1.3.2 氧化还原反应的应用 同步练习-2026-2027学年高一上学期化学人教版必修第一册

"**基本信息** \n聚焦氧化还原反应核心应用，通过“方程式书写配平-守恒规律计算”双层递进设计，实现从基础技能到综合应用的知识巩固，培养化学观念与科学思维。 \n**分层设计** \n|层次|知识覆盖|设计特色|\n|----|----------|----------|\n|基础技能层|陌生方程式书写、配平（整体配平法）、电子转移表示（单线桥/双线桥）|以配平题为主（如GaAs氧化碱浸反应配平），结合基础概念判断（氧化剂/还原剂），强化化学变化规律认知|\n|综合应用层|守恒计算（电子转移、氧化剂还原剂比例）、工业情境分析（镓砷提取、水处理）|通过选择与填空结合（如废液提取铜的计算），融入真实问题（安全气囊反应、脱氧剂应用），提升科学探究与问题解决能力|"

1.3.2 氧化还原反应的应用 考点1 陌生氧化还原反应方程式的书写和配平 1．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低) (1)： 。 (2)： 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）分析化合价变化：中：的化合价变化为：+2→+3；每个升高1价，S的化合价变化为：-1→+4，每个S升高5价，1个中含有两个S原子，1个Fe原子，因此整体化合价升高数为：11； 中：O的化合价变化为：0→-2； 1个中含有2个氧原子，因此，1个整体化合价降价数为：4，故利用化合价升价数=降价数可求得最小公倍数为44；因此，最终配平的化学方程式为： 故答案为： （2）分析化合价变化：中：部分的化合价变化：0→-3，每个降低3价；的化合价变化：+2→+1，每个原子降低1价，中共降低3价，因此，1个中，共降低6价；部分的化合价变化：0→+5，每个升高5价，利用化合价升价数=化合价降价数可求得最小公倍数为30，再根据原子守恒进行配平，因此，最终配平的化学方程式为： 故答案为： 2．通过和在介质中反应获得制氟气的原料——。完成下列方程式，并用单线桥法表示电子转移方向和数目 。 【答案】 【详解】 反应中Mn元素的化合价由KMnO4中+7价降至K2MnF6中+4价，1molKMnO4参与反应得到3mol电子；根据氧化还原反应的特征，O元素的化合价由H2O2中-1价升至0价，氧化产物为O2，1molH2O2参与反应失去2mol电子；根据得失电子守恒得2KMnO4+3H2O2→2K2MnF6+3O2↑，结合原子守恒，反应的化学方程式为2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O；用单线桥表示电子转移方向和数目为。 对砷化镓废料中镓与砷的清洁高效提取成为研究热点。 3．完成并配平“氧化碱浸”发生反应的化学方程式： 。 ___________GaAs+___________NaOH+___________H2O2=___________Na[Ga(OH)4]+ ___________Na3AsO4+___________ ___________ 4．若用240g含7.25%砷化镓的废料回收镓，得到纯度99%的镓7. 0kg，列式计算镓的回收率 。 【答案】3．GaAs+4NaOH+4H2O2=Na[Ga(OH)4]+ Na3AsO4+4H2O 4．82.5% 【解析】3．在“氧化碱浸”反应中，As的化合价由GaAs 中的-3价升高到Na3AsO4中的+5价，失去8个电子，H2O2中的O由-1价降低到-2价，得到两个电子，由电子守恒可知，GaAs、Na[Ga(OH)4] 、Na3AsO4的系数为1，H2O2的系数为4，由Na原子守恒可得NaOH的系数为4，最后由H和O守恒可得，缺少的项为H2O，系数为4，作为配平后的化学方程式为GaAs+4NaOH+4H2O2=Na[Ga(OH)4]+ Na3AsO4+4H2O； 4．得到纯度99%的镓7.0kg，镓的质量为，240kg含7.25%砷化镓的废料含镓的质量为，则镓的回收率为。 5．对于反应 (1)MnO2在反应中 (填“得到”或“失去”)电子，所含元素化合价 (填“升高”或“降低”)，发生 反应(填“氧化”或“还原”)。 (2)HCl在反应中 (填“得到”或“失去”)电子，所含元素化合价 (填“升高”或“降低”)，发生 反应(填“氧化”或“还原”)。 (3)配平下列化学方程式： ， 。 ， 。 (4)用双线桥表示下列氧化还原反应中电子转移情况。 ①， ； ②， 。 【答案】(1) 得到 降低 还原 (2) 失去 升高 氧化 (3) 3H2S+2HNO3=3S↓+2NO+4H2O 3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O (4) 【详解】（1）MnO2在反应中Mn的化合价由+4价降低到+2价，得到电子，所含元素化合价降低，发生还原反应； （2）HCl在反应中Cl的化合价由-1价升高到0价，失去电子，所含元素化合价升高，发生氧化反应； （3）反应中硫化合价-2变为0，氮化合价由+5变为+2，结合原子、得失电子守恒，反应为：3H2S+2HNO3=3S↓+2NO+4H2O；反应中部分硫化合价0变为-2，部分硫化合价0变为+4，结合原子、得失电子守恒，反应为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O； （4） ①反应中过氧化钠中部分氧元素化合价由-1变为0，失去2×e-。部分氧元素化合价由-1变为-2，得到2×e-，用双线桥可表示为； ②反应中铁失去2个电子变为亚铁离子，氢得到2×e-生成氢气，用双线桥可表示为：。 6．在水处理领域，化学技术扮演着重要角色。用化学方法处理废水中的，其原理为：。完成该化学方程式 ，写出该反应氧化剂的化学式 。 