《氧化还原反应的计算》测练1.doc

氧化还原反应的计算测练1一、单选题(本大题共12小题，共12.0分)1.Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O当NO2和NO的体积相等时，实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为（） A.1：7B.1：5C.1：9D.2：9 2.用210-3mol的KXO4 恰好将30mL，0.1mol/L的Na2SO3溶液氧化为Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是（） A.+1B.+2C.+3D.+4 3.等物质的量的含氮化合物发生下列反应，转移电子数最少的是（） A.NO2和H2OB.NH3和O2C.Fe和稀HNO3D.NO和O2 4.下判断一定正确的（） A.分别用H2O2、KMnO4分解制O2，当制得等质量O2时，转移电子数之比为1：2 B.等质量的O2与O3中，氧原子的个数比为3：2 C.CaCl2及CaO2固体中阴、阳离子数之比均为2：1 D.10mL 0.3mol/LNaCl与30mL0.1mol/LAlCl3溶液中Cl-物质的量浓度比为1：3 5.一定量的镁铝合金与足量的氢氧化钠溶液反应产生3.36L氢气若将等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（） A.11.4gB.16.5gC.9.7gD.8.7g 6.在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，1molCuSO4能氧化磷的物质的量是（） A.molB.molC.molD.mol 7.将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe （NO3）x+NO+14H2O下列判断合理的是（） A.Fe （NO3）x中的x为2 B.反应中每生成0.2mol 还原产物，就有0.6mol 电子转移 C.稀HNO3 在反应中只作氧化剂 D.磁性氧化铁中的铁元素全部被氧化 8.（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4N2+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 9.ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（） A.可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n （氧化剂）：n （还原剂）=1：2 B.ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OH-ClO3-+ClO2-+H2O C.ClO2处理饮用水时残留的ClO2-，可用FeSO4来除去：ClO2-+2Fe2+4H+2Fe3+Cl-+2H2O D.等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO强 10.氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO下列叙述正确的是（） A.在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂 B.上述反应中每生成2mol AlN，N2得到3mol电子 C.氮化铝中氮元素的化合价为-3 D.氮化铝晶体属于分子晶体 11.一定量的KMnO4与足量的250mL浓盐酸反应，方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，反应结束后，共转移电子为5mol，则还原产物中，阳离子的物质的量浓度为（溶液的体积变化忽略不计）（） A.1mol/LB.2mol/LC.4mol/LD.8mol/L 12.已知KH和H2O反应生成H2和KOH，反应中1mol KH（） A.失去1mol电子B.得到1mol电子 C.失去2mol电子D.没有电子得失 二、填空题(本大题共3小题，共3.0分)13.4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O反应中，MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比是 _ ；若有6mol Cl2生成时，反应中转移 _ mole-14.含废水进水体中对环境造成的污染越来越严重某校保小组同学认用金铝将水中的O原成N2，从消除氮污 配平有关的离子应方程式： 以上反应中电子物质是 _ 还原产物是 _ 每生mol还原产物，将有 _ 子发生转移 现需去1m3含氮03ml的废水中的O设氮元素以NO的式存在），则至要消耗属铝的物质的量为 _ 15.希腊哲学家亚里士多德在其著作中记载了Arsenikon（雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生 （1）雌黄和雄黄中均含有S元素 S在周期表中位于第 _ 周期 _ 族 S的最高价氧化物对应的水化物X的化学式为 _ 在古特蔡特测砷法中，Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，该反应中Na3AsO4 _ （填字母） a作氧化剂b作还原剂c既作氧化剂又作还原剂 （2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，若As2S3和SnCl2恰好完全反应，则还原剂与还原产物的物质的量之比为 _ （3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS时，生成的NO2的体积为112L（标准状况下），元素As在生成物中的化合价为 _ （反应后的溶液中不含硫微粒），该反应的化学方程式为 _ （4）雄黄在空气中加热至300时会生成两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），另一种氧化物为 _ （填化学式），可用双氧水将As2O3氧化成H3AsO4而除去，写出该化学方程式： _ 三、简答题(本大题共5小题，共25.0分)16.