1、课时作业(八)氧化还原反应方程式的配平及计算1(2019河北邯郸质检)24 mL浓度为0.05 mol/L的Na2SO3溶液，恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在还原产物中的化合价是()A6B3C2D0B反应中Na2SO3被氧化成Na2SO4，S化合价从4变为6，化合价升高2价，设Cr元素在产物中的化合价为x价，K2Cr2O7中Cr元素的化合价为6，则化合价降低：6x，根据电子转移守恒可得：24103L0.05 mol/L(64)20103L0.02 mol/L2(6x)解得：x3。2(2019山西六校联考)NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能
2、致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式是MnONOMn2NOH2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A该反应中NO被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D中的粒子是OHCMn化合价：72，N化合价：35，N的化合价升高，则配平后的化学方程式为：2MnO5NO6H=2Mn25NO3H2O，由此可知C正确。3将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为()A11B516C23D32B设反应中生成3 mol Fe2、2 mol F
3、e3，则转移电子的物质的量为3 mol22 mol312 mol，根据得失电子守恒，由4HNO3e=NO2H2O可知，反应中被还原的HNO3是4 mol，与Fe2、Fe3结合的NO的物质的量为3 mol22 mol312 mol，所以参加反应的n(Fe)5 mol，参加反应的n(HNO3)16 mol 。4把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是()A配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2C氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移B在碱性条件下，S与
4、氢氧根离子反应生成硫离子、亚硫酸根离子和水，其反应的离子方程式为：3S6OH2S2SOH2O，故A错误；若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，则生成2 mol S2，故B正确；若有1 mol S被氧化，则转移4 mol电子，有2 mol S被还原，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，故C错误；由方程式可知3 mol S参加反应转移4 mol电子，则2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，故D错误。5(2019陕西榆林模拟)水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe22S2OO2xOH=Fe3O4S4O2H2O。下列说法中正确的是()A2 mol Fe2被氧化时有1 mol
5、O2被还原B该反应中只有Fe2是还原剂C每生成1 mol Fe3O4转移2 mol电子D反应方程式中化学计量数x2AA方程式为3Fe22S2OO24OH=Fe3O4S4O2H2O，反应生成Fe3O4，可知2 mol Fe2被氧化，有1 mol O2被还原，故A正确；B反应中Fe、S化合价升高，被氧化，还原剂是Fe2、S2O，故B错误；C每生成1 mol Fe3O4，由电子守恒及O元素的化合价变化可知，转移4 mol电子，故C错误；D根据氢原子守恒，水的化学计量数为2，则OH的化学计量数为4，即x4，故D错误。6某离子反应中共有H2O、ClO、NH、H、N2、Cl六种微粒。其中c(ClO)随反应
6、进行逐渐减小。下列判断错误的是()A该反应的还原剂是NHB反应后溶液酸性明显增强C若消耗 1 mol 氧化剂，可转移 2 mol eD该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 23D反应的方程式应为3ClO2NH=N23H2O3Cl2H，AN元素的化合价升高，则反应的还原剂是NH，故A正确；B反应生成H，溶液酸性增强，故B正确；CCl元素的化合价由1价降低为1价，ClO为氧化剂，则消耗1 mol氧化剂，转移电子2 mol，故C正确；D由反应可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为32，故D错误。7(2019江苏六校联考)K2FeO4具有强氧化性，是一种重要的水处理剂，可由如下反应制得：xKClOyF
7、e(OH)3zKOH=mK2FeO4nKClpH2O。下列说法错误的是()Az2B该反应中的氧化产物为K2FeO4CK2FeO4处理水时，既能消毒杀菌又能作絮凝剂D上述反应中每消耗1 mol KClO，转移2 mol eAA项，反应xKClOyFe(OH)3zKOH=mK2FeO4nKClpH2O中，氯元素化合价由1降低为1价，ClO是氧化剂，铁元素化合价由3价升高为6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为(63)232，则x2，y3，根据铁原子守恒m3，氯原子守恒n2，根据钾原子守恒有z2mnx6，根据奇偶法，最后化学方程式为：4KClO6Fe(OH)312KO
8、H=6K2FeO44KCl15H2O，则z12，错误；B项，该反应中的氧化产物为K2FeO4，正确；C项，K2FeO4处理水时，K2FeO4具有强氧化性能消毒杀菌且生成的氢氧化铁胶体又能作絮凝剂，正确；D项，根据反应方程式4KClO6Fe(OH)312KOH=6K2FeO44KCl15H2O可知，反应中每消耗1 mol KClO，转移2 mol e，正确。8(2019云南师大附中期中)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO 12 g，若上述气体为NO和N
9、O2的混合物，且体积比为11，则V不可能为()A12.2 LB14.5 LC15.8 LD16.4 LA1 mol CuS与HNO3失8 mol e，1 mol Cu2S与HNO3失10 mol e。若混合物中仅含有CuS，反应失电子(12/80)81.2 mol；若原混合物中仅含有Cu2S，反应失电子(12/80)101.5 mol，则混合物在反应中失去电子数1.2 moln(e)1.5 mol。而生成1 mol混合气体得到电子数为(54)1/2(52)1/22 mol，由电子守恒可知，生成气体的体积(1.2/2)22.4 LV1.5/222.4 L，即13.44 LV16.8 L，故A项正