【答案】 10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑ NaNO3 【详解】在反应Al+NaNO3+NaOH+H2O—Na[Al(OH)4]+N2↑中，Al元素化合价由反应前Al单质的0价变为反应后Na[Al(OH)4]中的+3价，化合价升高3价；N元素化合价由反应前NaNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低5×2=10价，化合价升降最小公倍数是30，所以根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Al、Na[Al(OH)4]的系数是10，NaNO3的系数是6，N2的系数是3；再根据Na元素守恒，可知NaOH的系数是4；最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是18，则配平后的化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑； 在该反应中Al元素化合价升高，失去电子被氧化，所以Al为还原剂；N元素化合价降低，得到电子被还原，所以NaNO3为氧化剂。 7．氧化还原反应是一类重要的化学反应。 (1)已知反应：，反应中还原剂是 ，氧化性： (填“＜”或“>”)。 (2)在反应中，若转移电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为 L。 (3)在的离子方程式中，对系数和、判断正确的是_______(填字母)。 A．，是还原剂 B．，被氧化 C．，是氧化剂 D．，是还原剂 (4)用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目 。 (5)配平系数： 。 __________________________________________ (6)氧化废水中生成的离子方程式为 。 (7)在酸性条件下，可发生反应生成并释放出，该反应的离子方程式为 。 【答案】(1) > (2)33.6 (3)D (4) (5) (6) (7) 【详解】（1）已知反应中Cu化合价升高，被氧化，为还原剂，由反应可知氧化性：； （2）在已知反应中，只有Na2O2中O元素的化合价发生变化，分别由-1价变化为0价和-2价，所以转移电子数为，则转移3mol电子，产生的氧气为1.5mol，体积为； （3）根据氧原子守恒，所以n=2，根据氢原子守恒，所以y=4，根据R原子守恒则x=m，根据电荷守恒则2x＋y=3m，所以x=y=m，在反应中，R的化合价升高，R2+是还原剂，所以R3+是氧化产物，氧元素化合价降低，所以H2O是还原产物，故选D； （4） 已知反应中，Mn元素的化合价由+7降低为+2，KMnO4为氧化剂，得到的电子为，Cl元素的化合价由-1升高为0，HCl为还原剂，失去的电子为，双线桥标出反应中电子的转移方向和数目为； （5）中Mn的化合价由+7加降低到中的+2价，转移5个电子，中O的化合价由-1价升高到中的0价，转移2个电子，由电子守恒可得，和的系数为2，和的系数为5，由电荷守恒得，反应物中应由6个，则的系数为8，配平该方程得； （6）氧化废水中生成，由电子守恒、电荷守恒，得离子方程式为； （7）在酸性条件下，可发生反应生成并释放出，由电子守恒、电荷守恒，得离子方程式为。 8．将固体(黄色、微溶)加入到和的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应：。 (1)配平上述反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 (2)由上述反应可得氧化性强弱： > 。 【答案】(1) (2) 【详解】（1） 反应中NaBiO3→Bi2(SO4)3，Bi元素化合价由+5价降低为+3价，每生成1个Bi2(SO4)3，共降低4价，MnSO4→NaMnO4，Mn元素化合价由+2价升高为+7价，共升高5价，化合价升降最小公倍数为20，故Bi2(SO4)3系数为5，MnSO4系数为4，根据元素守恒可知，NaBiO3的系数为10，NaMnO4系数为4，根据钠元素守恒可知Na2SO4的系数为3，根据硫酸根守恒可知H2SO4的系数为14，根据氢元素守恒可知H2O的系数为14，配平上述反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目：。 （2）该反应中氧化剂为，氧化产物为，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱：>。 9．按要求回答下列问题。 (1)配平下列方程式。 ① ；____KMnO4 +_____HCl =_____MnCl2 +____KCl +___Cl2↑+ _____H2O。 ② ；_______+_______Fe2+ +_______H+=_______Cr3+ +_______Fe3+ +_______H2O。 (2)实验室可用金属氢化物与水为原料制备微量氢气NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH就是一种典型的金属氢化物，NaH中H的化合价为 价。在制取氢气的过程中，H2O体现了 性，若该反应制得了2gH2，则反应过程中消耗的NaH质量为 g。 (3)ClO2是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂，它可以将水中的重金属离子Mn2+氧化为难溶于水的MnO2，反应的离子方程式如下，试用双线桥法标明反应中电子转移的方向和数目 。 【答案】(1) 2KMnO4 +16HCl =2MnCl2 +2KCl +5Cl2↑+8H2O +6Fe2+ +14H+=2Cr3+ +6Fe3+ +7H2O (2) -1 氧化 24 (3) 【详解】（1）①反应____KMnO4 +_____HCl =_____MnCl2 +____KCl +___Cl2↑+ _____H2O中，KMnO4 中Mn元素由+7价降低到+2价，HCl中的Cl元素由-1价部分升高到0价，依据得失电子守恒，可配平有变价元素物质的化学计量数：2KMnO4 +_____HCl =2MnCl2 +____KCl +5Cl2↑+ _____H2O，再依据质量守恒，可配平其它物质的化学计量数，从而得出配平的化学方程式：2KMnO4 +16HCl =2MnCl2 +2KCl +5Cl2↑+8H2O。 ②反应_______+_______Fe2+ +_______H+=_______Cr3+ +_______Fe3+ +_______H2O中，中的Cr元素由+6价降低到+3价，Fe2+由+2价升高到+3价，依据得失电子守恒，可配平含变价元素微粒的化学计量数：1+6Fe2++_______H+=2Cr3++6Fe3+ +_______H2O，再依据质量守恒配平其它物质的化学计量数：+6Fe2++14H+=2Cr3+ +6Fe3++7H2O。 （2）实验室可用金属氢化物与水为原料制备微量氢气NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH就是一种典型的金属氢化物，NaH中，Na显+1价，则H的化合价为-1价。在制取氢气的过程中，H2O中H元素由+1价降低到0价，体现了氧化性，若该反应制得了2gH2(物质的量为=1mol)，则反应过程中消耗的NaH的物质的量为1mol，质量为1mol×24g/mol=24g。 （3） 在反应中，ClO2是氧化剂，Mn2+是还原剂，电子转移的数目为10e-，则用双线桥法标明反应中电子转移的方向和数目为：。 10．配平下列反应方程式。 (1)正向配平类 ① 。 ___________________________________ ② 。 __________________________________________ ③ 。 __________________________________________ (2)逆向配平类 ① 。 _______S+____________________________ ② 。 ___________________________________ 【答案】(1) 41112 513333 21610258 (2) 3S+6213 29335 【详解】（1）①该反应中Mn元素由+4价下降到+2价，部分HCl的Cl元素化合价由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：41112； ②该反应中KI中I元素由-1价上升到0价，KIO3中I元素由+5价下降到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：513333； ③该反应中Mn元素由+7价下降到+2价，Cl元素化合价由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：21610258。 （2）①该反应中S元素既由0价上升到+4价，又由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3S+6213； ②该反应中P元素既由0价上升到+5价，又由0价下降到-3价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：29335。 11．化学实验中，如使某步反应中的有害产物作为另一步反应的反应物，形成一个循环，就可不再向环境中排放该有害物质。例如： (1)配平后回答问题，并用单线桥法标出两个反应中电子转移的方向和数目。 i．反应①： 。 ______________HCl=____________________________。 该反应中氧化剂为 (填化学式，以下同)。 ii．反应⑥： 。 _____________________=_____________——。 该反应中被氧化的元素为 ，还原产物为 。 (2)在上述有编号的步骤中，除了①⑥外，需要加入氧化剂的步骤是 (填编号)。 【答案】(1) Cr Cl- (2)④ 【详解】（1） 反应①中和HCl反应生成、、H2O和，Cr元素由+6价下降到+3价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式并用单线桥法标出两个反应中电子转移的方向和数目为：，该反应中氧化剂为；反应⑥中和反应生成Cl-、和H2O，Cl元素由+5价下降到-1价，Cr元素由+3上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式并用单线桥法标出两个反应中电子转移的方向和数目为：，该反应中被氧化的元素为Cr，还原产物为Cl-。 （2）根据转化关系图可知，②③⑤中 Cr 元素化合价不变，④中 Cr 元素化合价升高，发生了氧化还原反应，由低价 Cr 生成高价 Cr 应该是被氧化，所以应该加入氧化剂。 考点2 基于氧化还原反应守恒规律的计算 一、单选题 1．某温度下，将通入NaOH溶液中，反应后得到的混合溶液，经测定与的个数之比是，则与NaOH反应时，氧化剂与还原剂的个数之比为 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】将Br2通入NaOH溶液中，反应后得到NaBr 、 NaBrO、 NaBrO3的混合溶液，经测定 NaBr与NaBrO的物质的量之比是 6:1，设n(NaBr)=6mol，n(NaBrO)=1mol， 当Br由0价变为-1价时，得到6mol电子，则有6mol Br被还原，当Br由0价变为+1价时，失去1mol电子，则有1mol Br被氧化；Br由0价变为+5价时，失去5个电子，根据得失电子守恒可得，反应生成n(NaBrO3)=1mol；故该反应中做氧化剂的溴原子为6mol，做还原剂的溴原子为2mol，二者的物质的量之比为6:2=3:1，故选A。 2．下列关于反应的说法正确的是 A．，每24个氧化11个 B．，产生1个时，反应转移10个 C．，当6个被氧化时有2个被还原 D．，还原剂与氧化剂的个数之比为 【答案】D 【详解】A．Cu元素的化合价由CuSO4中+2价降至Cu3P中的+1价，PH3中的P元素的化合价为-3价，部分被氧化为H3PO4（+5价），根据得失电子守恒，每24个CuSO4氧化3个PH3，A错误； B．