2016高考化学一轮复习考点集训-氧化还原反应的计算 Word版含解析

氧化还原反应的计算

【考点归纳】

氧化还原反应计算的基本规律： 对于一个氧化还原反应，元素化合价升高总数与降低总数相等，还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数相等，反应前后电荷总数相等（离子反应）． 【命题方向】

题型一：求氧化剂与还原剂物质的量或质量之比 典例1：（2010?海南模拟）在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比是（ ） A.1：2 B.2：1 C.1：3 D.3：1

分析：在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，部分硫元素由0价升高为+4价，被氧化，部分硫元素由0价降低为-2价，被还原，所以硫既作氧化剂又作还原剂，根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断．

解答：在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，部分硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，部分硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比为2：1． 故选：B．

点评：本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，判断后也可根据电子转移守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比．

题型二：计算参加反应的氧化剂或还原剂的量 典例2：（2008?海南）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（ ） A.2mol B.1mol C.0.5mol D.0.25mol

分析：硝酸具有氧化性，可以将金属氧化到最高价，被还原的硝酸就是被还原成硝酸铵，据此结合方程式来计算回答．

解答：因为硝酸很稀，所以硝酸被氧化成NH3（氨气）而不是NO2（二氧化氮），然后氨气极易溶于水，就与稀硝酸反应生成硝酸铵，所以没有NO2 就只生成硝酸锌、硝酸铵和水， 反应的方程式可以表达为：4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2 +NH4NO3+3H2O，所以被还原的硝酸就是被还原成氨气的那部分，也就是生成硝酸铵的那份，所以生成1mol的硝酸锌， 相对应的生成硝酸铵物质的量就是0.25mol，所以硝酸还原成氨气的部分就是0.25mol． 故选：D． 点评：本题考查学生氧化还原反应中的有关知识，应该知道被还原的硝酸即为化合价降低的氮元素所在的产物，即生成铵根离子的那部分硝酸，根据方程式来分析最简单． 题型三：确定反应前后某一元素的价态变化 典例3：（2013?哈尔滨模拟）R2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若R2O8n-离子变为RO42-离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为（ ） A.4 B.3 C.2 D.1

分析：先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．

解答：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为

8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2， 故选C．

点评：本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大．

题型四：转移电子数的计算 典例4：（2012?河南一模）三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF．下列有关说法正确的是（ ）

A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂 B．反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：1

C．若反应中生成0.2mol HNO3，则反应共转移0.2mol e-D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象

分析：反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．

解答：A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；

B．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故B错误； C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole-，故C错误；

D．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故D正确． 故选D．

点评：本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键． 【解题思路点拨】

电子守恒法解题的步骤：

（1）找出氧化剂、还原剂及其物质的量及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量； （2）根据电子守恒列出等式；

（3）计算公式：氧化剂的物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值． 一、选择题（共15小题）

1．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入标准状况224mlCl2，有一半Br变

2﹣

为Br2．则反应后溶液中SO4的浓度等于（假设反应前后溶液体积忽略不计）（ ） A． 0.08mol/L B． 0.0018mol/L C． 0.075mol/L D． 0.0075mol/L

2．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol?LNa2S2O3溶液恰好与224mL（标准状

2﹣

况下）Cl2完全反应，则S2O3将转化成（ ）

2﹣2﹣2﹣

A． S B． S C． SO3 D． SO4

﹣1

﹣

3．测定铁铵矾[x（NH4）2SO4?yFe2（SO4）3?zH2O]组成的实验如下：准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，

3+

经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe

﹣1 2+2+

还原为Fe，生成的Fe恰好可与0.010mol?L25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应

2+2﹣+3+3+

（6Fe+Cr2O7+14H═6Fe+2Cr+7H2O）．由计算知：x：y：z的值为（ ） A． 1：1：24 B． 1：1：12 C． 1：2：6 D． 3：4：6

4．在8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2反应中，若有10.2gNH3被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（ ）

A． 5.04L B． 6.72L C． 20.16L D． 40.32L

5．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）

2SO4→N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应．下列说法正确的是（ ） A． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1 B． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2 C． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3 D． 从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl

6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（ ）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O） A． 2mol/L B． 1.8mol/L C． 2.4 mol/L D． 3.6 mol/L

7．一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L气体（标况），将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余．则反应中消耗硝酸的物质的量（ ） A． 1.2mol B． 1.1mol C． 1.8 mol D． 1.6mol

8．12ml NO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3?5N2+6H2O（g）．若还原产物比氧化产物多1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是 （ ）

A． 2：1 B． 1：1 C． 3：2 D． 4：3

9．向VmLFeBr2溶液中缓慢通入amolCl2，结果溶液中有50% 的Br﹣被氧化为溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（ ） A． C．

mol/L B． mol/L D．

mol/L mol/L

10．单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH→2Na2S+Na2SO3+3H2O，若硫过量，进一步生成Na2Sx（x≤5）和Na2S2O3，将2.56g硫与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmol Na2S2O3，再加入足量NaClO﹣NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子n mol，则以下正确的是（ ） A． a=2b B． 2a=b C． n=0.48 D． b=0.02

