【步步高】2017版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章化學(xué)物質(zhì)及其反應(yīng)第9講氧化還原反應(yīng)的計(jì)算及方程式的配平講義

1、第9講 氧化還原反應(yīng)的計(jì)算及方程式的配平考點(diǎn)一氧化還原反應(yīng)方程式的配平方法氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)是反應(yīng)過程中發(fā)生了電子轉(zhuǎn)移，而氧化劑得電子總數(shù)(或元素化合價(jià)降低總數(shù))必然等于還原劑失電子總數(shù)(或元素化合價(jià)升高總數(shù))，根據(jù)這一原則可以對氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式進(jìn)行配平。配平的步驟：(1)標(biāo)好價(jià)：正確標(biāo)出反應(yīng)前后化合價(jià)有變化的元素的化合價(jià)。(2)列變化：列出元素化合價(jià)升高和降低的數(shù)值。(3)求總數(shù)：求元素化合價(jià)升高和降低的總數(shù)，確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)。(4)配化學(xué)計(jì)量數(shù)：用觀察法配平其他各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。(5)細(xì)檢查：利用“守恒”三原則(即質(zhì)量守恒、得失電子守恒、電荷守恒

2、)，逐項(xiàng)檢查配平的方程式是否正確。例根據(jù)FeS2O2Fe2O3SO2，回答下列問題：(1)氧化劑_，還原劑_，氧化產(chǎn)物_，還原產(chǎn)物_。(2)元素化合價(jià)升高的元素為_，元素化合價(jià)降低的元素為_。(3)1“分子”還原劑化合價(jià)升高總數(shù)為_，1“分子”氧化劑化合價(jià)降低總數(shù)為_。(4)配平后各物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)依次為_。答案(1)O2FeS2Fe2O3、SO2Fe2O3、SO2(2)Fe、SO(3)114(4)4、11、2、8失誤防范配平氧化還原反應(yīng)方程式的關(guān)鍵是正確標(biāo)出化合價(jià)，找準(zhǔn)1“分子”氧化劑化合價(jià)降低總數(shù)，1“分子”還原劑化合價(jià)升高總數(shù)，在計(jì)算時(shí)，往往容易忽略氧化劑、還原劑中的粒子個(gè)數(shù)。題組一正向

3、配平類1.(1)_HCl(濃)_MnO2_Cl2_MnCl2_H2O(2)_Cu_HNO3(稀)=_Cu(NO3)2_NO_H2O(3)_KI_KIO3_H2SO4=_I2_K2SO4_H2O(4)_MnO_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=_K2S_K2SO3_H2O(2)_P4_KOH_H2O=_K3PO4_PH3答案(1)36213(2)29335題組三缺項(xiàng)配平類3.(1)_ClO_Fe(OH)3_=_Cl_FeO_H2O(2)_MnO_H2O2_=_Mn2_O2_H2O(

4、3)某高溫還原法制備新型陶瓷氮化鋁(AlN)的反應(yīng)體系中的物質(zhì)有：Al2O3、C、N2、AlN、CO。請將AlN之外的反應(yīng)物與生成物分別填入以下空格內(nèi)，并配平。答案(1)324OH325(2)256H258(3)Al2O33CN2=2AlN3CO解析(3)根據(jù)氮元素、碳元素的化合價(jià)變化，N2是氧化劑，C是還原劑，AlN為還原產(chǎn)物，CO為氧化產(chǎn)物。題組四信息型氧化還原反應(yīng)方程式的書寫4.按要求書寫方程式：(1)已知某反應(yīng)中反應(yīng)物與生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物X。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(2)某地污水中的有機(jī)污染物主要成分是三氯乙烯(C2HCl

5、3)，向此污水中加入KMnO4(高錳酸鉀的還原產(chǎn)物為MnO2)溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產(chǎn)物只有CO2，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(3)在甲酸鈉、氫氧化鈉混合溶液中通入二氧化硫氣體，可得到重要的工業(yè)產(chǎn)品保險(xiǎn)粉(Na2S2O4)，同時(shí)產(chǎn)生二氧化碳?xì)怏w，該反應(yīng)的離子方程式為_。(4)化合物K2FeO4可作為一種“綠色高效多功能”水處理劑，可由FeCl3和KClO在強(qiáng)堿性條件下反應(yīng)制得，其反應(yīng)的離子方程式為_。答案(1)2KIO35Na2SO3H2SO4=K2SO45Na2SO4I2H2O(2)2KMnO4C2HCl3=2CO22MnO2HCl2KCl(3)HCOO2SO2OH=S2OCO2

