2027高考化学一轮复习练习含答案 课时作业5 氧化还原反应方程式的配平与计算（教用）

这是一份2027高考化学一轮复习练习含答案 课时作业5 氧化还原反应方程式的配平与计算（教用），文件包含第十八章电功率综合题30道原卷版docx、第十八章电功率综合题30道解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
选择题：1∼4题，每小题3分，5∼10题，每小题4分，共36分。
基础达标练
1．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、IO3−→I2、MnO4−→Mn2+、HNO3→NO，如果分别用相同数目的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是 （ ）
A. H2O2B. IO3−C. MnO4−D. HNO3
【答案】B
【解析】氧化I−时，H2O2→H2O得到2个电子，IO3−→I2得到5个电子，MnO4−→Mn2+得到5个电子，HNO3→NO得到3个电子，I−→I2失去1个电子，但由于IO3−也被还原为I2，则得到I2最多的是IO3−，B符合题意。
2．（2025·河北石家庄二中期末）三氟化溴是一种良好的非水溶剂，遇水立即发生反应：3BrF3+5H2OHBrO3+Br2+9HF+O2↑ 。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 当0.5mlH2O被氧化时，生成0.1ml氧气
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:3
C. 当转移电子6ml时，生成2ml还原产物
D. 三氟化氯的氧化性强于三氟化溴
【答案】D
【解析】根据题给化学方程式可知，该反应中5个H2O中有2个H2O发生了氧化反应，生成1个O2，则0.5mlH2O被氧化时，生成0.25mlO2，A错误；3个BrF3中有2个作氧化剂，1个作还原剂，5个H2O中有2个作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3，B错误；2mlBrF3得到6ml电子生成Br2，Br2为还原产物，Br2物质的量为1ml，C错误；氧化性：Cl2>Br2，则还原性：Cl−Cr3+>Mn2+>Bi3+
B. 反应2说明氧化性：MnO4−>Cr2O72−
C. 反应3中，Fe2+和Cr2O72−参与反应的个数比为6:1
D. 反应1的离子方程式为5BiO3−+2Mn2++14H+5Bi3++2MnO4−+7H2O
【答案】D
【解析】根据题图可知，反应1中Mn2+是还原剂，Bi3+是还原产物，还原性：Mn2+>Bi3+；反应2中，Cr3+是还原剂，Mn2+是还原产物，还原性：Cr3+>Mn2+；反应3中，Fe2+是还原剂，Cr3+是还原产物，还原性：Fe2+>Cr3+；综上所述，还原性：Fe2+>Cr3+>Mn2+>Bi3+，A正确。反应2中，MnO4−将Cr3+氧化为Cr2O72−，MnO4−得到电子被还原为Mn2+，所以氧化性：MnO4−>Cr2O72−，B正确。在反应3中，Cr2O72−将Fe2+氧化为Fe3+，Cr2O72−得到电子被还原为Cr3+，根据得失电子守恒可知，参加反应的Fe2+和Cr2O72−的个数比为6:1，C正确。根据题意，NaBiO3微溶于水，在书写离子方程式时不能拆写成离子形式，则正确的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+5Na++5Bi3++2MnO4−+7H2O，D错误。
4．（2026·湖南长沙长郡中学模拟）向酸化的KI溶液中通入SO2，溶液变黄并出现浑浊，发生反应Ⅰ：SO2+4H++4I−2I2+S↓+2H2O,继续通入SO2，溶液变为无色，发生反应Ⅱ:I2+SO2+2H2OSO42−+4H++2I−。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关
B. 每生成0.1mlSO42−,整个过程中转移的电子数为0.4NA，同时消耗0.2mlKI
C. 该过程的总反应为3SO2+2H2O2SO42−+S↓+4H+
D. 该反应过程中KI作催化剂
【答案】B
【解析】由反应Ⅰ和反应Ⅱ可知,SO2、I2的氧化性强弱与外界条件有关,A正确;每生成0.1mlSO42−,由反应Ⅱ可知,转移0.2ml电子,生成0.2mlI−,消耗0.1mlI2，通过反应Ⅰ可知,至少需要生成0.1mlI2,则至少消耗0.2mlI−，至少转移0.2ml电子,故整个过程至少转移0.4ml电子，B错误;由反应Ⅰ+2× 反应Ⅱ可得该过程的总反应为3SO2+2H2O2SO42−+S↓+4H+,该反应过程中KI作催化剂，C、D正确。
5．（2025·河南安阳一中期中）室温下，可用含有少量Mn2+的ZnSO4溶液制备ZnCO3，其过程如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. NaClO在水溶液中的电离方程式：NaClONa++Cl++O2−
B. “除锰”反应中,氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1:2
C. ZnSO4、NH4HCO3和氨水都是电解质
