2,D错误。9.B解析中铜元素由+1价升高到+2价,该反应为氧化反应,A
17、错误;发生氧化反应,中物质若使能顺利发生,则应具有氧化性,该物质应为Fe2(SO4)3,B正确;将配平可得:5Fe2+Mn+8H+5Fe3+Mn2+4H2O,故反应的一个半反应为8H+Mn+5e-Mn2+4H2O,C错误;Fe3+的氧化性强于Cu2+,D错误。10.D解析反应的反应产物有KCl、KClO、KClO3,其中n(K)n(Cl)=11,则每消耗4molKOH,吸收2mol氯气,标准状况下2mol氯气的体积为22.4Lmol-12mol=44.8L,A错误;反应K2FeO4为氧化产物,KClO为氧化剂,则氧化性:K2FeO4KClO,B错误;设生成的ClO-为5mol,Cl为1mol,
18、氯气转化成ClO-、Cl被氧化,转化成KCl被还原,根据电子守恒可知生成KCl的物质的量为5mol1+1mol5=10mol,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol(5mol+1mol)=53,C错误;根据电子守恒可得关系式:2K2FeO43KClO3Cl2,则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2,D正确。11.答案(1)H2O2H+2 mol(2)102解析(1)反应中Ni元素的化合价从+2价降低为0价,P元素的化合价从+1价升高为+3价,结合电子、电荷及原子守恒可知,反应的离子方程式为Ni2+H2P+H2ONi+H2P+2H+。由化合价可知,生成1molH2P,反应中转
19、移电子的物质的量为2mol。(2)分析元素化合价可知,铁元素的化合价从+2价升高为+6价,6molNa2O2中部分氧元素的化合价从-1价升高为0价生成1molO2,其余氧元素的化合价从-1价降低为-2价生成2molNa2FeO4和2molNa2O,由得失电子守恒可知,每生成2molNa2FeO4,反应中转移10mol电子。高铁酸盐可将水体中的Mn2+氧化为MnO2而除去,同时被还原为Fe3+,含Mn2+1mg的水体样本中n(Mn2+)=1.810-5mol,K2FeO4的物质的量浓度为=610-6molL-1,则1.810-5mol(4-2)=V610-6molL-1(6-3),解得V=2L。
20、12.答案(1)催化剂2Cl-4H+1Cl22H2O反应较快,反应与反应速率相当,反应较慢。因为相同时间ClO2产率很高并且Cl2的量是极微量,并且不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢(2)2ClO2+2I-2Cl+I2溶液蓝色恰好褪色,30 s内不变为蓝色0.675解析(1)实验b中加入1.00gL-1NaCl溶液,酸性条件下,Cl、Cl-、H+可能发生氧化还原反应生成ClO2和Cl2,反应可能为2Cl+2Cl-+4H+2ClO2+Cl2+2H2O。Cl-在反应中起催化剂作用,反应、速率较快,反应速率较慢;由表中数据可知,相同时间内ClO2产率很高并且Cl2的量是极微量,并且不添加Cl-时起始生成ClO2的速率很慢。(2)加入过量KI,ClO2被还原为Cl,则I-被氧化为I2,加入淀粉溶液,溶液变蓝,结合守恒规律写出离子方程式:2ClO2+2I-2Cl+I2。步骤中用Na2S2O3溶液滴定步骤中产生的I2,I2被消耗完时溶液变为无色,故溶液蓝色恰好褪色,30s内不变为蓝色时,达到滴定终点。由上述反应可得关系式:2ClO2I22Na2S2O3,则有n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.0010molL-110.0010-3L=110-5mol,m(ClO2)=110-5mol67.5gmol-1=0.675mg,故水样中ClO2的残留浓度为=0.675mgL-1。