《氧化还原反应的计算》专项提升2.doc

氧化还原反应的计算专项提升2一、单选题(本大题共7小题，共7.0分)1.mg铜与足量浓H2SO4共热时完全反应，在标准状况下生成nL气体，则被还原的H2SO4的量是（） A.molB.gC.gD.g 2.已知：还原性HSO3-I-，氧化性IO3-I2在含3mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图（不考虑I2+I-I3-）下列说法不正确的是（） A.a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.2mol，得到的氧化产物为SO42- B.bc段的反应可用如下离子方程式表示：IO3-+5 I-+6H+3I2+3H2O C.滴加过程中水的电离平衡一直逆向移动 D.从c点后所得混合液中分离出碘的操作为：加四氯化碳萃取分液，然后蒸馏 3.足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与2.24LO2（标准状况）混合后通入水中，气体被水完全吸收若向原所得溶液中加入l0molL-1H2SO4溶液100mL，则继续溶解的Cu的质量为（） A.0B.32gC.38.4gD.48g 4.将64g铜与一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为33.6L欲使反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要40%的双氧水的质量为（） A.85gB.79gC.116gD.58g 5.将一定量的锌与100mL 18.5mol/L的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L（标准状况）将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中c（H+）=0.1mol/L，则下列叙述中错误的是（） A.反应中消耗的Zn的质量为97.5gB.气体A中SO2和H2的体积比为1：4 C.反应中被还原的元素只有一种D.反应中共转移电子3mol 6.12mlNO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH35N2+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.2：1B.1：1C.3：2D.4：3 7.某稀溶液中含有4mol KNO3和2.5mol H2SO4，向其中加入1.5mol Fe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）下列说法正确的是（） A.反应后生成NO的体积为28 L B.所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1：1 C.所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/L D.所得溶液中的溶质只有FeSO4 二、双选题(本大题共1小题，共4.0分)8.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，再用碳还原： 2Sb2S3+3O2+6FeSb4O6+6FeS Sb4O6+6C4Sb+6CO 关于反应、的说法正确的是（） A.反应中的氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6 B.反应中每生成3mol FeS时，共转移6mol电子 C.反应说明高温下C的还原性比Sb强 D.每生成4mol Sb时，反应与反应中还原剂的物质的量之比为4：3 三、简答题(本大题共12小题，共60.0分)9.（1）在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物（CO、NOx、碳氢化合物）进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染某研究性学习小组探究某种催化剂在不同空燃比（空气与燃油气的质量比）条件下对汽车尾气的催化效果在一定条件下，测得尾气中的主要污染物的转化率与空燃比的关系如图1所示 空燃比约为 _ 时，催化剂对汽车尾气的催化效果最好（填a、b、c、d） （2）工业上也常用NaOH溶液吸收法处理NOx，已知： NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O （） 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O （） 现有2240mL（标准状况）NO和NO2的混合气体溶于200mL NaOH溶液中，恰好完全反应，并无气体放出，则NaOH溶液物质的量浓度是 _ （3）NO直接催化分解（生成N2与O2）也是一种脱硝途径在不同条件下，NO的分解产物不同在高压下，NO在40下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图2所示写出Y和Z的化学式： _ 10.KMnO4常用作氧化剂、防腐剂、消毒剂、漂白剂和水处理剂等 （1）在K2MnO4溶液中通入CO2可制得高锰酸钾，副产物是黑色沉淀M该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为 _ 由锂离子有机高聚物、锂及M构成原电池，电池反应为Li+M=LiM（s），消耗8.7gM时转移0.1mol电子则该电池正极的电极反应为 _ （2）实验室用KMnO4制备O2和Cl2取0.4mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到 amolO2，在反应后的残留固体中加入足量浓盐酸，加热又收集到bmolCl2设锰元素全部 转化成Mn2+存在于溶液中，当a+b=0.8mol时，在标准状况下生成Cl2的体积为 _ L； （3）电解K2MnO4溶液加以制备KMnO4工业上，通常以软锰矿（主要成分是MnO2）与KOH的混合物在铁坩埚（熔融池）中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的K2MnO4，化学方程式为 _ 用镍片作阳极（镍不参与反应），铁板为阴极，电解K2MnO4溶液可制备KMnO4上述过程用流程图表示如下： 则D的化学式为 _ ；阳极的电极反应式为 _ ；阳离子迁移方向是 _ （4）高锰酸钾在酸性介质中还原产物为Mn2+，废液中c（Mn2+）浓度较大时会污染水体实验室可以用过二硫酸铵（NH4）2S2O8溶液检验废水中Mn2+，实验现象是溶液变紫红色（还原产物为SO42-）过二硫酸可以看成是H2O2的衍生物，过二硫酸铵中含有过氧键（-O-O-）写出检验Mn2+的离子方程式 _ 如果将这个反应设计成盐桥原电池，盐桥中溶液最好选用 _ （选填：饱和KCl溶液、饱和K2SO4溶液或饱和NH4Cl溶液）11.