11．6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应

+

后溶液中含有H 0.05mol．（假定反应前后溶液体积不变），下列说法不正确的是（ ） A． NO与NO2的物质的量之比为1：5

﹣

B． 反应后溶液中所含NO3的物质的量浓度为0.5 mol/L C． 被还原的硝酸的物质的量为0.15 mol

D． 上述过程转移电子总的物质的量为0.2 mol 12．将1.28g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时，收集到气体1.12L（标准状况），则所消耗硝酸的物质的量为（ ）

A． 0.08mol B． 0.09mol C． 0.11mol D． 0.12mol

13．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2：13，则该反应的还原产物为（ ） A． N2O B． NO C． NO2 D． N2O3

14．某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO

﹣

离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的

氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ） A． 2：3 B． 4：3 C． 10：3 D． 11：3

15．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水．反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是（ ）

A． 1：3 B． 2：3 C． 1：1 D． 4：3

二、填空题（共5小题）（除非特别说明，请填准确值） 16．（1）在3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中， 是氧化剂； 是还原剂；被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比

是 ；若有1molCu被氧化，则被还原的硝酸质量为 g；若参加反应的硝酸为1.6mol，则放出气体的体积（在标准状况下）为 L．

将下面的反应用单线桥或双线桥法标出电子转移的方向和数目：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

3+

已知Fe的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）

①FeCl3溶液 ②碘水 ③KI溶液 ④稀H2SO4 ⑤淀粉溶液 Ⅰ所需试剂编号

Ⅱ实验步骤、现象及结论 ．

17．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下（已配平）：Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+A↑+2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：

（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比

为 ．A物质可以与强碱反应生成盐和水．则A应该属于 （用字母代号填写）．

a．酸 b．碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物 一定量的铜片与含1.8mol H2SO4的浓H2SO4充分反应（浓H2SO4过量），如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为 g，生成的A气体在标准状况下体积为 L（假设气体全部逸出）．

（3）将中反应后所得到的溶液稀释后与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量为 g． 写出此过程中发生反应的离子方程式： ， ．

18．实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应式如下： KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O

（1）用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目． 反应中发生氧化反应的物质是 （填化学式），被还原的元素是 （填元素名称）．

（3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ．

（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为 （标准状况下）．

19．三氟化溴溶于水可发生如下反应：BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑ （1）其中发生自身氧化还原反应的物质是 ；

当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 ； （3）当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 ；

（4）当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 ．

20．已知离子反应：RO3+6I+6H═R+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，

n﹣

电荷守恒”等判断：n= ，R元素在中RO3的化合价是 ．

三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷） 21．金属作为一种能源受到越来越多的关注．

（1）起始阶段，金属主要作为燃料的添加剂．如航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料，加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解：4NH4ClO4

6H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑，在该反应中还原产物与氧化产物的

n﹣

﹣

+

﹣

物质的量比为 ，每有1molNH4ClO4分解，转移电子的物质的量为 ．

随着研究的深入，金属燃料直接作为能源出现．

①铁和铝的燃烧可以提供大量能量．已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H 1； 3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H 2 则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的 倍（用△H 1和△H

． 2表示）

②关于金属燃料的下列说法错误的是 a．较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染

b．镁可以通过与二氧化碳的反应，达到既节能又减碳的效果 c．将金属加工为纳米金属时，表面积增大更容易燃烧

d．电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝可作为燃料用于发电

（3）相比金属燃料来讲，将金属中的化学能转化为电能在现在得到了更为广泛的应用． ①如图为某银锌电池的装置图，则该装置工作时，负极区pH （填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为 ．

+

②一种新型电池是以Li2FeSiO4、嵌有Li的石墨为电极，含Li的导电固体为电解质，放、充电的总反应式可表示为Li+LiFeSiO4

Li2FeSiO4．放电时，Li向 （填“正”

+

或“负”）极移动；充电时，每生成1mol LiFeSiO4转移 mol电子．

22．已知它们存在如下反应转化关系：A+B→C+D+H2O（未配平，反应条件略去）．

①该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应．若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，试剂B的名称为 ，下列试剂能用于鉴别C、D两种气体的是 ．

a．Ba（OH）2溶液 b．酸性KMnO4溶液 c．紫色石蕊试液

d．H2O2与BaCl2混合液 e．酸化的Ba（NO3）2溶液 f．饱和NaHCO3溶液 ②该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应．若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，C与B反应能转化为D．当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为 ．

23．五氟化锑（SbF5）是无色黏稠液体，是很强的具有特殊酸性的酸，而且是超强酸氟锑酸

19

HSbF6（目前酸性最强的酸，比纯硫酸强2×10倍）的组分之一．SbF5可用于制备一般化学方法很难制备的氧化性极强的F2，其过程如下（均未配平）：

①KMnO4+KF+H2O2+HF→K2MnF6+O2+H2O ②SbCl5+HF→SbF5+HCl ③K2MnF6+SbF5→KSbF6+MnF3+F2↑

反应①中氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为 ；反应③中SbF5表现的性质为 性．

氧化还原反应的计算

参考答案与试题解析

一、选择题（共15小题）

1．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入标准状况224mlCl2，有一半Br变

2﹣

为Br2．则反应后溶液中SO4的浓度等于（假设反应前后溶液体积忽略不计）（ ） A． 0.08mol/L B． 0.0018mol/L C． 0.075mol/L D． 0.0075mol/L

