1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業氧化還原反應的計算及方程式的配平考綱要求1.掌握氧化還原反應方程式的簡單配平方法。2.能利用得失電子守恒原理進行相關計算。考點一氧化還原反應方程式的配平方法氧化還原反應的實質是反應過程中發生了電子轉移，而氧化劑得電子總數(或元素化合價降低總數)必然等于還原劑失電子總數(或元素化合價升高總數)，根據這一原則可以對氧化還原反應的化學方程式進行配平。配平的步驟：(1)標好價：正確標出反應前后化合價有變化的元素的化合價。(2)列變化：列出元素化合價升高和降低的數值。(3)求總數

2、：求元素化合價升高和降低的總數，確定氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數。(4)配系數：用觀察法配平其他各物質的化學計量數。(5)細檢查：利用“守恒”三原則(即質量守恒、得失電子守恒、電荷守恒)，逐項檢查配平的方程式是否正確。典例根據FeS2O2Fe2O3SO2回答下列問題(1)氧化劑_，還原劑_，氧化產物_，還原產物_。(2)元素化合價升高的元素為_，元素化合價降低的元素為_。(3)1“分子”還原劑化合價升高總數為_，1“分子”氧化劑化合價降低總數為_。(4)配平后各物質的系數依次為_。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、

3、11、2、8失誤防范配平氧化還原反應方程式的關鍵是正確標出化合價，找準1“分子”氧化劑化合價降低總數，1“分子”還原劑化合價升高總數，在計算時，往往容易忽略氧化劑、還原劑中的粒子個數。題組一正向配平類1(1)_HCl(濃)_MnO2eq o(=,sup7()_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnOeq oal(,4)_H_Cl=_Mn2_Cl2_H2O答案(1)41112(2)38324(3)513333(4)21610258題組二逆向配平類2(1)_S_KOH=_K2

4、S_K2SO3_H2O(2)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案(1)36213(2)29335題組三缺項配平類3(1)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeOeq oal(2,4)_H2O(2)_MnOeq oal(,4)_H2O2_=_Mn2_O2_H2O(3)某高溫還原法制備新型陶瓷氮化鋁(AlN)的反應體系中的物質有：Al2O3、C、N2、AlN、CO。請將AlN之外的反應物與生成物分別填入以下空格內，并配平。eq x()eq x()eq x()eq x(AlN)eq x()答案(1)324OH325(2)256H258(3)Al2O33CN2=2AlN3CO解析(3)根

5、據氮元素、碳元素的化合價變化，N2是氧化劑，C是還原劑，AlN為還原產物，CO為氧化產物。題組四信息型氧化還原反應方程式的書寫4按要求書寫方程式：(1)已知將濃鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色褪去。在一氧化還原反應的體系中，共有KCl、Cl2、濃H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七種物質。寫出一個包含上述七種物質的氧化還原反應方程式，并配平_。在反應后的溶液中加入NaBiO3(不溶于冷水)，溶液又變為紫紅色，BiOeq oal(,3)反應后變為無色的Bi3。寫出該實驗中涉及反應的離子方程式_。(2)6價鉻的毒性很強，制取紅礬鈉后的廢水中含有的Cr2Oe

6、q oal(2,7)，可以用綠礬除去。測得反應后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等陽離子。寫出該反應的離子方程式_。(3)KMnO4的氧化性隨pH的減小而增大，在酸性介質中還原產物是Mn2；在中性或堿性介質中還原產物主要是MnO2。三氯乙烯(C2HCl3)是地下水有機污染物的主要成分，研究顯示在地下水中加入KMnO4溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產物只有CO2，寫出反應的化學方程式_。(4)已知：MnOeq oal(,4)eMnOeq oal(2,4)(綠色)(強堿性條件)MnOeq oal(,4)8H5eMn2(無色)4H2O(強酸性條件)將KMnO4溶液滴入NaOH溶液中微熱，得到透

7、明的綠色溶液，寫出反應的離子方程式_。答案(1)2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O2Mn25NaBiO314H=2MnOeq oal(,4)5Na5Bi37H2O(2)Cr2Oeq oal(2,7)6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)2KMnO4C2HCl3=2KCl2CO22MnO2HCl(4)4MnOeq oal(,4)4OHeq o(=,sup7()4MnOeq oal(2,4)2H2OO2解析(1)根據信息，KMnO4在H2SO4作用下，把KCl氧化成Cl2，本身被還原成Mn2。注意NaBiO3不能拆寫成離子形式。NaBiO3作為氧化