将高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，已知H5IO6在反应中发生如下过程：H5IO6HIO3完成下列填空： （1）将该反应的氧化剂、还原剂及配平后的系数填入正确位置 （2）在上图中标明电子转移的方向和数目 （3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子的是 _ （选填序号） a盐酸b硫化氢c溴化钠d硫酸亚铁 （4）若向含1mol H5IO6 的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，同时有大量气体产生请写出此反应的化学方程式： _ ，此过程中至少可得到气体 _ L（标准状态下）12.运用化学反应原理研究碳、氮等单质和化合物的反应有重要意义 （1）有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下： 6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=-76.0kJmol-1 上述反应中每生成1mol Fe3O4，转移电子的物质的量为 _ mol 已知：C（s）+2H2O（g）=CO2 （g）+2H2（g）H=+113.4kJmol一1，则反应： 3FeO（s）+H2O （g）=Fe3O4 （s）+H2 （g）的H= _ （2）工业生产可以用NH3（g）与CO2（g）经两步反应生成尿素CO（NH2）2，两步反应的能量变化示意图如图1： 则NH3（g）与CO2（g）反应生成尿素的热化学方程式为 _ （3）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，科学家利用此原理，设计成氨气一氧气燃料电池，则通入氨气的电极是 _ （填“正极”或“负极”）；碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为 _ （4）华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图2所示： 上述生产过程的能量转化方式是 _ a、电能转化为化学能 b、太阳能转化为电能 c、太阳能转化为化学能 d、化学能转化为电能 上述电解反应在温度小于 900时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反应式为3CO2+4e-=C+2CO32-，则阳极的电极反应式为 _ 13.一定量的浓硝酸与44.8g的铜反应，铜片完全溶解后收集到标况下混合气体N0和N02的体积为22.4L，不考虑N02与N204的相互转化，试计算下列相关问题：（要求写出计算过程） （1）消耗的硝酸物质的量 （2）混合气体中N02、N0的体积 （3）相同条件下，上述反应生成的N02、NO分别被水恰好吸收时所需的02体积比14.某酸性工业废水中含有K2Cr2O7光照下，草酸（H2C2O4）能将其中的Cr2O72-转化为Cr3+，草酸被氧化成CO2某课题组研究发现，少量铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O即可对该反应起催化作用为进一步研究有关因素对该反应速率的影响，探究如下： （1）在25下，控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同，调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量，做对比实验，完成以下实验设计表（表中不要留空格） 验编号初始pH废水样品体积/mL草酸溶液体积/mL蒸馏水体积/mL4601030560103056020测得实验和溶液中的Cr2O72-浓度随时间变化关系如图所示 （2）上述反应中参加反应的Cr2O72-与草酸的物质的量之比为 _ （3）实验和的结果表明 _ ；实验中0t1时间段反应速率v（Cr3+）= _ （用代数式表示） （4）该课题组对铁明矾Al2Fe（SO4）424H2O中起催化作用的成分提出如下假设，请你完成假设二和假设三 假设一：Fe2+起催化作用： 假设二： _ ； 假设三： _ ； （5）请你设计实验验证上述假设一，完成下表中内容 （除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有K2SO4、FeSO4、K2SO4Al2（SO4）324H2O、Al2（SO4）3等溶液中Cr2O72-的浓度可用仪器测定） 实验方案（不要求写具体操作过程）预期实验结果和结论15.氮、磷、砷及其化合物在生产、生活中有重要的用途 （1）雌黄（As2S3）和雄黄（As4S4）都是自然界中常见的砷化物，一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图l所示 反应I的离子方程式为 _ 反应中，若1mol As4S4参加反应时，转移12mole-，则物质a为 _ （填化学式） （2）常温下，含磷微粒在水溶液中的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图2所示 向Na2HPO4溶液中加入足量CaCl2溶液，所得溶液显酸性，原因是 _ （用离子方程式表示） pH=7的磷酸盐溶液可作为缓冲溶液该溶液中磷元素的存在形态主要为 _ 配制此溶液时，需要H3PO4和NaOH的物质的量之比为 _ 已知氢氧化铝胶粒带正电荷，可吸附阴离子pH在24之间，用铝盐处理含磷废水时，随溶液pH增大，吸附效果增强，结合图2解释可能的原因 _ （3）氨水可以与很多金属离子形成配合物已知某温度下： Cu+（aq）+2NH3H2O（aq）Cu（NH3）2+（aq）+2H2O（1）K=8.01010 CuI（s）+2NH3H2O（aq）Cu（NH3）2+（aq）+I-（aq）+2H2O（1）K= _ 已知Ksp（CuI）=2.010-12 溶解19.1g CuI（s），至少需要5molL-1氨水的体积约为 _ mL16.