【文档说明】(新高考)高考化学一轮复习课时练习第2章第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平(含解析).doc，共(23)页，586.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第5讲氧化还原反应的计算及方程式的配平课程标准知识建构1.能从氧化还原反应原理，预测物质的化学性质与变化，并能设计实验进行部分验证，分析、解释有关实验现象。2．能进行氧化还原方程式的配平与计算。考点一电子守恒思想在氧化还原反应中的应用【典例1】现有24mL浓度为0.05mol·L－1的Na2SO3

溶液恰好与20mL浓度为0.02mol·L－1的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为()A．＋2B．＋3C．＋4D．＋5答案B解析题目中指出被还原的元素是Cr

，则得电子的物质是K2Cr2O7，失电子的物质是Na2SO3，其中S元素的化合价从＋4→＋6；而Cr元素的化合价将从＋6→＋n(设化合价为＋n)。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律，有0.05mol·L－1×0.024L×(6－4)

＝0.02mol·L－1×0.020L×2×(6－n)，解得n＝3。【对点练1】(电子守恒在价态判断中的应用)某强氧化剂XO(OH)＋2被Na2SO3还原。如果还原2.4×10－3molXO(OH)＋2，需用30mL

0.2mol·L－1的Na2SO3溶液，则X元素被还原后的价态是()A．＋2B．＋1C．0D．－1答案C解析在氧化还原反应中电子得失数目相等。设在反应后X的化合价为x，则2.4×10－3×(5－x)＝0.03×0.2×2，解得x＝0，因此C选项正确。【对点练2】(电子守恒在计算中的应用)某离

子反应中涉及H2O、ClO－、NH＋4、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是()A．该反应的还原剂是NH＋4B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D．当生成14gN2时，消耗的ClO－为

1.5mol答案C解析根据题意图示可知，氧化剂为ClO－，还原剂为NH＋4，由电子守恒得：n(ClO－)×2＝n(NH＋4)×3，n(ClO－)∶n(NH＋4)＝3∶2，C项错误。【对点练3】(氧化还原电子守恒问题)(2020·山西太原市实验中学高三月考)在反应3BrF3＋5H2O===9H

F＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴原子为()A．1molB．2/3molC．4/3molD．2mol答案C解析在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，元素化合价变化情况为：溴元素

由＋3价升高为＋5价，溴元素由＋3价降低为0价，氧元素化合价由－2价升高为0价，所以BrF3既是氧化剂也是还原剂，同时水也是还原剂，若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的量为2mol×2，令被水还原的BrF3的物质的量为xmo

l，根据电子转移守恒，则：2mol×2＝xmol×(3－0)，解得x＝4/3，选项C符合题意。应用得失电子守恒解题的一般步骤【典例2】取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体(均已折算

为标准状况)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于()A．8.64B．9.20C．9.00D．9.44答案B解析反应流程MgCu――→浓HNO3Mg2＋、

Cu2＋――→NaOHMgOH2CuOH2NO2、N2O4xg＝17.02g－m(OH－)，而OH－的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH－)＝8.96L22.4L·mol－1×1＋0.672L22.4L·mol－1×2×1＝0.46mo

l，所以xg＝17.02g－0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。【对点练4】(多步反应中电子守恒的应用)足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得

硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL答案A解析由题意可知，Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等，即n(

Cu)＝2n(O2)＝2×1.68L22.4L·mol－1＝0.15mol。根据质量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反应可得关系式：n(NaOH)＝2n[Cu(NO3)2]＝2n(Cu)＝0.3mol，则V(NaOH)＝0

.3mol5mol·L－1＝0.06L＝60mL。【对点练5】(利用电子守恒推导对应关系的应用)羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L－1羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.50mL0.02

