氧化还原反应计算(一)附答案

氧化复原反响计算〔一〕一．选择题〔共30小题〕1．〔2013•上海〕汽车剧烈碰撞时，平安气囊中发生反响10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑．假设氧化产物比复原产物多1.75mol，那么以下判断正确的选项是〔〕A．生成40.0LN2〔标准状况〕B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol2．〔2012•上海〕工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反响，假设有标准状况下VL氨气完全反响．并转移n个电子，那么阿伏加德罗常数〔NA〕可表示为〔〕A．B．C．D．3．〔2012•海南〕将0.195g锌粉参加到20.0mL的0.100mol•L﹣1MO2+溶液中，恰好完全反响，那么复原产物可能是〔〕A．MB．M2+C．M3+D．MO2+4．〔2008•海南〕锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为〔〕A．2molB．1molC．0.5molD．0.25mol5．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水．反响中生成的氧化产物和复原产物的物质的量之比是〔〕A．1：3B．2：3C．1：1D．4：36．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是〔〕A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣7．假设〔NH4〕2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，那么该反响中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为〔〕A．1：4B．1：2C．2：1D．4：18．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反响中被氧化与被复原的氮原子数之比为〔〕A．5：3B．5：4C．1：1D．3：59．在NO2被水吸收的反响中，发生复原反响和发生氧化反响的物质，其质量比为〔〕A．3：1B．1：3C．1：2D．2：110．〔2014•山东〕等质量的以下物质与足量稀硝酸反响，放出NO物质的量最多的是〔〕A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O411．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，参加盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、枯燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+复原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣125.0mLK2Cr2O7溶液完全反响〔6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O〕．由计算知：x：y：z的值为〔〕A．1：1：24B．1：1：12C．1：2：6D．3：4：612．〔2014•郑州一模〕三氟化氮〔NF3〕是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化复原反响，产物有HF、NO和HNO3．以下关于该反响的说法中，正确的选项是〔〕A．水蒸气在反响中被NF3氧化B．反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为1：2C．反响中生成22.4LNO气体时，转移电子的物质的量为1molD．NF3在空气中泄漏时没有明显现象，用石灰水溶液喷淋的方法可减少污染13．〔2014•闵行区一模〕水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反响：3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣→Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，有关说法正确的选项是〔〕A．每转移1.5mol电子，有1.125molFe2+被氧化B．x=2C．Fe2+、S2O32﹣都是复原剂D．每生成1molFe3O4，转移电子2mol14．〔2014•眉山模拟〕一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反响，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．假设向所得硝酸盐溶液中参加2mol/LNaOH溶液至沉淀最多时停止参加，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500ml，此时所得溶液物质的量浓度为〔〕A．0.5mol/LB．1mol/LC．1.2mol/LD．2mol/L15．〔2014•吉林二模〕某金属和硝酸反响，参加反响的被复原的硝酸和参加反响的硝酸的物质的量之比为1：6，假设复原产物唯一，那么复原产物为〔〕A．N2B．N2OC．NOD．NO216．〔2014•虹口区一模〕单质硫在KOH的热溶液中发生歧化反响：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O；假设硫过量，进一步生成K2Sx〔x≤5〕和K2S2O3．将0.08mol单质硫与含0.06molKOH的热溶液充分反响恰好生成amolK2Sx和bmolK2S2O3，再参加足量KClO、KOH的混合溶液，硫元素全部转化为K2SO4，转移电子nmol．那么以下正确的选项是〔〕A．a=2bB．x=2C．n=0.48D．b=0.0217．〔2014•奉贤区一模〕2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反响：aKOH+bS→cK2Sx+dK2S2O3+eH2O，那么x的值为〔〕A．4B．3C．2D．118．〔2014•长宁区一模〕含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是〔〕A．x=0.3a，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣B．x=0.7a，2Br﹣+Cl2→Br2+2Cl﹣C．x=1.2a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2→Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl﹣19．〔2014•长春一模〕向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图，以下有关说法中不正确的选项是〔〕A．d曲线代表溶液中Br﹣变化情况B．原溶液中FeI2的物质的量为2molC．原溶液中n〔Fe2+〕：n〔Br﹣〕=2：3D．当通入2molCl2时，溶液中离子反响为：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣20．