氧化还原反应的有关计算专题训练

(完整word版)氧化还原反应的有关计算专题训练(完整word版)氧化还原反应的有关计算专题训练(完整word版)氧化还原反应的有关计算专题训练氧化还原反应的有关计算专题训练答案1。(NH4）2SO4在强热条件下分解，生成NH3、SO2、N2、H2O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为A。1:3B。2：3C.1：1D.4:3解析：（NH4)2SO4在强热条件下分解,氧化产物为N2，还原产物为SO2，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x＝2↓×y，故有x：y＝1：3答案：A2。R2O8n－在一定条件下可把Mn2+氧化为MnO4－,若反应中R2O8n－变为RO42－,又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为：A。4B.3C。2D。1解析：依题意有5R2O8n－+2Mn2+===2MnO4－+10RO42－，设R2O8n－中R的化合价为x，依据化合价升降相等原则有5×2×↓（x－6)＝2×↑（7－2），解得x＝7，因此有2×7+8×（－2）＝－n，解得n＝2。答案：C3.(NH4）2PtCl6在强热条件下分解，生成N2、HCl、NH4Cl、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为A。1：2B。1：3C。2：3D。3:2解析：（NH4）2PtCl6在强热条件下分解，氧化产物为N2,还原产物为Pt,依据化合价升降相等原则有3×2↑×x＝4↓×y，故有x:y＝2:3答案：C4。Cl2与NaOH（70℃）的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO3之比4：1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为A.11：2B。1：1C.9:4D.5：1解析:Cl2中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO3中氯元素的化合价分别为+1、+5价,设NaCl和NaClO的物质的量分别为x和y，依据化合价升降相等原则有1↓×x＝1↑×y+5↑××y，故有x:y＝9:4答案：C5。含n克HNO3的稀溶液恰好与m克Fe完全反应,若HNO3只被还原为NO，则n:m可能是①5：1、②9:2、③3：1、④2:1、⑤4:1A。②③⑤B。①③④C.②③④D.①③解析:当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe+8HNO33Fe(NO3）2+2NO↑+4H2O,解得:n:m＝3：1当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO↑+2H2O,解得：n:m＝9:2结合选项分析n：m的取值范围在4.5至3之间.答案：A6。Zn与HNO3反应，Zn和被还原的HNO3的物质的量之比为4:1则HNO3的还原产物可能为A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO3解析：设还原产物中氮元素的化合价为x,依据化合价升降相等原则有4×2↑＝1↓×(5－x)解得：x＝－3答案:D7.将Mg和Cu的合金2。64克，投入适量的稀HNO3中恰好反应,固体全部溶解时,收集的还原产物为NO，体积为0。896L（SPT),向反应后的溶液中加入2mol/LNaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为A。4.32克B。4.68克C。5。36克D。6。38克解析:依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去n(e－)＝×3＝0。12mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12molOH－，故形成沉淀的质量m＝2。64g+0。12mol×17g/mol＝4.68g答案：B8。取x克Mg和Cu的合金完全溶于浓HNO3中，反应过程中HNO3被还原只产生8960mLNO2和672mLN2O4气体(SPT），向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀质量为17.02克，则X的值为A.8。64克B。9.20克C。9。00克D.9。44克解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Cu共失去n(e－）＝×1＝0。46mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.46molOH－,因此有17.02g＝x+0。46mol×17g/mol，解得x＝9.20g答案:B9.某温度下，将Cl2通人KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定，ClO－与ClO3－离子的物质的量浓度之比是1：2，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A.2：1B。4：3C.10:3D.11：3［分析]因同一溶液的体积相同，离子的物质的量之比即离子的物质的量浓度比。根据给定的比例，进行局部配平如下:化合价降低1化合价降低1×x化合价升高1×1化合价升高5×2(x+3)/2Cl2+KOH-——-—xKCl+KClO+2KClO3依据化合价升降相等，x=11，根据化合价升高，失去电子被氧化，所以被还原的氯元素若为11mol，则被氧化的氯元素为（1+2）=3mol。故选D。10.将51.2gCu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500mL2mol/L的NaOH溶液完全吸收,生成NaNO3和NaNO2的混合溶液,其中生成的NaNO3的物质的量为（已知NO+NO2+2NaOHNaNO2+H2O,2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O)A.0。