0mol·L－1酸性KMnO4溶液完全反应。已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，则羟胺的氧化产物是()A．N2B．N2OC．NOD．NO2答案B解析设氧化产物中N的化合价为

x，根据电子守恒可推导关系5NH2OH～(x＋1)KMnO4，可列式5x＋1＝25.00×10－3L×0.049mol·L－124.50×10－3L×0.020mol·L－1，解得x＝1。多步连续氧化还原反应的计算技巧题

目涉及氧化还原反应较多，数量关系较为复杂，用常规方法求解比较困难，只要中间各步反应过程中没有电子损耗，只依据起始反应物与最终产物，略去中间过程，建立两者间的电子守恒关系，快速求解。考点二氧化还原反应方程式的书写与配平【典例3】配平下列化学方程式

：(1)________H2S＋________HNO3===________S↓＋________NO↑＋________H2O(2)________MnO－4＋________H＋＋________Cl－===________Mn2＋＋_______

_Cl2↑＋________H2O(3)________S＋________KOH=====△________K2S＋________K2SO3＋________H2O(4)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、AlN、CO。请将AlN之外的反应物与

生成物分别填入以下空格内，并配平。________＋________＋________=====高温________AlN＋________。(5)在酸性条件下，K2Cr2O7被Fe2＋还原为Cr3＋，完成下列方程式：________Cr2O2

－7＋________Fe2＋＋________===________Cr3＋＋________Fe3＋＋________。答案(1)32324(2)21610258(3)36213(4)Al2O33CN223CO(5)

1614H＋267H2O解析(1)配平步骤如下第一步：标变价，H2S－2＋HNO3＋5―→S0↓＋N＋2O↑＋H2O第三步：求总数，从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化学计量数。故H2S的化学计量数为3，HNO3的化学计量数为2。

第四步：配系数，先配平变价元素，再利用原子守恒配平其他元素。3H2S＋2HNO3===3S↓＋2NO↑＋4H2O第五步：查守恒，其他原子在配平时相等，最后利用O原子守恒来进行验证。(4)根据氮元素、碳元素的化合价变化判断，N2是氧化剂，C是

还原剂，AlN为还原产物，CO为氧化产物。(1)氧化还原反应方程式配平的基本原则(2)氧化还原反应方程式配平的一般步骤【对点练6】(正向配平和逆向配平的应用)(1)________NaBO2＋________SiO2＋________Na＋________H2===________NaBH4＋

________Na2SiO3(2)________Fe3O4＋________HNO3(稀)===________Fe(NO3)3＋________NO↑＋________H2O(3)________MnO－4＋________C2O2－4＋________H＋===_______

_Mn2＋＋________CO2↑＋________H2O(4)________P4＋________KOH＋________H2O===________K3PO4＋________PH3(5)________Cl2＋________KOH==

=________KCl＋________KClO3＋________H2O答案(1)124212(2)3289114(3)25162108(4)29335(5)36513【对点练7】(缺项配平)(1)将NaBiO3固体(黄色，微溶

)加入MnSO4和H2SO4的混合溶液里，加热，溶液显紫色(Bi3＋无色)。配平该反应的离子方程式：________NaBiO3＋________Mn2＋＋________===________Na＋＋________Bi3＋＋________＋________。(2)将Cu投入一定量的浓硝

酸中，发生如下反应，其生成的NO2与NO的物质的量之比为2∶1，完成下列反应：________Cu＋________HNO3(浓)===________Cu(NO3)2＋________NO2↑＋________NO↑＋________。(3)将高锰酸钾逐滴

加入硫化钾溶液中发生如下反应，其中K2SO4和S的物质的量之比为3∶2，完成下列化学方程式：________KMnO4＋________K2S＋________===________K2MnO4＋________K2SO4＋________S↓＋

________。答案(1)5214H＋552MnO－47H2O(2)5165428H2O(3)28524KOH283212H2O【对点练8】(需确定物质的氧化还原方程式的书写)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研

究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是()A.过程①中生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋B．过程②中，Fe3＋作氧化剂C．回收S的总反应为2

