1、第9讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平1.（2020浙江省舟山一中模拟）已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2+bBr-+cCl2dFe3+eBr2+f Cl-，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ()A.243226B.021012C.201202D.222214【答案】B 【解析】根据题意，Cl2先氧化Fe2+，不可能先氧化Br-，B选项错误。2(2020河南信阳质检)在酸性介质中，向MnSO4溶液中滴加(NH4)2S2O8(过二硫酸铵)溶液会发生如下反应：Mn2S2OH2OMnOS
2、OH(未配平)。下列说法不正确的是()A可以利用该反应检验Mn2B氧化性：S2OMnOC该反应中酸性介质可以为盐酸D若有0.1mol氧化产物生成，则转移电子0.5mol【答案】C 【解析】在酸性条件下，向溶液中加入(NH4)2S2O8溶液，如果溶液变为紫红色，说明原溶液中含有Mn2，故A正确；在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，S2O为氧化剂，MnO为氧化产物，因此S2O的氧化性强于MnO，故B正确；MnO具有强氧化性，能将Cl氧化成Cl2，因此酸性介质不能是盐酸，故C错误；氧化产物是MnO，生成0.1molMnO转移电子的物质的量为0.1(72) mol0.5mol，故D正
3、确。3(2020黑龙江齐齐哈尔模拟)据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。下列判断正确的是()A还原剂与氧化产物的物质的量之比为58B若氧化产物比还原产物多1.4mol，则转移电子为1molC每生成1.6molN2，则有0.2molKNO3被氧化DNaN3是只含有离子键的离子化合物【答案】B 【解析】KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为1023，故A错误；由反应可知，转移10mol电子时氧化产物比还原产
4、物多14mol，则氧化产物比还原产物多1.4mol时转移电子为1mol，故B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误。4(2020吉林省通化一中模拟)向100mL的FeBr2溶液中，通入标准状况下Cl25.04L，Cl2全部被还原，测得溶液中c(Br)c(Cl)，则原FeBr2溶液的物质的量浓度是()A0.75molL1B1.5molL1C2molL1D3molL1【答案】D 【解析】标准状况下Cl2的物质的量是0.225mol，由于Fe2的还原性强于Br，通入氯气后，Cl2先氧化Fe2再氧化Br，设原FeBr2溶液的物质的量浓度
5、是xmolL1，则根据得失电子守恒可知，0.22520.1x1(0.1x20.2252)，解得x3。5(2020河北省重点中学联考)足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，气体被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5molL1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为()A6.4gB9.6gC19.2gD24g【答案】C 【解析】设原来溶解的Cu的物质的量为x，Cu失去的电子被N元素得到生成氮的氧化物，这些氮的氧化物再与O2、H2O反应生成HNO3，可看成Cu失电子，O2得电子。则根据得失电子守恒可知，2x4，解得
6、x0.1mol，所以原所得溶液中NO的物质的量为0.2mol；3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O1mol0.2molH过量，所以继续溶解的Cu的质量为364gmol119.2g。6.（2020安徽省马鞍山二中调研）Na2FeO4是一种高效多功能水处理剂。一种制备Na2FeO4的方法可用化学方程式表示如下：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，下列说法中正确的是()A.Na2O2在上述反应中只作氧化剂B.氧化产物只有Na2FeO4C.Na2FeO4处理水时，既能杀菌，又能在处理水时产生胶体净水D.2 mol FeSO4发生反应时，共有11 mol电
7、子发生转移【答案】C 【解析】该反应中铁元素化合价由+2变为+6、氧元素化合价由-1变为0和-2，所以硫酸亚铁是还原剂、过氧化钠既是氧化剂又是还原剂。根据上述分析，该反应中过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，A项错误；该反应中氧化产物为Na2FeO4和O2，B项错误；Na2FeO4处理水时，高铁酸钠具有强氧化性，能杀菌，+6价的铁被还原生成铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，所以又能在处理水时产生胶体净水，C项正确；反应中化合价升高的元素有Fe，由+2价+6价，化合价升高的元素还有氧元素，由-1价0价，则2 mol FeSO4发生反应时，共有2 mol4+1 mol2=10 mol电子转移
8、，D项错误。7.(2020安徽蚌埠二中模拟) 酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下：MnO+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O(未配平)，下列有关该反应的说法中正确的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.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65D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8 mol【答案】C 【解析】反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由-2升到+4，只有硫元素被氧化，A项错误；还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS Mn2+，B项错误；氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为
9、x mol， CuS为y mol，根据电子守恒：x(7-2)=y4-(-2)，xy=65，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为65，C正确；二氧化硫物质的量为0.1 mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.1=0.12 mol，反应中锰元素化合价由+7降低为+2，故转移电子为0.12 mol(7-2)=0.6 mol，D项错误。8.(2020山东东营调研)NaNO2是一种食品添加剂。但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO+NO+Mn2+NO+H2O(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 NaN
10、O3需消耗0.4 mol KMnO4D.中的粒子是OH-【答案】C 【解析】NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2MnO+5NO+6H+= 2Mn2+5NO+3H2O，据此可知B、D项错误，C项正确。9.(2020山东芜湖模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL-1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是()A.原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为2