11个KClO3参与反应，5个Cl化合价由+5降至-1（即转化为KCl），6个Cl化合价由+5降至0（即转化为Cl2），每生成3个Cl2，转移（5×6+6×5）=60个 e-，因此，生成1个Cl2转移20个e-，而非10个，B错误； C．Fe3O4中2个Fe为+3价、1个Fe为+2价，Fe2+被氧化为Fe3O4，被氧化为，O2被还原；3个Fe2+参与反应，其中2个Fe2+被氧化时有1个O2被还原，当6个Fe2+被氧化时有3个O2被还原，C错误； D．I元素的化合价由K2H3IO6中的+7价将至I2中0价，K2H3IO6为氧化剂，I元素的化合价由HI中-1价升至I2中0价，HI为还原剂，根据得失电子守恒，还原剂与氧化剂的个数之比为7:1，D正确； 答案选D。 3．用下列方法均可制备铜： ①； ②； ③。 若要制得相同质量的铜，①②③反应中转移电子数之比为 A．1：1：1 B．1：1：6 C．6：6：1 D．2：2：1 【答案】D 【详解】反应①：CuO中Cu为+2价，被还原为0价，每生成1 mol Cu需转移2 mol 电子。 反应②：Fe从0价→+2价，每置换1 mol Cu转移2 mol 电子。 反应③：Cu从+1价→0价（每Cu得1e⁻），6 mol Cu共得6 mol 电子；S从-2价→+4价（失6e⁻）。总转移电子数为6 mol，对应6 mol Cu，故每生成1 mol Cu 转移1mol电子； 故比值为2：2：1，答案选D。 4．在酸性溶液中，5个恰好将2个氧化为，已知中O均为-2价，则还原产物中元素Xe的化合价是 A．＋6 B．＋5 C．＋4 D．＋3 【答案】A 【详解】Mn2+→，Mn的氧化态从+2升至+7，每个Mn失去5e-，2个Mn共失去10e-，中，Na为+1，O为-2，计算得Xe为+8，5个得10个电子，则每个得2个电子，Xe的化合价是＋6； 故选A。 5．向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随的变化曲线如图所示。(已知：为强酸)下列说法中错误的是 A．原混合液中为2NA个 B．b点溶液中mol C．a点时已通入的总数目为17.5NA个 D．c点溶液中阴离子的个数为21NA个 【答案】B 【详解】A．图像中右侧起始点代表n(I-)=2 mol，所以的物质的量为1 mol，图像中右侧起始点代表溶液中n(Fe2+)=3 mol，故中n(Fe2+)=2 mol，所以物质的量为2 mol，故原混合液中为2NA个，A正确； B．b点时，共通入4 mol Cl2，阶段1：氧化2 mol I⁻消耗Cl2的物质的量为1 mol，同时生成1 mol I2；阶段2：氧化3 mol Fe2+消耗Cl2的物质的量为1.5 mol，阶段3：剩余1.5 mol Cl2，这1.5 mol Cl2可使0.3 mol I2转化为，此时剩余的，B错误； C．a点时，一半的Fe2+被氧化（），阶段1：氧化2 mol I⁻消耗Cl2的物质的量为1 mol，阶段2：氧化1.5 mol Fe2+消耗Cl2的物质的量为0.75 mol，故a点通入Cl2的物质的量为1 mol+0.75 mol =1.75 mol，通入的总数目为17.5NA个，C正确； D．阴离子包括Cl⁻和，Cl⁻包含着原中Cl⁻和通入Cl2转化的Cl⁻，即，中碘原子的物质的量与图像中右侧起始点n(I-)=2 mol相等，即的物质的量为2 mol，故c点溶液中阴离子的物质的量为19 mol+2 mol=21 mol，阴离子的总个数为21NA，D正确； 6．向500 mL FeBr2溶液中，通入适量的Cl2，测得溶液中。反应过程中溶液的体积变化不计，则下列说法中正确的是 A．过程中只发生了 B．反应后溶液中 C．原溶液中 D．通入Cl2的体积为0.672L(标准状况) 【答案】D 【分析】亚铁离子的还原性强于溴离子，由氧化还原反应规律可知，溴化亚铁与氯气反应时，还原性较强的亚铁离子优先于氯气反应，故氯气首先氧化亚铁离子为铁离子、再氧化溴离子为溴单质，结合氯守恒，氯气的物质的量为0.12mol/L×0.5L÷2=0.03mol，结合电荷守恒、铁守恒，初始溴化亚铁的物质的量为(0.12mol/L×0.5L+0.12mol/L×0.5L)÷3=0.04mol，初始溴离子为0.04mol×2=0.08mol，反应后溴离子为0.12mol/L×0.5L=0.06mol，则部分溴离子被氧化为溴单质； 【详解】A．由分析，氯气首先氧化亚铁离子为铁离子，且部分溴离子被氧化为溴单质，A错误； B．由分析，反应后溶液中，，，B错误； C．初始溴离子为0.04mol×2=0.08mol，原溶液中，C错误； D．通入Cl2的体积为0.03mol ×22.4L/mol=0.672L(标准状况)，D正确； 故选D。 7．将Mg、Cu组成的1.98g混合物投入适量稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时，得到还原产物NO气体0.672L(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，其质量为 A．7.02g B．8.96g C．5.5g D．3.51g 【答案】D 【分析】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672L，物质的量为0.03mol，根据氮元素的化合价变化计算转移电子物质的量，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于金属的质量加氢氧根离子的质量。 【详解】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.672L，物质的量为0.03mol，所以转移的电子的物质的量为：0.03mol×(5-2)=0.09mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.09mol，所以最后沉淀质量为：1.98g+0.09mol×17g/mol=3.51g，故答案为D。 8．