〔2013•天津模拟〕在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反响：CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S，反响结束后，经处理获得单质硫xmol．以下说法正确的选项是〔〕A．反响中硫元素被氧化，所有铁元素均被复原B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+C．反响中转移电子的物质的量为xmolD．反响结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，那么原Fe3+的总物质的量为〔y﹣x〕mol21．〔2013•泰安一模〕二氧化碳和纳在一定条件下可制得金刚石，其化学方程式为3CO2+4Na=2X+C〔金刚石〕．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关此反响的表达中，不正确的选项是〔〕A．1molC〔金刚石〕中含有C﹣C键数目为2NAB．当有0.4molNa参与反响时，被复原的CO2为0.3NAC．金刚石与石墨互为同素异形体D．X的化学式为Na2CO322．〔2013•静安区一模〕锑〔Sb〕在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一．从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳复原：①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑关于反响①、②的说法正确的选项是〔〕A．反响①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反响①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反响②说明高温下C的复原性比Sb强D．每生成4molSb时，反响①与反响②中复原剂的物质的量之比为4：323．〔2013•桂林一模〕做实验时不小心粘在皮肤上的高锰酸钾会形成黑斑，很久才能消除，假设用乙二酸的稀溶液擦洗黑斑，黑斑可以迅速褪去，其离子反响方程式为MnO+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++〔〕以下有关废反响的表达正确的选项是〔〕A．乙二酸中C显+2价B．离子反响方程式右侧方框内的产物是OH﹣C．氧化剂和复原剂的化学计量数之比是5：2D．假设有6molH+参加反响，那么转移电子10mol24．〔2013•广安模拟〕某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在，经先期处理得到含HNO3的废水．一定条件下，向处理后的废水中参加CH3OH，将HNO3复原为N2．假设该反响消耗32gCH3OH转移6mol电子，那么以下说法正确的选项是〔〕A．硝酸分子中所有原子均达8电子结构B．参加反响的复原剂与氧化剂的物质的量之比为5：6C．常温下，向0.1mol/LNH3•H2O中加水稀释，那么c〔NH4+〕/c〔NH3•H2O〕将减小D．NH3分子与CO32﹣离子的空间构型相同25．〔2013•保定一模〕RO2受热分解为+4和+2价的混合氧化物，﹣4价的R能氧化浓盐酸生成Cl2，现将1molRO2加热分解得到O2，再向剩余固体中参加过量的浓盐酸得到Cl2，所得O3和Cl2物质的量之比为3：2，那么剩余固体的组成及物质的量之比可能是〔〕A．R3O4，RO，2：1B．RO2，RO，1：3C．RO2，R3O41：2D．RO2，R0，1：426．〔2013•安徽模拟〕铋〔Bi〕位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠〔NaBiO3〕可氧化硫酸锰〔MnSO4〕，反响的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+═2MnO4﹣+5Bi3++Na++7H2O，以下说法错误的选项是〔〕A．假设有0.1mol氧化产物生成，那么转移0.5mol电子B．铋酸钠难溶于水C．该反响可以用于鉴定Mn2+离子D．该反响可以用浓盐酸酸化27．〔2012•闸北区二模〕2.8gFe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反响后溶液的pH为l．假设反响前后溶液体积变化忽略不计，那么以下有关判断正确的选项是〔〕A．反响后溶液中铁元素一定只以Fe3+形式存在B．1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体C．反响后溶液中c〔NO3﹣〕=0.85mol/LD．反响后的溶液最多还能溶解l.4gFe28．〔2012•武汉模拟〕黑火药〔硫磺、木炭和硝酸钾的混合物，杂质忽略不计〕是我国的四大创造之一．现有黑火药样品124g，燃烧后生成33.6L〔标准状况下〕气体和由KCO3、K2SO4组成的固体混合物．33.6L气体中CO和CO2占，其余气体为N2．那么该火药中硫磺的质量为〔〕A．22gB．16gC．11gD．8g29．〔2012•松江区一模〕将0.3molKMnO4在一定温度下加热后生成xmolO2；将剩余固体与过量浓盐酸混合加热又生成ymolCl2，此时锰元素全部以Mn2+形式存在．假设x+y=a，那么a的值可能为〔〕A．0.85B．0.75C．0.65D．0.6030．〔2012•上海模拟〕以下物质在酸性条件下氧化KI，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4﹣→Mn2+；Cl2→2Cl﹣；HNO2→NO；如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是〔〕A．Fe3+B．MnO﹣4C．Cl2D．HNO2氧化复原反响计算〔一〕参考答案与试题解析一．选择题〔共30小题〕1．〔2013•上海〕汽车剧烈碰撞时，平安气囊中发生反响10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑．假设氧化产物比复原产物多1.75mol，那么以下判断正确的选项是〔〕A．生成40.0LN2〔标准状况〕B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为1.25molD．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：根据反响方程式可知，每当生成16molN2，那么氧化产物比复原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被复原，现氧化产物比复原产物多1.75mol，那么生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题．解答：解：反响中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被复原，根据反响方程式可知，每当生成16molN2，那么氧化产物比复原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被复原，现氧化产物比复原产物多1.75mol，那么生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，应选CD．