8、劑，把Mn2氧化成MnOeq oal(,4)，本身被還原成Bi3。(3)根據信息，MnOeq oal(,4)的還原產物為MnO2，C2HCl3中C被氧化為CO2，H、Cl的化合價不發生變化。(4)根據信息，在強堿性條件下，MnOeq oal(,4)得電子生成MnOeq oal(2,4)，2價的氧失電子生成O2。解題技巧配平的基本技能(1)全變從左邊配：氧化劑、還原劑中某元素化合價全變的，一般從左邊反應物著手配平。(2)自變從右邊配：自身氧化還原反應(包括分解、歧化)一般從右邊著手配平。(3)缺項配平法：先使得失電子數配平，再觀察兩邊電荷。若反應物這邊缺正電荷，一般加H，生成物一邊加水；若反應物

9、這邊缺負電荷，一般加OH，生成物一邊加水。然后進行兩邊電荷數配平。(4)當方程式中有多個缺項時，應根據化合價的變化找準氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物。考點二氧化還原反應計算題中重要的解題思想對于氧化還原反應的計算，要根據氧化還原反應的實質反應中氧化劑得到的電子總數與還原劑失去的電子總數相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應過程，可不寫化學方程式，不追究中間反應過程，只要把物質分為初態和終態，從得電子與失電子兩個方面進行整體思維，便可迅速獲得正確結果。題組一簡單反應的得失電子守恒問題1Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應

10、中Na2Sx與NaClO的物質的量之比為116，則x的值為()A2 B3 C4 D5答案D解析本題考查在氧化還原反應中利用得失電子守恒進行相關的計算。Na2eq o(S,sup6(-2/x)xxNa2eq o(S,sup6(6)O4Naeq o(Cl,sup6(+1)ONaeq o(Cl,sup6(+1)得關系式1eq blcrc(avs4alco1(6blc(rc)(avs4alco1(f(2,x)xe162e，x5。2現有24 mL濃度為0.05 molL1的Na2SO3溶液恰好與20 mL濃度為0.02 molL1的K2Cr2O7溶液完全反應。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na

11、2SO4，則元素Cr在還原產物中的化合價為()A2 B3 C4 D5答案B解析題目中指出被還原的物質是Cr，則得電子的物質必是K2Cr2O7，失電子的物質一定是Na2SO3，其中S元素的化合價從46；而Cr元素的化合價將從6n(設化合價為n)。根據氧化還原反應中得失電子守恒規律，有0.05 molL10.024 L(64)0.02 molL10.020 L2(6n)，解得n3。思維建模守恒法解題的思維流程(1)找出氧化劑、還原劑及相應的還原產物和氧化產物。(2)找準一個原子或離子得失電子數(注意化學式中粒子的個數)。(3)根據題中物質的物質的量和得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)變價原子個數化

12、合價變化值(高價低價)n(還原劑)變價原子個數化合價變化值(高價低價)。題組二多元素參與反應的得失電子守恒問題3在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反應中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物質的量為_mol。生成1 mol Cu3P時，參加反應的P的物質的量為_mol。答案1.52.2解析設7.5 mol CuSO4氧化P的物質的量為x；生成1 mol Cu3P時，被氧化的P的物質的量為y根據得失電子守恒得：75 mol(21)x(50)x1.5 mol1 mol3(21)1 mol0(3)y(50)y1.2 mol所以參加反應的P的物質的量為1.2 mol1 mo

13、l2.2 mol。4四氧化三鐵(Fe3O4)磁性納米顆粒穩定、容易生產且用途廣泛，是臨床診斷、生物技術和環境化學領域多種潛在應用的有力工具。水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應是3Fe22S2Oeq oal(2,3)O2xOH=Fe3O4S4Oeq oal(2,6)2H2O。請回答下列問題。(1)水熱法制備Fe3O4納米顆粒的反應中，還原劑是_。(2)反應的化學方程式中x_。(3)每生成1 mol Fe3O4，反應轉移的電子為_mol，被Fe2還原的O2的物質的量為_mol。答案(1)Fe2、S2Oeq oal(2,3)(2)4(3)40.5解析(2)根據電荷守恒得：x22322，解得x4。(3