1.36g铜镁合金完全溶解于60mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入V mL 2.0mol/L NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.72g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 B．加入的2.0mol/L NaOH溶液的体积V=340mL C．和NO的混合气体中，的体积分数是50% D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.9mol/L 【答案】C 【分析】沉淀分析：沉淀质量2.72g，金属质量1.36g，质量1.36g，对应0.08mol，需要NaOH体积为40mL，金属总电子转移量等于物质的量，即0.08mol；气体分析：混合气体0.04mol，设为a，为b，联立方程：a + b = 0.04，a + 3b = 0.08（电子守恒），解得a = b = 0.02mol；合金组成：设Cu为x，Mg为y，联立：64x + 24y = 1.36，2x + 2y = 0.08，解得x=0.01mol，y=0.03mol；体积：原的物质的量=，被还原0.04mol，硝酸钠为0.80mol，需0.80mol，体积400mL。 【详解】A．设Cu为x，Mg为y，联立：64x + 24y = 1.36，2x + 2y = 0.08，解得x=0.01mol，y=0.03mol ，因此该合金中铜与镁的物质的量之比是，A错误； B．原为0.84mol，被还原0.04mol，硝酸钠为0.80mol，需0.80mol，体积400mL ，B错误； C．混合气体0.04mol，设为a，为b，联立方程：a + b = 0.04，a + 3b = 0.08（电子守恒），解得a = b = 0.02mol ，的体积分数是50%，C正确； D．由分析易得，总溶液体积60+400+40=500mL，浓度0.80/0.5=1.6mol/L，D错误； 故答案选C。 9．向浓硝酸中加入足量铜，充分反应后共收集到3.584L(已折算为标准状况)NO、和混合气体，尾气被0.2molNaOH恰好完全吸收生成和，则反应反应生成的为 A．0.01mol B．0.02mol C．0.03mol D．0.04mol 【答案】D 【详解】混合气体体积为3.584L（标准状况），总物质的量为这种，根据氮原子数守恒，，； 故选D。 10．已知还原性，向溶液中通入标准状况下的，全部被还原，和分别被氧化为和。测得溶液中，则原溶液的物质的量浓度为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】还原性Fe2+＞Br-，通入氯气先发生反应，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应，反应后溶液中，氯气完全反应，Cl2的物质的量：，若Br-没有反应，溶液中，则，0.3molFe2+只能消耗0.15mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，，，未反应的，参加反应的，根据电子转移守恒有，解得，所以原溶液的物质的量浓度为，答案选B。 11．某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO的个数比为1：5，则氯气与NaOH溶液反应时被氧化的氯与被还原的氯的个数之比为 A．21：5 B．13：3 C．3：13 D．3：1 【答案】C 【详解】部分氯化合价降低为-1价氯被还原、部分氯化合价升高为+1和+5被氧化，假设ClO-与ClO分别为1mol、5mol，则根据电子的得失守恒可知反应中被还原的氯元素原子的物质的量为1mol×1＋5mol×5=26mol，因此反应时被氧化的氯与被还原的氯的个数之比为6︰26=3︰13，答案选C。 12．已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：；。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其恰好完全反应，溶液中形成、、共存体系，下列判断正确的是 A．可能为7:3 B．可能为 C．与反应的氯气一定为0.5mol D．当溶液中与的个数之比为时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为3:5 【答案】C 【详解】A．若氯气和NaOH只发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则n(Na+):n(Cl-)=2:1，若氯气和NaOH只发生反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，则n(Na+):n(Cl-)=6:5，7:3不在两者之间，所以n(Na+)：n(Cl-)不可能为7:3，故A错误； B．若为，假设NaCl、NaClO、NaClO3分别是10mol、3mol、1mol，共得到电子的物质的量为10×1mol=10mol，失去电子的物质的量为3×1mol+1×5mol=8mol，得失电子数目不相等，B错误； C．NaCl、NaClO、NaClO3中Na和Cl的个数均相等，所以和1molNaOH反应的氯气为0.5mol，故C正确； D．溶液中与的个数之比为时，假设为5mol，为1mol，共失去电子的物质的量为(5×1+1×5)mol=10mol，则生成的Cl-的物质的量为10mol，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为10:6=5:3，D错误； 答案选C。 13．用元素M制备化合物R的反应为3M 2+ + 2 + O2 + OH - = R + + 2H2O，则下列叙述中错误的是 A．元素M一定不是非金属元素 B．元素M一定不是镁元素 C．R中M元素的化合价是+3 D．被氧化与未被氧化的M 2+的质量之比为2：1 【答案】C 【分析】根据电荷、原子守恒可知，，则的化学式为。 【详解】A．元素能形成阳离子，非金属元素通常无法形成单独的阳离子，说明不可能是非金属元素，A正确； B．