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中H2SO3的浓度，进而计算SO4的浓度．

解答： 解：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x．氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，

由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol；硫元素失电子的物质的量为x×（6﹣4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x×1×=0.5x，根据氧化还原反应中得失电子数相等得0.02mol=2x+0.5x，x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为

=0.08mol/L，亚硫酸完全转化为硫酸根离子，则反应后溶液中SO4的浓度等于

H2SO3的浓度，即为0.08mol/L． 故选A．

点评： 本题考查了氧化还原反应的计算，难度不大，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行分析解答即可．

2．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol?LNa2S2O3溶液恰好与224mL（标准状

2﹣

况下）Cl2完全反应，则S2O3将转化成（ ）

2﹣2﹣2﹣

A． S B． S C． SO3 D． SO4

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： 根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算． 解答： 解：n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）=

2﹣

﹣1

﹣

2﹣

2﹣

=0.01mol，

设S2O3被氧化后的S元素的化合价为n，

根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则 0.0025×2×（n﹣2）mol=2×0.01mol n=6， 故选D．

点评： 本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答．

3．测定铁铵矾[x（NH4）2SO4?yFe2（SO4）3?zH2O]组成的实验如下：准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，

经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe

﹣1 2+2+

还原为Fe，生成的Fe恰好可与0.010mol?L25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应

2+2﹣+3+3+

（6Fe+Cr2O7+14H═6Fe+2Cr+7H2O）．由计算知：x：y：z的值为（ ） A． 1：1：24 B． 1：1：12 C． 1：2：6 D． 3：4：6

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

2﹣

3+

分析： 根据 K2Cr2O7和亚铁离子的化学方程式，据Cr2O7的量来确定亚铁离子的量，根据元素守恒确定样品的组成情况．

解答： 解：取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.699g．

根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为：

=0.003mol，

量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe还原为Fe，生成的Fe恰好可与0.010mol?L

2+2﹣+3+3+

25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应，6Fe+Cr2O7+14H═6Fe+2Cr+7H2O，所以亚铁离子

﹣3﹣1 ﹣3﹣

的物质的量为：6×25×10×0.010mol?L=1.5×10mol，即铁离子的物质的量为1.5×103

mol，

﹣3﹣3﹣3

铵根离子的物质的量为：2×3.0×10﹣3×1.5×10=1.5×10（mol）， 根据质量守恒，水的物质的量：×所以x：y：z=

：

=0.018，

：0018=1：1：24，

3+

2+

2+

﹣1

故答案为：1：1：24； 故选A．

点评： 守恒法来确定物质的分子式等知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．

4．在8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2反应中，若有10.2gNH3被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（ ）

A． 5.04L B． 6.72L C． 20.16L D． 40.32L

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 被氧化的氨气生成N2，根据原子守恒计算氮气的物质的量，再根据方程式计算氯气的物质的量，进而计算参加反应氯气的体积． 解答： 解：10.2g氨气的物质的量=守恒可知生成氮气的物质的量=

=0.6mol，氨气被氧化生成氮气，根据N原子=0.3mol，由方程式8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2可知参

加反应氯气为0.3mol×3=0.9mol，故参加反应氯气的体积=0.9mol×22.4L/mol=20.16L， 故选C．

点评： 本题考查化学方程式的有关计算、氧化还原反应有关计算，难度不大，利用电子转移守恒计算氯气的物质的量更简单．

5．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）

2SO4→N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应．下列说法正确的是（ ） A． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1 B． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2 C． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3 D． 从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 根据反应生成的产物量和性质分析，二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，三氧化硫溶于水和水反应生成硫酸，氨气溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸和氨水反应生成亚硫酸铵，所以通入氯化钡溶液中，关键分解反应生成的气体物质的量进行计算分析判断反应后生成的沉淀组成及物质的量之比，并判断反应后溶质．

解答： 解：反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=（NH4）（NH4）SO3+H2O+2NH3=（NH4）（NH4）2SO3、2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、2SO4、2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，

检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，该气体为氮气，说明除了氮气其它气体都参与反应，

依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨水和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，

剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n（BaSO4）：n（BaSO3）=1：1，故A正确、BC错误；

根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误； 故选A．

点评： 本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，题目难度中等，关键是分析反应过程反应判断生成沉淀的成分，试题培养了学生的分析、理解能力．

6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（ ）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O） A． 2mol/L B． 1.8mol/L C． 2.4 mol/L D． 3.6 mol/L

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaOH的物质的量浓度．

解答： 解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N

元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为

×2=1.6mol，=0.8mol，由

Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1.0mol，则NaOH的浓度为

=2mol/L．

故选：A．

点评： 本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．

7．一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L气体（标况），将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余．则反应中消耗硝酸的物质的量（ ） A． 1.2mol B． 1.1mol C． 1.8 mol D． 1.6mol