14、)根據還原劑失電子總數等于氧化劑得電子總數，當生成1 mol Fe3O4時，轉移的電子數即是1 mol O2得電子總數，為4 mol。設被Fe2還原的O2的物質的量為x，根據電子守恒得：4x1 mol3(eq f(8,3)2)，解得x0.5 mol。題組三多步反應的得失電子守恒問題有的試題反應過程多，涉及的氧化還原反應也多，數量關系較為復雜，若用常規方法求解比較困難，若抓住失電子總數等于得電子總數這一關系，則解題就變得很簡單。解這類試題時，注意不要遺漏某個氧化還原反應，要理清具體的反應過程，分析在整個反應過程中化合價發生變化的元素得電子數目和失電子數目。5取x g銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應

15、過程中硝酸被還原只產生8 960 mL的NO2氣體和672 mL的N2O4氣體(都已折算到標準狀態)，在反應后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質量為17.02 g。則x等于()A8.64 B9.20C9.00 D9.44答案B解析反應流程為eq blc rc(avs4alco1(Mg,Cu)eq o(,sup7(濃HNO3)eq blcrc (avs4alco1(Mg2、Cu2o(,sup7(NaOH)blcrc (avs4alco1(MgOH2,CuOH2),NO2、N2O4)x g17.02 gm(OH)，而OH的物質的量等于鎂、銅失去電子的物質的量，等于濃HNO3得電子的物質的量

16、，即：n(OH)eq f(8.96 L,22.4 Lmol1)1eq f(0.672 L,22.4 Lmol1)210.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol17 gmol19.20 g。題組四微粒先后反應的得失電子守恒問題當一種物質同時氧化兩種或兩種以上的微粒時，強還原劑先被氧化。一種物質同時還原兩種或兩種以上微粒時，強氧化劑先被還原。被氧化和被還原到何種程度，要以還原劑和氧化劑的物質的量多少來決定，具體計算時用電子守恒規律，但是對氧化還原反應過程中對應的每個階段要分析清楚，電子守恒在對應的階段同樣適用。6下列微粒在溶液中的還原性和氧化性強弱順序如下：還原性HSOeq oal(

17、,3)I，氧化性IOeq oal(,3)I2SOeq oal(2,4)。向含有x mol NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液，加入KIO3和析出I2的物質的量的關系曲線如圖所示，則x_mol。答案3解析開始加入KIO3溶液時，最先與IOeq oal(,3)反應的微粒是HSOeq oal(,3)，還原產物為I，氧化產物為SOeq oal(2,4)；當HSOeq oal(,3)反應完后，b點到c點發生反應的離子方程式為IOeq oal(,3)5I6H=3I23H2O。所以0點到b點參加反應的HSOeq oal(,3)的物質的量可利用電子守恒求解：n(HSOeq oal(,3)2en(IOeq

18、 oal(,3)6e，即x mol21 mol6，所以x3。考點三氧化還原反應原理的綜合應用題組一從定性和定量兩個角度探究有關氧化還原反應的實驗(一)關于物質氧化性、還原性強弱的實驗1某小組同學為探究H2O2、H2SO3、Br2的氧化性強弱，設計如下實驗(夾持儀器已略去，裝置的氣密性已檢驗)。實驗記錄如下：實驗操作實驗現象打開活塞a，滴加氯水，關閉活塞aA中溶液變為紅棕色吹入熱空氣A中紅棕色明顯變淺；B中有氣泡，產生大量白色沉淀，混合液顏色無明顯變化停止吹入空氣，打開活塞b，逐滴加入H2O2溶液開始時顏色無明顯變化；繼續滴加H2O2溶液，一段時間后，混合液逐漸變成紅棕色請回答下列問題：(1)A