H2S＋O2===2H2O＋2S↓D．过程③中，各元素化合价均未改变答案D解析由图可知，共发生的有三个反应①H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋②CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋＋S③4Fe2＋＋4H＋＋O2==

=4Fe3＋＋2H2O，由此可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O。过程①中，生成CuS的反应为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，故A正确；过程②中的反应为CuS＋2Fe3＋===2Fe2＋＋C

u2＋＋S，铁离子化合价降低，作氧化剂，故B正确；①×2＋②×2＋③可以推出总反应2H2S＋O2===2S↓＋2H2O，故C正确；过程③中的反应为4Fe2＋＋4H＋＋O2===4Fe3＋＋2H2O，在

转化过程中O、Fe元素化合价发生变化，故D错误。(1)配平的基本技能①全变从左边配：氧化剂、还原剂中某元素化合价全变的，一般从左边反应物着手配平。②自变从右边配：自身氧化还原反应(包括分解、歧化)一般从右边着手配平。(2)缺项配平的方法①先用化合价升降法确定“两剂”或“两物”

及其系数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定其他物质及其系数。②补项原则条件补项原则酸性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H＋生成H2O，反应物少O(氧)补H2O(水)生成H＋碱性条件下反应物缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水)生成OH－，反应物少

O(氧)补OH－生成H2O微专题8整合有效信息书写氧化还原反应方程式“四步法”突破信息型氧化还原方程式的书写【典例】(2020·课标全国Ⅰ)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝

硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.

04.710.1“酸浸氧化”中，VO＋转化为VO＋2反应的离子方程式_______________________________________________________________。答案VO＋＋MnO2＋2H＋=

==VO＋2＋Mn2＋＋H2O解析第一步：列物质，确定反应主体。依据工艺流程图提示，“酸浸氧化”步骤中加入的MnO2具有氧化性，可将VO＋和VO2＋氧化成VO＋2，根据表格中提供的金属离子种类可以确定，反应后锰元素的还原产物为Mn2＋。第二步：按“氧化剂＋还原剂→还原产物＋氧化产物”把

离子方程式初步写成：MnO2＋VO＋―→Mn2＋＋VO＋2。在此过程中，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1molVO＋失去2mol电子，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒可

得四种微粒的系数分别为1，即参加氧化还原反应的微粒的关系为VO＋＋MnO2―→VO＋2＋Mn2＋；第三步：反应在酸性条件下进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O，MnO2＋VO＋＋________H＋―→Mn2＋＋VO＋2＋________H2O。第四步：依据电荷守恒及H、O

原子守恒配平如下：MnO2＋VO＋＋2H＋===VO＋2＋Mn2＋＋H2O1．根据题目信息，完成有关方程式的书写。(1)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________

________________________________________________________。(2)Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为__________________________(用离子方程式表示)。(3)P

bO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体，反应的离子方程式为________________________________________________________________。(4)酸性KMnO4溶液将乙醇氧化为乙酸，其反应的离子方程式为________________

________________________________________________。(5)一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH－4(B元素的化合价为＋3)与Fe2＋反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)

－4，其离子方程式为__________________________________________________________________。答案(1)2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O(2)2S2－＋

O2＋2H2O===4OH－＋2S↓(3)PbO2＋4H＋＋2Cl－=====△Pb2＋＋Cl2↑＋2H2O(4)5C2H5OH＋4MnO－4＋12H＋===5CH3COOH＋4Mn2＋＋11H2O(5)2Fe2＋＋BH－4＋4OH－===2Fe＋2

H2↑＋B(OH)－42．根据题目流程和条件，书写相关的反应方程式。(1)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下：Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为____________________________。(2

)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。该法工艺原理示意图如下。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。发生器中生成ClO2的化学方程式为___________

_____________________________________。(3)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。如图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，测

出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出t1时刻前该反应的离子方程式：___________________________________。答案(1)2Co(OH)3＋SO2－3＋4H＋===