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量即可，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量．

解答： 解：整个反应过程，金属铜失电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325×2，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体（标况）的物质的量

=0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.3mol+0.5mol=1.8mol．

故选C．

点评： 本题涉及元素守恒以及电子守恒在化学反应的计算中的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．

8．12ml NO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3?5N2+6H2O（g）．若还原产物比氧化产物多1ml（气体体积在相同状况下测定），则原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能是 （ ）

A． 2：1 B． 1：1 C． 3：2 D． 4：3

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，还原产物是3mol氮气，氧化产物是2mol氮气，还原产物比氧化产物多1mol，据此回答即可．

解答： 解：根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2， 故选C．

点评： 本题考查学生氧化还原反应中的基本概念以及有关计算知识，属于知识的迁移应用题，难度中等．

9．向VmLFeBr2溶液中缓慢通入amolCl2，结果溶液中有50% 的Br﹣被氧化为溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（ ） A． C．

mol/L B． mol/L D．

mol/L mol/L

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： 由方程式可知，还原性Fe＞Br，故氯气先氧化Fe，而溶液中50%的Br氧化

﹣2+2+

为Br2，说明Fe完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe）=x mol，n（Br）=2x mol，参加反应的n（Br）=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算．

解答： 解：由方程式可知，还原性Fe＞Br，故氯气先氧化Fe，而溶液中50%的Br

﹣2+2+

氧化为Br2，说明Fe完全氧化，设FeBr2的物质的量为x，则n（Fe）=x mol，n（Br）

﹣

=2x mol，参加反应的n（Br）=2xmol×50%=xmol，根据电子转移守恒，有xmol×1+xmol×1=amol×2，解得x=a mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为故选A．

点评： 本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，根据是判断还原性Fe＞Br，通入的Cl2后发生反应有先后顺序，注意电子转移守恒的应用．

10．单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH→2Na2S+Na2SO3+3H2O，若硫过量，进一步生成Na2Sx（x≤5）和Na2S2O3，将2.56g硫与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmol Na2S2O3，再加入足量NaClO﹣NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子n mol，则以下正确的是（ ） A． a=2b B． 2a=b C． n=0.48 D． b=0.02

考点： 氧化还原反应的计算． 分析： 2.56g硫单质的物质的量为：

=0.08mol；同一氧化还原反应中转移电子数相

2+

﹣

﹣

2+

﹣

2+

﹣

2+

﹣

2+

﹣

=mol/L，

等，且反应前后各元素的原子个数相等，根据电子守恒和质量守恒定律进行计算． 解答： 解：2.56g硫单质的物质的量为：

=0.08mol，将0.08mol单质硫与含0.06mol

NaOH的热溶液充分反应恰好生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据硫原子、Na原子守恒和转移电子守恒得：2a+2b=0.06、ax+2b=0.08、2a=2×b×，解得：x=3、a=0.02、b=0.01，所以A正确、BD错误；

再加入足量NaClO、NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子n mol，实际上转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，n=0.08mol×（6﹣0）=0.48mol，故C正确； 故选AC．

点评： 本题考查了氧化还原反应的计算，根据氧化还原反应中原子守恒、转移电子相等进行计算即可，注意硫代硫酸钠中其中一个硫原子的化合价为﹣2价，可以采用平均化合价的方法判断硫代硫酸钠中硫元素的化合价，硫元素的平均化合价为+2价，为易错点．

11．6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应

+

后溶液中含有H 0.05mol．（假定反应前后溶液体积不变），下列说法不正确的是（ ） A． NO与NO2的物质的量之比为1：5

﹣

B． 反应后溶液中所含NO3的物质的量浓度为0.5 mol/L C． 被还原的硝酸的物质的量为0.15 mol

D． 上述过程转移电子总的物质的量为0.2 mol

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： A、铜元素失电子，被还原硝酸中的氮元素得电子，根据电子守恒和元素守恒来计算即可；

B、铜与过量硝酸反应，反应后溶液中的溶质是硝酸和硝酸铜，根据硝酸中NO3和H、硝

﹣﹣2++2+

酸铜中NO3和Cu的关系式，由H、Cu的量计算NO3的物质的量，进而计算浓度； C、被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量； D、根据电子守恒计算转移电子的物质的量． 解答： 解：A、6.4gCu的物质的量为：

+

﹣

﹣

+

=0.1mol，Cu对应的NO3为0.2mol，即

2+

﹣

为显示酸性的硝酸；H对应的NO3为0.05mol，即剩余的硝酸；被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量=0.05L×8mol/L﹣0.05mol﹣

0.2mol=0.15mol，设NO与NO2的物质的量分别是x、y，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×2=0.2mol，根据电子守恒：0.2=3x+y，根据N元素守恒，则x+y=0.15，联立两个方程，解得x=0.025mol，y=0.125mol，所以NO与NO2的物质的量之比为1：5，故A正确； B、6.4gCu的物质的量为：