11、1B.硝酸的物质的量浓度为2.6 molL-1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【答案】B 【解析】在所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0 molL-11.0 L=1 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2 g，其物质的量nCu(OH)2=39.2 g98 gmol-1=0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)= nCu(OH)2，所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(OH)2=0.4 mol。设Cu和
12、Cu2O的物质的量分别为x、y，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2 mol，y=0.1 mol。Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol0.1 mol=21，A项正确；根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=20.2 mol+20.1 mol，解得n(NO)=0.2 mol。根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.2 mol+1.0 molL-11.0 L=1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)=1.2 mol0.5 L=2.4 molL-
13、1，B项错误；根据选项B计算可知n(NO)=0.2 mol，所以标准状况下NO的体积为0.2 mol22.4 Lmol-1=4.48 L，C项正确；反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3) +2nCu(NO3)2=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=1 mol-20.4 mol=0.2 mol，D项正确。10.（2020福建省宁德一中模拟）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3溶液中，收集到气体体积为V(标准状况)，向反应后的溶液中(存在C
14、u2+和SO)加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为()A.9.0 LB.13.5 LC.15.7 LD.16.8 L【答案】A 【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为0.15 mol，电子转移的物质的量为0.15 mol6-(-2)=1.2 mol。两者体积相等，设NO x mol，NO2 x mol，3x+x=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6 mol22.4 Lmol-1=13.44 L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075 mol，转移电子的物质的量为0.075 m
15、ol10=0.75 mol，设NO x mol，NO2 x mol，3x+x=0.75，计算得x=0.187 5，气体体积V=0.375 mol22.4 Lmol-1=8.4 L，因此8.4 LVFe2+Br-，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
16、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2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-，D项正确。13. （2020安徽省滁州一中质检）消毒剂在生产生活中有极其重要的作用，开发具有广谱、高效、低毒的杀菌剂和消毒剂是今后发展的趋势。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、O3(1 mol O3转化为1 mol O2和1 mol H2O)等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_(填序号)。A.Cl2B.H2O2C.ClO2D.O3(2)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称。如消除采矿业胶液中
17、的氰化物(如KCN)，经以下反应实现：KCN+H2O+H2O2=A+NH3，则生成物A的化学式为_，H2O2被称为“绿色氧化剂”的理由是_。(3)漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)在常温下、黑暗处可保存一年。亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为HClO2ClO2+H+Cl-+H2O(未配平)。在该反应中，当有1 mol ClO2生成时转移的电子数约为_。(4)“84”消毒液(主要成分是NaClO)和洁厕剂(主要成分是浓盐酸)不能混用，原因是_(用离子方程式表示)。利用氯碱工业的产物可以生产“84”消毒液，写出有关反应的化学方程式：_。【解析】(1)1 mol Cl2(发生的反应为Cl2+H2O=
18、HCl+HClO)、H2O2、ClO2、O3分别消毒时，转移电子依次为1 mol、1 mol、5 mol、2 mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。(2)根据元素守恒原理，可知反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3中的A为KHCO3。在反应中，H2O2是氧化剂，其产物没有污染性。(3)该反应是歧化反应，HClO2中+3价的氯元素一部分升高到ClO2中的+4价，一部分降低到-1价。当有1 mol ClO2生成时，反应中转移1 mol电子，即转移的电子数约为6.021023。(4)ClO-与浓盐酸中的Cl-会发生反应生成有毒的Cl2。氯碱工业的产物是NaOH、
19、H2和Cl2，NaOH溶液和Cl2反应可以得到含有NaClO的溶液。【答案】(1)C(2)KHCO3H2O2是氧化剂，其产物没有污染性(3)6.021023(4)ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2OCl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O14.（2020山东省济南一中模拟）工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe3O4、Fe2O3、FeO、SiO2)为原料制备高档颜料铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：试回答下列问题：(1)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有_、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去_(填相关物质的化学式)。(2)检验步骤已经进行完全的操作是_。(3)步骤的反应温
20、度一般需控制在35 以下，其目的是_；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为_。(4)步骤中发生反应的化学反应方程式为_。(5)欲测定硫铁矿矿渣中铁元素的质量分数，称取a g样品，充分“酸溶” “水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体b g，测得该样品中铁元素的质量分数为_。【解析】硫铁矿烧渣经稀硫酸溶解后，过滤除去不溶物SiO2，向滤液中加入过量的铁粉调节溶液的pH=1，待溶液中检验不出Fe3+后，再调节pH至56.5，过滤除去过量的铁粉，向滤液中加入碳酸氢铵沉淀Fe2+，过滤得到碳酸亚铁