若为镁元素，则的化学式为，没有这种物质，B正确； C．的化学式为，可表示为，的化合价为价，C错误； D．的化学式可表示为，两个为价，一个为价，则说明中有两个被氧化，个化合价不变，则被氧化与未被氧化的个数之比为，D正确； 故选C。 14．为了从工业上制作印刷电路板的废液中提取铜，将足量的铁放入废液中，完全反应后发现溶液的质量未发生变化，则原废液中与的物质的量之比为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】反应离子方程式为：，，完全反应后发现溶液的质量未发生变化，说明参与反应的Fe和生成的Cu质量相等，设物质的量为xmol，则m(Fe)=64xg，，，所以与的物质的量之比为。 【详解】A．根据分析可知，与的物质的量之比为，A错误； B．根据分析可知，与的物质的量之比为，B错误； C．根据分析可知，与的物质的量之比为，C正确； D．根据分析可知，与的物质的量之比为，D错误； 故选C。 二、填空题 15．汽车安全气囊的气体发生剂可用金属钠生产。某汽车安全气囊内含、和等物质。 (1)当汽车发生较严重碰撞时，(可引发分解，并在结束，极速为气囊充气。一个安全气囊通常装有，其完全分解所释放在标准状况下的体积为 L。产生的立即与发生置换反应生成，化学方程式是 。是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。起冷却作用时发生反应的化学方程式为 。 (2)把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和的物质的量浓度之比为，则已反应的和未反应的的物质的量之比为 。 (3)通入溶液中，反应后溶液中，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 【答案】(1) 33.6 (2)1:1 (3)5:3 【详解】（1）65 g NaN3的物质的量n(NaN3)==1 mol，根据化学反应方程式可知：1 mol NaN3分解产生1.5 mol N2，其在标准状况下的体积V(N2)=1.5mol×22.4 L/mol=33.6 L；Na具有强的还原性，能够与Fe2O3在加热时发生反应产生Na2O、Fe，该反应的化学方程式为：；NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程释放的热量，发生分解产生Na2CO3、H2O、CO2，则NaHCO3起冷却作用时发生反应的化学方程式为：。 （2）铁粉放入三氯化铁溶液中发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，设开始加入Fe3+物质的量为amol，已反应的Fe3+的物质的量为2xmol，有： 溶液中Fe2+的物质的量为3xmol，所得溶液中和的物质的量浓度之比为，则得，解得x=mol， 所以未反应的Fe3+的物质的量为a-2xmol=mol，反应的Fe3+的物质的量为2xmol=mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为1:1； （3）转化为与，Cl的化合价分别由0升高为、0升高为，已知与的物质的量之比为，则可设为，为，则被氧化的Cl原子的物质的量共为，失去电子的总物质的量为。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，生成KCl是被还原的过程，化合价由0降低为，则得到电子的物质的量也应为，则被还原的Cl原子的物质的量为，所以参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为。 16．食品包装中的铁系脱氧剂由还原铁粉、氯化钠和炭粉等组成，利用铁的吸氧腐蚀除去氧气，主要反应有，。已知某脱氧剂中含有4.48g还原铁粉，请计算： (1)还原铁粉的物质的量是 mol。 (2)若还原铁粉完全转化为，则转移电子的物质的量是 mol。 (3)在25℃和101kPa的条作下，气体摩尔体积约为24.5L/mol，空气中氧气的体积分数约为21%，则该脱氧剂理论上最多能处理 mL包装盒中的空气。 【答案】(1)0.08 (2)0.24 (3)7000 【详解】（1）4.48g还原铁粉的物质的量是。 （2）若还原铁粉完全转化为，铁元素化合价由0升高为+3，则转移电子的物质的量0.08mol×3=0.24mol。 （3）氧气中氧元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，消耗氧气的物质的量为，在25℃和101kPa的条作下，气体摩尔体积约为24.5L/mol，空气中氧气的体积分数约为21%，则该脱氧剂理论上最多能处理包装盒中的空气。 17．回答下列问题： (1)湿法制备K2FeO4反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，当有3mol生成时，转移电子的物质的量为 。 (2)对于NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O反应，生成0.5molN2，转移电子的物质的量为 。 【答案】(1)9 mol (2)1.5 mol 【详解】（1）根据铁元素化合价变化可知，每生成2mol，转移电子数为，则有3mol生成时，转移电子的物质的量为。 （2）根据氮元素化合价变化可知，NaNO2与NH4Cl归中反应生成N2，且每生成1molN2，转移电子数为3mol，则生成0.5molN2，转移电子的物质的量为1.5 mol。 18．回答下列问题。 (1)在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则Cr3＋与PbO2反应的化学计量数之比为 。 (2)已知Na2SO3溶液能与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，且Na2SO3被氧化为Na2SO4，Na2SO3与K2Cr2O7反应的化学计量数之比为3∶1，则铬元素在还原产物中的化合价为 。 