北京市2017届高三化学一轮复习 2.9 氧化还原反应的配平及计算课时测试（含解析）

1、2-9 氧化还原反应的配平及计算（测试时间：45分钟 满分 100分）姓名： 班级： 得分： 一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1水热法制备Fe3O4纳米级颗粒的反应为3Fe2+ +2S2O32-+O2 +xOH-Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法中，不正确的是 （ ）A每生成1mol Fe3O4，反应转移的电子总数为4mol BFe2+和S2O32-都是还原剂C1mol Fe2+被氧化时，被Fe2+还原的O2的物质的量为1/3mol Dx4【答案】C【解析】根据反应3Fe2+2S2O32-+O2+xOH-Fe（FeO2）2+S4O62-+2H2O中，铁、硫元素的化

2、合价升高、氧元素的化合价降低来分析氧化剂和还原剂及反应中转移的电子数，再利用电荷守恒来分析x。A、因氧化还原反应中得电子数失电子数转移的电子总数，则生成1molFe3O4时1molO2参加反应，转移的电子数为1×2×2=4mol电子，A正确；B、因该反应中铁由+2价升高到+3价，硫由+2价升高到+2.5价，则该反应中Fe2+和S2O32-都是还原剂，B正确；C、Fe2+参加反应时1mol被氧化，此时该反应中0.5molO2被还原，C不正确；D、由电荷守恒可知，（+2）×3+（-2）×2+x×（-1）-2，则x4，D正确；答案选C。2把图2的碎纸

3、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 （ ） AIO4作氧化剂 B若有1molMn2+参加反应转移5mol电子 C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2 D配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3 【答案】D【解析】该反应方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，AIO4-在反应中得电子，I元素化合价降低，作氧化剂，故A正确；B若有1mol Mn2+参加反应时则转移=1mol×（7-2）=5 mol电子，故B正确；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2，故C正确；D配平后

4、Mn、H+的化学计量数分别为2、6，故D错误；答案为D。3一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3+NON2+H2O（未配平）。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 （ ）A23 B32 C45 D56【答案】A【解析】在氧化还原反应中，得失电子数目相等。NH3中N的化合价为-3，反应后变为0，作还原剂被氧化；NO中N的化合价为+2，反应后为0，作氧化剂被还原。为保持得失电子数目相等，则应为2个-3价的氮和3个+2价的氮反应，所以被氧化与被还原的氮原子的原子个数比为23，答案为。4已知Fe3+、Fe2+、NO3、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列

5、叙述中不正确的是 （ ）A还原产物为NH4+B氧化剂与还原剂的物质的量之比为18CFe3+和Fe2+分别属于反应物和生成物D若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+e- = Fe3+【答案】C【解析】A根据（氧化剂）降（化合价降低） 得（得到电子） 还（发生还原反应），对应产物为还原产物NO3-生成NH4+，N化合价从+5降为-3，NH4+为还原产物，正确；B根据氧化还原反应的规律：升失氧，降得还；若说剂正相反氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子；还原剂是Fe2+，8molFe2+生成8molFe3+，失去8mol电子氧化剂与还原

6、剂的物质的量之比为1：8，错误；C氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，Fe3+和Fe2+分别属于生成物和反应物，错误；D原电池的负极发生氧化反应，若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极反应是Fe2+失去电子，发生氧化反应，正确。 5已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO4n3Cl5H2O。则RO4n中R的化合价是 （ ） A3 B4 C5 D6【答案】D【解析】根据方程式两端电荷守恒可知n（3+43）÷22，O元素是2甲，所以R的化合价是+6价，答案选D。6已知酸性K2Cr2O7溶液

7、可与FeSO4反应生成Fe3和Cr3。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示，下列说法中不正确的是 （ ） A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe32I2Fe2I2C开始加入的K2Cr2O7为0.25 molDK2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为13【答案】D【解析】A、开始时Fe3+浓度不变，则说明Fe3+没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，A正确；B、BC段Fe3+浓度逐渐减小，为铁离子和碘化

8、钾的反应，反应的离子方程式为2Fe32I2Fe2I2，B正确；C、由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O76Fe3+6I，共消耗的n（I）=1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为1.5mol÷6=0.25mol，C正确；D、由方程式2Fe32I2Fe2I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n（Fe3+）=n（Fe2+）=0.9mol，K2Cr2O7可与FeSO4反应的物质的量为0.25mol：0.9mol=5：18，D错误，答案选D。7某温度下将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO3的物

9、质的量浓度之比为3:1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ）A2:1B4:3C1:3D3:1 【答案】A【解析】假设生成次氯酸根离子为3摩尔，则氯酸根离子为1摩尔，氯元素从氯气中的0价升高到次氯酸根中的+1价，失去3摩尔电子，生成氯酸根离子中的+5价失去5摩尔电子，根据电子守恒，氯气反应生成氯离子得到8摩尔电子，生成8摩尔氯离子，所以被还原的氯元素有8摩尔，被氧化的氯元素有1+3=4摩尔，则二者比例为8:4=2:1，选A。 8NO2、NH3和O2组成的混合气体，在一定条件下恰好完全反应，生成N2和H2O，则原混合气体中 NO2、NH3和O2的体积比可能是

