1、课时作业(七)氧化还原反应方程式的配平、书写及计算(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)1已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O。则RO中R的化合价是()A3 B4C5 D6D根据离子反应中反应前后电荷守恒，可得342n3，解得n2。所以RO中R元素的化合价为6价。2(2019上海黄浦期末)在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按21的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X。则X为()ACl2 BCl2OCClO2 DCl2O5CNa2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由4价升高为6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元
2、素的还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1(64)2(5x)，解得x4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。3NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性高锰酸钾溶液与亚硝酸钠的反应的离子方程式是：MnONOMn2NOH2O。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变小C生成1 mol NaNO3需要消耗0.4 mol KMnO4D.中的粒子是OHC反应中氮元素的化合价从3价升高到5价，失去2个电子，被氧化，作还原剂，A不正确；Mn元素的化合价从7价降低到2价，得到5个电子，根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是25，所以选项C正确；再根据电荷守恒可知，
3、反应前消耗氢离子，所以B和D都是错误的，答案为C。4把图2的碎纸片补充到图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()AIO作氧化剂B若有1 mol Mn2参加反应转移5 mol电子C氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D配平后Mn2、H的化学计量数分别为2、3D分析图1、图2可知，Mn2为反应物，作还原剂，则IO作氧化剂，配平方程式为2Mn25IO3H2O=2MnO5IO6H，若有1 mol Mn2参加反应转移5 mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，配平后Mn2、H的化学计量数分别为2、6，故A、B、C项正确，D项错误。5氢化亚铜(Cu
4、H)是一种不稳定的物质，能在氯气中燃烧，也能与酸反应。用CuSO4溶液和“某物质”在4050 时反应可产生它。下列有关叙述中错误的是()A“某物质”具有还原性BCuH与盐酸反应，可能产生H2CCuH与足量的稀硝酸反应：CuH3HNO=Cu2NO2H2ODCuH在氯气中燃烧：CuHCl2CuClHClDCuH中Cu呈1价，当“某物质”与CuSO4溶液反应时，该物质作还原剂，A正确；B项，CuHH=CuH2，正确；C项，CuH被氧化成Cu2和H2O，正确；D项，CuH在Cl2中燃烧应生成CuCl2和HCl，方程式为2CuH3Cl22CuCl22HCl。6(2019福建莆田六中月考)被称为万能还原剂
5、的NaBH4溶于水并和水反应：NaBH42H2O=NaBO24H2，下列说法中正确的是(NaBH4中H元素为1价)()ANaBH4既是氧化剂又是还原剂B产生1 mol H2转移电子2 molC硼元素被氧化，氢元素被还原D氧化产物和还原产物物质的量之比为11DNaBH4中氢元素由1价升高至0价，化合价升高，H2O中氢元素由1价降低至0价，化合价降低，所以NaBH4是还原剂，H2O是氧化剂，A项错误；1 mol NaBH4完全反应转移4 mol电子，生成4 mol H2，因此产生1 mol H2转移电子1 mol，B项错误；NaBH4中氢元素的化合价升高，被氧化，硼元素化合价不变，C项错误；H2既
6、是氧化产物又是还原产物，氧化剂和还原剂中H元素的化合价变化数值相同，氧化产物与还原产物的物质的量之比为11，D项正确。712 mL浓度为0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好与V mL浓度为0.02 molL1的K2X2O7溶液完全反应。已知X元素在产物中的化合价为3。则V为()A5B10C15 D20B在K2X2O7中，X元素的化合价是6价，产物中X元素的化合价是3价，说明X元素的化合价降低，则Na2SO3中硫元素的化合价升高，从4价升高到6价，则根据得失电子守恒，12103L0.05 molL1(64)V103L0.02 molL12(63)，解得V10，B项正确。8(2019陕西宝鸡
7、中学调研)在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.1 mol的混合溶液中加入0.1 mol铁粉，充分搅拌后铁粉完全反应，溶液中不存在Fe3，同时析出0.1 mol Ag。则下列结论中不正确的是()A反应后溶液中Cu2与Fe2的物质的量之比为12B氧化性：AgCu2Fe3Zn2C含Fe3的溶液可腐蚀铜板D1 mol Fe可还原2 mol Fe3B题目中析出0.1 mol Ag时，由反应2AgFe=2AgFe2知，0.1 mol Ag消耗0.05 mol Fe，又知溶液中不存在Fe3，即发生反应2Fe3Fe=3Fe2，0.1 mol Fe3消耗剩余的0.05 m