6、H2O(4)2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O或2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O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(jià)全變的，一般從左邊反應(yīng)物著手配平。2.自變從右邊配：自身氧化還原反應(yīng)(包括分解、歧化)一般從右邊著手配平。3.缺項(xiàng)配平法：先將得失電子數(shù)配平，再觀察兩邊電荷。若反應(yīng)物這邊缺正電荷，一般加H，生成物一邊加水；若反應(yīng)物這邊缺負(fù)電荷，一般加OH，生成物一邊加水，然后進(jìn)行兩邊電荷數(shù)配平。4.當(dāng)方程式中有多個(gè)缺項(xiàng)時(shí)，應(yīng)根據(jù)化合價(jià)的變化找準(zhǔn)氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物?？键c(diǎn)二電子守恒思想在氧化還原反應(yīng)計(jì)算中的應(yīng)用1.對于氧化還

7、原反應(yīng)的計(jì)算，要根據(jù)氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)反應(yīng)中氧化劑得到的電子總數(shù)與還原劑失去的電子總數(shù)相等，即得失電子守恒。利用守恒思想，可以拋開繁瑣的反應(yīng)過程，可不寫化學(xué)方程式，不追究中間反應(yīng)過程，只要把物質(zhì)分為初態(tài)和終態(tài)，從得電子與失電子兩個(gè)方面進(jìn)行整體思維，便可迅速獲得正確結(jié)果。2.守恒法解題的思維流程(1)找出氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。(2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(注意化學(xué)式中粒子的個(gè)數(shù))。(3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式。n(氧化劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)低價(jià))n(還原劑)×變價(jià)原子個(gè)數(shù)×化合價(jià)變化值(高價(jià)低

8、價(jià))。題組一兩元素之間得失電子守恒問題1.現(xiàn)有24 mL濃度為0.05 mol·L1的Na2SO3溶液恰好與20 mL濃度為0.02 mol·L1的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng)。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化為Na2SO4，則元素Cr在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為()A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析題目中指出被還原的物質(zhì)是Cr，則得電子的物質(zhì)必是K2Cr2O7，失電子的物質(zhì)一定是Na2SO3，其中S元素的化合價(jià)從46；而Cr元素的化合價(jià)將從6n(設(shè)化合價(jià)為n)。根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒規(guī)律，有0.05 mol·L1×0.024 L×

9、(64)0.02 mol·L1×0.020 L×2×(6n)，解得n3。2.Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應(yīng)中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為116，則x的值為()A.2 B.3 C.4 D.5答案D解析本題考查在氧化還原反應(yīng)中利用得失電子守恒進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算。Na2xxNa2O4NaONa得關(guān)系式1×·x16×2，x5。題組二多元素之間得失電子守恒問題3.在反應(yīng)3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O參加反應(yīng)，被水還原的溴元素為

10、()A.1 mol B. molC. mol D.2 mol答案C解析設(shè)被水還原的溴元素(BrF3)的物質(zhì)的量為x，5 mol H2O參加反應(yīng)，失去電子4 mol，根據(jù)電子守恒得：3x4 mol，x mol。4.在PCuSO4H2OCu3PH3PO4H2SO4(未配平)的反應(yīng)中，7.5 mol CuSO4可氧化P的物質(zhì)的量為_mol。生成1 mol Cu3P時(shí)，參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為_mol。答案1.52.2解析設(shè)7.5 mol CuSO4氧化P的物質(zhì)的量為x；生成1 mol Cu3P時(shí)，被氧化的P的物質(zhì)的量為y根據(jù)得失電子守恒得：7.5 mol×(21)x·(50)x1