雄黄（AS4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生 （1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体上述反应中的氧化剂是 _ ，反应产生的气体可用 _ 吸收 （2）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+10H+10NO3-2H3AsO4+3S+10NO2+2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 _ 若将该反应生成的气体用烧碱溶液吸收，则该反应的离子方程式为 _ （3）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，反应的化学方程式为 _ ，所产生的CO2的量 _ （选填编号） a小于0.5molb等于0.5molc大于0.5mold无法确定17.黄血盐亚铁氰化钾，K4Fe（CN）6目前广泛用做食盐添加剂（抗结剂），我国卫生部规定食盐中黄血盐的最大使用量为10mgkg1黄血盐易溶于水，在水溶液中会电离出K+和Fe（CN）64，其中CN的电子式为它与硫酸反应的化学方程式为K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O2K2SO4+FeSO4+3（NH4）2SO4+6CO （1）上述反应是否为氧化还原反应？ _ （填“是”或“不是”） （2）食盐经长时间火炒，“亚铁氰化钾”名称前的“亚铁”就去掉了，变成了剧毒物质氰化钾，这是因为黄血盐在超过4000C时会分解，试配平该反应的化学方程式： _ K4F（CN）6 _ KCN+ _ Fe3C+ _ C+ _ N2 （3）黄血盐可与高锰酸钾溶液反应，其化学方程式为 K4Fe（CN）6+KMnO4+H2SO4KHSO4+Fe2（SO4）3+MnSO4+HNO3+CO2+H2O（未配平） 该反应的氧化产物有 _ （填化学式） 若有1mol K4Fe（CN）6被高锰酸钾氧化，则消耗高锰酸钾的物质的量为 _ mol18.20世纪前，黑火药是世界上唯一的火箭推进剂，黑火药爆炸的化学方程式为：S+2KNO3+3CK2S+N2+3CO220世纪60年代，火箭使用的是液体推进剂，常用的氧化剂有四氧化二氮、液氧等，可燃物有肼（N2H4）、液氢等 （1）K原子核外电子云有 _ 种不同的伸展方向，电子填充了 _ 个轨道；写出硫原子的核外电子排布式 _ ，比较反应所涉及的原子的原子半径大小： _ ； （2）写出产物中含极性键的非极性分子的结构式 _ ，产物K2S的电子式为 _ ； （3）已知S和氯水反应会生成两种强酸，其离子方程式为 _ ； （4）以上的火箭推进剂一般含有氮元素，含氮化合物种类丰富有一含氮化合物，具有很强的爆炸性，86g该化合物爆炸分解会生成标况下N267.2L和另一种气体单质H2写出其爆炸的化学方程式 _ 19.大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸例如： FeS+HNO3（稀）Fe（NO3）3+NO+S+H2O（未配平） CuS+HNO3（浓）CuSO4+NO2+H2O（未配平） （1）配平反应的方程式： _ CuS+ _ HNO3（浓） _ CuSO4+ _ NO2+ _ H2O （2）反应中若生成3.2g硫，则电子转移 _ 个 （3）由反应和是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据 _ （4）反应和所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是 _ ；未成对电子最多的原子核外电子排布式为 _ 下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是 _ a单质与氧气化合的难易程度b气态氢化物的稳定性 c含氧酸的酸性强弱dS4N4中共用电子对的偏向 （5）写出 NO S H2O NO2 四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答） _ 若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是 _ 20.根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为FeS2）作为原料 完成下列填空： （1）将0.050mol SO2（g） 和0.030mol O2（g） 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol，则O2的平均反应速率为 _ （2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 _ （选填编号） a移出氧气b降低温度 c减小压强d再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g） （3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图请在右图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图 黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4 （4）将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是 _ FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42-写出有关的离子方程式 _ 有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 _ 氧化还原反应的计算专项提升2答案和解析【答案】 1.C2.C3.C4.A5.C6.C7.B8.BC9.c；0.5mol/L；N2O、NO2 10.1：2；MnO2+e-+Li+=LiMnO2；13.44；2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；KOH；MnO42-e-=MnO4-；K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移；2Mn2+5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；饱和K2SO4溶液 11.b；2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2；78.4 12.2；+18.7kJ/mol；2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=-134kJ/mol；负极；2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O；ac；2CO32-4e-2CO2+O2 13.解：发生反应为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O （1）n（Cu）=0.7mol，n（气体）=1mol，参加反应的硝酸的物质的量为2n（Cu）+n（气体）=20.7mol+1mol=2.4mol， 答：参加反应的硝酸的物质的量是2.4mol； （2）设NO2和NO分别为xmol、ymol， 则x+y=1，根据化合价升降守恒知同元素化合价的升高=氮元素的化合价降低，3x+y=0.72， 解得x=1=0.2mol，y=0.8mol， 所以V（NO）=0.2mol22.4L/mol=4.48L；=V（NO2）=0.8mol22.4L/mol=17.92L， 答：混合气体中V（NO）=4.48L；=V（NO2）=17.92L； （3）根据整个过程分析，要计算上述反应生成的N02、NO分别被水恰好吸收时所需的02体积比，则氧气化合价的降低等于氮元素化合价升高，故NO需氧气的体积=3.36L，NO2需氧气的体积=4.48L 答：上述反应生成的N02、NO分别被水恰好吸收时所需的02体积比=4.48：3.36=28：21 14.1：3；溶液pH对该反应的速率有影响；Al3+起催化作用；SO42-起催化作用 15.2As2S3+4H+2Sn2+=As4S4+2H2S+2Sn4+；S；3Ca2+2HPO42-=Ca3（PO4）2+2H+；H2PO4-、HPO42-；2：3；随PH增大，H2PO4-含量变大，同时生成更多氢氧化铝胶粒；0.16；40 16.As2S3；氢氧化钠（或硫酸铜溶液）；10mol；NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O；C+4HNO3=CO2+4NO2+2H2O；a 17.不是；3；12；1；5；3；Fe2（SO4）3、HNO3、CO2；12.2 18.4；10；1s22s22p63s23p4；KSCNO；O=C=O；S+3Cl2+4H2OSO42-+8H+6Cl-；2HN3H2+3N2 19.1；8；1；8；4；0.3NA或1.8061023；能；反应中稀硝酸将-2价的硫氧化到了低价态，而反应中浓硝酸将-2价的硫氧化到了高价态；SNOH；1s22s22p3；ac；NO2分子的空间结构（或：NO2分子中正负电荷中心是否重合） 20.0.005mol/（Lmin）；bd；抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+；FeS2+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SO42-+16H+；14NA 【解析】 1. 解：mgCu的物质的量=mol， 反应整个Cu元素化合价由0价升高为+2，S元素化合价由+6降低为+4，根据电子转移守恒有：（6-4）n（SO2）=2mol，故n（SO2）=mol，被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2）=mol，故m被还原（H2SO4）=mol98g/mol=g， 标况下nL二氧化硫的物质的量=mol，根据S原子守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2）=mol，故m被还原（H2SO4）=mol98g/mol=g， 故选C 浓硫酸足量，Cu完全反应，根据电子转移守恒计算n（SO2），被还原的H2SO4生成SO2，由S元素守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据n=计算SO2的物质的量，根据S原子守恒可知n被还原（H2SO4）=n（SO2），根据m=nM计算被还原的硫酸，据此解答 本题考查氧化还原反应的有关计算，难度不大，根据元素化合价理解基本概念，注意利用守恒思想进行计算 2. 解：A、a点碘酸钾的物质的量是0.4mol，发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，则消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol，所以氧化产物为硫酸根离子，故A正确； B、由图可知，b点到c点由于生成I2，故发生反应：IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2，故B正确； C、当碘酸钠过量时，碘酸根离子的水解对水的电离起促进作用，所以当c点后电离平衡正向移动，故C错误； D、应用相似相溶，碘单质易溶于四氯化碳，所以加四氯化碳萃取分液，然后蒸馏，故D正确； 故选C A、a点碘酸钾的物质的量是0.4mol，发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+，则消耗NaHSO3的物质的量=3=1.2mol； B、由图可知，b点到c点有碘生成，应发生IO3-+6H+5I-=3H2O+3I2； C、当碘酸钠过量时，碘酸根离子的水解对水的电离起促进作用； D、应用相似相溶的原理分析解答 本题是一道有关氧化还原反应的综合题，考查角度广，难度中等，要求学生具有分析和解决问题的能力 3. 