8、ol Fe，溶液中没有Cu析出，说明氧化性：Fe3Cu2，B项错误，C、D项正确。Cu2不反应，反应后n(Cu2)0.1 mol，而由铁元素守恒可知，反应后n(Fe2)0.2 mol，故A项正确。9FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为111时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为()A16 B17C211 D1625B设NO2、N2O4、NO的物质的量分别为1 mol、1 mol、1 mol，实际参加反应的FeS的物质的量为x mol，由得失电子守恒有：111231(18)x
9、，解得x；根据S原子守恒有nFe2(SO4)3n(FeS)mol；根据Fe原子守恒有nFe(NO3)3n(FeS)2nFe2(SO4)3molmolmol；根据N原子守恒有n(HNO3)n(NO2)2n(N2O4)n(NO)3nFe(NO3)31 mol2 mol1 mol mol mol，则n(FeS)n(HNO3)17。10.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO、N2、Cl六种离子。在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列有关判断中不正确的是()A还原剂是含CN的物质，氧化产物不只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCOC参与反应
10、的氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 molB由题图可知，随反应进行ClO的物质的量降低，N2的物质的量增大，则ClO为反应物，N2是生成物，根据元素守恒和电子转移相等可知，CN是反应物，Cl是生成物，HCO是生成物，H2O是反应物。根据氧化还原反应配平方程式，则反应方程式为2CN5ClOH2O=2HCON25Cl，C元素化合价由CN中的2价升高为HCO中的4价，N元素化合价由CN中的3价升高为N2中的0价，可知CN为还原剂，氧化产物为HCO、N2，A正确；反应中Cl元素化合价由ClO中的1价降低为Cl中的1价，ClO是氧化剂，还原产物是Cl，
11、B错误；反应中CN是还原剂，ClO是氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为52，C正确；标准状况下若生成2.24 L N2，物质的量为0.1 mol，则参加反应的ClO的物质的量为0.5 mol，Cl元素的化合价由ClO中的1价降低为Cl中的1价，转移电子数为0.5 mol21 mol，D正确。11含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则()A被氧化的砒霜为1.98 mgB分解产生的氢气为0.672 mLC和砒霜反应的锌为3.90 mgD转移的电子总数为6105NAC砒霜(As2O3)转化为As
12、H3，被还原，A项错误；根据2AsH32As3H2，产生的氢气在标准状况下体积为22 400 mL/mol0.672 mL，B项错误；由得失电子守恒，可得关系式As2O36Zn，则和砒霜反应的锌的质量为665 g/mol3.90103 g3.90 mg，C项正确；由As2O32AsH32As知，1 mol As2O3参加反应时，转移电子共18 mol，因As2O3为1105 mol，故转移电子总数为110518NA1.8104NA，D项错误。12(2019黑龙江哈尔滨师大附中月考)已知：还原性：HSOI，氧化性：IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和
13、析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是()AOa间发生反应：3HSOIO=3SOI3HBab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8 molCbc间反应：I2仅是氧化产物D当溶液中I与I2的物质的量之比为53时，加入的KIO3为1.1 molC由题给还原性：HSOI，首先发生反应：IO3HSO=I3SO3H，继续加入KIO3，因氧化性：IOI2，所以IO氧化I生成I2，发生反应：IO6H5I=3H2O3I2。Oa间没有碘单质生成，说明IO和HSO发生氧化还原反应生成I，A项正确；由图像可知，ab间消耗KIO3的物质的量是0.6 mol，根据离子方程式可得关系式：IO3HSO，消
14、耗NaHSO3的物质的量为0.6 mol31.8 mol，B项正确；根据图像知，bc间发生反应：IO6H5I=3H2O3I2，只I元素的化合价发生变化，所以I2既是氧化产物又是还原产物，C项错误；Ob间生成I的物质的量为1 mol，设bc间某点生成的碘单质的物质的量为x mol，则根据反应IO6H5I=3H2O3I2，消耗的KIO3的物质的量为x mol，消耗I的物质的量为x mol，剩余I的物质的量为(1x)mol，当溶液中n(I)n(I2)53时，即，x0.3，故加入KIO3的物质的量为1 mol0.3 mol1.1 mol，D项正确。13配平下列方程式(1)在某强酸性混合稀土溶液中加入H
15、2O2，调节pH3，Ce3通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3H2O2H2O=Ce(OH)4_配平下列化学方程式：(2)Fe(OH)2ClO_=Fe(OH)3Cl(3)Mn2ClOH2O=MnO2Cl2_。(4)PFeOCaOCa3(PO4)2Fe答案：(1)21626H(2)211H2O21(3)524518H(4)2531514新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定。生产K2FeO4的工艺流程如下图所示：(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3_NaOH_NaClO_Na2FeO