19、中反應的離子方程式是_。(2)實驗操作吹入熱空氣的目的是_。(3)裝置C的作用是_，C中盛放的藥品是_。(4)實驗操作，混合液逐漸變成紅棕色，其對應的離子方程式是_。(5)由上述實驗得出的結論是_。(6)實驗反思：有同學認為實驗操作吹入的熱空氣，會干擾(5)中結論的得出，你認為是否干擾，理由是_。實驗操作，開始時顏色無明顯變化的原因是(寫出一條即可)_答案(1)2BrCl2=Br22Cl(2)吹出單質Br2(3)吸收尾氣NaOH溶液(4)H2O22Br2H=Br22H2O(5)氧化性：H2O2Br2H2SO3(6)不干擾，無論熱空氣是否參加氧化H2SO3，只要觀察到產生白色沉淀的同時混合液顏色

20、無明顯變化，即能證明Br2氧化了H2SO3H2SO3有剩余(H2O2濃度小或Br與H2O2反應慢等因素都可)解析操作的反應為Cl22Br=Br22Cl；操作，吹入熱空氣的目的是吹出Br2，然后在B中，Br2把H2SO3氧化成H2SO4，H2SO4和BaCl2反應生成BaSO4沉淀；操作，H2O2把Br氧化成Br2而使溶液變成紅棕色。綜上所述，氧化性H2O2Br2H2SO3。(6)若是O2氧化H2SO3，則溶液顏色有變化(變為紅棕色)。(二)氧化還原反應滴定時指示劑的選擇方法中學中氧化還原反應滴定時指示劑的選擇常見的有兩類：(1)自身指示劑：有些標準溶液或被滴定物質本身有顏色，而滴定產物為無色，

21、則滴定時就無需另加指示劑，自身顏色變化可以起指示劑的作用，此類指示劑稱為自身指示劑。如MnOeq oal(,4)本身在溶液中顯紫紅色，還原后的產物Mn2為無色，所以用高錳酸鉀溶液滴定時，不需要另加指示劑。(2)顯色指示劑：有些物質本身并沒有顏色，但它能與滴定劑或被測物質反應產生特殊的顏色，或開始有特殊顏色，滴定后變為無色，因而可指示滴定終點。如滴定前溶液中無單質碘，滴定后有單質碘生成等，可用淀粉等作為指示劑。2(1)配平氧化還原反應方程式：C2Oeq oal(2,4)_MnOeq oal(,4)_H=_CO2_Mn2_H2O(2)稱取6.0 g含H2C2O42H2O、KHC2O4和K2SO4的

22、試樣，加水溶解，配成250 mL溶液。量取兩份此溶液各25.00 mL，分別置于兩個錐形瓶中。第一份溶液中加入酚酞試液，滴加0.25 molL1 NaOH溶液至20.00 mL時，溶液由無色變為淺紅色。該溶液被中和的H的總物質的量為_mol。第二份溶液中滴加0.10 molL1的酸性高錳酸鉀溶液。AKMnO4溶液在滴定過程中作_(填“氧化劑”或“還原劑”)，該滴定過程_(填“需要”或“不需要”)另加指示劑。滴至16.00 mL時反應完全，此時溶液顏色由_變為_。B若在接近終點時，用少量蒸餾水將錐形瓶沖洗一下，再繼續滴定至終點，則所測結果_(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。C若在達到滴定終點

23、時俯視讀數，則所得結果_(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。原試樣中H2C2O42H2O的質量分數為_，KHC2O4的質量分數為_。答案(1)52161028(2)0.005A.氧化劑不需要無色淺紫紅色B無影響C偏小21%64%解析(1)C：34，改變量(43)22，Mn：72，改變量(72)15，根據化合價升降總數相等，所以在C2Oeq oal(2,4)前配5，MnOeq oal(,4)前配2，根據C和Mn原子守恒，分別在CO2和Mn2前配10和2，再由電荷守恒在H前配16，最后根據離子方程式兩邊的H原子個數相等在H2O前面配8，經檢驗離子方程式的氧原子個數相等。(2)由HOH=H2O知，

24、n(H)n(OH)0.25 molL10.02 L0.005 mol。原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，所以當溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應完全時，溶液呈淺紫紅色。由電子守恒得n(還)20.10 molL10.016 L5，n(還)0.004 mol。設6.0 g 試樣中H2C2O42H2O、KHC2O4的物質的量分別為n(H2C2O42H2O)、n(KHC2O4)，由得：2n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.05 mol，由得：n(H2C2O42H2O)n(KHC2O4)0.04 mol，解上述兩個方程式得：n(H2C2O42H2O)0.01 mol，n(KHC2O4)0