点评：此题考查氧化复原反响知识，侧重于氧化复原反响的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和复原产物的物质的量关系为解答该题的关键，题目难度不大．2．〔2012•上海〕工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反响，假设有标准状况下VL氨气完全反响．并转移n个电子，那么阿伏加德罗常数〔NA〕可表示为〔〕A．B．C．D．考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：反响为4NH3+5O2═4NO+6H2O，依据氧化复原反响中氨气和电子转移之间的关系式计算．解答：解：设阿伏加德罗常数为NA，氨气和转移电子之间的关系式为：4NH3+5O2═4NO+6H2O转移电子4mol20molNA==，答：阿伏加德罗常数NA为，应选D．点评：此题考查了物质的量的有关计算，根据方程式中氨气和转移电子之间的关系式进行计算即可，题目不大．3．〔2012•海南〕将0.195g锌粉参加到20.0mL的0.100mol•L﹣1MO2+溶液中，恰好完全反响，那么复原产物可能是〔〕A．MB．M2+C．M3+D．MO2+考点：氧化复原反响的计算．专题：压轴题；氧化复原反响专题．分析：根据氧化复原反响中氧化剂和复原剂之间得失电子数目相等计算反响后M元素的化合价，进而可判断复原产物．解答：解：n〔Zn〕==0.003mol，n〔MO2+〕=0.02L×0.100mol•L﹣1=0.002mol，设反响后M的化合价为+x价，那么〔5﹣x〕×0.002mol=0.003mol×〔2﹣0〕，x=2，应选B．点评：此题考查氧化复原反响的计算，题目难度不大，此题注意氧化复原反响中氧化剂和复原剂之间得失电子数目相等．4．〔2008•海南〕锌与很稀的硝酸反响生成硝酸锌、硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被复原的硝酸的物质的量为〔〕A．2molB．1molC．0.5molD．0.25mol考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：硝酸具有氧化性，可以将金属氧化到最高价，被复原的硝酸就是被复原成硝酸铵，据此结合方程式来计算答复．解答：解：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，就与稀硝酸反响生成硝酸铵，所以没有NO2就只生成硝酸锌、硝酸铵和水，反响的方程式可以表达为：4Zn+10HNO3〔稀〕=4Zn〔NO3〕2+NH4NO3+5H2O，所以被复原的硝酸就是被复原成氨气的那局部，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，所以硝酸复原成氨气的局部就是0.25mol．应选D．点评：此题考查学生氧化复原反响中的有关知识，应该知道被复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局部硝酸，根据方程式来分析最简单．5．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水．反响中生成的氧化产物和复原产物的物质的量之比是〔〕A．1：3B．2：3C．1：1D．4：3考点：氧化复原反响的计算；铵盐．专题：氧化复原反响专题．分析：复原剂对应的产物是氧化产物，氧化剂对应的产物是复原产物，先根据氧化复原反响中得失电子数相等配平方程式，再确定氧化产物和复原产物的物质的量之比．解答：解：该反响中，NH4+→N2，氮元素的化合价由﹣3价→0价，失电子化合价升高，硫酸铵是复原剂，氮气是氧化产物，一个铵根离子失去3个电子；SO42﹣→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，二氧化硫是复原产物，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〕2SO44NH3↑+3SO2↑+N2↑+6H2O，所以氧化产物和复原产物的物质的量之比=1：3，应选A．点评：此题考查了氧化复原反响中氧化产物和复原产物的关系，难度不大，能正确判断氧化产物和复原产物是解此题的关键．6．含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是〔〕A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣B．x=0.6a，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣C．x=a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣考点：氧化复原反响的计算；离子方程式的书写．专题：压轴题；氧化复原反响专题；离子反响专题．分析：由于复原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≤时，只氧化Fe2+，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，结合反响物物质的量之间的关系解答该题．解答：解：由于复原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≤时，只氧化Fe2+，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，那么A．x=0.4a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕=0.4＜，只氧化Fe2+，故A正确；B．x=0.6a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，故B错误；C．x=a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr﹣发生氧化复原反响，那么反响的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl﹣，故C正确；D．x=1.5a，Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化，反响的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故D正确．应选B．点评：此题考查氧化复原反响，题目难度较大，此题注意把握物质的复原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和复原剂物质的量之间的关系，此为易错点．7．假设〔NH4〕2SO4在强热时分解的产物是SO2、N2、NH3和H2O，那么该反响中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为〔〕A．1：4B．1：2C．2：1D．4：1考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：先根据氧化复原反响中得失电子相等配平方程式，再根据化合价变化的和化合价不变的氮原子判断．解答：解：该反响中，NH4+→N2氮元素的化合价由﹣3价→0价，生成一个氮气分子需要铵根离子失去6个电子，生成一个二氧化硫分子需要硫酸根离子得到2个电子，所以其最小公倍数是6，然后其它元素根据原子守恒进行配平方程式，所以该方程式为3〔NH4〕2SO43SO2↑+N2↑+4NH3↑+6H2O，该方程式中铵根离子和氨气分子中氮原子的化合价都是﹣3价，化合价不变，所以那么该反响中化合价发生变化和未发生变化的N原子数之比为1×2：4×1=1：2，应选B．