解：Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成NO3-得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子得n（Cu）=0.2mol，根据原子守恒得n（Cu）=nCu（NO3）2=0.2mol，再加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，能继续溶解Cu，n（H+）=2n（H2SO4）=210mol/L0.1L=2mol，n（H+）：n（NO3-）=2mol：0.4mol=5：1，所以氢离子有剩余，根据硝酸根离子计算溶解铜的质量， 设溶解Cu的质量为x， 3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 192g2mol x 0.4mol 192g：2mol=x：0.4mol x=38.4g， 故选C Cu和浓硝酸反应过程中，Cu失电子生成铜离子、硝酸得电子生成NO2、N2O4、NO，且转移电子守恒，这些气体若与2.24LO2（标况）混合后通入水中，气体被完全吸收，说明氧气得到的电子等于这些气体生成硝酸根离子得到的电子，所以氧气得到的电子等于Cu失去的电子，根据转移电子守恒得到硝酸铜的物质的量，再根据离子方程式计算加入稀硫酸后溶解的Cu 本题考查氧化还原反应有关计算，为高频考点，明确物质之间反应实质是解本题关键，注意过量计算，注意转移电子守恒的灵活运用，题目难度中等 4. 解：Cu与硝酸反应得到硝酸铜与NO和NO2混合气体，NO和NO2混合气体再在双氧水、碱性条件下转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒，Cu提供的电子等于过氧化氢获得的电子， 64g铜的物质的量=1mol，故Cu提供电子为1mol2=2mol，故需要过氧化氢的物质的量=1mol，过氧化氢的质量=1mol34g/mol=34g，需要40%的双氧水的质量=85g，故选A Cu与硝酸反应得到硝酸铜与NO和NO2混合气体，NO和NO2混合气体再在双氧水、碱性条件下转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒，Cu提供的电子等于过氧化氢获得的电子，据此计算过氧化氢的物质的量，再根据m=nM计算过氧化氢的质量，进而计算需要40%的双氧水的质量 本题考查氧化还原反应有关计算，关键是利用整体法结合守恒思想确定Cu提供的电子等于过氧化氢获得的电子，侧重考查学生分析解决问题的能力，难度中等 5. 解：设气体A中SO2、H2的物质的量分别为x、y 则根据两个反应方程式可知 解之得x=0.3mol；y=1.2mol； A、消耗Zn的质量为（x+y）65g/mol=97.5g，故A正确； B、气体A中SO2和H2的体积比为0.3：1.2=1：4，故B正确； C、被还原的元素有S、H两种，故C错误； D、转移电子数为1.5mol2=3mol，故D正确；故选C 锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SO4ZnSO4+H2，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为=1.5mol，剩余硫酸的物质的量为：n（H2SO4）剩=1L0.1mol/L=0.05mol， 消耗硫酸的物质的量为：n（H2SO4）消耗=0.1L18.0mol/L-0.05mol=1.75mol，然后根据反应的化学方程式计算 本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题注意以下几点：浓硫酸与锌反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸的浓度降低，与锌反应生成H2，根据反应的方程式利用守恒的方法列式计算 6. 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 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 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 7. 解：溶液中氢离子总物质的量为：n（H+）=2.5mol2=5mol，n（NO3-）=4mol，铁粉的物质的量为1.5mol， 由3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O， 3 2 81.5mol 1mol 4mol， 则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量， 则发生Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O， 若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生， Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O x4xxx 3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O yyyy 则：x+y=1.5、4x+y=5， 解得：x=0.75mol，y=0.75mol 