专题三第2练 氧化还原反应的配平和计算高考化学选择题常考易错100练解析版.docx

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专题三第2练氧化还原反应的配平和计算高考化学选择题常考易错100练解析版

专题三氧化还原反应

第2练氧化还原反应的配平和计算

基础练

1．K2FeO4是优良的水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3+3KNO3

+4KOH==2K2FeO4+3KNO3+2H2O。

下列关于该反应的说法不正确的是

A．铁元素被氧化，氮元素被还原

B．每生成1molK2FeO4，转移6mole−

C．K2FeO4具有氧化杀菌作用

D．该实验条件下的氧化性：

KNO3＞K2FeO4

【答案】B

【解析】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中，铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价，化合价升高，Fe2O3为还原剂，而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价，化合价降低，做氧化剂。

A、氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，选项A正确；B、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子，选项B错误；C、K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，选项C正确；D、反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，而氧化性是氧化剂>氧化产物，故氧化性：

KNO3>K2FeO4，选项D正确。

74

27

2．用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-，发生反应如下：

反应Ⅰ：

CuS+Cr2O2-+H+→Cu2++SO2-+Cr3++H2O（未配平）反应Ⅱ：

Cu2S+CrO2-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O（未配平）下列有关说法正确的是（）

4

A．反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO2-都是氧化产物

B．处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等

C．反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3：

5

7

D．反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2O2-，转移电子数不相等

【答案】C

【解析】A.反应Ⅰ中Cu化合价没有改变，所以Cu2+不是氧化产物，故A错误；B.处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得：

3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O；3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O，所以消耗H+的物质的量不相等，故B错误；C.反应Ⅱ

中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-，根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3：

5，故C正确；

D.处理1molCr2O72-得到2molCr3+，转移电子数相等，故D错误。

3．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点（CQDs）/氮化碳（C3N4）纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。

下列说法正确的是

A．C3N4中C的化合价为-4

B．反应的两个阶段均为吸热过程

C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂

D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化

【答案】C

【解析】A.依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项错误；B.阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；C.阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；D.利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。

4．运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷，经撞击发出响声，同时产生白色烟雾。

撞击时发生的化学反应方程式为：

5KClO3+6P=3P2O5+5KCl，则下列有关叙述正确的是A．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5

B．上述反应中消耗3molP时，转移电子的物质的量为15mol

C．KCl既是氧化产物，又是还原产物

D．因红磷和白磷互为同素异形体，上述火药中的红磷可以用白磷代替

【答案】B

【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低，KClO3是氧化剂，且氯元素化合价全部降低；反应中只有磷元素化合价升高，磷是还原剂，且磷元素化合价全部升高；所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：

6，选项A错误；B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高，P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价，且磷元素化合价全部升高，所以消耗3molP时，转移电子的物质的量为

3mol×5=l5mol，选项B正确；C.KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物，P2O5是还原剂P失去电子

形成的氧化产物，选项C错误；D.白磷不稳定，易自燃，火药中的红磷不能用白磷代替，选项D错误。

5．丙烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2+Fe+，下列叙述错误的是

A．配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12

B．该反应中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为10：

9

C．还原性：

C3H8＞Fe

D．25℃、101kPa条件下，消耗11.2LC3H8转移的电子数为10NA

【答案】D

【解析】

8

烷还原氧化铁的反应为C3H8+Fe2O3→CO2+Fe+，反应中C元素的化合价由-

3

变为+4价，化合价升高，

失电子，发生氧化反应，C3H8作还原剂；Fe元素的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子，发生还原反应，Fe2O3作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒和原子守恒，则配平该反应方程式为：

3C3H8+10Fe2O3=9CO2+20Fe+12H2O，据此分析解答。

【详解】

A．根据上述分析可知，配平方程后方框内的化学式为H2O且系数为12，故A正确；

B．根据分析，该反应中氧化剂为Fe2O3，氧化产物为CO2，则二者物质的量之比为10：

9，故B正确；

C．根据分析，反应中C3H8作还原剂，Fe作还原产物，根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性：