点评：此题考查了根据方程式进行有关计算，难度不大，注意该方程式中氧化剂和复原是同一种物质，但氧化产物和复原产物不同，所以从生成物进行配平较简便．8．一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O，在反响中被氧化与被复原的氮原子数之比为〔〕A．5：3B．5：4C．1：1D．3：5考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反响中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被复原，氮气既是复原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比．解答：解：在5NH4NO3═2HNO3+4N2↑+9H2O的反响中，氮元素由铵根中﹣3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被复原，氮气既是复原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比为〔5﹣0〕：[0﹣〔﹣3〕]=5：3．应选A．点评：此题考查氧化复原反响根本概念与计算，难度中等，关键根据化合价变化判断氧化剂与复原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被复原的氮原子物质的量之比．9．在NO2被水吸收的反响中，发生复原反响和发生氧化反响的物质，其质量比为〔〕A．3：1B．1：3C．1：2D．2：1考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：NO2与水反响方程式3NO2+H2O═2HNO3+NO，反响中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是复原剂，氧化剂被复原，复原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与复原剂的NO2物质的量之比为1：2．据此判断．解答：解：NO2与水反响产生3NO2+H2O═2HNO3+NO，反响中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是复原剂，氧化剂被复原，复原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与复原剂的NO2物质的量之比为1：2．所以发生复原反响和发生氧化反响的NO2的质量比为为1：2．应选：C．点评：考查氧化复原反响计算、氧化复原反响概念，难度中等，理解根本概念，关键根据产物中化合价判断起氧化剂与复原剂的NO2物质的量之比．10．〔2014•山东〕等质量的以下物质与足量稀硝酸反响，放出NO物质的量最多的是〔〕A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：氧化复原反响中，氧化剂和复原剂之间得失电子数目相等，可根据物质的质量计算物质的量，计算失去电子的物质的量，可比拟放出NO物质的量的多少．解答：解：假设质量都为mg，A．FeO与硝酸反响被氧化生成Fe3+，那么失电子物质的量为mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化复原反响，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反响被氧化生成Fe3+，那么失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反响被氧化生成Fe3+，那么失电子物质的量为×mol=mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，那么放出NO物质的量最多的是FeO，应选A．点评：此题考查氧化复原反响的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，注意把握元素的化合价的变化，为解答该题的关键，此题易错点为D，注意Fe元素化合价的判断，难度不大．11．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，参加盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、枯燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+复原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣125.0mLK2Cr2O7溶液完全反响〔6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O〕．由计算知：x：y：z的值为〔〕A．1：1：24B．1：1：12C．1：2：6D．3：4：6考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：根据K2Cr2O7和亚铁离子的化学方程式，据Cr2O72﹣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，参加盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，枯燥至恒重，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Fe3+复原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣125.0mLK2Cr2O7溶液完全反响，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，所以亚铁离子的物质的量为：6×25×10﹣3×0.010mol•L﹣1=1.5×10﹣3mol，即铁离子的物质的量为1.5×10﹣3mol，铵根离子的物质的量为：2×3.0×10﹣3﹣3×1.5×10﹣3=1.5×10﹣3〔mol〕，根据质量守恒，水的物质的量：〔2.892g×﹣0.003mol×96g/mol﹣1.5×10﹣3mol×56g/mol﹣1.5×10﹣3×18g/mol〕×=0.018，所以x：y：z=：：0018=1：1：24，故答案为：1：1：24；应选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．12．〔2014•郑州一模〕三氟化氮〔NF3〕是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化复原反响，产物有HF、NO和HNO3．以下关于该反响的说法中，正确的选项是〔〕A．水蒸气在反响中被NF3氧化B．反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为1：2C．反响中生成22.4LNO气体时，转移电子的物质的量为1molD．NF3在空气中泄漏时没有明显现象，用石灰水溶液喷淋的方法可减少污染考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：NF3与H2O的反响的方程式为3NF3+5H2O〔g〕=9HF+2NO+HNO3该反响中N元素的化合价由+3价降低为+2价，由+3价升高为+5价，氧化剂、复原剂都是NF3，氧化产物是NO，结合元素化合价的变化与得失电子的关系解答．