2Co2＋＋SO2－4＋5H2O(2)2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O(3)4Fe＋NO－3＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋4＋3H2O1．(2020·课标全国Ⅱ节选)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。

氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_________________________

____________________________。(2)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到

ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1molClO2消耗NaClO2的量为________mol；产生“气泡”的化学方程式为__________________________________________

____________。答案(1)2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O(2)1.25NaHCO3＋NaHSO4===CO2↑＋Na2SO4＋H2O解析(1)根据Cl2与HgO的反应为歧化反应，且一种生成物为Cl2O，可知该反应的化学方程式为2Cl2＋HgO===HgCl2＋Cl2O。(2)

结合题中信息制备ClO2时发生歧化反应，可知反应的化学方程式为5NaClO2＋4NaHSO4===NaCl＋4Na2SO4＋4ClO2↑＋2H2O，即生成1molClO2时消耗1.25molNaClO2；溶液中溢出大量气泡是NaHCO3与NaHSO4反应产生的CO2气体。2．(2020·

北京卷)MnO2是重要化工原料，用软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2②金属离子沉淀的pHFe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋开始沉淀时1.53

.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。(1)溶出：①溶出前，软锰矿需研磨。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。ⅰ.Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是__

____________________________________________________________。ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比

值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是________________________________________________________________。(2)纯化：已知：MnO2的氧化

性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_________________________________________________________________。(3)产品纯度测定：向ag产品中

依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL。(已知：MnO2及MnO－4均被还原为Mn2＋

，相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0)产品纯度为________。(用质量分数表示)答案(1)①ⅰ.MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2Oⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱(3)b－335cd×

86.94134a×100%解析(1)ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，

实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2；(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去

溶液中的Al3＋、Fe3＋；(3)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2＋Na2C2O

4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝bg134g/mol－cmol/L×dL2×5，产品纯度＝bg134g/mol－cmol/L×dL2

×5×86.94g/molag×100%＝b－335cd×86.94134a×100%。一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1．(2020·泉州五校联考)已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为Cl—S—S—Cl，它易与水反应：2S

2Cl2＋2H2O===4HCl＋SO2↑＋3S↓对该反应的说法正确的是()A．S2Cl2既作氧化剂又作还原剂B．H2O作还原剂C．每生成1molSO2转移4mol电子D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶

1答案A2．某碘盐(含KIO3)溶解于水，滴加KOH溶液使之显碱性，若通入氯气可以生成K3H2IO6，关于该反应的说法错误的是()A．碘盐中碘元素被氧化B．Cl2的氧化性强于IO－3C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D．转移1mol电子时，有0.5molK3H2IO6

生成答案C解析向碘酸钾(KIO3)的碱性溶液中通入氯气，可以得到K3H2IO6，反应中I元素的化合价由＋5价升高为＋7价，Cl元素的化合价由0降低为－1价，反应的离子方程式为IO－3＋Cl2＋4OH－===H2IO3－6＋2Cl－＋H2O。I元素的化合价升高，则在该反应

中碘元素被氧化，故A正确；该反应中IO－3作还原剂，Cl2作氧化剂，Cl2的氧化性强于IO－3，故B正确；根据方程式可知，IO－3作还原剂，Cl2作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故C错误；反应中生成1molK3H2IO6转移1mol×(7－5)＝2mol电子，

则反应中转移1mol电子时，有0.5molK3H2IO6生成，故D正确。3．衣服上不小心沾到了蓝色墨水，可以先涂上酸性高锰酸钾溶液，即可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，可以迅速除去过量的KMnO

4，其反应的离子方程式为MnO－4＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋H2O(未配平)。下列有关叙述不正确的是()A．每转移2mol电子，就有1mol乙二酸被还原B．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶5C．鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性D．蓝墨水与红墨水混用易因胶体聚沉而导