C3H8＞Fe，故C正确；

D．11.2LC3H8的状态条件不是标准状况，不能用标况下气体的摩尔体积计算消耗C3H8物质的量，则反应中转移电子的数目不能确定，故D错误；

答案选D。

6．在2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中，下列说法错误的是（）

A．Cl2是氧化产物，具有氧化性

B．每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol

C．每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol

D．KMnO4发生氧化反应，HCl发生还原反应

【答案】D

【解析】

A．反应中氯元素的化合价升高，HCl做还原剂，发生氧化反应，Cl2是氧化产物，具有氧化性，A正确；

B．氯元素化合价由-1价变为0价，每生成1molCl2，转移电子的物质的量为2mol，B正确；

C．根据反应方程式可知，每消耗2molKMnO4，起还原作用的HCl消耗10mol，则每消耗1molKMnO4，起还原作用的HCl消耗5mol，C正确；

D．锰元素化合价降低，做氧化剂，被还原，发生还原反应，故D错误；答案选D。

7．四氟肼（（N2F4）可作高能燃料的氧化剂，可用Fe3＋与二氟胺（HNF2）反应制得，发生的反应是：

HNF2＋Fe3

＋→N2F4↑＋Fe2＋＋H＋（未配平），下列说法正确的是（）

A．被氧化的元素是F

B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：

1

C．N2F4的氧化性强于Fe3＋的氧化性

D．若生成2.24L（标况下）N2F4，转移电子的物质的量是0.4mol

【答案】B

【解析】

根据化合价改变，电子守恒，原子守恒，电荷守恒，配平化学方程式得：

2HNF2＋2Fe3＋=N2F4↑＋2Fe2＋＋2H

＋，其中铁的化合降低从+3降到+2，发生还原反应，作氧化剂，氮元素化合价升高从+1升高到+2，发生氧化反应，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：

1，以此来解答题目。

【详解】

A．被氧化的元素是N，A错误；

B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：

1，B正确；

C．氧化性大小比较是，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，N2F4的氧化性弱于Fe3＋的氧化性，C错误；

D．若生成2.24L（标况下）N2F4，物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量是0.1mol⨯2⨯（2-1）=0.2mol，D

错误；

故答案为：

B。

8．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2，

2KClO3+H2C2O4+H2SO4→2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，下列说法错误的是

A．KClO3在反应中得到电子B．ClO2是还原产物

C．H2C2O4在反应中被氧化D．1molKClO3参加反应有2mol电子转移

【答案】D

【解析】

A．在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；

B．ClO2是KClO3得电子（被还原）后的产物，所以是还原产物，B正确；

C．在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；

D．KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，1molKClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；故选D。

易错练

1．水体中存在的NO-、NO-等致癌阴离子对人体健康构成严重威胁。

采用Pd－Fe3O4,双催化剂，可实现

32

用H2消除酸性废水中的NO-、NO-。

Fe3O4中含有+2+3，分别表示为Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），其反应历程如图

32Fe、Fe

所示。

下列说法错误的是

A．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用

B．过程③发生的反应为NO-+6Fe2＋+8H＋===6Fe3＋+NH++2H2O

24

C．过程④每生成1molN2，转移了3mol电子

D．用该法处理后水体的pH降低

【答案】D

【解析】

A.由图中信息可知，Fe（II）和Fe（III）是该反应的催化剂，它们的相互转化起到了传递电子的作用，故A正确；

B.由图可知，反应③为NO-转化成NH+，发生反应的离子方程式为NO-+6Fe2＋+8H＋=6Fe3＋+NH++2H2O，

2424

故B正确；

C.由图中信息可知，反应④为NH+和NO-反应生成N2↑和H2O，其离子方程式为：

NH++NO-=N2↑+2H2O，

4242

根据离子方程式可知，每生成1molN2，转化为3mol，故C正确；

3

D.由图中信息可知，该过程的总反应离子方程式为：

2NO-+5H2+2H+=N2+6H2O，反应过程中消耗了H+，

pH会升高，故D错误；

故答案为D。

2．新装修的房屋会释放有毒的甲醛（HCHO）气体，银-Ferrozine法检测甲醛的原理如下：

下列说法正确的是（）A．22.4LCO2中含共价键数目为4NAB．30gHCHO被氧化时转移电子数目为2NAC．该电池总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2↑+H2OD．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3＋的物质的量之比为4:

1

【答案】C

【解析】

A．未指明标准状况，无法计算22.4LCO2的分子数目，也就无法计算共价键数目，故A错误；

B．HCHO被氧化生成CO2，30gHCHO（即1mol）转移电子数目为4NA，故B错误；

C．Ag2O和HCHO反应的总反应的化学方程式为2Ag2O+HCHO=4Ag+CO2↑+H2O，故C正确；

D．银一Ferrozine法原理为氧化银能氧化甲醛并被还原为Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，根据电子守恒定律，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1:

4，故D错误；

答案：

C。

3．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，这些气体与3.36LO2（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．90mLC．120mLD．150mL

【答案】C

【解析】

分析反应过程，可知Cu失去的电子全部转移给HNO3，生成了氮氧化物，而这些氮氧化物又全部将所得电子转移给了O2，生成了HNO3，相当于Cu失去的电子全部转移给了O2，故可以通过O2的量来计算参加反应的Cu的量，也可以计算出生成的Cu2+的量，从而计算得NaOH的体积。

【详解】

3.36L

根据分析，题中n（O2）=

22.4L/mol

=0.15mol，则转移电子数=0.15⨯4=0.6mol，1molCu可转移2mol

电子，故可知共有0.3molCu参与反应，即生成0.3molCu2+，0.3molCu2+完全沉淀，则需要0.6molNaOH，

故V（NaOH）=

0.6mol5molL-1

=120mL，C项正确；答案选C。

4．已知：

还原性HSO-＞I-，氧化性IO-＞I2。

在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。

加入KIO3

33

和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。

下列说法不正确的是（）

A．0~a段发生反应：

3HSO-+IO-=3SO2-+I-+3H+

334

B．b~c段反应：

氧化产物的物质的量是0.5mol

C．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：

1时，加入的KIO3为1.lmolD．a-b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol

【答案】C

【解析】

还原性HSO-＞I-，首先发生0~a段，离子方程式：

3HSO-+IO-=3SO2-+I-+3H+，继续加入KIO3，氧化性

3334

IO-＞I2，所以IO-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO-+5I-+6H+=3I2+3H2O，根据发生的反应来判

333

断各个点的产物，由此分析。

【详解】

A．由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0~a间发生反应的离子方程式为：

3HSO-+IO-=3SO2-+I-+3H+，故A不符合题意；

334

3

B．根据分析，由图示b~c之间所发生的离子反应方程式IO-+5I-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是碘单质，

3

0.2molIO-完全反应时，生成的碘单质的物质的量为0.6mol，碘单质既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比等于5：

1，氧化产物的物质的量为0.5mol，故B不符合题意；

C．0~b之间共消耗1molKIO3，则生成1molI-，又由b~c之间的方程式为：

3

IO-

+5I-

+6H+

=3I2

+3H2O

153

a

1-5a=5

3a1

5a3a

解得a=0.05mol，则n=1mol+0.05mol=1.05mol，所以当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶1时，加入的KIO3

为1.05mol，故C符合题意；

3

D．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a~b之间共消耗0.6molIO-且无I2生成，故根据方程式