解答：解：A．反响中只有N元素的化合价发生变化，那么水既不是氧化剂也不是复原剂，故A错误；B．方程式为3NF3+5H2O〔g〕=9HF+2NO+HNO3，氧化产物为HNO3，复原产物为NO，由方程式可知氧化产物与复原产物的物质的量之比为1：2，故B正确；C．由反响可知，生成1molNO转移1mol电子，但未明确时标准状况下，那么不能确定体积是否22.4L，故C错误；D．NF3在空气中泄漏时，生成的NO可被氧化生成红棕色的NO2，有明显的现象，故D错误．应选B．点评：此题综合考查氧化复原反响知识，侧重于氧化剂、氧化剂的判断、电子转移的数目的计算等问题，题目难度中等，注意从化合价变化的角度分析氧化复原反响．13．〔2014•闵行区一模〕水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反响：3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣→Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，有关说法正确的选项是〔〕A．每转移1.5mol电子，有1.125molFe2+被氧化B．x=2C．Fe2+、S2O32﹣都是复原剂D．每生成1molFe3O4，转移电子2mol考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：从电荷守恒的角度分析，可配平反响的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，反响中3Fe2+→Fe3O4，当3molFe2+参加反响时，有2molFe2+化合价升高，反响中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂．解答：解：在3Fe2++2S2O32﹣+O2+xOH﹣=Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+；硫元素的化合价变化为：+2→+；氧元素的化合价变化：0→﹣2，A．由方程式3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O可知，当转移4mol电子时，有2molFe2+被氧化，那么每转移1.5mol电子，有0.75molFe2+被氧化，故A错误；B．反响的离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O，那么x=4，故B错误；C．反响3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+和S2O32﹣都是复原剂，故C正确；D．反响3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O中，Fe和S元素的化合价升高，被氧化，O2为氧化剂，每生成1molFe3O4，需要氧气1mol，反响转移的电子总数为4mol，故D错误．应选C．点评：此题考查氧化复原反响，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32﹣的硫元素的化合价用平均化合价处理是解此题的关键，此题难度较大，需细心分析．14．〔2014•眉山模拟〕一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反响，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸．假设向所得硝酸盐溶液中参加2mol/LNaOH溶液至沉淀最多时停止参加，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500ml，此时所得溶液物质的量浓度为〔〕A．0.5mol/LB．1mol/LC．1.2mol/LD．2mol/L考点：氧化复原反响的计算．专题：计算题．分析：金属失去的电子等于氧气与混合气体反响生成硝酸获得的电子，向所得硝酸盐溶液中参加4mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止参加，此时溶液为硝酸钠溶液．根据硝酸根守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量．据此计算钠离子的物质的量，进而计算溶液的浓度．解答：解：标准状况下3.36L氧气的物质的量==0.15mol，所以氧气获得电子的物质的量为0.15mol×4=0.6mol．金属失去的电子等于氧气与混合气体反响生成硝酸获得的电子，为0.6mol，向所得硝酸盐溶液中参加2mol/LNaOH溶液至沉淀最多停止参加，此时溶液为硝酸钠溶液．根据硝酸根离子守恒可知，钠离子物质的量等于金属失去的电子的物质的量为0.6mol．所以硝酸钠的物质的量为0.6mol．稀释至500ml，此时所得溶液的物质的量浓度==1.2mol/L．应选：C．点评：此题考查了氧化复原反响的有关计算，如果利用常规方考虑每个细节的反响将无法解答，根据守恒思想来从总体上分析，再结合转移电子守恒、原子守恒解答，题目难度较大，注意守恒思想的运用．15．〔2014•吉林二模〕某金属和硝酸反响，参加反响的被复原的硝酸和参加反响的硝酸的物质的量之比为1：6，假设复原产物唯一，那么复原产物为〔〕A．N2B．N2OC．NOD．NO2考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：被复原的硝酸和参加反响的硝酸的物质的量之比为1：6，说明当有6mol硝酸参加反响时，有1mol被复原，表现为氧化性，5mol表现为酸性，设金属化合价为+1价，结合电子守恒计算．解答：解：被复原的硝酸和参加反响的硝酸的物质的量之比为1：6，说明当有6mol硝酸参加反响时，有1mol被复原，表现为氧化性，5mol表现为酸性，设金属化合价为+1价，被复原后N元素的化合价为x，氧化复原反响中氧化剂和复原剂之间得失电子数目相等，那么金属为5mol，被复原的硝酸为1mol，所以有5mol=1mol〔5﹣x〕，解得x=0，应生成N2，应选A．点评：此题考查氧化复原反响的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意根据氧化剂和氧化剂的物质的量关系判断化合价变化的特点，难度不大．16．〔2014•虹口区一模〕单质硫在KOH的热溶液中发生歧化反响：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O；假设硫过量，进一步生成K2Sx〔x≤5〕和K2S2O3．将0.08mol单质硫与含0.06molKOH的热溶液充分反响恰好生成amolK2Sx和bmolK2S2O3，再参加足量KClO、KOH的混合溶液，硫元素全部转化为K2SO4，转移电子nmol．那么以下正确的选项是〔〕A．a=2bB．x=2C．n=0.48D．b=0.02考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：同一氧化复原反响中转移电子数相等，且反响前后各元素的原子个数相等，根据转移电子和原子守恒解答．解答：解：A．将0.08mol单质硫与含0.06molKOH的热溶液充分反响恰好生成amolK2Sx和bmolK2S2O3，根据硫原子、钾原子守恒和转移电子守恒得，解得；再参加足量KClO、KOH的混合溶液，硫元素全部转化为K2SO4，转移电子nmol，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，应选AC．