致书写不畅答案A解析乙二酸中碳元素的化合价为＋3价，生成物二氧化碳中碳元素的化合价为＋4价，化合价升高，是被氧化而不是被还原，故A错误；根据配平的离子方程式可知，氧化剂是高锰酸根，还原剂是乙二酸，氧化剂和还原剂的化学计量数之比是2∶

5，故B正确；酸性高锰酸钾溶液可除去蓝墨水中的鞣酸亚铁，再用乙二酸的稀溶液擦洗，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，鞣酸亚铁和乙二酸都具有还原性，故C正确；蓝墨水是一种胶体，蓝墨水与红墨水混用，易因胶体聚沉而导致书写不畅，故D正确。4．(2020·山东部

分重点中学质量抽测)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1molS被氧化，则生成2molS2－C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2D．2

molS参加反应有3mol电子发生转移答案B解析根据图a、图b，可知该反应中只有硫元素的化合价发生变化，由于反应物中单质硫处于中间价态，因此发生单质硫的歧化反应，配平离子方程式为3S＋6OH－===2S2－＋SO2－3

＋3H2O，A项错误；若有1molS被氧化，生成1molSO2－3，同时有2molS被还原，生成2molS2－，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C项错误；2molS参加反应有83mol电子发生转移，D项错误。5．

(2020·安徽合肥检测)0.1mol金属锡完全溶于100mL12mol·L－1HNO3溶液中放出0.4molNO2，反应后溶液中c(H＋)为8mol·L－1(溶液体积变化忽略不计)。由此推断氧化产物可能是()A．Sn(NO3)2B．SnO2·4H2OC．Sn(NO3)4D．

Sn(NO3)2和Sn(NO3)4答案B解析由反应后溶液中的c(H＋)＝8mol·L－1，可知HNO3有剩余，反应的HNO3为0.1L×12mol·L－1－0.1L×8mol·L－1＝0.4mol，设金属锡被氧化后的化合价为x，由得失电子守恒可知，

0.1mol×(x－0)＝0.4mol×(5－4)，解得x＝4，即氧化产物中锡元素的化合价为＋4，由于溶液中c(H＋)＝8mol·L－1，根据氮原子守恒可知c(NO－3)＝1.2mol－0.4mol0.1L＝8mol·L－

1，此时溶液呈电中性，说明溶液中不存在Sn(NO3)4，故氧化产物为SnO2·4H2O，选项B正确。6．已知反应：As2S3＋HNO3＋X―→H3AsO4＋H2SO4＋NO↑，下列关于该反应的说法不正确的是()A．X为H2OB．参加反应的HNO3全部

被还原C．氧化产物为H2SO4和H3AsO3D．生成1molH3AsO4转移2mole－答案D解析As2S3中As元素的化合价＋3价，S元素的化合价－2，由方程式可知，反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价

由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，N的化合价由＋5→＋2，化合价降低被还原，配平的化学方程式为3As2S3＋28HNO3＋4H2O===6H3AsO4＋9H2SO4＋28NO↑。由原子个数守恒可知，X

为H2O，故A正确；由化学方程式可知参加反应的HNO3全部被还原为NO，故B正确；反应中As元素的化合价由＋3→＋5，S元素的化合价由－2→＋6，砷和硫元素化合价升高被氧化，则氧化产物为H2SO4和H3AsO4，故C正确；生成1molH3AsO4转移电子846mol＝14mol，故D错误

。7．已知下列分子或离子在酸性条件下都能氧化KI，自身发生如下变化：H2O2→H2O；IO－3→I2；MnO－4→Mn2＋；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是()A．H2O2B．IO－3C．MnO－4D．HNO2答案B解析KI被氧化