25、.03 mol，H2C2O42H2O的質量分數為eq f(0.01 mol126 gmol1,6.0 g)100%21%，KHC2O4的質量分數為eq f(0.03 mol128 gmol1,6.0 g)100%64%。題組二氧化還原反應原理在化學工藝流程中的應用3目前，新能源不斷被應用到現代的汽車中，高鐵電池技術就是科研機構著力研究的一個方向。(1)高鐵酸鉀鋅電池(堿性介質)是一種典型的高鐵電池，則該種電池負極材料是_。(2)工業上常采用NaClO氧化法生產高鐵酸鉀(K2FeO4)，K2FeO4在堿性環境中穩定，在中性和酸性條件下不穩定。反應原理為.在堿性條件下，利用NaClO氧化Fe(NO

26、3)3制得Na2FeO43NaClO2Fe(NO3)310NaOH=2Na2FeO43NaCl6NaNO35H2O.Na2FeO4與KOH反應生成K2FeO4Na2FeO42KOH=K2FeO42NaOH主要的生產流程如下：寫出反應的離子方程式_。流程圖中“轉化”(反應)是在某低溫下進行的，且此溫度無NaOH析出，說明此溫度下Ksp(K2FeO4)_Ksp(Na2FeO4)(填“”、“”或“”)。(3)已知K2FeO4在水溶液中可以發生：_FeOeq oal(2,4)_H2O_Fe(OH)3_OH_O2，配平上述方程式K2FeO4在水處理中的作用是_。(4)FeOeq oal(2,4)在水溶液

27、中的存在形態如圖所示：若向pH10的這種溶液中加硫酸至pH2，HFeOeq oal(,4)的分布分數的變化情況是_。若向pH6的這種溶液中滴加KOH溶液，則溶液中含鐵元素的微粒中，_轉化為_(填化學式)。答案(1)Zn(2)Cl22OH=ClClOH2O(3)410483作凈水劑和消毒劑(4)先增大后減小HFeOeq oal(,4)FeOeq oal(2,4)解析(1)負極失去電子，應為Zn。(2)Cl2和NaOH反應生成NaCl、NaClO和H2O；根據中方程式判斷，Ksp前者小。(3)Feq o(e,sup6(6)Oeq oal(2,4)H2OFeq o(e,sup6(3) (OH)3OH

28、eq o(O,sup6(0)2采用倒配法：氧化合價降低4，鐵化合價升高3，Fe(OH)3系數為4，O2系數為3，根據電荷守恒、元素守恒再配其他物質的系數。(4)根據變化圖判斷。命題展望氧化還原反應命題的4大趨向氧化還原反應是高中化學的核心內容，是高考考查的重點和熱點。命題的趨向：(1)以社會實際問題或典型實例為載體，考查對氧化還原反應有關概念的理解與應用；(2)將氧化還原反應與物質的推斷結合在一起，考查學科內知識的綜合應用能力；(3)將氧化還原反應與酸堿中和滴定相結合進行考查；(4)將氧化還原反應與電化學原理、新型綠色能源的開發相結合的綜合性題目。練出高分1下列有關反應SiO23Ceq o(=

29、,sup7(高溫)SiC2CO的敘述中，正確的是()A氧化劑是SiO2B氧化劑與還原劑的物質的量之比為12C碳在反應中只作還原劑D若生成1 mol SiC，則轉移電子2 mol答案B解析該反應的氧化劑和還原劑都是碳，氧化劑與還原劑的物質的量之比為12，A、C錯誤，B項正確；生成1 mol SiC轉移電子4 mol，D項錯誤。2(NH4)2PtCl6晶體受熱分解，生成氮氣、氯化氫、氯化銨和金屬鉑，在此分解反應中，氧化產物與還原產物的物質的量之比是()A23 B32 C43 D13答案A解析(NH4)2PtCl6分解反應的氧化產物是N2，還原產物是Pt，根據電子得失守恒得：6n(N2)4n(Pt)

30、，n(N2)n(Pt)23。3NaNO2是一種食品添加劑，過量攝入能致癌。酸性KMnO4溶液與NaNO2反應的方程式是MnOeq oal(,4)NOeq oal(,2)eq x()Mn2NOeq oal(,3)H2O。下列敘述中正確的是()A該反應中NOeq oal(,2)被還原B反應過程中溶液的pH減小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D.eq x()中的粒子是OH答案C解析該反應的方程式為2MnOeq oal(,4)5NOeq oal(,2)6H=2Mn25NOeq oal(,3)3H2O，D項錯誤；反應中NOeq oal(,2)被氧化，A項錯誤；反應過程中消耗H