点评：此题考查了氧化复原反响的计算，根据氧化复原反响中原子守恒、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．17．〔2014•奉贤区一模〕2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反响：aKOH+bS→cK2Sx+dK2S2O3+eH2O，那么x的值为〔〕A．4B．3C．2D．1考点：氧化复原反响的计算；氧化复原反响；氧化复原反响方程式的配平．专题：氧化复原反响专题．分析：2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反响，n〔KOH〕==0.0375mol，n〔S〕==0.05，结合原子守恒及电子守恒解答．解答：解：2.1克KOH和1.6克S混合后加热，恰好反响，n〔KOH〕==0.0375mol，n〔S〕==0.05，那么a：b=3：4，〔2c+2d〕KOH+〔cx+2d〕S=cK2Sx+dK2S2O3+〔c+d〕H2O，那么，解得x=3，应选B．点评：此题考查氧化复原反响的计算，把握反响中元素的化合价变化及电子守恒、原子守恒为解答的关键，注意可将Sx作为一个整体分析化合价变化，题目难度中等．18．〔2014•长宁区一模〕含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2．以下各项为通Cl2过程中，溶液内发生反响的离子方程式，其中不正确的选项是〔〕A．x=0.3a，2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣B．x=0.7a，2Br﹣+Cl2→Br2+2Cl﹣C．x=1.2a，2Fe2++2Br﹣+2Cl2→Br2+2Fe3++4Cl﹣D．x=1.5a，2Fe2++4Br﹣+3Cl2→2Br2+2Fe3++6Cl﹣考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：由于复原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≤时，只氧化Fe2+，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，结合反响物物质的量之间的关系解答该题．解答：解：由于复原性：Fe2+＞Br﹣，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≤时，只氧化Fe2+，当n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕≥时，Fe2+和Br﹣被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，那么A．x=0.3a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕=0.3＜，只氧化Fe2+，故A正确；B．x=0.7a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕=0.7介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，故B错误；C．x=1.2a，n〔Cl2〕：n〔FeBr2〕=1.2介于～，Fe2+被完全氧化，Br﹣被局部氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.7amolCl2可与1.4amolBr﹣发生氧化复原反响，那么反响的离子方程式为10Fe2++14Br﹣+12Cl2=7Br2+10Fe3++24Cl﹣，故C错误；D．x=1.5a，Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化，反响的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl﹣，故D正确．应选BC．点评：此题考查氧化复原反响，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高频考点，题目难度较大，此题注意把握物质的复原性强弱，此为解答该题的关键，答题时注意氧化剂和复原剂物质的量之间的关系，此为易错点．19．〔2014•长春一模〕向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图，以下有关说法中不正确的选项是〔〕A．d曲线代表溶液中Br﹣变化情况B．原溶液中FeI2的物质的量为2molC．原溶液中n〔Fe2+〕：n〔Br﹣〕=2：3D．当通入2molCl2时，溶液中离子反响为：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：首先根据氧化复原反响中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，复原剂的复原性＞复原产物的复原性，氧化剂先氧化复原性强的离子，再氧化复原性弱的离子，判断离子的反响先后顺序，然后根据图象判断参加反响的各离子的物质的量，以此解答该题．解答：解：A．反响2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，复原剂Fe2+的复原性强于复原产物Br﹣，所以复原性：Fe2+＞Br﹣，反响2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，复原剂I﹣的复原性强于复原产物Fe2+，所以复原性：I﹣＞Fe2+，所以复原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，那么通入氯气，先与碘离子反响，再与Fe2+反响，a对应氯气与碘离子的反响，c对应氯气与亚铁离子反响，当加3mol氯气时溴离子开始反响，那么d曲线代表溶液中Br﹣变化情况，故A正确；B．通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，FeI2的物质的量为1mol，故B错误；C．由B可知，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n〔Fe2+〕：n〔Br﹣〕=2：3，故C正确；D．当通入2molCl2时，2mol的I﹣消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反响，即溶液中发生的离子反响可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl﹣，故D正确．应选B．点评：此题考查氧化复原反响中氧化性和复原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，解答此题时注意根据离子的复原性强弱结合图象判断反响的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会．20．〔2013•天津模拟〕在硫酸铁电化浸出黄铜矿精矿工艺中，有一主要反响：CuFeS2+4Fe3+═Cu2++5Fe2++2S，反响结束后，经处理获得单质硫xmol．以下说法正确的选项是〔〕A．反响中硫元素被氧化，所有铁元素均被复原B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+C．