浓硫酸具有强氧化性可将红磷氧化为磷酸，其反应原理是2P+5H2SO42H3PO4+5SO2+2H2O 若有1.24g的红磷参加反应，则： （1）标出该反应的电子转移方向及数目 （2）计算生成的SO2在标准状况下的体积（写出计算过程）17.钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用完成下列计算： （1）钠铝合金可作核反应堆的载热介质取1.46g的钠铝合金放入水中，合金全部溶解，放出1.12L氢气（标准状况），则该钠铝合金的化学式为 _ （2）NaCN是一种剧毒的化工原料，可用双氧水处理含NaCN的废液，发生反应的方程式为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3若处理含NaCN 4.90g的废液，需用15%的H2O2 _ mL（已知15% H2O2的密度是1.047g/mL）（保留2位小数） （3）向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后得到溶液A，再向A中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示试计算溶液A的溶质成份及其物质的量 （4）常温下，称取不同氢氧化钠样品溶于水，加盐酸中和至pH=7，然后将溶液蒸干得氯化钠晶体，蒸干过程中产品无损失 氢氧化钠质量（g）氯化钠质量（g）2.403.512.322.343.483.51上述实验所用氢氧化钠均不含杂质，且实验数据可靠通过计算，分析和比较上表3组数据，给出结论18.氧化还原反应实际上包含氧化反应和还原反应两个过程，一个还原反应过程的离子方程式为：NO+4H+3e-NO+2H2O 下列四种物质：KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3中的一种物质甲，滴加少量稀硝酸，能使上述反应过程发生 （1）被还原的元素是 _ ；还原剂是 _ （2）写出并配平该氧化还原反应方程式： _ （3）反应生成0.3mol H2O，则转移电子的数目为 _ 19.硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用 （1）将1.25mol的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是 _ （2）向稀硝酸中加入18.4mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8g/cm3）以下时，则失去吸水能力50mL 18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水 _ g （3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（质量m2）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比= _ （4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O现有含0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收已知反应后溶液含有0.35molNaNO2若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x= _ 20.实验室常用MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，某小组同学提出的下列实验方案：向足量的二氧化锰中加入12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到336mL Cl2（标准状况）；将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g计算 （1）参加反应的二氧化锰的质量 （2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，求消毒液中有效成分的物质的量浓度 （3）浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl2的最低浓度（假设反应后残余液体积为12mL）（保留至0.01）氧化还原反应的计算测练1答案和解析【答案】 1.A2.D3.A4.A5.D6.B7.B8.A9.C10.C11.C12.A13.1：2；12 14.Al；N2；10mol；0.5mol 15.三；A；H2SO4；a；2：1；+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O；SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4 16.解：（1）2P+5H2SO42H3PO4+5SO2+2H2O反应中，浓硫酸中的+6价S原子得到电子被还原生成+4价的二氧化硫，红磷由0价被氧化生成+5价的磷酸，2个P原子总共失去10个电子，5个硫酸分子完全反应得到10个电子，则该反应的电子转移方向及数目为：， 故答案为：； （2）1.24g红磷的物质的量为：=0.04mol，则： 2P+5H2SO42H3PO4+5SO2+2H2O 2mol 522.4L 0.08molV（SO2） V（SO2）=2.24L 答：生成的SO2在标准状况下的体积为2.24L 17.Na2Al；21.65 18.N；KI；6KI+8HNO3=6KNO3+NO+3I2+4H2O；0.45NA 19.1.25moln（HNO3）1.75mol；11.63；0.88；1.8 20.