得到I2,1molKI在反应中失去1mol电子，再据题中所给信息：H2O2→H2O,1molH2O2得2mole－，IO－3→I2,1molIO－3得5mole－，MnO－4→Mn2＋，1molMnO－4可得5mole－，HNO2→NO,1m

olHNO2得1mole－。虽然B、C项中的1molIO－3、MnO－4均可得5mole－，但B中生成物I2可来自IO－3和I－，故得I2最多者应是IO－3与I－的反应。8．U常见化合价有＋4价和＋6价，硝酸铀酰[

UO2(NO3)2]加热可发生如下分解：UO2(NO3)2―→UxOy＋NO2↑＋O2↑(未配平)，将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中，气体全部被吸收，水充满试管。则生成的铀的氧化物化学式是()A．UO2B．2UO2·U

O3C．UO3D．UO2·2UO3答案C解析气体被吸收，说明二氧化氮、氧气和水发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，所以二氧化氮和氧气的计量数之比是4∶1，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，U元

素的化合价不变，所以生成物是UO3，故选C。9．向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6molNaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为：粒子I2Br2IO－3物质的量/mol0.51.3针对上述反应，下列说法正确的是()A．NaBrO3是还原剂B．氧化

产物只有I2C．该反应共转移电子的物质的量是12molD．参加反应的NaI为3mol答案D解析NaBrO3中溴元素由＋5价被还原生成0价，则NaBrO3是氧化剂，A错误；NaI中－1价碘离子被氧化生成0价的I2和＋5价的IO－3，则氧化产物为I2和IO－

3，B错误；2.6molNaBrO3反应转移的电子为2.6mol×(5－0)＝13mol，C错误；根据电子守恒，生成IO－3的物质的量为13mol－0.5mol×25－－1＝2mol，根据碘原子守恒可知，

参加反应的NaI的物质的量为n(IO－3)＋2n(I2)＝2mol＋0.5mol×2＝3mol，D正确。10．五氧化二钒(V2O5)是一种两性氧化物，具有强氧化性，其制备方法如下图所示。下列关于五氧化二钒的说法中错误的是()A．五氧化二钒的结构式为B．V2O5溶于碱生成

VO－2C．“沉钒”涉及反应的化学方程式为6NaVO3＋2H2SO4＋2NH4Cl===(NH4)2V6O16↓＋2Na2SO4＋2H2O＋2NaClD．V2O5＋6HCl(浓)===2VOCl2＋Cl2↑＋3H2O，生成1molCl2转移电子数为2N

A答案B解析根据五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为＋5价，因此A中所示的结构式正确；根据题干信息知V2O5是一种两性氧化物，既可与酸反应，也可与碱反应，其与碱的反应属于复分解反应，各元素化合价不变，故B错误；根据题目所给流程图可知，“沉钒”是使钒

元素以沉淀形式析出，发生的是复分解反应，各元素化合价不发生改变，故C正确；V2O5具有强氧化性，其与盐酸反应时可将Cl－氧化成氯气，生成1molCl2转移2mole－，D正确。11．(2020·湖南汨罗市高

三检测)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：①Cl2＋KOH―→KCl＋KClO＋KClO3＋H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3＋3KClO＋

10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O。下列说法正确的是()A．若反应①中n(ClO－)∶n(ClO－3)＝5∶1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收

标准状况下22.4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KClOD．若反应①的氧化产物只有KClO，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molCl2答案D解析A选项，若反应①中n(ClO－)∶n(ClO－3)＝5∶1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降

低得到10mol电子，消耗Cl28mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10∶6，即5∶3，故A错误；B选项，根据反应①得出n(K)＝n(Cl)，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性强于

氧化产物氧化性，因此KClO>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KClO，则Cl2与KClO物质的量之比为1∶1，根据第二个方程式得到KClO与K2FeO4物质的量之比为3∶2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3

molCl2，故D正确。12．氰化物是剧毒物质，传统生产工艺的电镀废水中含一定浓度的CN－，无害化排放时必须对这种废水进行处理。可采用碱性条件下的Cl2氧化法处理这种废水，涉及以下两个反应：反应i，CN－＋OH－＋Cl2―→OCN－＋Cl－＋H2O(未配平)；反应ii，OCN－＋O