﹣

=0.1mol，Cu对应的NO3为0.2mol，H对应的NO3

﹣

﹣

2+

﹣

+

为0.05mol，则此时溶液中含有NO3的物质的量为0.25mol，反应后溶液中所含NO3的物

=5mol/L，故B错误；

﹣

质的量浓度为

2+

C、Cu对应的NO3为0.2mol，即为显示酸性的硝酸；H对应的NO3为0.05mol，即剩余的硝酸；被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量=0.05L×8mol/L﹣0.05mol﹣0.2mol=0.15mol，所以被还原的硝酸的物质的量为0.15 mol，故C正确；

D、6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×2=0.2mol，所以转移电子总的物质的量为0.2 mol，故D正确． 故选B．

点评： 本题考查的是硝酸的性质及守恒法的运用，守恒有原子守恒、电荷守恒、质量守恒、得失电子守恒，在做题时要灵活运用，不能生搬硬套． 12．将1.28g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时，收集到气体1.12L（标准状况），则所消耗硝酸的物质的量为（ ）

A． 0.08mol B． 0.09mol C． 0.11mol D． 0.12mol

+

﹣

考点： 氧化还原反应的计算；硝酸的化学性质． 专题： 守恒法．

分析： 铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，根据混合气体的物质的量可得被还原的硝酸的物质的量，根据生成硝酸铜的物质的量可知表现酸性的硝酸的物质的量，以此计算反应消耗的硝酸的物质的量．

解答： 解：铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n（NO2）+n（NO）=n（Cu）=

=0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol， =0.02mol，则生成n（Cu（NO3）2）=0.02mol，

可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，

则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.04mol=0.09mol． 故选B．

点评： 本题考查化学方程式的计算，难度不大，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，明确二氧化氮或一氧化氮和硝酸的关系以及铜与硝酸（表现酸性）的关系式是解本题的关键．

13．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2：13，则该反应的还原产物为（ ） A． N2O B． NO C． NO2 D． N2O3

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，则Cu和S的化合价升高，N元素的化合价降低，根据氧化还原反应中电子守恒来计算．

解答： 解：Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，则Cu和S的化合价升高，N元素的化合价降低，反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2：13，根据Cu元素守恒，所以生成硝酸铜是4mol，有8mol硝酸表现酸性，设该反应的还原产物中N的化合价是+x，根据得失电子守恒：4+2[6﹣（﹣2）]=（13﹣8）（5﹣x），解得x=1， 故选A． 点评： 本题考查学生氧化还原反应中电子守恒的计算知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大．

14．某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO

﹣

离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的

氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（ ） A． 2：3 B． 4：3 C． 10：3 D． 11：3

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 计算题．

分析： Cl2生成ClO、ClO3化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降

﹣

低被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO与ClO3

﹣

﹣

﹣

的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1计算出被还原的氯元素的物质的量，最后计算出被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．

解答： 解：Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，

经测定ClO和ClO3物质的量之比为1：2，

﹣﹣

则可设ClO为1mol，ClO3为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol， 根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×（1﹣0）+2mol×（5﹣0）=11mol， 氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol， Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价， 则被还原的Cl的物质的量为：

=11mol，

﹣

﹣

﹣

﹣

所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3， 故选D．

点评： 本题考查氧化还原反应的计算，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应的实质、特征，能够根据化合价变化判断得失电子总数，明确电子守恒在化学计算中的应用方法．

15．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水．反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是（ ）

A． 1：3 B． 2：3 C． 1：1 D． 4：3

考点： 氧化还原反应的计算；铵盐． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： 还原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物是还原产物，先根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，再确定氧化产物和还原产物的物质的量之比．

解答： 解：该反应中，NH4→N2，氮元素的化合价由﹣3价→0价，失电子化合价升高，

2﹣

硫酸铵是还原剂，氮气是氧化产物，一个铵根离子失去3个电子；SO4→SO2，硫元素的化合价由+6价→+4价，得电子化合价降低，硫酸铵是氧化剂，二氧化硫是还原产物，一个硫酸根离子得到2个电子，其最小公倍数是6，其它元素根据原子守恒配平该方程式，方程式为

3（NH4）2SO4

4NH3↑+3SO2↑+N2↑+6H2O，所以氧化产物和还原产物的物质的量

+

之比=1：3，故选A．

点评： 本题考查了氧化还原反应中氧化产物和还原产物的关系，难度 不大，能正确判断氧化产物和还原产物是解本题的关键．

二、填空题（共5小题）（除非特别说明，请填准确值） 16．（1）在3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中， HNO3 是氧化剂； Cu 是还原剂；被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是 1：4 ；若有1molCu被氧化，则被还原的硝酸质量为 42 g；若参加反应的硝酸为1.6mol，则放出气体的体积（在标准状况下）为 8.96 L．

将下面的反应用单线桥或双线桥法标出电子转移的方向和数目：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O

已知Fe的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）

①FeCl3溶液 ②碘水 ③KI溶液 ④稀H2SO4 ⑤淀粉溶液 Ⅰ所需试剂编号 ①③⑤

Ⅱ实验步骤、现象及结论 取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，3+振荡，若溶液变蓝，证明Fe的氧化性强于I2 ．

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： （1）3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答；