10、确。9(2019河北衡水中学一模)现有2.8g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12 L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断正确的是()A反应后溶液中铁元素可能以Fe2形式存在B反应后溶液中c(NO)0.85 molL1C反应后的溶液最多还能溶解1.4 g FeD1.12 L气体可能是NO、NO2、H2的混合气体BFe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12 L，则n(NOx)0.05 mol，反应后溶液pH1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe(NO3)3，没有硝酸亚铁生成，
11、故A错误；B根据N原子守恒知，反应后溶液中n(NO)n(HNO3)3nFe(NO3)30.02 mol30.17 mol，则c(NO)0.85 mol/L，故B正确；C反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe(NO3)2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n(HNO3)0.1 mol/L0.2 L0.02 mol，根据3Fe8HNO33Fe(NO3)22NO4H2O知，硝酸溶解的n(Fe)30.007 5 mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n(Fe)0.025 mol，则最多还能溶解m(Fe)(0.007 50.025) mol56 g/ mol1.82 g，故C错误；D2.8 gFe完
12、全转化为Fe(NO3)3时转移电子物质的量30.15 mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量0.05 mol(52)0.15 mol，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量0.05 mol(54)0.05 mol0.15 mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，故D错误。10(2019广东深圳中学检测)将质量为12.64 g KMnO4固体加热一段时间后，收集到a mol O2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到b mol Cl2，此时Mn元素全部以Mn2的形式存在于溶液中。(KMnO4的摩尔质量为158 g/ mol )(1)请完成并配平下列化学方程式：_K2MnO4_
13、HCl_KCl_MnCl2_Cl2_该反应中的还原剂是_，当该反应中转移NA个电子时，氧化产物的物质的量为_ mol，被氧化的还原剂的物质的量为_ mol。(2)用酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液写出该反应的离子方程式：_。(3)当KMnO4固体加热生成O2 a mol值最大时，向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸并加热，产生Cl2的物质的量b_ mol。(此时Mn元素全部以Mn2的形式存在于溶液中)解析(1)Mn元素的化合价降低4，Cl元素的化合价升高1，由电子守恒和原子守恒可知，反应为K2MnO48HCl=2KClMnCl22Cl24H2O；反应物HCl中氯元素化合价1价变化为0价，做还
14、原剂，反应中电子转移4 mol，得到氧化产物氯气2 mol，则当该反应中转移NA个电子时，氧化产物的物质的量为0.5 mol，被氧化的还原剂的物质的量为1 mol；(2)酸性高锰酸钾溶液滴定FeSO4溶液的离子方程式为：5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O；(3)加热KMnO4固体发生反应2KMnO4K2MnO4MnO2O2，当生成O2 a mol值最大时，则12.64 g KMnO4固体完全分解，KMnO4物质的量n0.08 mol，生成K2MnO4物质的量为0.04 mol，生成MnO2的物质的量为0.04 mol，K2MnO4和MnO2与浓盐酸反应均被还原为MnCl2，则二者共得到
15、电子的物质的量为(62)0.04 mol(42)0.04 mol0.24 mol，根据得失电子守恒可知生成氯气的物质的量为0.24 mol/20.12 mol。答案(1)182124H2OHCl0.51(2)5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(3)0.1211(2019河南林州一中调研)氧化还原反应在生产、生活中有着重要的应用。请按要求写出相应的方程式。(1)将含SO2的废气通入含Fe2(催化剂)的溶液中，常温下可使SO2转化为SO，其总反应为2SO2O22H2O=2H2SO4。上述总反应分两步进行，第一步反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O，写出第二步反应的离子方程式
16、： _ _。(2)pH3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)62x溶液。若溶液的pH偏高，则碱式硫酸铝产率降低且有气泡产生，用化学方程式表示其原因：_。(3)ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂。氯化钠电解法生产ClO2的工艺原理示意图如下：写出氯化钠电解槽内发生反应的离子方程式： _。写出ClO2发生器中反应的化学方程式，并标出电子转移的方向及数目：_。ClO2能将电镀废水中的CN氧化成两种无毒气体，自身被还原成Cl。写出该反应的离子方程式： _。解析(1)根据题中反应原理，第一步反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O，第二步是Fe3将二氧化硫氧化
17、成硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H。(2)pH3.6时，碳酸钙与硫酸铝反应可制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)62x溶液，若溶液的pH偏高，溶液碱性增强，铝离子与碳酸根离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的化学方程式为3CaCO3Al2(SO4)33H2O=2Al(OH)33CaSO43CO2。(3)根据流程图可知，氯化钠电解槽中发生反应生成NaClO3，NaClO3和HCl反应生成ClO2，由此可以写出方程式，并根据得失电子守恒配平。ClO2能将电镀废水中的CN氧化成两种无毒气体，应为二氧化碳和氮气，自身被还原成Cl，根据电荷守恒和元素守恒可知，