解：（1）反应结束时收集到336mL气体的物质的量为：=0.015mol，根据方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，产生0.015mol氯气消耗二氧化锰的物质的量是0.015mol，质量是：0.015mol87g/mol=1.305g，答：参加反应的二氧化锰的质量是1.305g； （2）将生成的Cl2通到NaOH溶液中制得100mL消毒液，发生反应：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，有效成分是NaClO，0.015mol氯气能产生次氯酸钠是0.015mol，所以c（NaClO）=0.15mol/L，答：消毒液中有效成分的物质的量浓度是0.15mol/L； （3）将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体11.48g固体即为AgCl，物质的量是=0.08mol，所以溶液中氯离子的物质的量是0.08mol，根据Mn守恒，产生氯化锰中氯离子是0.015mol2=0.03mol，所以盐酸剩余的量是0.05mol， 盐酸和二氧化锰反应后的溶液中氯离子的物质的量等于未参加氧化还原反应的盐酸的物质的量，生成氯气是0.015mol，此部分来自0.03mol盐酸，所以原来盐酸的物质的量是：0.03mol+0.08mol=0.11mol，浓度是=9.17mol/L， 答：浓盐酸能和二氧化锰反应的生成Cl2的最低浓度是9.17mol/L 【解析】 1. 解：Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2 令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒可知： n（Cu2S）6-（-2）+12=1mol（5-4）+1mol（5-2），解得n（Cu2S）=0.4mol 由硫元素守恒可知n（CuSO4）=n（Cu2S）=0.4mol， 根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）-n（CuSO4）=20.4mol-0.4mol=0.4mol 由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO）=20.4mol+1mol+1mol=2.8mol 所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7， 故选A Cu2S与一定浓度的HNO3反应中，Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由-2价被氧化为+6价，硝酸起氧化剂与酸的作用，起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO，起酸作用的硝酸生成Cu（NO3）2令NO2和NO的物质的量分别为1mol、1mol，根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量，由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n（HNO3）=2nCu（NO3）2+n（NO2）+n（NO），根据铜元素守恒可知溶液中nCu（NO3）2=2n（Cu2S）-n（CuSO4），由硫元素守恒可知n（Cu2S）=n（CuSO4），据此计算参加反应的硝酸的物质的量 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素化合价变化、电子转移守恒与元素守恒计算是解答的关键关键，注意转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等 2. 解：Na2SO3恰好将XO4-还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低， 设元素X在还原产物中的化合价为x， 由电子守恒可知， 0.003mol（6-4）=210-3mol（7-x）， 解得x=+4， 故选D Na2SO3恰好将XO4-还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，利用电子守恒计算解答 本题考查氧化还原反应的计算，明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大 3. 解：设含氮物质均为1mol， A二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，转移电子为1mol（4-2）=mol； B氨气与氧气反应生成NO和水，转移电子为1mol2-（-3）=5mol； C反应生成硝酸铁（或硝酸亚铁）、NO和水，生成硝酸铁时转移电子为1mol（5-2）=mol，生成硝酸亚铁时转移电子为1mol（5-2）=mol； D反应生成二氧化氮，转移电子为1mol（4-2）=2mol， 显然A中转移电子最少， 故选A 设含氮物质均为1mol，结合反应及元素的化合价变化计算转移电子，以此来解答 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大 4. 解：H2O中O元素的化合价由1价升高为0，KnO中元素的化合价由-2升为0由电守恒可知，制得等量时，转电子之比为12，故A正确； CaCl及O2固体中阳子均为钙离，但阴离子分为氯离过根离子，则阴、阳离子数之分为2：1、1：，故C错误； 等质量的O2O3，O原子的质量相同则氧原的个数为1：1，B误； 选A A2O2中元素的化合价由-1价升高为，Kn中O元素化合价由-2升高为0； CaCl及CaO2固体中，阳子均为钙离，但离子别氯子、过氧离子； 0.3ml/LNal与0.ol/LACl3液l-物质的量度均为0.3mol/ 本考查氧化还原反应关计算，为高考点，握物质的构、元素的合价变及物质的计算解答的关，侧重析与计能力的考查题目难度不大 5. 