选取含有Fe和I的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝．

解答： 解：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价升高，Cu为还原剂，N元素的化合价降低，HNO3为氧化剂，由反应可知8molHNO3反应只有2mol作氧化剂，被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是1：4，从反应中看出3molCu和8mol硝酸反应，有6mol硝酸被还原，质量m=×2mol×63g/mol=42g， 3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O 8mol 44.8L 1.6mol V V=

=8.96L，

3+

﹣

3+

反应3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O中Cu失电子，硝酸得电子，用双线

桥表示为，用单线桥表示为

，

故答案为：HNO3；Cu；1：4；42；8.96；

；

；

﹣3+

选取含有Fe和I的试剂，若能生成I2，则能使淀粉溶液变蓝，所以选取①FeCl3溶液③KI溶液⑤淀粉溶液，取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，

3+

若溶液变蓝，证明Fe的氧化性强于I2．

故答案为：①③⑤；取少量FeCl3溶液于洁净试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振

3+

荡，若溶液变蓝，证明Fe的氧化性强于I2．

点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．

17．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下（已配平）：Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+A↑+2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：

（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为 1：1 ．A物质可以与强碱反应生成盐和水．则A应该属于 d （用字母代号填写）． a．酸 b．碱 c．盐 d．酸性氧化物 e．碱性氧化物 一定量的铜片与含1.8mol H2SO4的浓H2SO4充分反应（浓H2SO4过量），如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为 16 g，生成的A气体在标准状况下体积为 2.24 L（假设气体全部逸出）． （3）将中反应后所得到的溶液稀释后与足量Ba（OH）所得沉淀的质量为 405.9 2溶液反应，g． 写出此过程中发生反应的离子方程式：

Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓ ， Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓ ．

考点： 氧化还原反应的计算；离子方程式的书写；浓硫酸的性质．

分析： （1）由反应可知，A为二氧化硫，为酸性氧化物，根据硫酸的作用来回答； 由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4和0.1molSO2；

（3）反应后所得到的溶液，含硫酸铜和硫酸，与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀，结合硫酸根离子守恒计算． 解答： 解：（1）反应Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+A↑+2H2O中，A物质可以导致酸雨

2+

2﹣

﹣

+2+2﹣

﹣

2+

的形成，则A是二氧化硫，应该属于酸性氧化物，在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸是1mol与未被还原的硫酸是1mol，其物质的量之比为1：1， 故答案为，1：1；d；

一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，由定量关系得：Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2 ↑+2H2O，电子转移2mol，就会

生成1molSO2 气体和1molCuSO4，则该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的0.1molSO2 气体，在标准状况下体积为2.24L，

生成的CuSO4的质量为0.1mol×160g/mol=16g， 故答案为：16；2.24；

（3）将反应后所得到的溶液与足量Ba（OH）2溶液充分反应，此过程发生的反应的离子方

﹣﹣2+2﹣+2+2﹣2+

程式：Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓、Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓反应后所得沉淀包括硫酸钡和氢氧化铜，已知n（H2SO4）

=0.1L×18mol/L=1.8mol，n（SO2）=0.1mol，则生成m（BaSO4）=（1.8mol﹣0.1mol）×233g/mol=396.1g，

n（CuSO4）=0.1mol，则m（Cu（OH）2）=0.1mol×98g/mol=9.8g， 则反应后所得沉淀的质量为396.1g+9.8g=4O5.9g．

故答案为：405.9；Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓；Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓．

2+

2﹣

﹣

+2+2﹣

﹣

2+

点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、浓硫酸、二氧化硫的性质以及离子方程式的书写，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握反应的相关方程式，结合方程式计算．

18．实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应式如下： KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O

（1）用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目． 反应中发生氧化反应的物质是 HCl （填化学式），被还原的元素是 氯 （填元素名称）． （3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：5 ．

（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为 13.44L （标准状况下）．

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： （1）氧化还原反应中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，根据化合价变化来确定电子转移方向和数目； 在氧化还原反应中，化合价升高元素所在物质在反应中被氧化；化合价降低元素在反应中被还原；

（3）化合价升高元素所在物质是还原剂；化合价降低元素所在物质是氧化剂； （4）根据反应方程式结合参加反应的盐酸和被氧化的盐酸的量来判断． 解答： 解：（1）该氧化还原反应中，氯酸钾中Cl元素化合价降低，盐酸中Cl元素化合价升高，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=5，电子转移方向和数目为：

，故答案为：

；

在氧化还原反应中，化合价升高Cl元素所在物质HCl在反应中被氧化，化合价降低的氯酸钾中的Cl元素在反应中被还原，故答案为：HCl；氯；

（3）化合价升高元素所在物质HCl是还原剂；化合价降低的Cl元素所在物质KClO3是氧化剂，在参加反应的6mol盐酸中在，只有5mol做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比，1：5，故答案为：1：5；

（4）根据方程式，在参加反应的6mol盐酸中在，只有5mol做还原剂，即反应中被氧化的盐酸为5mol，则生成的氯气为3mol，若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气物质的量为0.6mol，体积是0.6mol×22.4L/mol=13.44L，故答案为：13.44L．

点评： 本题考查根据方程式的计算、氧化还原反应有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．

19．三氟化溴溶于水可发生如下反应：BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑ （1）其中发生自身氧化还原反应的物质是 BrF3 ；