2molB.0.4molC。0。6molD。0.8mol解析：51.2gCu即为0.8molCu，失去的电子等于NaNO2生成时得到的电子,则NaNO2为0。8mol，由Na+守恒知：n(Na+）＝n（NaNO2）+n(NaNO3)，得NaNO3为0。2mol.答案：A11。9。8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中，当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96LNO2和2。24LN2O4气体，向反应的溶液中加入足量的氨水，则生成的沉淀有A。18克B.20克C。22克D。24克解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和Al共失去n(e－)＝×1+×2＝0。6mol。由电荷守恒知Mg和Al共需要结合0。6molOH－，故形成沉淀的质量m＝9。8g+0。6mol×17g/mol＝20g答案:B12.将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反应产生的气体X,再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀，根据题意推断气体X的成分可能是A。0.3molNO2和0.3molNOB.0.2molNO2和0。1molN2O4C。0。1molNO、0.2molNO2和0。05molN2O4D.0.6molNO解析：根据Mg、Cu的变化：Mg~Mg2+~2OH－～Mg（OH)2~2e－、Cu～Cu2+～2OH－～Cu(OH）2～2e－知增加的质量为OH－的质量，转移电子的物质的量与OH－的物质的量相等，则有n（OH－）＝21.4g－11.2g/17g·mol－1＝0.6mol，故反应转移的电子的物质的量也为0。6mol.选项A转移电子的物质的量为0.3mol×1+0.3mol×3＝1。2mol，不正确；选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+0。1mol×2＝0.4mol,不正确;选项C转移电子的物质的量为0。1mol×3+0。2mol×1+0。05mol×2＝0。6mol，正确;选项D转移电子的物质的量为0。6mol×3＝1.8mol,不正确。答案：C13.有一种生产碘的的方法是用亚硫酸钠还原碘酸盐(IO3－），每生产1mol单质碘，理论上用去亚硫酸钠的物质的量是(D）A.1molB.2molC。2。5molD。5mol14。将3.48g四氧化三铁完全溶解在100mL1mol/L硫酸中，然后，加入25mLK2Cr2O7溶液，恰好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+，Cr2O72－离子全部还原为Cr3+,则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（B）A.0.05mol/LB。0。10mol/LC。0.20mol/LD。0。30mol/L15.根据反应CuSO4+FeS2+H2O-—--Cu2S+FeSO4+H2SO4，判断1molCuSO4能氧化硫的物质的量为（B）A.3/4molB。1/7molC。5/7molD。4/7mol[分析］此题配平,关系复杂，耗时一定较多。若抓住氧化剂CuSO4和还原剂FeS2间电子得失应该守恒，可进行局部配平.CuSO4~1/2Cu2S,化合价降低1，得到1个电子，1/2FeS2~SO42－，S元素化合价升高7，失去7e－.由电子得失守恒，得如下局部配平的关系式7CuSO4~11n（）n(）=1/7mol16。硝酸铵在一定条件下分解生成硝酸、氮气和水,反应中氧化产物与还原产物的质量比为（B)A.3：5B.5:3C.5:2D.2：117.某金属单质跟一定浓度的硝酸反应,假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原的硝酸的物质的量之比为2：1时,还原产物是（C）A。NO2B.NOC。N2OD。N218。在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑反应中,若有5mol水作还原剂时，被水还原BrF3的物质的量为（D)A.3molB。2molC。4/3molD.10/3mol［分析]此反应中的氧化还原关系较为复杂，反应中，三氟化溴既是氧化剂，又是还原剂，不是全部被还原,而是部分自身还原，部分被水还原;水在反应中也只有部分作还原剂。因此，不能用反应方程式中的计量数进行计算，不然,就会陷入剪不断,理还乱的境地。应直接建立氧化剂BrF3和还原剂H2O间的电子得失关系。由反应可知，BrF3被还原为Br2，化合价降低3,H2O被氧化成O2，一个水分子中的氧原子化合价升高2，依据化合价升降总数相等或电子得失守恒，氧化剂BrF3和还原剂H2O间的氧化还原关系为:3H2O——2BrF3，由此局部配平关系式，就可列比例计算。3H2O——2BrF3325n（BrF3)n(BrF3）=10/3mol19。（NH4)2PtCl6晶体受热完全分解，放出氮气和氯化氢气，同时,还生成金属铂和氯化铵.在这个反应中，若放出的氮气是xmol,那么还原的铂是（D）A.x/2molB.2xmolC。2x/3molD.3x/2mol[分析]根据题意，反应中只有N、Pt两元素的化合价发生变化，N的化合价从－3价升高到0价，一个N失去3e－，Pt的化合价从+4价降低到0价，得到4e－，依据电子得失守恒,可得氧化产物和还原产物局部配平的关系式：2N2～3Pt,由此就可列比例式计算。2N2~3Pt23xn（Pt)n(Pt)=3x/2mol题号12345678910答案题号111213141516171819答案20.根据反应P+CuSO4+H2O----Cu3P+H3PO4+H2SO4，判断1molCuSO4能氧化P的物质的量为。(1