D. “沉锌”反应的离子方程式：NH3⋅H2O+HCO3−+Zn2+ZnCO3↓+NH4++H2O
【答案】D
【解析】NaClO在水溶液中的电离方程式为NaClONa++ClO−，A错误；“除锰”反应中，氯元素的化合价由+1价降低到−1价，锰元素的化合价由+2价升高到+4价，则氧化剂与还原剂的化学计量数之比为1:1，B错误；氨水是混合物，不是电解质，C错误。
6．（2026·安徽六安模拟）利用CH3OH可将废水中的NO3−转化为对环境无害的物质，反应原理为H++CH3OH+NO3−→X+CO2+H2O（未配平）。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. X表示NO2
B. 可用O3替换CH3OH
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5
D. 若生成标准状况下的CO2气体11.2L，则反应转移的电子数为2NA
【答案】C
【解析】由题中信息可知，利用CH3OH可将废水中的NO3−转化为对环境无害的物质X，则X表示N2，NO2是大气污染物，A错误；CH3OH中C元素的化合价由−2价升高到+4价，CH3OH是该反应的还原剂，O3具有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用O3替换CH3OH，B错误；由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平题给离子方程式为12H++10CH3OH+12NO3−6N2↑+10CO2↑+26H2O,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5，C正确；由配平的离子方程式可知，若生成标准状况下的CO2气体11.2L，即生成0.5mlCO2，反应转移的电子数为3NA，D错误。
7．金属钛(Ti)的性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”。工业上以金红石为原料制取Ti涉及的反应为
Ⅰ.aTiO2+bCl2+eC1173KaTiCl4+eCO
Ⅱ.TiCl4+2Mg1220～1420KTi+2MgCl2
下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法错误的是（ ）
A. TiCl4在反应Ⅰ中是还原产物，在反应Ⅱ中是氧化剂
B. C、Mg在反应中均被氧化
C. a=1，b=e=2
D. 每生成19.2gTi，反应Ⅰ、Ⅱ中共转移4.8ml电子
【答案】D
【解析】在反应Ⅰ中四氯化钛是氯气作氧化剂生成的还原产物，在反应Ⅱ中钛元素的化合价降低，作氧化剂，A正确；反应Ⅰ中C作还原剂，被氧化，反应Ⅱ中Mg作还原剂，被氧化，B正确；根据反应前后原子守恒，有2a=e，2b=4a，所以a=1，b=e=2，C正确；反应Ⅰ+反应Ⅱ可得TiO2+2Cl2+2C+2MgTi+2MgCl2+2CO，所以每生成19.2g(0.4ml)钛转移电子的物质的量为3.2ml，D错误。
8．（2025·江西南昌二中模拟）实验时若皮肤不慎与白磷(P4)接触，可用稀CuSO4溶液冲洗接触部位，其解毒原理包括两个反应：
①P4+CuSO4+H2O→Cu+H3PO4+H2SO4（未配平）；
②11P4+60CuSO4+96H2O20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4。
下列说法正确的是（ ）
A. 反应①和②中P4都只是还原剂
B. 反应①中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5:2
C. 反应②中被CuSO4氧化的P4与还原剂的物质的量之比为1:2
D. 用CuSO4溶液冲洗后，应再用饱和Na2CO3溶液和水冲洗接触部位
【答案】C
【解析】①中P元素的化合价由0价升高到+5价，P4为还原剂，②中P4中部分P元素的化合价由0价升高到+5价，部分由0价降低到−3价，P4既是氧化剂又是还原剂，A错误；反应①中氧化产物为H3PO4，且H3PO4～5e−，还原产物为Cu，且Cu～2e−，根据得失电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量之比是2:5，B错误；假设反应②中参与反应的P4和CuSO4的物质的量分别为11ml、60ml，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为605×4ml=3ml，根据得失电子守恒可知，反应②中P4作氧化剂的占511，作还原剂的占611，则作还原剂的P4的物质的量为11ml×611=6ml，二者的物质的量之比为1:2，C正确；根据解毒原理可知，用CuSO4溶液冲洗后溶液呈酸性，Na2CO3溶液的碱性较强,应再用弱碱性溶液和水冲洗接触部位，D错误。
能力强化练
9．纯碱在生产、生活中有广泛应用。例如可用足量的纯碱溶液吸收含氯气的尾气，生成三种盐（反应1）；工业上也可用纯碱溶液从海水中提取溴，其主要原理为反应2：3Br2+3Na2CO3NaBrO3+5NaBr+3CO2↑ ；反应3：NaBrO3+5NaBr+3H2SO43Na2SO4+3Br2+3H2O。
下列说法正确的是（ ）