当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 1.3mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 0.67mol ；

（3）当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 3.3mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 1.7mol ；

（4）当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 2.2mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 1.1mol ．

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由﹣2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，电子转移情况如下：

，以此来解答．

解答： 解：（1）反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，发生自身氧化还原反应，故答案为：BrF3；

配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，根据反应

，当有5.0mol水参加反

应时，水中氧元素失去电子是4mol，反应一共转移电子是6mol，由水还原的BrF3的物质的量为mol=1.3 mol，则由BrF3还原的BrF3的物质的量为mol=0.67 mol，故答案为：1.3mol；0.67mol；

（3）根据知道，当水转移4mol电中氧元素失去电子是4mol时，则由水还原的BrF3的物质的量为mol=1.3 mol，当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，水失去电子是10mol时，

由水还原的BrF3的物质的量为mol=3.3 mol，由BrF3还原的BrF3的物质的量为

1.7mol，故答案为：3.3 mol；1.7mol；

（4）根据反应方程式知道，参加氧化还原反应的水与未参加氧化还原反应水的物质的量之比为2：3，根据可得当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为2.2mol，由BrF3还原的BrF3的物质的量为1.1 mol，故答案为：2.2mol；1.1mol．

点评： 本题是一道关于氧化还原反应的综合知识的考查题，注意电子转移知识在该种反应中的灵活应用是解题关键，难度不大．

20．已知离子反应：RO3+6I+6H═R+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，

n﹣

电荷守恒”等判断：n= 1 ，R元素在中RO3的化合价是 +5 ．

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： 根据电荷守恒判断n的值；利用电子转移守恒计算R元素在中RO3的化合价． 解答： 解：根据电荷守恒有（﹣n）+6×（﹣1）+6×（+1）=﹣1，解得n=1； 令R元素在中RO3的化合价为a，根据电子转移守恒，则： a﹣（﹣1）=6×[0﹣（﹣1）]，解得a=+5． 故答案为：1；+5．

点评： 考查电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒，难度中等，也可利用RO3中各元素化合价代数和等于所带电荷判断R元素的化合价．

三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷） 21．金属作为一种能源受到越来越多的关注．

（1）起始阶段，金属主要作为燃料的添加剂．如航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料，加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解：4NH4ClO4

6H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑，在该反应中还原产物与氧化产物的

n﹣

n﹣

n﹣

n﹣

﹣

+

﹣

物质的量比为 4：7 ，每有1molNH4ClO4分解，转移电子的物质的量为 8mol ． 随着研究的深入，金属燃料直接作为能源出现．

①铁和铝的燃烧可以提供大量能量．已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H 1； 3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H 2

则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的 ． 2表示）

②关于金属燃料的下列说法错误的是 d a．较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染

b．镁可以通过与二氧化碳的反应，达到既节能又减碳的效果 c．将金属加工为纳米金属时，表面积增大更容易燃烧

d．电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝可作为燃料用于发电

（3）相比金属燃料来讲，将金属中的化学能转化为电能在现在得到了更为广泛的应用． ①如图为某银锌电池的装置图，则该装置工作时，负极区pH 减小 （填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为 Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH ．

+

②一种新型电池是以Li2FeSiO4、嵌有Li的石墨为电极，含Li的导电固体为电解质，放、充电的总反应式可表示为Li+LiFeSiO4

Li2FeSiO4．放电时，Li向 正极 （填“正”或

+

﹣

﹣

倍（用△H 1和△H

“负”）极移动；充电时，每生成1mol LiFeSiO4转移 1 mol电子．

考点： 氧化还原反应的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理． 分析： （1）利用元素的化合价变化来分析氧化产物与还原产物，然后分析物质的量的关系；再利用氧化还原反应中转移的电子数来计算1mol高氯酸铵分解转移的电子数； 假设金属的质量都是m，根据热化学方程式的意义来计算即可；根据金属燃烧反应的特点以及应用来判断；

（3）①根据银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，正极上是氧化银得电子的还原反应来回答判断；

②新型锂离子电池是一种二次电池，放电时，电池是将化学能转化为电能，负极为Li，LiFeSiO4为正极，充电时为电解池，电极反应为原电池中反应的逆过程，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析． 解答： 解：（1）在该反应中氮元素、氧元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则氮气和氧气为氧化产物，HCl为还原产物，由方程式可知，氧化产物的物质的量为2+5=7mol，则还原产物的物质的量为4mol，则氧化产物与还原产物的物质的量之比7：4；在该反应中4mol高氯酸铵分解转移的电子数为4×（7﹣（﹣1））=32mol，则每分解1mol高氯酸铵转移的电子为8mol，故答案为：4：7；8mol；

假设金属的质量都是m，则mg金属铝完全燃烧，提供能量是提供能量是

，mg金属Fe完全燃烧，

，则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量和铁提供能量的比值是：

，即则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的倍；

a．大多数即使农户燃烧产物是氧化物，金属燃烧较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染，故正确；

b．镁可以与二氧化碳的反应产生氧化镁和碳单质，产生热量，达到既节能又减碳的效果，故正确；

c．将金属加工为纳米金属时，表面积增大，可以提高燃烧速率，使之更容易燃烧，故正确； d．电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝燃烧不能用于发电，造价太高，故错误． 故选d． 故答案为：