3HSO-+IO-=3SO2-+I-+3H+可知，每消耗1molIO-则有3molHSO-被氧化，则有0.6molIO-消耗时有

334333

3

1.8molHSO-被氧化，故D不符合题意；答案选C。

5．LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。

遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在

125℃分解为LiH、H2和Al。

下列说法正确的是（）

A．LiAlH4中AlH-的结构式可表示为

B．1molLiAlH4在125℃条件下完全分解，转移2mol电子

C．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/mol

D．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇

【答案】A

【解析】

A.LiAlH4是Li+和AlH-形成的离子化合物，AlH-离子是四面体结构，结构式

，故A正确；

B.LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、

H为-1价，在125℃条件下受热分解时，由Al元素的价态变化可知1molLiAlH4完全分解，反应转移3mol

电子，故B错误；

C.LiH与D2O反应生成LiOD和HD，HD的摩尔质量为3g/mol，故C错误；

D.有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应，则反应中氧化剂是乙醛，乙醛被还原为乙醇，故D错误；

故选A。

6．自然界中时刻存在着氮的转化。

实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为

N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。

下列叙述正确的是

A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定B．在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应C．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量D．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂

【答案】C

【解析】

A．把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；

B．在催化剂b作用下，O2→NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B

错误；

C．催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；D．催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N−H键，故D错误；

答案选C。

7．已知工业上常用“有效氢含量”衡量含氢还原剂的还原能力，其定义为：

每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。

硼氢化钠（NaBH4）是一种极强的含氢还原剂，下列有关说法正确的是A．NaBH4的“有效氢含量”约为0.21B．NaBH4作还原剂时，其中的硼元素被氧化

C．反应Au3++BH-+OH-→Au+BO-+H2O中水的化学计量数为16

42

D．NaBH4遇水产生大量的氧气可作供氧剂

【答案】A

【解析】

A．1molNaBH4作还原剂时，H元素由-1价升高到+1价，可以失去8mol电子，相当于4molH2，NaBH4的

4mol⨯2g/mol

“有效氢含量”为1mol⨯39g/mol≈0.21，故A正确；

B．NaBH4中B元素的化合价为+3，H元素的化合价为-1，NaBH4作还原剂时，其中的硼元素的化合价不变，被氧化的是氢元素，故B错误；

C．配平后可得8Au3++3BH-+24OH-=8Au+3BO-+18H2O，则水的化学计量数为18，故C错误；

42

D．NaBH4是一种极强还原剂，其与水产生氢气，不可能用作供氧剂，故

错误；答案选A。

8．工业上提取碲（Te）的反应之一为3Te+16HNO3=3Te（NO3）4+4NO↑+8H2O，下列说法不正确的是

A．Te（NO3）4是氧化产物，NO是还原产物B．生成标准状况下11.2LNO，转移的电子数为2NAC．氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te（NO3）4D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:

3

【答案】B

【解析】

A．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，则Te（NO3）4是氧化产物，NO是还原产物，故A正确；B．由化学方程式可知，生成4molNO，反应转移12mol电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，则转移1.5mol电子，电子数为1.5NA，故B错误；C．由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，由元素化合价变化可知，HNO3起酸和氧化剂的作用，Te（NO3）4是氧化产物，则氧化性由强到弱的顺序为HNO3>Te（NO3）4，故C正确；D．由化学方程式可知，反应中Te元素化合价升高被氧化，N元素化合价部分降低被还原，Te为还原剂，HNO3起酸和氧化剂的作用，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:

3，故D正确；

故选B。

9．已知：

①KMnO4+HCl（浓）→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O（未配平）

844

②检验Mn2+的存在：

5S2O2－+2Mn2++8H2O=10SO2－+2MnO－+16H+

下列说法中错误的是

8

A．S2O2－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O82－离子中硫元素的化合价为+6B．反应②若有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5molC．K2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体D．反应①配平后还原剂与还原产物之比为8:

1

【答案】D

【解析】

288

A．过氧键（—O—O—）整体显-2价，SO2－离子中存在一个过氧键（—O—O—），则S2O2－离子中硫元素的化合价为+6，故A正确；B．反应②为Mn2+还原剂，2mol反应转移的电子为2×（7-2）=10mol，则有0.1mol还原剂被氧化，则转移电子0.5mol，故B正确；C．根据反应②，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，与浓盐酸混合可得到氯气，故C正确；

D．反应中Mn元素从+7价降低到+2价，Cl元素从-1价升高到0价，由得失电子守恒和原子