31、，溶液的pH增大，B項錯誤。4一未配平的離子方程式為_XOeq oal(,3)6H=3X23H2O，據此判斷，氧化產物和還原產物的物質的量之比為()A11 B31 C51 D71答案C解析由質量守恒和電荷守恒可得出該離子方程式為5XXOeq oal(,3)6H=3X23H2O，則氧化產物和還原產物的物質的量之比為51。5從礦物學資料查得，一定條件下自然界存在如下反應：14CuSO45FeS212H2O=7X5FeSO412H2SO4，下列說法正確的是()AX的化學式為CuS，它既是氧化產物又是還原產物B5 mol FeS2發生反應，有10 mol電子轉移C產物中的SOeq oal(2,4)有一

32、部分是氧化產物DFeS2只作還原劑答案C解析根據元素守恒得X應為Cu2S，A項，Cu2S為還原產物；B項，5 mol FeS2發生反應，有21 mol電子轉移；C項，產物中有3個SOeq oal(2,4)為氧化產物，正確；D項，FeS2既是氧化劑又是還原劑。60.02 mol KMnO4固體加熱一段時間后，收集到a mol甲氣體，在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續加熱，又收集到b mol乙氣體，設此時Mn元素全部以Mn2存在于溶液中，則下列說法正確的是()A甲、乙均為無色無味的氣體Ba的最大值為0.02Cb的最小值為0.01Dab的最小值為0.04答案D解析A項，甲氣體為O2，乙氣體為

33、Cl2，錯誤；2KMnO4eq o(=,sup7()K2MnO4MnO2O2 2a a a a(0.022a)54a2a2b即b0.052a。B項，KMnO4全部分解時生成O2最多，為0.01 mol錯誤；C項，當a0.01時，b0.052a最小，等于0.03，錯誤；D項，aba0.052a0.05a，當a0.01時，ab最小，為0.04，正確。7a mol Cu與含b mol HNO3的溶液恰好完全反應，被還原的HNO3的物質的量一定是()A(b2a) mol B.eq f(1,4)b molC.eq f(2,3)a mol D2a mol答案A解析表現酸性的HNO3為2a mol，所以被還

34、原的HNO3為(b2a) mol。8硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，已知25.0 mL 0.100 molL1 Na2S2O3溶液恰好把224 mL(標準狀況下)Cl2完全轉化為Cl，則S2Oeq oal(2,3)將轉化為()AS2 BS CSOeq oal(2,3) DSOeq oal(2,4)答案D解析設m為氧化產物與Na2S2O3中硫元素的化合價之差，由電子得失守恒得：0.224 L22.4 Lmol1210.025 L0.100 molL12m，解得m4。Na2S2O3中S為2價，被Cl2氧化后，上升4價，變為6價，轉化為SOeq oal(2,4)。9Cu2S與一定濃度的HNO3反應，生成Cu

35、(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。當產物n(NO2)n(NO)11時，下列說法正確的是()A產物nCu(NO3)2nCuSO411B參加反應的n(Cu2S)n(HNO3)15C反應中Cu2S既作氧化劑，又作還原劑D1 mol Cu2S參加反應時轉移8 mol電子答案A解析配平后方程式為2Cu2S14HNO3=2Cu(NO3)22CuSO45NO25NO7H2O，由此可知A項正確，B項錯誤；反應中Cu2S只作還原劑；1 mol Cu2S參加反應時轉移10 mol電子。10已知：14Cu25FeS212H2O=7Cu2S5Fe224H3SOeq oal(2,4)，Mn2S2Oeq o

36、al(2,8)H2OMnOeq oal(,4)SOeq oal(2,4)H。對上述兩個反應判斷正確的是()A反應中SOeq oal(2,4)都是氧化產物B氧化性：MnOeq oal(,4)S2Oeq oal(2,8)C反應中的硫元素既被氧化又被還原D反應中，若1 mol S2Oeq oal(2,8)參加反應，則轉移4 mol電子答案C解析反應中，FeS2中鐵顯2價，硫顯1價，反應后硫元素的價態有升有降，硫元素既被氧化又被還原。配平反應得2Mn25S2Oeq oal(2,8)8H2O=2MnOeq oal(,4)10SOeq oal(2,4)16H，SOeq oal(2,4)是還原產物，氧化劑的