【答案】(1)2∶3 (2)＋3 【分析】重点考查氧化还原反应中有关电子转移守恒的应用，特别是与化合价相互之间的内在联系。 【详解】（1）在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是重铬酸根和Pb2+,则该反应中PbO2→Pb2+，Pb元素的化合价由+4→+2 价；Cr3+→→重铬酸根，Cr元素的化合价由+3→+6价，又氧化还原反应得失电子守恒。所以参加反应的Cr3+与PbO2的物质的量之比为2:3，故答案为：2:3； （2）S元素的化合价由+4价升高为+6价，Cr 元素的化合价由+6价降低，设还原产物中Cr 元素的化合价为x，由电子守恒可知，3×(6-4)=1×2×(6-x)，解得×=+3, 故答案为：+3。 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3.2 氧化还原反应的应用 考点1 陌生氧化还原反应方程式的书写和配平 1．整体配平法(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降低) (1)： 。 (2)： 。 2．通过和在介质中反应获得制氟气的原料——。完成下列方程式，并用单线桥法表示电子转移方向和数目 。 对砷化镓废料中镓与砷的清洁高效提取成为研究热点。 3．完成并配平“氧化碱浸”发生反应的化学方程式： 。 ___________GaAs+___________NaOH+___________H2O2=___________Na[Ga(OH)4]+ ___________Na3AsO4+___________ ___________ 4．若用240g含7.25%砷化镓的废料回收镓，得到纯度99%的镓7. 0kg，列式计算镓的回收率 。 5．对于反应 (1)MnO2在反应中 (填“得到”或“失去”)电子，所含元素化合价 (填“升高”或“降低”)，发生 反应(填“氧化”或“还原”)。 (2)HCl在反应中 (填“得到”或“失去”)电子，所含元素化合价 (填“升高”或“降低”)，发生 反应(填“氧化”或“还原”)。 (3)配平下列化学方程式： ， 。 ， 。 (4)用双线桥表示下列氧化还原反应中电子转移情况。 ①， ； ②， 。 6．在水处理领域，化学技术扮演着重要角色。用化学方法处理废水中的，其原理为：。完成该化学方程式 ，写出该反应氧化剂的化学式 。 7．氧化还原反应是一类重要的化学反应。 (1)已知反应：，反应中还原剂是 ，氧化性： (填“＜”或“>”)。 (2)在反应中，若转移电子，则所产生的氧气在标准状况下的体积为 L。 (3)在的离子方程式中，对系数和、判断正确的是_______(填字母)。 A．，是还原剂 B．，被氧化 C．，是氧化剂 D．，是还原剂 (4)用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目 。 (5)配平系数： 。 __________________________________________ (6)氧化废水中生成的离子方程式为 。 (7)在酸性条件下，可发生反应生成并释放出，该反应的离子方程式为 。 8．将固体(黄色、微溶)加入到和的混合溶液里加热，固体溶解变为澄清溶液，发生如下反应：。 (1)配平上述反应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目 。 (2)由上述反应可得氧化性强弱： > 。 9．按要求回答下列问题。 (1)配平下列方程式。 ① ；____KMnO4 +_____HCl =_____MnCl2 +____KCl +___Cl2↑+ _____H2O。 ② ；_______+_______Fe2+ +_______H+=_______Cr3+ +_______Fe3+ +_______H2O。 (2)实验室可用金属氢化物与水为原料制备微量氢气NaH+H2O=NaOH+H2↑，NaH就是一种典型的金属氢化物，NaH中H的化合价为 价。在制取氢气的过程中，H2O体现了 性，若该反应制得了2gH2，则反应过程中消耗的NaH质量为 g。 (3)ClO2是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂，它可以将水中的重金属离子Mn2+氧化为难溶于水的MnO2，反应的离子方程式如下，试用双线桥法标明反应中电子转移的方向和数目 。 10．配平下列反应方程式。 (1)正向配平类 ① 。 ___________________________________ ② 。 __________________________________________ ③ 。 __________________________________________ (2)逆向配平类 ① 。 _______S+____________________________ ② 。 ___________________________________ 11．化学实验中，如使某步反应中的有害产物作为另一步反应的反应物，形成一个循环，就可不再向环境中排放该有害物质。例如： (1)配平后回答问题，并用单线桥法标出两个反应中电子转移的方向和数目。 i．反应①： 。 ______________HCl=____________________________。 该反应中氧化剂为 (填化学式，以下同)。 ii．反应⑥： 。 _____________________=_____________——。 该反应中被氧化的元素为 ，还原产物为 。 (2)在上述有编号的步骤中，除了①⑥外，需要加入氧化剂的步骤是 (填编号)。 考点2 基于氧化还原反应守恒规律的计算 一、单选题 1．某温度下，将通入NaOH溶液中，反应后得到的混合溶液，经测定与的个数之比是，则与NaOH反应时，氧化剂与还原剂的个数之比为 A． B． C． D． 2．下列关于反应的说法正确的是 A．，每24个氧化11个 B．，产生1个时，反应转移10个 C．，当6个被氧化时有2个被还原 D．，还原剂与氧化剂的个数之比为 3．用下列方法均可制备铜： ①； ②； ③。 