解：Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH反应生成氢气，n（H2）=0.15mol， 由电子守恒可知n（Al）=0.1mol； 等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO，n（NO）=0.2mol， 由电子守恒可知，n（Mg）2+n（Al）3=0.2mol（5-2），解得n（Mg）=0.15mol， 在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，铝离子转化为偏铝酸根离子，而镁离子转化为氢氧化镁沉淀， 由Mg原子守恒可知，nMg（OH）2=n（Mg）=0.15mol， 则mMg（OH）2=0.15mol58g/mol=8.7g， 故选D Al与NaOH反应生成氢气，n（H2）=0.15mol，由电子守恒可知n（Al）=0.1mol；等质量的该合金完全溶于稀硝酸，反应中硝酸被还原只产生4.48L的NO（气体的体积均已折算到标准状况），n（NO）=0.2mol，由电子守恒可知，n（Mg）2+n（Al）3=0.2mol（5-2）可计算Mg的物质的量，在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成沉淀为氢氧化镁，结合Mg原子守恒计算 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒、原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等 6. 解：首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的 由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol即15molCuSO4所氧化的P为=3mol，则1molCuSO4氧化Pmol 故选B 首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的再分析电子得失数目发现，6mol被氧化的P共失电子30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol即15molCuSO4所氧化的P为3mol，则1molCuSO4氧化Pmol 本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂与还原剂，可以直接利用Cu（+2）得电子等于CuSO4氧化的磷得电子数守恒计算，更为简单 7. 解：A、根据氮元素守恒，则9x+1=28，解得x=3，故A错误； B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，所以生成0.2molNO转移电子为0.2mol（5-2）=0.6mol，故B正确； C、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用，故C错误； D、反应中生成硝酸盐Fe（NO3）3，磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分铁元素被氧化，故D错误 故选B A、根据氮元素守恒计算Fe（NO3）x中的x的值； B、反应中只有氮元素被还原，氮元素化合价由+5价降低为+2，还原产物为NO，根据NO计算转移电子； C、反应中生成硝酸盐和N0，所以硝酸在反应中起氧化剂与酸的作用； D、磁性氧化铁中的铁元素化合价为+2、+3价，只有部分被氧化 本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度不大，D选项清楚磁性氧化铁中铁元素化合价是关键注意守恒思想的应用 8. 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）2SO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4、（NH4）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 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 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 9. 解：ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，NaClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价，则n（氧化剂）：n（还原剂）=1：2，故A正确； BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应，反应的化学方程式为2ClO2+2OH-ClO3-+ClO2-+H2O，故B正确； C电荷不守恒，应为ClO2-+4Fe2+4H+4Fe3+Cl-+2H2O，故C错误； DClO2作为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比Cl2、HClO强，故D正确 故选C ACl2和NaClO2制备ClO2，Cl2中Cl元素化合价由0价升高到+4价，NaClO2中Cl元素化合价由+5价降低到+4价； BClO2在强碱性环境中自身发生氧化还原反应； C电荷不守恒； D根据化合价的变化判断 本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查学生分析问题、计算能力，知道常见元素化合价，题目难度不大 10. 解：A根据氧化还原反应的规律：（还原剂）升（化合价升高） 失（失去电子） 氧（发生氧化反应）；（氧化剂）降（化合价降低） 得（得到电子）还（发生还原反应）若说剂正相反可以分析出，在氮化铝的合成反应中，N2的化合价由0-3，发生改变，N2是氧化剂；Al2O3中Al、O元素的化合价不变，既不是氧化剂也不是还原剂故A错误； B在氮化铝的合成反应中，N2的化合价由0-3，每生成2molAlN，N2得到的电子是32=6mol电子故B错误； C氮化铝中Al的化合价为+3价，氮元素的化合价为-3价故C正确； D氮化铝晶体是由Al3+和N3-构成的离子化合物故D错误； 故选C 在一定条件下，合成氮化铝的反应为Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中氮、碳元素化合价变化，Al、O元素的化合价不变，AlN中N的化合价为-3价 本题考查了对氧化还原反应的理解、晶体类型的判断氧化还原反应注意反应方程式中各元素前后化合价的变化，晶体类型判断应注意组成晶体的元素 11. 