37、氧化性強于氧化產物的氧化性S2Oeq oal(2,8)MnOeq oal(,4)；5 mol S2Oeq oal(2,8)參加反應轉移10 mol電子，則1 mol S2Oeq oal(2,8)參加反應轉移2 mol電子。11小明為驗證NO2的氧化性和NO的還原性，設計了如下裝置制取NO2和NO，并驗證其性質，裝置圖如下：(1)寫出甲中反應的離子方程式：_，乙中的現象是_，可證明NO2的氧化性；在丙中鼓入空氣后現象是_，可證明NO的還原性。(2)實驗前丙中充滿水的作用是_(用反應方程式和簡要文字回答)。(3)小華對小明的實驗設計提出了質疑，他認為乙中的現象不足以證明NO2的氧化性，他的理由是_

38、。你認為怎樣才能準確證明NO2的氧化性？(簡要回答出原理和現象即可)_。答案(1)Cu4H2NOeq oal(,3)=Cu22NO22H2O溶液變渾濁有紅棕色氣體生成(2)3NO2H2O=2HNO3NO，制取NO，并用排水法收集NO(3)NO2和水反應生成的HNO3是一種強氧化性酸，可將Na2S氧化，使溶液變渾濁可將干燥的NO2與干燥的H2S氣體混合，若有淡黃色固體生成，即可證明NO2的氧化性解析本題利用Cu與濃HNO3的反應制取NO2，再利用NO2與水的反應制NO；分別在不同的裝置中檢驗它們的性質，在小明的實驗設計中乙裝置不能區分NO2和HNO3是誰氧化了Na2S，故應在無水的環境中檢驗NO

39、2的氧化性。12工業上從4J29合金(鐵鈷鎳合金)廢料中提取鈷和鎳，一般先用硫酸溶解合金使之成為Fe2、Co2、Ni2，再把Fe2氧化為Fe3，從而使Fe3轉化為某種沉淀析出，達到與Ni2、Co2分離的目的。生產上要使Fe2氧化為Fe3，而不使Co2、Ni2被氧化的試劑是NaClO或NaClO3(均含少量H2SO4)溶液，反應的部分化學方程式如下(A為還原劑)：NaClOABNaClCH2ONaClO3ABNaClCH2O(1)請完成以上化學方程式：_，_。實際生產中采用NaClO3來氧化Fe2比較合算，其理由是_。(2)配平下列離子方程式，并回答問題。eq x()Fe(OH)3eq x()C

40、lOeq x()OH=eq x()FeOeq oal(n,4)eq x()Cleq x()H2O(3)已知有3.21 g Fe(OH)3參加反應，共轉移了5.4181022個電子，則n_。(4)根據上述(2)(3)題推測FeOeq oal(n,4)能與下列哪些物質反應_(只填序號)。ACl2 BSO2 CH2S DO2答案(1)NaClO2FeSO4H2SO4=NaClFe2(SO4)3H2ONaClO36FeSO43H2SO4=NaCl3Fe2(SO4)33H2O相同質量NaClO3比NaClO能氧化更多的Fe2(2)25n2n 25n3n(3)2(4)BC解析(1)根據題干信息，A(或B)

41、為FeSO4，B(或A)為H2SO4，根據電子守恒配平。因為NaCl3O中氯元素的化合價為5價，NaClO中氯元素的化合價為1價，相同質量的兩種物質，NaClO3氧化更多的Fe2。(2)eq x()eq o(Fe,sup6(3) (OH)3eq x()eq o(Cl,sup6(1)Oeq x()OHeq o(x()Fe,sup6(8n)Oeq oal(n,4)eq x()eq o(Cl,sup6(1)eq x()H2O，Fe的化合價升高5n，氯的化合價降低2，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，系數依次為2,5n,2n,2，5n，3n。(3)電子轉移數為eq f(3.21 g,107 gmol1)(5n)NA5.4181022，解得n2。(4)FeOeq