A. 反应2中氧化剂与还原剂的质量之比为1:5
B. 标准状况下，22.4L溴单质中含有2ml溴原子
C. 反应1中生成的三种盐是NaClO、NaClO3和NaHCO3
D. 反应2中的Br2与反应1中的Cl2表现出了相似的化学性质
【答案】D
【解析】反应2中Br2既是氧化剂又是还原剂，其中氧化剂与还原剂的质量之比为5:1，A错误；标准状况下，溴单质呈液态，B错误；根据氧化还原反应原理及纯碱足量可知，氯元素一部分化合价升高，另一部分化合价降低，反应1中生成的三种盐是次氯酸钠、氯化钠、碳酸氢钠，C错误；反应2中的溴单质和反应1中的氯气都表现出了氧化性和还原性，D正确。
10．（2025·辽宁省实验中学一模）工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水，并回收氢氧化铬(Ⅲ)，工艺流程如图所示。已知：过程Ⅰ中发生的反应为2CrO42−（黄色）+2H+⇌Cr2O72−（橙色）+H2O。下列说法错误的是（ ）
A. 过程Ⅰ中所加酸可以是浓盐酸
B. 过程Ⅱ中发生的离子反应为Cr2O72−+3SO2+2H+2Cr3++3SO42−+H2O
C. 烟道气不宜用含Fe2+的溶液代替
D. 过程Ⅲ中可加入适量石灰乳，中和过量的酸，同时将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀
【答案】A
【解析】Cr2O72−具有氧化性，酸性条件下，能够氧化Cl−生成有毒气体Cl2，故过程Ⅰ中所加酸不可以是浓盐酸，A错误；过程Ⅱ中Cr2O72−中Cr元素的化合价由+6价降低到+3价，SO2中S元素的化合价由+4价升高到+6价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平可得离子方程式为Cr2O72−+3SO2+2H+2Cr3++3SO42−+H2O，B正确；Fe2+具有还原性，能够将Cr2O72−还原成Cr3+，但Fe3+与Cr3+较难分离，故烟道气不宜用含Fe2+的溶液代替，C正确；过程Ⅲ中可加入适量石灰乳，中和过量的酸，同时将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，D正确。
11．（2025·湖北武汉二模）（14分）提取金的方法之一是用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金。实验室模拟工业浸取电路板中金的过程如图1所示，金的浸取原理如图2所示。
图1图2
回答下列问题：
（1） 打开K1、K3，关闭K2、K4，向A中烧瓶加水，制取NH3。
① 装置A中发生反应的化学方程式为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
② 安全漏斗的作用除向蒸馏烧瓶中加水外，还有_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（2） 当三颈烧瓶中出现_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 现象后，关闭K1、K3，撤去A、B装置，打开K2、K4，滴入Na2S2O3溶液，补全反应的离子方程式：_ _ _ _ Au+ _ _ _ _ S2O32−+O2+ _ _ _ _ H2O _ _ _ _ [Au(S2O3)2]3−+ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（3） 装置C中湿棉花的作用是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 。
（4） 为了验证图2原理中O2的作用，进行如下实验：关闭K4，反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，三颈烧瓶中溶液蓝色变浅。然后_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （填操作和现象），此现象证实了上述原理中O2的作用。由上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_ _ _ _ 作用。
【答案】① Li3N+3H2O3LiOH+NH3↑
② 液封，防止气体逸出
（2） 蓝色沉淀消失；4；8；2；4；4OH−
（3） 尾气处理，吸收未反应的氨气
（4） 打开K4，三颈烧瓶中溶液蓝色复原；催化
【解析】
11．装置A中氮化锂与水反应制取氨气，装置B为安全瓶，防止氨气溶于装置C中溶液时出现倒吸，由题图2可知，Na2S2O3与Au反应生成[Au(S2O3)2]3−，铜离子与氨气结合形成[Cu(NH3)4]2+，该离子与Au反应生成[Cu(NH3)2]+,[Cu(NH3)2]+与氧气反应生成[Cu(NH3)4]2+，通过该转化实现Au的浸取。
（2） 氨气通入三颈烧瓶中与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续通入氨气，沉淀逐渐溶解直至消失；由题中信息结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得，反应的离子方程式为4Au+8S2O32−+O2+2H2O4[Au(S2O3)2]3−+4OH−。