11、.5 mol1 mol×3×(21)1 mol×0(3)y·(50)y1.2 mol所以參加反應(yīng)的P的物質(zhì)的量為1.2 mol1 mol2.2 mol。題組三多步反應(yīng)得失電子守恒問題有的試題反應(yīng)過程多，涉及的氧化還原反應(yīng)也多，數(shù)量關(guān)系較為復(fù)雜，若用常規(guī)方法求解比較困難，若抓住失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)這一關(guān)系，則解題就變得很簡單。解這類試題時(shí)，注意不要遺漏某個(gè)氧化還原反應(yīng)，要理清具體的反應(yīng)過程，分析在整個(gè)反應(yīng)過程中化合價(jià)發(fā)生變化的元素得電子數(shù)目和失電子數(shù)目。5.取x g銅鎂合金完全溶于濃硝酸中，反應(yīng)過程中硝酸被還原只產(chǎn)生8 960 mL的NO2氣體和672

12、 mL的N2O4氣體(都已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài))，在反應(yīng)后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀質(zhì)量為17.02 g。則x等于()A.8.64 B.9.20C.9.00 D.9.44答案B解析反應(yīng)流程為x g17.02 gm(OH)，而OH的物質(zhì)的量等于鎂、銅失去電子的物質(zhì)的量，等于濃HNO3得電子的物質(zhì)的量，即：n(OH)×1×2×10.46 mol所以x g17.02 g0.46 mol×17 g·mol19.20 g。6.足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)，得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與1.68 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合

13、后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 mol·L1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是()A.60 mL B.45 mLC.30 mL D.15 mL答案A解析由題意可知，HNO3，則Cu失去的電子數(shù)與O2得到的電子數(shù)相等。即n(Cu)2n(O2)2×0.15 mol。根據(jù)質(zhì)量守恒及NaOH和Cu(NO3)2的反應(yīng)可得關(guān)系式：n(NaOH)2nCu(NO3)22n(Cu)0.3 mol，則V(NaOH)0.06 L60 mL。題組四氧化還原反應(yīng)在綜合實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用7.過氧化鈣可以用于改善地表水質(zhì)，處理含重金屬粒子的廢水

14、和治理赤潮，也可用于應(yīng)急供氧等。工業(yè)上生產(chǎn)過氧化鈣的主要流程如下：CaCl2固體 30%的H2O2 NH3副產(chǎn)品 產(chǎn)品已知CaO2·8H2O呈白色，微溶于水，加熱至350左右開始分解放出氧氣。(1)用上述方法制取CaO2·8H2O的化學(xué)方程式是_。(2)檢驗(yàn)“水洗”是否合格的方法是_。(3)沉淀時(shí)常用冰水控制溫度在0 左右，其可能原因是_。(4)測定產(chǎn)品中CaO2的含量的實(shí)驗(yàn)步驟：第一步：準(zhǔn)確稱取a g產(chǎn)品于有塞錐形瓶中，加入適量蒸餾水和過量的b g KI晶體，再滴入少量2 mol·L1的H2SO4溶液，充分反應(yīng)。第二步：向上述錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液。第三步：逐

15、滴加入濃度為c mol·L1的Na2S2O3溶液至反應(yīng)完全，消耗Na2S2O3溶液V mL。已知：I22S2O=2IS4O第一步發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_；CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(用字母表示)。某同學(xué)第一步和第二步的操作都很規(guī)范，第三步滴速太慢，這樣測得的CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)可能_(填“不受影響”、“偏低”或“偏高”)，原因是_。答案(1)CaCl2H2O22NH38H2O=CaO2·8H2O2NH4Cl(2)取最后一次洗滌液少許于試管中，再滴加稀硝酸酸化的硝酸銀溶液，看是否產(chǎn)生白色沉淀(3)溫度低可減少過氧化氫的分解，提高過氧化氫的利用率(4)CaO22KI2H2SO4=I2

16、CaSO4K2SO42H2O偏高S2O在滴定過程中被氧氣氧化解析(1)本實(shí)驗(yàn)的目的是制備CaO2·8H2O固體，則流程中的沉淀應(yīng)為CaO2·8H2O，根據(jù)質(zhì)量守恒判斷還應(yīng)有NH4Cl生成，故可寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2H2O22NH38H2O=CaO2·8H2O2NH4Cl。(2)濾液中含有大量的Cl，為將沉淀洗滌干凈，應(yīng)充分洗滌，根據(jù)檢驗(yàn)Cl的方法，可用稀硝酸酸化的硝酸銀溶液檢驗(yàn)。(3)溫度低可減少過氧化氫的分解，提高過氧化氫的利用率。(4)CaO2將KI氧化成碘單質(zhì)：CaO22KI2H2SO4=I2CaSO4K2SO42H2O根據(jù)反應(yīng)的離子方程式：CaO