21、，最后在空气中煅烧碳酸亚铁得到氧化铁。(1)实验室实现“步骤”中分离操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；该步骤是为了除去SiO2。(2)检验步骤已经进行完全的操作是：取歩骤反应后的溶液少量于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现红色，则说明已经进行完全。(3)步骤的反应温度一般需控制在35 以下，其目的是防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解；该步骤中反应生成FeCO3的离子反应方程式为2HCO+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O。(4)步骤中发生反应的化学反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。(5)由题意可知，称取a g样品，充分“酸溶” “水溶”后过滤，向滤
22、液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得氧化铁的质量为b g，则m(Fe)= g，所以，该样品中铁元素的质量分数为=。【答案】(1)漏斗SiO2(2)取歩骤反应后的溶液少量于试管中，加入少量KSCN溶液，若溶液未呈现红色，则说明已经进行完全(3)防止NH4HCO3分解、减少Fe2+的水解2HCO+Fe2+=FeCO3+CO2+H2O(4)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2(5)16.（2020广东省惠州一中调研）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
23、物加入0.5 L 3.4 molL-1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 molL-1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+沉淀完全。(1)Cu2O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3Cu2O+14HNO3= 6Cu(NO3)2+2NO+7H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。(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
24、，则中生成(0.2-x) mol NO，Cu2O与Cu物质的量之和为x mol+(0.2-x) mol=0.3 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a=0.75。【答案】(1)3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO+7H2O(2)0.1 mol0.2 mol(
25、3)0.7517.（2020广西省崇左一中模拟）已知还原性：HSOI-，氧化性：IOI2。(1)在NaIO3溶液中滴加少量NaHSO3溶液，发生下列反应。配平反应方程式，并标出电子转移的方向和数目。NaIO3+NaHSO3I2+Na2SO4+H2SO4+H2O(2)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全，推测反应后溶液中的还原产物为_(填化学式)。(3)在含5 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液，加入NaIO3的物质的量和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。写出反应过程中与AB段曲线对应的离子方程式 _；当溶液中I-与I2的物质的量之比为53时，加入的NaIO3
26、为_ mol。【解析】(1)碘元素的化合价由+5降低到0，硫元素的化合价由+4升高到+6。根据化合价升降总数相等，配平反应方程式，标出电子转移的方向和数目。(2)由还原性HSOI-可知，当NaHSO3溶液过量时IO先被还原成I2，再被还原成I-。(3)OA段，随着IO的量增加NaHSO3的量减少，IO被还原成I-，至A点恰好完全反应，此时继续加入NaIO3，又发生NaIO3氧化I-的反应：IO+6H+5I-=3I2+3H2O。当I-与I2的物质的量之比为53时，设加入的NaIO3为x mol，根据转移电子数守恒，得52=x6+x5，解得x=。【答案】(1)2I2+7Na2SO4+3H2SO4+
27、2H2O(2)NaI(3)IO+5I-+6H+=3I2+3H2O18.（2020山东省日照一中模拟）亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2都是重要的漂白剂。通常情况下，ClO2是一种具有强氧化性的黄色气体，常用于水的净化和纸浆、纺织品的漂白。ClO2易发生爆炸，在生产、使用时可用其他气体进行稀释。ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐。(1)草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原氯酸钠，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为_。(2)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法作如下检测(已知ClO2存在于pH为46的溶液中，ClO存在于中性溶液中)：取0.50
28、 L水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：_。已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，向所得溶液中滴加5.0010-4 molL-1的Na2S2O3溶液至恰好反应，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，判断达到滴定终点的方法是_，该水样中ClO2的浓度是_mgL-1。(3)某学习小组设计如下装置制取亚氯酸钠(NaClO2)。装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：_。将NaClO2溶液在一定条件下处理即可得到NaClO2晶体。装置B的作用是_。某同
29、学认为上述装置并不完整，请画出需补充的装置图。【解析】(1)H2C2O4被强氧化剂氧化时一般被氧化成CO2，CO2和ClO2同时生成，CO2对ClO2起到稀释作用，符合“安全地生成ClO2”的要求，因此该反应的离子方程式是H2C2O4+2ClO+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O。(2)由题中信息可知，ClO存在于中性溶液中，所以在中性溶液中ClO2将KI氧化为I2，本身被还原为ClO，反应的化学方程式是2ClO2+2KI=2KClO2+I2。由关系式2ClO2I22Na2S2O3有n(ClO2)=n(Na2S2O3)=5.0010-4 molL-10.020 0 L=1.0010-5 m
30、ol，m(ClO2)=1.0010-5 mol67.5 gmol-1=6.7510-4 g=0.675 mg，所以在该水样中ClO2的浓度是0.675 mg0.50 L=1.35 mgL-1。(3)在装置C中，ClO2在碱性条件下被H2O2还原为NaClO2，H2O2被氧化为O2，所以反应的化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。补充装置一般要从安全和环境保护角度考虑。ClO2易发生爆炸，不能直接排放，故要安装尾气处理装置，由题中信息可知，ClO2易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐，所以应在装置C后增加NaOH溶液吸收ClO2并防止倒吸的装置。【答案】(1)H2C2O4+2ClO+2H+=2CO2+2ClO2+2H2O(2)2ClO2+2KI=2KClO2+I2当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复1.35(3)2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2防止装置C中试管中的溶液倒吸到装置A中在装置C后画(或其他合理装置)