解：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，反应共转移电子10mol，生成还原产物氯化锰2mol，当转移电子5mol时，生成氯化锰是1mol，浓度是=4mol/L 故选C 氧化还原反应中，根据化合价的升降确定生成的还原产物以及物质的量，根据公式c=计算即可 本题考查学生氧化还原反应中电子转移的情况及物质的量浓度的计算知识，属于综合知识的考查，难度不大 12. 解：KH+H2O=H2+KOH中，KH中H元素的化合价升高，失去电子，1molKH失去电子为1mol0-（-1）=1mol，A正确； 故选A KH+H2O=H2+KOH中，只有H元素的化合价变化，H元素的化合价由-1价升高为0，由+1价降低为0，以此来解答 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，侧重氧化还原反应中转移电子数的考查，注意从化合价角度分析，题目难度不大 13. 解：盐酸中氯元素的化合价在反应前后如下：HClMnCl2，化合价-1-1，化合价没变化，起酸的作用； HClCl2化合价由-10，失电子，作还原剂；所以在反应中盐酸有氧化性和酸性 由方程式知，盐酸有一半参加氧化还原反应， 2HCl（浓）（酸性）+2HCl（浓）（还原剂）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O 转移电子 2 1 1 26mol 12mol 故答案为：1：2； 12； 先根据化合价是否变化判断酸的作用，然后计算MnO2与被氧化的HCl的物质的量之比；再根据氯气与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量 本题考查了氧化还原反应中电子转移数目的有关计算，正确判断酸的作用是解本题的关键 14. 解：氯元素价高了价，两氮元素化价共低了0价，根得子守恒，需要移电子0mol所属铝的前面系是1，硝根面系数是6，氮气前面数是3，根原子守恒配平氢原子原子即可，即6NO3-+10Al+18H232+10Al（OH）3+6OH， 故答案：61；18；3；1；6； 为0.3mol废水中的NO3-的物质量为03mol，由化方程式可知，0.3l的硝酸根离子耗金属铝的物质的为.5mol，故答案为.mo 氧化还原中，化合价升高元素去子，化合价降元素对产是还原产物根据化学方式来计算反应转移电子量； 根化学方程式硝酸根离子和之间的关系来计算回答 本题考查氧化还原反应及高频考点，把电子守恒、子守恒到反应方程式为解的关键，意反应中量关系转移电子，题目度不大 15. 解：（1）硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，位于周期表中的第三周期，第A族， 故答案为：三；A； 硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸，化学式为H2SO4， 故答案为：H2SO4； Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为-3价，化合价降低Na3AsO4做氧化剂，锌做还原剂； 故答案为：a； （2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S， 根据电子得失守恒知2molAs2S3作氧化剂被还原得到4mol电子，生成1molAs4S4，而2molSnCl2作还原剂失去4mol电子得到氧化产物2molSnCl4，则还原剂与还原产物的物质的量之比为2：1， 故答案为：2：1； （3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由-2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol0-（-2）3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（5-4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x-3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+ 和10molHNO3发生氧化还原反应，反应的化学方程式为：As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O，As元素化合价由+3价升高到+5价，S元素化合价由-2价升高到0价，则生成2molH3AsO4，转移电子为22mol+32mol=10mol， 故答案为：+5；As2S3+10HNO3=2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O； （4）雄黄在空气中加热至300时会两种氧化物，其中的一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），由原子守恒可知反应为：As4S4+7O22As2O3+4SO2，另一种氧化物为二氧化硫，双氧水将As2O3氧化为H3AsO4而除去，氧化还原反应中过氧化氢中氢元素化合价-1价变化为-2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4， 故答案为：SO2；2H2O2+H2O+As2O3=2H3AsO4 （1）硫元素是16号元素，原子核外有三个电子层，最外层6个电子，依据周期表结构判断位置； 