17、24H2I=Ca22H2OI2，I22S2O=2IS4O，可得關(guān)系式：CaO22S2O72 g 2 molm cV×103mol解得：m0.036cV，CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。S2O有還原性，由于滴速太慢，S2O在滴定過程中被氧氣氧化導(dǎo)致消耗體積偏大，從CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式可知使計(jì)算結(jié)果偏高。(一)氧化還原反應(yīng)方程式的配平1.(2015·高考組合題)(1)2015·天津理綜，10(2)完成NaClO3氧化FeCl2的離子方程式：ClOFe2_=ClFe3_答案166H163H2O(2)2015·安徽理綜，27(2)請配平下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：NaBO

18、2SiO2NaH2NaBH4Na2SiO3答案124212(二)氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算2.(2015·高考組合題)(1)2015·江蘇，18(1)已知：MnO2SO2=MnSO4，則質(zhì)量為17.40 g純凈MnO2最多能氧化_L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)SO2。答案4.48(2)2015·全國卷，28(1)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，該反應(yīng)氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為_。答案21(3)(2015·海南，6)已知在堿性溶液中可發(fā)生如下反應(yīng)：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O，則RO中R的化合價(jià)是()A.3 B.4 C

19、.5 D.6答案D解析根據(jù)反應(yīng)前后電荷守恒，可得：342n3，解得n2，則RO中R的化合價(jià)為6價(jià)，即選D。(三)氧化還原反應(yīng)的綜合應(yīng)用3.2015·山東理綜，29(2)利用鈷渣含Co(OH)3、Fe(OH)3等制備鈷氧化物的工藝流程如下：Co(OH)3溶解還原反應(yīng)的離子方程式為_。鐵渣中鐵元素的化合價(jià)為_。在空氣中煅燒CoC2O4生成鈷氧化物和CO2，測得充分煅燒后固體質(zhì)量為2.41 g，CO2的體積為1.344 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則鈷氧化物的化學(xué)式為_。答案2Co(OH)3SO4H=2Co2SO5H2O或Co(OH)3 3H=Co3 3H2O,2Co3 SOH2O=2Co2SO2H3

20、Co3O4解析Co(OH)3首先被H2SO4 溶解生成Co3，Co3具有氧化性，可將SO氧化為SO，同時(shí)自身被還原為Co2，寫出離子方程式并配平即可。鐵渣中Fe 元素的化合價(jià)為3價(jià)。CO2的物質(zhì)的量為n(CO2)0.06 mol，根據(jù)CoC2O4的組成可知Co物質(zhì)的量為0.03 mol，其質(zhì)量為m(Co)0.03 mol×59 g·mol11.77 g，設(shè)鈷氧化物的化學(xué)式為CoxOy，根據(jù)元素的質(zhì)量比可得59x16y1.77 g(2.41 g1.77 g)，解得xy34，所以鈷氧化物的化學(xué)式為Co3O4。4.2014·新課標(biāo)全國卷，27(2)、(3)(2)H3PO

21、2及NaH2PO2均可將溶液中的Ag還原為銀，從而可用于化學(xué)鍍銀。H3PO2中，P元素的化合價(jià)為_。利用H3PO2進(jìn)行化學(xué)鍍銀反應(yīng)中，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為41，則氧化產(chǎn)物為_(填化學(xué)式)。(3)H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷(P4)與Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成PH3氣體和Ba(H2PO2)2，后者再與H2SO4反應(yīng)。寫出白磷與Ba(OH)2溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式_。答案(2)1H3PO4(3)2P43Ba(OH)26H2O=3Ba(H2PO2)22PH3解析(2)H3PO2中P元素化合價(jià)為1價(jià)。根據(jù)H3PO2與Ag反應(yīng)中兩者物質(zhì)的量之比為14，4 mol Ag在反應(yīng)中得到4 mol e