H－＋Cl2―→X＋Y＋Cl－＋H2O(未配平)。其中反应i中N元素的化合价没有变化，常温下，X、Y是两种无毒的气体。下列判断正确的是()A．反应i中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为2∶1B．X、Y是CO2、N2，且均为反应ii的氧化产物C．该废水处理

工艺过程中须采取措施，防止Cl2逸出到空气中D．处理c(CN－)＝0.0001mol·L－1的废水106L，消耗Cl25.6×103L答案C解析配平后的反应i为CN－＋2OH－＋Cl2===OCN－＋2Cl－＋H2O，其中CN－为

还原剂，Cl2为氧化剂，二者的化学计量数之比为1∶1，A项错误；反应ii中，Cl2是氧化剂，则OCN－为还原剂，根据反应i中N元素的化合价没有变化，由CN－中N元素的化合价为－3价，可知OCN－中N元素的化合价为－3价，C元素的化合价为＋4价，又

X、Y是两种无毒的气体，故反应ii的氧化产物只有N2，B项错误；该废水处理工艺中所用的Cl2有毒，须采取措施，防止Cl2逸出到空气中，C项正确；题中没有说明气体是在标准状况下，故无法计算一定物质的量的气体的体积，D项错误。二、非选择题(本题包括3小题)13．某反应中反应物与生成

物有AsH3、H2SO4、KBrO3、K2SO4、H3AsO4、H2O和一种未知物质X。(1)已知KBrO3在反应中得到电子，则该反应的还原剂是________。(2)已知0.2molKBrO3在反应中得到1mol电子生成X，则X的化学式为__

______。(3)根据上述反应可推知________(填序号)。A．氧化性：KBrO3＞H3AsO4B．氧化性：H3AsO4＞KBrO3C．还原性：AsH3＞XD．还原性：X＞AsH3(4)将氧化剂和还原剂的

化学式及其配平后的化学计量数填入下列方框中，并标出电子转移的方向和数目(用单线桥法表示)。＋(5)KClO3可以和草酸(H2C2O4)、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式：_____________________

___________________________________________________。答案(1)AsH3(2)Br2(3)AC(5)2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O解析(1)KBrO3在反应中得到电子

，KBrO3中Br元素的化合价降低，作氧化剂；AsH3被氧化为H3AsO4；AsH3作还原剂。(2)设X中Br元素的化合价为x，Br元素化合价由＋5价降低到x，则0.2mol×(＋5－x)＝1mol，解得x＝0，故X为Br

2。(3)反应中KBrO3作氧化剂，H3AsO4是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：KBrO3＞H3AsO4，故A正确、B错误；反应中AsH3作还原剂，X是还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，所以还原性：AsH3＞X，故C

正确、D错误。(4)反应中KBrO3得到电子，AsH3失去电子，共转移40e－，则标出电子转移的方向和数目为。(5)KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，反应的化学方程式为2KClO3

＋H2C2O4＋2H2SO4===2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O。14．(2020·湖北黄冈市高三联考)氮、磷对水体的污染情况越来越受到人们的重视。回答下列问题：(1)常温下，在pH约为9时，用澄清石灰

水可将水体中的HPO2－4转化为Ca10(PO4)6(OH)2沉淀除去，该反应的离子方程式为______________________。(2)除去地下水中的硝态氮通常用还原剂将其还原为N2。①Prusse等提出的用Pd－Cu作催化剂，常温

下，在pH为4.0～6.0时，可直接用H2将NO－3还原为N2，该反应的离子方程式为_________________________。研究发现用H2和CO2的混合气体代替H2，NO－3的去除效果比只用H2时更好，其原因是_

__________________________________________________。②在pH约为5时，用纳米Fe粉可将NO－3还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。(3)实验测得