生成NO的体积为（0.75mol+0.75mol）22.4L/mol=28L， A根据分析可知，反应后生成标况下28LNO，不是标况下，NO气体不一定为28L，故A错误； B反应后生成铁离子为0.75mol，亚铁离子为0.75mol，c（Fe2+）：c（Fe3+）=n（Fe2+）：n（Fe3+）=1：1，故B正确； C反应消耗硝酸根离子等于生成NO的量=0.75mol+0.75mol=1.25mol，缺少溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子浓度，故C错误； D反应后中含有硫酸铁和硫酸亚铁，故D错误； 故选B n（H+）=2.5mol2=5mol，n（NO3-）=4mol，发生3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O或Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，铁粉的物质的量为1.5mol，由离子方程式判断过量，然后设出未知数，结合反应列式计算即可 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，题目难度中等，把握反应中电子守恒为解答的关键，注意过量判断及发生的反应判断，侧重分析与计算能力的考查；A、B为易错点，注意A不是标况下、C缺少溶液体积，试题培养了学生的化学计算能力 8. 解：A、反应中Sb2S3含有元素化合价不变，氧化剂是氧气，反应中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、反应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3mol2=6mol，故B正确； C、反应C是还原剂，Sb是还原产物，还原剂还原性强于还原产物的还原性，说明高温下C的还原性比Sb强，故C正确； D、生成4molSb时，反应C是还原剂，需要6molC，需要1molSb4O6，反应中Fe是还原剂，生成1molSb4O6，需要6molFe，故反应与反应中还原剂的物质的量之比为6mol：6mol=1：1，故D错误； 故选BC A、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，据此结合元素化合价判断； B、反应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、根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性判断； D、反应中还原剂是Fe，反应中还原剂是C，根据方程式计算 考查氧化还原反应概念与有关计算、还原性强弱判断，难度中等，注意根据化合价进行概念的理解 9. 解：（1）在c点时NO和CO的转化率最高，催化效果最好， 故答案为：c； （2）反应产物NaNO2、NaNO3，根据Na和N原子守恒，n（NaOH）=0.1mol，NaOH溶液物质的量浓度c=0.5mol/L， 故答案为：0.5mol/L； （3）NO在40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2， 故答案为：N2O、NO2 （1）NO和CO的转化率越高，催化效果越好； （2）反应产物NaNO2、NaNO3，根据Na和N原子守恒，n（NaOH）=0.1mol，带入c=计算浓度； （3）NO在40下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，根据原子守恒判断产物 本题考查了化学反应与图象、原子守恒思想、图象的分析与应用等，侧重于学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等 10. 解：（1）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3；由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；锂离子有机高聚物、锂及MnO2构成原电池，正极上发生得电子的还原反应，电极反应式为：MnO2+e-+Li+=LiMnO2， 故答案为：1：2；MnO2+e-+Li+=LiMnO2； （2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.4（7-2）=4a+2b=2mol，a+b=0.8mol，解得a=0.2，b=0.6，在标准状况下生成Cl2的体积为0.6mol22.4L/mol=13.44L，故答案为：13.44； （3）根据信息：软锰矿（主要成分是MnO2）与KOH的混合物在铁坩埚（熔融池）中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的K2MnO4来书写方程式为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；电解锰酸钾溶液时阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-H2+2OH-，iD是氢氧化钾溶液，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42-2e-2MnO4-，K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；KOH；MnO42-e-=MnO4-；K+由阳离子交换膜左侧向右侧迁移； （4）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（连二硫酸铵）溶液会发生氧化还原反应2Mn2+5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，（NH4）2S2O8（连二硫酸铵）溶液具有强氧化性，选择的盐桥中溶液不能被其氧化，可以选择：饱和K2SO4溶液故答案为：2Mn2+5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；饱和K2SO4溶液 （1）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；原电池的正极上发生得电子的还原反应； （2）KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则有：0.4（7-2）=4a+2b，据此计算回答； （3）根据信息：软锰矿（主要成分是MnO2）与KOH的混合物在铁坩埚（熔融池）中混合均匀，小火加热至熔融，即可得到绿色的K2MnO4来书写方程式；电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子； （4）在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加（NH4）2S2O8（连二硫酸铵）溶液会发生氧化还原反应，（NH4）2S2O8（连二硫酸铵）溶液具有强氧化性，选择的盐桥中溶液不能被其氧化 本题综合考查电解池的工作原理，方程式的书写以及电子守恒的计算知识，侧重于氧化还原反应知识的考查，难度中等 11. 