16、4_。其中氧化剂是_(填化学式)。(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为_。解析：(1)反应中NaClO是氧化剂，还原产物是NaCl，根据元素守恒，可知反应式中需要补充NaCl和H2O。根据化合价升降法配平方程式为：2FeCl310NaOH3NaClO=2Na2FeO49NaCl5H2O。(2)根据(1)中反应的化学方程式和“转化”后最终得到的产物，可知“转化”过程是在加入KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4。答案：(1)210329NaCl5H2ONaClO(2)Na2FeO42KOH=K2FeO42NaOH15(2019福建莆田二十四中月考).NaNO2因外观和
17、食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O。(1)上述反应中氧化剂是_。(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有水、淀粉碘化钾试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。(3)请配平以下化学方程式：AlNaNO3NaOH=NaAl(OH)4N2H2O若反应过程中转移5 mol电子，则生成标准状况下N2的体积为_L。.“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，钒是“现代工业的味精”。钒对稀酸是稳定的，但室温下能溶于浓硝酸中生成VO。(4)请写出金属钒与浓硝酸反应的离子方程式：_。(5)V2O5是两
18、性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，溶于强酸生成含钒氧离子(VO)的盐。请写出V2O5分别与烧碱溶液和稀硫酸反应生成的盐的化学式：_、_。解析：(1)在反应2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O中，N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2。(2)由2NaNO24HI=2NOI22NaI2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可选择淀粉碘化钾试纸、食醋，酸性条件下NaNO2与KI反应生成I2，使淀粉碘化钾试纸变蓝。(3)Al元素的化合价从0价升高到3价，N元素从5价降低到0价，由得失电子守恒和质量守恒可知，配平后的化学方程式为10Al6NaNO34NaOH
19、18H2O=10NaAl(OH)43N2，由化学方程式可知，若反应过程中转移5 mol电子，则生成标准状况下N2的物质的量为0.5 mol，体积为0.5 mol22.4 Lmol111.2 L。(4)金属钒与浓硝酸反应生成VO、二氧化氮和水，反应的离子方程式为V6H5NO=VO5NO23H2O。(5)V2O5是两性氧化物，与强碱反应生成钒酸盐(阴离子为VO)，所以V2O5与烧碱溶液反应生成盐的化学式为Na3NO4；V2O5与稀硫酸反应生成盐的化学式为(VO2)2SO4。答案：(1)NaNO2(2)(3)1064103211.2(4)V6H5NO=VO5NO23H2O(5)Na3VO4(VO2)
20、2SO416铈及其化合物可用于制造打火石、陶瓷和合金等。工业上利用氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如图所示(部分条件省略)。回答下列问题： (1)CeCO3F中，Ce元素的化合价为_。(2)酸浸过程中可用稀硫酸和双氧水替代盐酸，避免造成环境污染。写出稀硫酸、双氧水与CeO2反应的离子方程式： _。(3)写出步骤的离子方程式：_。(4)准确称取W g CeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵(NH4)2S2O8溶液将Ce3氧化为Ce4，然后用c molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。 已知：有关的反应为2Ce3S2O=
21、2Ce42SO，Ce4Fe2=Fe3Ce3。用代数式表示该样品中CeCl3的质量分数为_%。用久置的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，该样品的质量分数_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0知，CeCO3F中铈元素的化合价为3。(2)用双氧水和稀硫酸替代盐酸，双氧水作还原剂，发生反应的化学方程式为2CeO2H2O23H2SO4=Ce2(SO4)3O24H2O，离子方程式为2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O。(3)依题意知，步骤的离子方程式为Ce33OH=Ce(OH)3。(4)观察已知反应式知，CeCl3(NH4)2Fe(SO4)2，n(CeCl3) mol，CeCl3的相对分子质量为246.5。w(CeCl3)100%。如果(NH4)2Fe(SO4)2久置在空气中，部分Fe2被氧化成Fe3，导致V偏大，故测得样品的质量分数偏高。答案：(1)3(2)2CeO2H2O26H=2Ce3O24H2O(3)Ce33OH=Ce(OH)3(4)偏高