若要制得相同质量的铜，①②③反应中转移电子数之比为 A．1：1：1 B．1：1：6 C．6：6：1 D．2：2：1 4．在酸性溶液中，5个恰好将2个氧化为，已知中O均为-2价，则还原产物中元素Xe的化合价是 A．＋6 B．＋5 C．＋4 D．＋3 5．向和的混合溶液中不断通入，溶液中n(含碘的某微粒)和n(含铁的某微粒)随的变化曲线如图所示。(已知：为强酸)下列说法中错误的是 A．原混合液中为2NA个 B．b点溶液中mol C．a点时已通入的总数目为17.5NA个 D．c点溶液中阴离子的个数为21NA个 6．向500 mL FeBr2溶液中，通入适量的Cl2，测得溶液中。反应过程中溶液的体积变化不计，则下列说法中正确的是 A．过程中只发生了 B．反应后溶液中 C．原溶液中 D．通入Cl2的体积为0.672L(标准状况) 7．将Mg、Cu组成的1.98g混合物投入适量稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时，得到还原产物NO气体0.672L(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，其质量为 A．7.02g B．8.96g C．5.5g D．3.51g 8．1.36g铜镁合金完全溶解于60mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和NO的混合气体896mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入V mL 2.0mol/L NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀，共得到2.72g沉淀。下列说法正确的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1 B．加入的2.0mol/L NaOH溶液的体积V=340mL C．和NO的混合气体中，的体积分数是50% D．反应结束后所得溶液中溶质的物质的量浓度为1.9mol/L 9．向浓硝酸中加入足量铜，充分反应后共收集到3.584L(已折算为标准状况)NO、和混合气体，尾气被0.2molNaOH恰好完全吸收生成和，则反应反应生成的为 A．0.01mol B．0.02mol C．0.03mol D．0.04mol 10．已知还原性，向溶液中通入标准状况下的，全部被还原，和分别被氧化为和。测得溶液中，则原溶液的物质的量浓度为 A． B． C． D． 11．某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO的个数比为1：5，则氯气与NaOH溶液反应时被氧化的氯与被还原的氯的个数之比为 A．21：5 B．13：3 C．3：13 D．3：1 12．已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应：；。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其恰好完全反应，溶液中形成、、共存体系，下列判断正确的是 A．可能为7:3 B．可能为 C．与反应的氯气一定为0.5mol D．当溶液中与的个数之比为时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数之比为3:5 13．用元素M制备化合物R的反应为3M 2+ + 2 + O2 + OH - = R + + 2H2O，则下列叙述中错误的是 A．元素M一定不是非金属元素 B．元素M一定不是镁元素 C．R中M元素的化合价是+3 D．被氧化与未被氧化的M 2+的质量之比为2：1 14．为了从工业上制作印刷电路板的废液中提取铜，将足量的铁放入废液中，完全反应后发现溶液的质量未发生变化，则原废液中与的物质的量之比为 A． B． C． D． 二、填空题 15．汽车安全气囊的气体发生剂可用金属钠生产。某汽车安全气囊内含、和等物质。 (1)当汽车发生较严重碰撞时，(可引发分解，并在结束，极速为气囊充气。一个安全气囊通常装有，其完全分解所释放在标准状况下的体积为 L。产生的立即与发生置换反应生成，化学方程式是 。是冷却剂，吸收产气过程释放的热量。起冷却作用时发生反应的化学方程式为 。 (2)把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中和的物质的量浓度之比为，则已反应的和未反应的的物质的量之比为 。 (3)通入溶液中，反应后溶液中，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 16．食品包装中的铁系脱氧剂由还原铁粉、氯化钠和炭粉等组成，利用铁的吸氧腐蚀除去氧气，主要反应有，。已知某脱氧剂中含有4.48g还原铁粉，请计算： (1)还原铁粉的物质的量是 mol。 (2)若还原铁粉完全转化为，则转移电子的物质的量是 mol。 (3)在25℃和101kPa的条作下，气体摩尔体积约为24.5L/mol，空气中氧气的体积分数约为21%，则该脱氧剂理论上最多能处理 mL包装盒中的空气。 17．回答下列问题： (1)湿法制备K2FeO4反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2+3Cl-+5H2O，当有3mol生成时，转移电子的物质的量为 。 (2)对于NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O反应，生成0.5molN2，转移电子的物质的量为 。 18．回答下列问题。 (1)在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O和Pb2＋，则Cr3＋与PbO2反应的化学计量数之比为 。 (2)已知Na2SO3溶液能与K2Cr2O7溶液发生氧化还原反应，且Na2SO3被氧化为Na2SO4，Na2SO3与K2Cr2O7反应的化学计量数之比为3∶1，则铬元素在还原产物中的化合价为 。 学科网（北京）股份有限公司 $