10、(不考虑NO2与N2O4之间的转化)（ ） Z-X-X-K A2：4：l B2：1：2 C1：l：1 D1：4：3【答案】A【解析】二氧化氮被还原为氮气，化合价降低4价，氧气被还原为水，化合价降低4价，氨气被氧化成氮气，化合价升高3价。根据气体体积比等于物质的量之比，氧化还原反应中一定满足得失电子数相等的原则进行分析。A、若比例为2:4:1，则化合价升高：3+4=12，化合价降低为4×2+1+4=12，化合价变化相等，正确，选A；B、，比例为2:1:2，化合价升高3×2=3，化合价降低：2×4+2×4=16，化合价变化不等，错误，不选B；C、比例为1:1

11、:1时，化合价升高：3×1=3，化合价降低4×1+4×1=8，化合价变化不等，错误不选C；D、比例为1:4:3，化合价升高4×3=12，化合价降低：1×4+3×4=16，化合价变化不等，错误，不选D。9已知6.0g NaOH和6.4g S混合后加热，恰好发生如下反应：aNaOH + bS cNa2Sx + dNa2S2O3 + eH2O，则x的值为 （ ）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】6.0克NaOH和6.4克S 混合后加热，恰好发生反应，n（NaOH）=6.0g÷40g/mol=0.15mol，

12、n（S）=6.4g÷32g/mol=0.2mol，所以n（NaOH）：n（S）=0.15mol：0.2mol=3：4，则a：b=3:4，所以（2c+2d）KOH+（cx+2d）S=cK2Sx+dK2S2O3+（c+d）H2O，则（2c+2d）:(cx+2d)=3：4、2d×(2-0)=2c，解得x=3，答案选C。10已知：2Fe + 3Br22FeBr3，Fe2+的还原性大于Br。现有16.8 g铁和0.3 mol Br2反应后加入水得到澄清溶液后，通入a mol Cl2。下列叙述不正确的是 （ ）A当a = 0.1时，发生的反应为2Fe2+Cl22Fe3+2ClB当a =

13、 0.45时，发生的反应为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6ClC若溶液中Br有一半被氧化时， c(Fe3+): c(Br):c(Cl) 1:1:3D当0a0.15时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)【答案】C【解析】n（Fe）=16.8g÷56g/mol=0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br22FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-，A当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性大

14、于Br，只发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，反应后Fe2+还有剩余，A正确；B当a=0.45时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，剩余0.3molCl2，进一步发生2Br+Cl2Br2+2Cl，又知Br-为0.6mol，则二者恰好反应，所以总方程式为2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl，B正确；C若溶液中Br-有一半被氧化时，首先发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，此时Fe2+完全反应，消耗0.15molCl2，又知Br-为0.6mol，Br-有一半被氧化，则反应0.3mol，由方程式2Br+Cl2Br2+2Cl，可

15、知消耗0.15molCl2，则共消耗0.3mol氯气，则c(Fe3+): c(Br):c(Cl) 0.3mol：0.3mol=0.6mol=1：1：2，C错误；D当0a0.15时，氯气不足，溶液中存在Fe2+和Fe3+，由电荷守恒可知2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)c(Cl)+c(Br)+ c(OH)，D正确，答案选C。二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11（15分）（1）配平氧化还原反应方程式：_C2O42_MnO4_H=_CO2_Mn2_H2O（2）称取6.0 g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样，加水溶解，配成250 mL溶液。量取两份

16、此溶液各25.00 mL，分别置于两个锥形瓶中。第一份溶液中加入酚酞试液，滴加0.25 mol·L1 NaOH溶液至20.00 mL时，溶液由无色变为浅红色。该溶液被中和的H的总物质的量为_mol。第二份溶液中滴加0.10 mol·L1的酸性高锰酸钾溶液。AKMnO4溶液在滴定过程中作_(填“氧化剂”或“还原剂”)，该滴定过程_(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。滴至16.00 mL时反应完全，此时溶液颜色由_变为_。B若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，则所测结果_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。C若在达到滴定终点时俯视读数，则所得结果

17、_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。原试样中H2C2O4·2H2O的质量分数为_，KHC2O4的质量分数为_。【答案】（1）52161028（2分）（2）0.005（1分）A.氧化剂（1分）不需要（1分）无色（1分）浅紫红色（1分）B无影响（2分）C偏小（2分）21%（2分）64%（2分）【解析】（1）氧化还原反应中元素化合价升降总数相等：1个C2O42含有2个+3的C，反应中碳由+3价升高到+4价，消耗1个1个C2O42，化合价升高2；MnO4中的+7价的锰，降价变为+2价的锰离子，消耗1个MnO4，化合价降低5，要使反应中元素化合价升降总数相同，C2O42系数为5，MnO4系