相同条件下，用次氯酸钠脱除水体中的氨态氮的过程中(2NH3＋3ClO－===N2＋3H2O＋3Cl－)，pH与氨态氮的去除率关系如图所示，在pH大于9时，pH越大，去除率越小，其原因是_________________________________。答案(1)10Ca2＋＋

8OH－＋6HPO2－4===Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O(2)①2NO－3＋5H2＋2H＋=====催化剂N2＋6H2OCO2溶于水后呈酸性，可以提供H＋，有利于pH维持在4.0～6.0②5∶1(3)pH大于9时，ClO－的氧化性减弱，不

利于氧化NH3解析(1)Ca(OH)2与HPO2－4反应产生Ca10(PO4)6(OH)2沉淀和水，根据电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为10Ca2＋＋8OH－＋6HPO2－4===Ca10(PO4)6(OH)2↓＋6H2O；(2)①在pH为4

.0～6.0的酸性条件下，具有还原性的H2可以将NO－3还原为N2，反应的离子方程式为：2NO－3＋5H2＋2H＋=====催化剂N2＋6H2O；若H2中混有CO2，CO2溶于水反应产生的H2CO3发生电离产生H＋，有利于pH维持在4.0～6.0，便于H2还原NO－3；②在pH约为

5时，用纳米Fe粉可将NO－3还原为N2，Fe粉被氧化为Fe2＋，根据电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：5Fe＋12H＋＋2NO－3===5Fe2＋＋N2↑＋6H2O，可知，在该反应中氧化产物Fe2＋与还原产物N2的物质的量之比为5∶1；(3)ClO－具有强的氧化

性，溶液的pH越小，ClO－氧化性越强，pH越大，ClO－的氧化性越弱。当pH大于9时，溶液碱性较强，则ClO－的氧化性减弱，不利于氧化NH3。15．钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用，从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、

Mn2＋、H＋、SO2－4等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：请回答下列问题：(1)在钛白水解工业废酸中，加入H2O2是为了使TiO2＋转化为难萃取的[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋，[Ti(O2)(OH)(H2O

)4]＋中Ti的化合价为________。(2)钪的萃取率(E%)与O/A值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如下图，应选择的合适O/A值为________。温度对钪、钛的萃取率影响情况见下表，合适的萃取温度为10～15℃，其理由是____

_______________________________________________。T/℃510152530钪的萃取率/%91.39697.197.398.0钛的萃取率/%0.940.952

.103.014.20(3)已知钪与铝类似，其氢氧化物具有两性。反萃取步骤中，加入NaOH使溶液呈碱性，碱性条件下双氧水可以氧化锰离子生成滤渣Ⅰ，写出该反应的离子方程式__________________________________________________

_________。(4)草酸钪“灼烧”的化学方程式为_______________________________。(5)若该钛白水解废酸中含Sc3＋的浓度为16mg·L－1，从1m3该废酸中提取得到21.6gSc2O3，则钪的提取率为________(保留两位有效数字)。答案(1)＋4

(2)1∶4温度为10～15℃时，钪的萃取率较高，且钛的萃取率较低(3)Mn2＋＋H2O2＋2OH－===MnO2↓＋2H2O(4)2Sc2(C2O4)3＋3O2=====△2Sc2O3＋12CO2(

5)88%解析(1)[Ti(O2)(OH)(H2O)4]＋中存在过氧根离子(O2－2)和OH－，故化合物中Ti为＋4价。(2)在10～15℃钪萃取率较大，而钛的萃取率较低，钪的相对纯度较高。(4)草酸根中碳的化合价是＋3价，在灼烧草酸钪时会被氧化为CO2，则化学方程式为2

Sc2(C2O4)3＋3O2=====△2Sc2O3＋12CO2。(5)1m3废酸中Sc3＋的质量为16g，21.6gSc2O3中钪的质量为21.6g×90138≈14g，故钪的提取率为14g16g×100%≈88%。