18、反应的离子方程式为2ClO22CN=2CO22ClN2。答案(1)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H(2)3CaCO3Al2(SO4)33H2O=2Al(OH)33CaSO43CO2(3)Cl3H2OClO3H22ClO22CN=2CO22ClN212(2019四川成都一诊)高锰酸钾常用作消毒杀菌剂、水质净化剂等。某小组用软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾的流程如下。试回答下列问题。(1)配平焙烧时的化学反应：MnO2_O2K2MnO4H2O；工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率，试用碰撞理论解释其原因：_。(2
19、)滤渣的成分有_(填化学式)；第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替的原因是_。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_。(4)将滤液进行一系列操作得到KMnO4。由图可知，从滤液得到KMnO4需经过_、_、洗涤等操作。(5)工业上按上述流程连续生产KMnO4。含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4_t。(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。用惰性电极电解滤液。电解槽阳极反应式为_；阳极还可能有气体产生，该气体是_。解析(1)MnO2中Mn元素的化合价为4价，K2MnO4中Mn元素的化合价为6价，O2中O元素的化合价由0价降低为2价，根据得失电子守恒得MnO2的化
20、学计量数应为2，O2的化学计量数为1，K2MnO4的化学计量数为2；结合流程中焙烧时有KOH参与，所以未知的反应物应为KOH，根据原子守恒，KOH的化学计量数为4，水的化学计量数为2。根据有效碰撞理论，加压可增大氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分。(2)根据流程可知滤液主要是K2MnO4溶液，还含有SiO和AlO等杂质离子，通入CO2发生反应：CO2H2OSiO=H2SiO3CO、CO23H2O2AlO=2Al(OH)3CO，所以滤渣的成分为Al(OH)3和H2SiO3；因为第一次通入CO2的目的之一是生成Al(OH)3，而稀盐酸可溶解
21、Al(OH)3，反应中不易控制稀盐酸的用量，所以第一次通入的CO2不能用稀盐酸代替。(3)第二次通入过量CO2生成MnO2，则MnO发生自身氧化还原反应，生成MnO2和MnO，因为CO2过量，所以还会生成HCO，离子方程式为3MnO4CO22H2O=MnO22MnO4HCO。(4)滤液的溶质主要是KMnO4与KHCO3，由图可知，KMnO4的溶解度受温度影响变化不大，而KHCO3的溶解度受温度影响变化较大，所以从滤液中得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。(5)根据Mn元素守恒，含a%MnO2的软锰矿1 t，理论上最多可制得KMnO4的质量为1a%t0.018a t。(6)
22、滤液主要为K2MnO4溶液，用惰性电极电解得到KMnO4，MnO在阳极上失电子发生氧化反应，生成MnO，故阳极反应式为MnOe=MnO；溶液中的OH也可能失电子发生氧化反应，生成氧气，故阳极还可能有O2产生。答案(1)24KOH122加压增大了氧气浓度，使单位体积内的活化分子数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，使MnO2反应更充分(2)Al(OH)3、H2SiO3稀盐酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀盐酸的用量(3)3MnO4CO22H2O=MnO22MnO4HCO(4)蒸发结晶趁热过滤(5)0.018a(6)MnOe=MnOO213(2016上海卷)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处
23、理：NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaClNaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN(Ki6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：(1)第一次氧化时，溶液的pH应调节为_(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)；原因是_。(2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式。_(3)处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO_ g(实际用量应为理论值的4倍)，才能使NaCN含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH溶液反应生成_、_和H
24、2O。解析(1)NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。(2)反应中氯元素的化合价从1价降低到1价，得到2个电子。N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是23，反应的离子方程式为2OCN3ClO=COCO23ClN2。(3)参加反应的NaCN是20 mol，反应中C元素由2价升高到4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为74.5 g/ mol414 900 g。(4)(CN)2与Cl2的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知(CN)2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN和H2O。答案(1)碱性防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气(2)2OCN3ClO=COCO23ClN2(3)14 900(4)NaOCNNaCN