硫元素最高价为+6价，最高价氧化物对应的水化物为硫酸； Na3AsO4溶液与Zn反应生成AsH3，As元素化合价最高价+5价变化为-3价，化合价降低做氧化剂，锌做还原剂； （2）根据反应物和生成物来分析反应，则利用氧化还原反应反应中得失电子守恒来分析完全反应的还原剂与还原产物物质的量之比来解答，还原产物是元素化合价降低做氧化剂被还原生成； （3）As2S3与足量浓硝酸发生反应，当生成48gS，物质的量为=1.5mol，反应的As2S3的物质的量为0.5mol，生成标准状况下NO2的体积为112L，物质的量为=5mol，S元素化合价由-2价升高到0价，0.5molAs2S3反应电子转移0.5mol0-（-2）3=3mol，HNO3做氧化剂，生成二氧化氮5mol，电子转移为5mol（5-4）=5mol，则根据电子守恒，设As失电子元素化合价变化为x，3+0.5mol2（x-3）=5mol，x=5，生成产物为H3AsO4，1molAs2S3+ 和10molHNO3发生氧化还原反应，结合原子守恒配平书写化学方程式； （4）雄黄在空气中加热至300时会两种氧化物，其中一种氧化物为剧毒的砒霜（As2O3），依据原子守恒可知另一种氧化物为二氧化硫，过氧化氢中氢元素化合价-1价变化为-2价，As元素化合价+3价变化为+5价，结合电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式 本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大 16. （1）先分析反应中元素化合价变化，然后判断转移的电子方向和数目，然后用双线桥或单线桥分析该氧化还原反应； （2）根据n=计算出1.24g红磷的物质的量，然后利用方程式计算出生成二氧化硫的体积 本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确氧化还原反应的实质与特征为解答关键，注意掌握用双线桥或单线桥分析氧化还原反应的方法，试题培养了学生的化学计算能力 17. 解：（1）Na、Al的物质的量分别为x、y，n（H2）=0.05mol，则 ， 解得x=0.04mol，y=0.02mol， 则Na、Al原子个数比为1：2，合金的化学式为Na2Al， 故答案为：Na2Al； （2）由NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3可知，49gNaCN恰好与34gH2O2反应，则处理含NaCN4.90g的废液，需用15%的H2O2为=21.65mL， 故答案为：21.65； （3）向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应： HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，根据当加盐酸反应完毕时，消耗盐酸100mL，溶液中有则有Na2CO3xmol，生成NaHCO3mmol Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl 1mol 1mol 1mol x0.025L0.2mol/Lmmol 解得：x=0.005mol，m=0.005mol 设75mL盐酸反应的NaHCO3的物质的量ymol，则有 NaHCO3+HClCO2+NaCl 1mol1mol ymol0.075L0.2mol/L 解得：y=0.015mol， 则A中含Na2CO30.005mol，NaHCO3为0.015mol-0.005mol=0.01mol， 答：溶液A的溶质成份及其物质的量为NaHCO3：0.01mol、Na2CO3：0.005mol； （4）实验中NaCl的物质的量为=0.06mol，由钠离子守恒，故NaOH样品的物质的量为0.06mol，氢氧化钠样品的摩尔质量为=40g/mol，故为所取氢氧化钠样品为NaOH； 实验中NaCl的物质的量=0.04mol，由钠离子守恒，故NaOH样品的物质的量为0.04mol，氢氧化钠样品的摩尔质量=58g/mol，故为所取氢氧化钠样品含有结晶水，结晶水数目=1，故所取氢氧化钠样品应是NaOHH2O； 实验中NaCl的物质的量为=0.06mol，由钠离子守恒，故NaOH样品的物质的量为0.06mol，氢氧化钠样品的摩尔质量=58g/mol，故为所取氢氧化钠样品含有结晶水，结晶水数目=1，故所取氢氧化钠样品应是NaOHH2O， 由上述分析，可得出结论：实验所取氢氧化钠样品为NaOH、实验所取氢氧化钠样品为NaOHH2O， 答：可得出结论：实验所取氢氧化钠样品为NaOH、实验所取氢氧化钠样品为NaOHH2O （1）设Na、Al的物质的量分别为x、y，n（H2）=0.05mol，结合电子守恒及质量关系计算； （2）由NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3可知，49gNaCN恰好与34gH2O2反应，结合V=计算； （3）当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3两种可能的情况，通过图象关系，当向溶液中加盐酸的体积25mL时，无气体出现，说明此段内发生了如下反应：HCl+Na2CO3NaHCO3+NaCl，在加盐酸时产生气体，发生NaHCO3+HClCO2+NaCl，结合反应及图中数据计算； （4）根据n=计算各组实验中NaCl的物质的量，进而确定氢氧化钠的物质的量，再根据M=计算各组氢氧化钠样品的摩尔质量，据此确定是否含有结晶水，确定样品组成进而得出结论 本题考查氧化还原反应计算及化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子守恒、原子守恒法为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大 18. 解：（1）反应NO3-+4H+3e-NO+2H2O体现了硝酸的氧化性，KMnO4、Na2CO3、KI、Fe2（SO4）3四种物质中只有KI具有还原性，硝酸可以将KI氧化，则I元素失去电子被氧化，KI为还原剂，N得到电子被还原，故答案为：N；KI； （2）化合价降低元素是氮元素，所在反应物硝酸是氧化剂，化合价升高元素I元素所在反应物KI是还原剂，由电子、原子守恒可知反应为6KI+8HNO3=6KNO3+2NO+3I2+4H2O，故答案为：6KI+8HNO3=6KNO3+NO+3I2+4H2O； （3