解：（1）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂， 所以H5IO6是氧化剂、MnSO4是还原剂，且二者计量数之比为5：2， 故答案为：5H5IO6；2MnSO4； （2）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，因此电子转移的方向和数目为， 故答案为：； （3）由于氯气、单质溴以及铁离子的氧化性均强于单质碘，所以选项acd不可能将高碘酸还原为碘离子，单质碘的氧化性强于S的，因此H2S可以把高碘酸还原为碘离子，故选b； （4）向含1molH5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成，同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，所以反应的化学方程式为2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2，其中氧气的物质的量1mol2722.4L/mol=3.5mol，在标准状况下的体积是3.5mol22.4L/mol=78.4L， 故答案为：2H5IO6+7H2O2=I2+12H2O+7O2；78.4 （1）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2，电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂； （2）高碘酸H5IO6加入MnSO4溶液中可使溶液呈紫红色，这说明反应中有高锰酸钾生成，因此高碘酸是氧化剂，硫酸锰是还原剂其中I元素的化合价从+7价降低到+5价，得到2个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+7价，失去5个电子，所以根据电子得失守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比是5：2； （3）若向H5IO6溶液中加入足量的下列物质，能将碘元素还原成碘离子，说明该物质具有还原性，且选项中物质生成的单质或离子氧化性要小于碘； （4）向含1molH5IO6的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，这说明有单质碘生成，同时有大量气体产生，该气体应该是氧气，根据反应物和生成物书写方程式；根据转移电子守恒计算 本题考查氧化还原反应的判断、配平、应用以及有关计算等，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，正确书写方程式是解本题关键，注意反应中存在原子守恒和转移电子守恒，题目难度中等 12. 解：（1）6FeO（s）+CO2（g）2Fe3O4（s）+C（g）H=-76.0KJmol-1该反应中每生成1molFe3O4，反应的二氧化碳物质的量为0.5mol，1mol二氧化碳反应转移电子4mol，0.5mol二氧化碳反应转移电子2mol，所以转移电子的物质的量2mol， 故答案为：2； 6FeO（s）+CO2（g）=2Fe3O4（s）+C（s）H=-76.0kJmol-1， C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）H=+113.4kJmol-1， 两热化学方程式相加除以2得：3FeO（s）+H2O（g）=Fe3O4（s）+H2（g）H=（-76.0kJ/mol+113.4kJ/mol）2=+18.7kJ/mol， 故答案为：+18.7kJ/mol； （2）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的，将两个反应相加可得2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=-134kJ/mol， 故答案为：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（l）H=-134kJ/mol； （3）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O， 故答案为：负极；2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O； （4）依据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程， 故答案为：ac； 上述电解反应在温度小于900时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气的过程，电极反应为：2CO32-4e-2CO2+O2， 故答案为：2CO32-4e-2CO2+O2 （1）依据热化学方程式和反应生成的Fe3O4计算电子转移； 根据盖斯定律计算反应热； （2）由图示可知，两步反应的完成的热效应与一步完成的热效应是相同的； （3）在燃料电池中，燃料做负极发生氧化反应，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O； （4）依据图示可知是太阳能和电能转化为化学能的变化过程； 上述电解反应在温度小于900时进行碳酸钙先分解为Ca0和CO2，电解质为熔融碳酸钠，则阳极的电极反应是碳酸根离子失电子生成氧气