，d；

﹣

﹣

（3）①银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，Zn+2OH﹣2e=Zn（OH）

﹣

2，消耗氢氧根离子，所以溶液的pH减小，正极是氧化银得电子的还原反应：Ag2O+2e

﹣﹣﹣

+H2O=2Ag+2OH；故答案为：减小；Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH；

﹣+

②充电时阳极上发生的反应为Li2SiO4﹣e═LiFeSiO4+Li，则毎生成1molLiFeSiO4转移

+

1mol电子，阳离子向阴极移动，放电时，Li向正极移动，故答案为：正极；1mol．

点评： 本题考查学生热化学方程式的有关计算、原电池和电解池的工作原理以及氧化还原反应中电子转移的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等．

22．已知它们存在如下反应转化关系：A+B→C+D+H2O（未配平，反应条件略去）．

①该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应．若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，试剂B的名称为 浓硫酸 ，下列试剂能用于鉴别C、D两种气体的是 bde ．

a．Ba（OH）2溶液 b．酸性KMnO4溶液 c．紫色石蕊试液

d．H2O2与BaCl2混合液 e．酸化的Ba（NO3）2溶液 f．饱和NaHCO3溶液 ②该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应．若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，C与B反应能转化为D．当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为 1：2 ．

考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．

分析： ①为氧化还原反应，若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，可利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸；

②为非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以B为NaOH、D为NaHCO3、C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，利用原子守恒计算C、D的物质的量．

解答： 解：①该反应为氧化还原反应，若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，C、D可能为二氧化碳或二氧化硫中的一种，该反应为C与浓硫酸的反应，A的摩尔质量小于B时，B为浓硫酸，利用二氧化硫的漂白性和还原剂区别，则

a．二氧化硫和二氧化碳都与Ba（OH）2溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别，故a错误； b．二氧化硫与酸性KMnO4溶液反应使其褪色，二氧化碳不能，可鉴别，故b正确； c．二氧化碳和二氧化硫均使紫色石蕊试液变红，不能鉴别，故c错误；

d．二氧化硫与H2O2与BaCl2混合液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故d正确；

e．二氧化硫与酸化的Ba（NO3）2溶液反应生成白色沉淀，而二氧化碳不能，可鉴别，故e正确；

f．饱和NaHCO3溶液，二氧化硫能够与饱和碳酸氢钠溶液反应，但是没有明显现象，无法鉴别，故f错误；

故答案为：浓硫酸；bde；

②非氧化还原反应，若A是造成温室效应的主要气体之一，则A为二氧化碳，C、D均为钠盐，D与B反应能转化为C，所以B为NaOH、D为NaHCO3、C为Na2CO3，当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，设生成C为x，D为y，则：x+y=3、2x+y=4，整理可得：x：y=1：2， 故答案为：1：2．

点评： 本题考查无机物的推断、化学反应的计算，为高考常见题型，题目难度中等，试题综合考查元素化合物知识，能够较好的考查学生分析能力、计算能力及知识综合应用能力，注意明确鉴别与除杂的区别．

23．五氟化锑（SbF5）是无色黏稠液体，是很强的具有特殊酸性的酸，而且是超强酸氟锑酸

19

HSbF6（目前酸性最强的酸，比纯硫酸强2×10倍）的组分之一．SbF5可用于制备一般化学方法很难制备的氧化性极强的F2，其过程如下（均未配平）：

①KMnO4+KF+H2O2+HF→K2MnF6+O2+H2O ②SbCl5+HF→SbF5+HCl ③K2MnF6+SbF5→KSbF6+MnF3+F2↑

反应①中氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为 1：3 ；反应③中SbF5表现的性质为 酸 性．

考点： 氧化还原反应的计算．

分析： KMnO4+H2O2+KF+HF→K2MnF6+O2↑+H2O中双氧水中O元素化合价由﹣1价变为0价、Mn元素化合价由+7价变为+4价，根据转移电子相等配平方程式，得出氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比；③K2MnF6+SbF5→KSbF6+MnF3+F2↑，K2MnF6中Mn元素的化合价降低，F元素的化合价升高，据此回答．

解答： 解：反应①KMnO4+H2O2+KF+HF→K2MnF6+O2↑+H2O中，双氧水中O元素化合价由﹣1价变为0价、O元素被氧化，Mn元素化合价由+7价变为+4价，根据转移电子相等得转移电子数为6，再结合原子守恒配平方程式为：

2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O，KMnO4是氧化剂，O元素被氧化， 氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为2：6=1：3，③K2MnF6+SbF5→KSbF6+MnF3+F2↑中，K2MnF6中Mn元素的化合价降低，其中F元素的化合价升高，SbF5中元素的化合价都没变，所以③中SbF5表现的性质为酸性，故答案为：1：3；酸．

点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子转移的计算及电子守恒的应用，题目难度不大．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/9elg.html