18、数为2，依据原子个数守恒可知：CO2系数为10，Mn2+系数为2，H2O系数为8，H+系数为16。（2）溶液由无色变为浅红色，溶液中H2C2O4、KHC2O4完全反应，依据反应：H+OH-H2O1 1n 0.25mol/L×0.02L解得n0.005mol原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈紫红色，不需要指示剂，因此滴至16.00 mL时反应完全，此时溶液颜色由无色变为浅紫红色。反应中H2C2O4和KHC2O4为还原剂，高锰酸钾是氧化剂。若在接近终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶冲洗一下，再继续滴定至终点，由于没有改变溶质的物质的量，

19、所以所测结果不影响。若在达到滴定终点时俯视读数，则读数偏小，所以所得结果偏小。设25mL溶液中H2C2O4、KHC2O4的物质的量分别为xmol、ymol，则：H2C2O42NaOH KHC2O4NaOHxmol 2xmol ymol ymol由题意可知：2x+y=0.05mol、x+y=0.004mol解得x=0.001mol y=0.003molKHC2O4的质量分数×100%64%H2C2O42H2O的质量分数×100%21%。12（10分）焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈。发生的反应体系中共有六种物质：NH4Cl、FeCl3、N2、Fe2O3、

20、Fe和X。（1）根据题意，可判断出X是_（1分）（写化学式）。（2）写出并配平该反应的化学方程式：_；（3）发生还原反应的物质是_，反应中2mol的氧化剂能_（1分）（填“失去”或“得到”）_mol电子。（4）反应中被氧化产生了5.6L（标准状况）的气体时，被还原的物质的质量为_。【答案】（1）H2O （1分）  （2）6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2+12H2O（2分）（3） Fe2O3 （2分） 得到（1分） 12（2分） （4）40g（2分）【解析】（1）根据焊药为氯化铵，其作用是消除焊接触的铁锈可知反应物为氯化铵和氧化铁，则该反应生成氯化铁和氮气和铁和

21、X，根据元素守恒可知X中含有氢元素和氧元素，为H2O。（2）由反应物和生成物可知反应中铁元素的化合价有+3降低到0，氮元素的化合价从-3升高到0，根据电子守恒配平反应为：6NH4Cl+4Fe2O3=6Fe+2FeCl3+3N2+12H2O。（3） 反应中铁元素化合价降低，做氧化剂，发生还原反应的为Fe2O3 ；反应中氧化铁为氧化剂，2摩尔氧化剂得到12摩尔电子。（4）每产生3摩尔氮气，被还原的物质氧化铁为3摩尔，则当产生5.6升气体，即0.25摩尔，被还原的氧化铁的物质的量为0.25摩尔，其质量为0.25×160=40g13（9分）饮用水中的NO对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中

22、NO的浓度，某兴趣小组提出以下两种方案：a在微碱性条件下，用Fe(OH)2还原NO，还原产物为NH3；b在碱性条件下，用铝粉还原NO，还原产物为N2。（1）方案a中，生成34g NH3的同时生成_mol Fe(OH)3。（2）方案b中发生的反应如下(配平该反应离子方程式)：_Al_NO_OH=_AlO_N2_H2O （3）方案b中，当有0.15 mol电子转移时，生成的氮气在标准状况下的体积为_mL。【答案】 (1)16 (3分) （2）10、6、4、10、3、2(3分) （3）336（3分)【解析】（1）17gNH3的物质的量为17g÷17g/mol，反应中Fe（OH）2Fe（OH

23、）3，NO3-NH3，根据电子转移可知，生成Fe（OH）3的物质的量为=8mol；（2）反应中AlAlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知系数为，由H元素守恒可知系数为，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2+2H2O，故答案为：10、6、4、10、3、2；（3）根据电子转移守恒，有0.3mol电子转移时生成氮气的物质的量为0.3mol/(2

24、5;5)=0.03mol，氮气的体积为0.03mol×22.4L/mol=0.672L=672mL。14（16分）（1）取 300mL 0.2mol/L 的 KI 溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的 I2 和 KIO3，则消耗 KMnO4 的物质的量的是 mol。（2）在 Fe（NO3）3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是 ，又变为棕黄色的原因是用离子方程式解释 （3）在 100mLFeBr2 溶液中通入标况下2.24LCl2， 溶液溶液中有 1/4的 Br-被氧化成单质 Br2，

25、则原 FeBr2 溶液中 FeBr2 的物质的量浓度为 。（4）将Al、Al2O3和Al(OH)3的混合物恰好与NaOH溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式_ 。向反应后的溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为 _。（5）三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：写出该反应的化学方程式 ，反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为 。NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是 。【答案】 (1) 0.032m

26、ol （2分）（2）2Fe3+SO32- +H2O =2Fe2+SO42- +2H+（2分） 3Fe2+4H+NO3- =3Fe3+NO+2H2O（2分）(3)2/15 mol/L （2分） (4)NaAlO2 （1分）AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3 +HCO3-（2分） (5) 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 （2分） 0.4NA（2分） 出现红棕色气体（1分）【解析】（1）根据题给信息可知n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n（I2）=n（KIO3）=0.02mol，失电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×6=0.16mol，1mol MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol；（2）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，根据电荷守恒和原子守恒配平，