反响中转移电子的物质的量为xmolD．反响结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，那么原Fe3+的总物质的量为〔y﹣x〕mol考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S中，S元素的化合价由﹣2价升高为0，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，反响中Fe3+为氧化剂，CuFeS2为复原剂，结合元素化合价的变化解答该题．解答：解：A．反响中硫元素被氧化，但只有铁离子中的铁元素被复原，故A错误；B．氧化剂是Fe3+，氧化产物是S，故B错误；C．由离子方程式可知生成2molS，转移电子4mol，那么生成xmolS，那么转移2xmol电子，故C错误；D．由方程式可知，生成xmol硫，那么生成3xmol金属离子，消耗2xmolFe3+，反响结束后，测得溶液中三种金属离子的总物质的量为ymol，那么剩余Fe3+的物质的量为〔y﹣3x〕mol，所以原Fe3+的总物质的量为2xmol+〔y﹣3x〕mol=〔y﹣x〕mol，故D正确．应选D．点评：此题考查氧化复原反响的计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意从元素化合价的角度认识，难度不大．21．〔2013•泰安一模〕二氧化碳和纳在一定条件下可制得金刚石，其化学方程式为3CO2+4Na=2X+C〔金刚石〕．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关此反响的表达中，不正确的选项是〔〕A．1molC〔金刚石〕中含有C﹣C键数目为2NAB．当有0.4molNa参与反响时，被复原的CO2为0.3NAC．金刚石与石墨互为同素异形体D．X的化学式为Na2CO3考点：氧化复原反响的计算；阿伏加德罗常数．专题：信息给予题．分析：A．金刚石中每个C原子成4个C﹣C，每个C﹣C键为1个C原子提供，故1mol金刚石中含有C﹣C键为1mol××4=2mol，再根据N=nNA计算；B．根据方程式计算参加反响的二氧化碳，由原子守恒可知，X为Na2CO3，被复原的二氧化碳生成碳，由碳原子守恒可知被复原的二氧化碳占，再根据N=nNA计算；C．同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体；D．根据原子守恒判断X的化学式；解答：解：A．金刚石中每个C原子成4个C﹣C，每个C﹣C键为1个C原子提供，故1mol金刚石中含有C﹣C键为1mol××4=2mol，故含有C﹣C数目为2mol×NAmol﹣1=2NA，故A正确；B．由原子守恒可知，X为Na2CO3，当有0.4molNa参与反响时，参加反响的二氧化碳为0.4mol×=0.3mol，被复原的二氧化碳生成碳，由碳原子守恒可知被复原的二氧化碳占，故被复原的二氧化碳为0.3mol××NAmol﹣1=0.1NA，故B错误；C．金刚石与石墨是碳元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故C正确；D．反响前有3个C原子，6个O原子，4个Na原子，反响后除2X外有1个C原子，可推断出2X由4个Na原子，2个C原子，6个O原子组成，那么1个X组成为：2个Na原子，1个C原子，3个O原子，由此可推断出X的化学式为：Na2CO3，故D正确；应选B．点评：此题考查质量守恒定律、氧化复原反响、同素异形体、物质结构等，难度中等，A为易错点，对金刚石的结构不清楚，注意根据均摊法计算C﹣C键数目．22．〔2013•静安区一模〕锑〔Sb〕在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量为世界第一．从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳复原：①2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS②Sb4O6+6C4Sb+6CO↑关于反响①、②的说法正确的选项是〔〕A．反响①②中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6B．反响①中每生成3molFeS时，共转移6mol电子C．反响②说明高温下C的复原性比Sb强D．每生成4molSb时，反响①与反响②中复原剂的物质的量之比为4：3考点：氧化复原反响的计算；氧化性、复原性强弱的比拟．专题：氧化复原反响专题．分析：A、所含元素化合价降低的反响物是氧化剂，据此结合元素化合价判断；B、反响①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，据此计算；C、根据复原剂的复原性强于复原产物的复原性判断；D、反响①中复原剂是Fe，反响②中复原剂是C，根据方程式计算．解答：解：A、反响①中Sb2S3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反响②中Sb4O6中Sb元素的化合价由+3价降低为0价，Sb4O6是氧化剂，故A错误；B、反响①中化合价升高的元素只有Fe元素，由0价升高为+2价，每生成3molFeS，转移电子为3mol×2=6mol，故B正确；C、反响②C是复原剂，Sb是复原产物，复原剂复原性强于复原产物的复原性，说明高温下C的复原性比Sb强，故C正确；D、生成4molSb时，反响②C是复原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反响①中Fe是复原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，故反响①与反响②中复原剂的物质的量之比为6mol：6mol=1：1，故D错误；应选BC．点评：考查氧化复原反响概念与有关计算、复原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解．23．〔2013•桂林一模〕做实验时不小心粘在皮肤上的高锰酸钾会形成黑斑，很久才能消除，假设用乙二酸的稀溶液擦洗黑斑，黑斑可以迅速褪去，其离子反响方程式为MnO+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++〔〕以下有关废反响的表达正确的选项是〔〕A．乙二酸中C显+2价B．离子反响方程式右侧方框内的产物是OH﹣C．氧化剂和复原剂的化学计量数之比是5：2D．假设有6molH+参加反响，那么转移电子10mol考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：MnO4﹣+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++〔〕，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，由元素守恒可知，括号内的产物为水，以此来解答．解答：解：MnO4﹣+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++〔〕，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素化合价由+3价升高为+4价，该反响为2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，A．根据化合物中化合价的代数和为0知，碳元素化合价==+3价，故A错误；B．根据以上分析知，括号内物质是水，故B错误；C．该反响中高锰酸钾得电子作氧化剂，草酸失电子作复原剂，氧化剂和复原剂的计量数之比是2：5，故C错误；D．由反响可知，6molH+参加反响时电子转移10mol，故D正确；应选D．点评：此题考查氧化复原反响，为高考常见题型，明确反响中元素的化合价变化即可解答，注意利用电荷守恒、电子守恒得出反响式为解答的关键，题目难度中等．24．〔2013•广安模拟〕某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在，经先期处理得到含HNO3的废水．一定条件下，向处理后的废水中参加CH3OH，将HNO3复原为N2．假设该反响消耗32gCH3OH转移6mol电子，那么以下说法正确的选项是〔〕A．硝酸分子中所有原子均达8电子结构B．参加反响的复原剂与氧化剂的物质的量之比为5：6C．常温下，向0.1mol/LNH3•H2O中加水稀释，那么c〔NH4+〕/c〔NH3•H2O〕将减小D．NH3分子与CO32﹣离子的空间构型相同考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：A．在ABn型化合物中，中心元素A的族序数+成键数=8时，满足分子中所有原子都满足最外层8电子结构，含H元素的化合物一定不满足；B．32gCH30H转移6mol电子，即1mol复原剂参加反响转移6mol电子，根据消耗甲醇的量和转移电子的量来书写方程式，并确定氧化剂和复原剂的量的多少；C．参加水，氨水被稀释，电离程度增大，但是溶液中氢氧根浓度减小，氨水浓度减小，氢离子浓度增大；D．根据价电子对互斥理论确定微粒的空间构型．解答：解：A．硝酸分子中，含有氢原子，氢最外层族序数+成键数=1+1=2，所以不能满足所有原子最外层8电子结构，故A错误；B．消耗32g〔1mol〕CH3OH转移6mol电子，由CH3OH中碳原子的化合价升高6，所以反响后碳的化合价为+4，产物为CO2，根据质量守恒和化合价升降总数相等得：5CH3OH+6HNO3═5CO2+3N2+13H2O，反响中氧化剂是硝酸，复原剂是甲醇，参加反响的复原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，故B正确；C．由于加水稀释后，氨水电离程度增大，电离平衡正向移动，n〔NH4+〕增大，n〔NH3•H2O〕减小，在同一溶液中体积相同，离子的浓度之比等于物质的量之比，那么增大，故C错误；D．氨气分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+〔5﹣3×1〕=4，因为含有一个孤电子对，所以是三角锥型结构；碳酸根离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=3，为平面三角形结构，两者空间构型不相同，故D错误；应选B．点评：此题考查了最外层8电子结构、氧化复原反响的简单计算、电离平衡、微粒空间构型等知识，注意分子中所有原子8电子结构，含有H原子的化合物一定不满足，定性分析溶液中微粒相对大小是解答C的关键，题目难度中等．25．〔2013•保定一模〕RO2受热分解为+4和+2价的混合氧化物，﹣4价的R能氧化浓盐酸生成Cl2，现将1molRO2加热分解得到O2，再向剩余固体中参加过量的浓盐酸得到Cl2，所得O3和Cl2物质的量之比为3：2，那么剩余固体的组成及物质的量之比可能是〔〕A．R3O4，RO，2：1B．RO2，RO，1：3C．RO2，R3O41：2D．RO2，R0，1：4考点：氧化复原反响的计算．专题：氧化复原反响专题．分析：RO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物〔R为+4、+2价〕，该混合物再与盐酸作用时，+4价R复原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为RCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molRO2在上述转化过程中共转移2mole﹣，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，那么Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n〔R〕：n〔O〕，据此判断．解答：解：RO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物〔R为+4、+2价〕，该混合物再与盐酸作用时，+4价R复原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为RCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molRO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×〔4﹣2〕=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，那么Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故1molRO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n〔O〕=2mol﹣0.375mol×2=1.25mol，所以剩余固体中n〔R〕：n〔O〕=1mol：1.25mol=4：5，A．当R3O4与RO的物质的量之比为2：1，那么n〔R〕：n〔O〕=〔3×2+1〕：〔4×2+1〕=7：9，故A错误；B．当RO2和RO的物质的量之比为1：3，那么n〔R〕：n〔O〕=〔1+1×3〕：〔1×2+1×3〕=4：5，故B正确；C．当RO2和R3O4的物质的量之比为1：2，那么n〔R〕：n〔O〕=〔1+2×3〕：〔1×2+2×4〕=7：10，故C错误；D．当RO2和R0的物质的量之比为1：4，那么n〔R〕：n〔O〕=〔1+4〕：〔1×2+1×4〕=1：2，故D错误；应选B．点评：此题考查了氧化复原反响的计算，计算转移电子守恒计算R、O元素的物质的量，再结合原子守恒来分析解答，难度中等．26．〔2013•安徽模拟〕铋〔Bi〕位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠〔NaBiO3〕可氧化硫酸锰〔MnSO4〕，反响的离子方程式为5NaBiO3+2Mn2++14H+═2MnO4﹣+5Bi3++Na++7H2O，以下说法错误的选项是〔〕A．假设有0.1mol氧化产物生成，那么转移0.5mol电子B．铋酸钠难溶于水C．该反响可以用于鉴定Mn2+离子D．该反响可以用浓盐酸酸化考点：氧化复原反响的计算；氧化复原反响．专题：氧化复原反响专题．分析：A．反响中Mn2+→MnO4﹣，Mn元素化合价由+2价升高为+7价，MnO4﹣是氧化产物，根据化合价计算转移电子数；B．由离子方程式中铋酸钠为化学式形式，可知铋酸钠难溶于水；C．Mn2+离子被氧化物为MnO4﹣，溶液呈紫色，可以鉴定Mn2+离子；D．NaBiO3在酸性环境下具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气．解答：解：A．反响中Mn2+→MnO4﹣，Mn元素化合价由+2价升高为+7价，MnO4﹣是氧化产物，0.1molMnO4﹣生成，那么转移电子为0.1mol×〔7﹣2〕=0.5mol，故A正确；B