22、，1 mol H3PO2則失去4 mol e，所以P元素將顯5價(jià)，產(chǎn)物為H3PO4，即氧化產(chǎn)物為H3PO4。(3)依據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式配平原則，得：6H2O2P43Ba(OH)2=2PH33Ba(H2PO2)2。練出高分1.某研究小組對離子方程式xR2yHO2=mR3nH2O的分析研究，下列說法中錯(cuò)誤的是()A.根據(jù)電荷守恒，得出x與y的和一定等于mB.根據(jù)原子守恒，得出x和m的數(shù)值一定相等C.根據(jù)電子得失守恒，得出x4的結(jié)論D.根據(jù)氧化還原反應(yīng)關(guān)系得出：R2是還原劑，O2是氧化劑，R3是氧化產(chǎn)物，H2O是還原產(chǎn)物答案A解析A項(xiàng)，根據(jù)電荷守恒，得出2xy3m，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，根據(jù)R原子守恒得

23、出x和m的數(shù)值一定相等，故B正確；C項(xiàng)，1摩爾O2得到4摩爾電子，x摩爾R應(yīng)該失去4摩爾電子，得x4，故C正確；D項(xiàng)，R2化合價(jià)升高是還原劑，O2化合價(jià)降低是氧化劑，R3是氧化產(chǎn)物，H2O是還原產(chǎn)物，故D正確。2.某強(qiáng)氧化劑XO(OH)被Na2SO3還原。如果還原2.4×103 mol XO(OH)，需用30 mL 0.2 mol·L1的Na2SO3溶液，那么X元素被還原后的價(jià)態(tài)是()A.2 B.1C.0 D.1答案C解析XO(OH)中X的化合價(jià)是5，Na2SO3中S的化合價(jià)從4升高到6，設(shè)X元素被還原后的化合價(jià)為a，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降必相等：2.4×1

24、03×(5a)0.2×0.03×(64)，解得a0。3.向100 mL的FeBr2溶液中，通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2 5.04 L，Cl2全部被還原，測得溶液中c(Br)c(Cl)，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是()A.0.75 mol·L1 B.1.5 mol·L1C.2 mol·L1 D.3 mol·L1答案D解析標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl2的物質(zhì)的量是5.04 L/(22.4 L·mol1)0.225 mol，由于Fe2的還原性強(qiáng)于Br，通入氯氣后，Cl2先氧化Fe2再氧化Br，設(shè)原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度是x mol

25、·L1，則0.225×20.1x×1(0.1x×20.225×2)，解得x3。4.若(NH4)2SO4在強(qiáng)熱時(shí)分解的產(chǎn)物是SO2、N2、NH3和H2O，則該反應(yīng)中化合價(jià)發(fā)生變化和未發(fā)生變化的N原子數(shù)之比為()A.14 B.12 C.21 D.41答案B解析反應(yīng)方程式是3(NH4)2SO4=3SO2N24NH36H2O，該方程式中銨根離子和氨氣分子中氮原子的化合價(jià)都是3價(jià)，化合價(jià)不變，則該反應(yīng)中化合價(jià)發(fā)生變化和未發(fā)生變化的N原子數(shù)之比為(1×2)(4×1)12。5.將一定質(zhì)量的鎂、銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反

26、應(yīng)過程中還原產(chǎn)物全是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3 mol·L 1 NaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g，則下列有關(guān)敘述中正確的是()A.加入合金的質(zhì)量可能為9.6 gB.沉淀完全時(shí)消耗NaOH溶液體積為150 mLC.參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.4 molD.溶解合金時(shí)產(chǎn)生NO氣體體積0.224 L(以標(biāo)準(zhǔn)狀況)答案C解析生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1 g，說明OH質(zhì)量為5.1 g，即0.3 mol，金屬結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量與反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量相等，所以反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為0.3 mol，生成的NO為0.1 mol，根據(jù)氮原

27、子守恒計(jì)算參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.4 mol，故C正確；消耗NaOH溶液體積應(yīng)為100 mL，B錯(cuò)誤；產(chǎn)生NO氣體體積標(biāo)況下應(yīng)為2.24 L，D錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒，鎂、銅合金共0.15 mol，用極端假設(shè)法，如果全部是銅，質(zhì)量為9.6 g，所以合金質(zhì)量應(yīng)比9.6 g小，A錯(cuò)誤。6.現(xiàn)有CuO和Fe3O4的混合物7.6 g，向其中加入1 mol·L1的H2SO4溶液100 mL恰好完全反應(yīng)，若將15.2 g該混合物用足量CO還原，充分反應(yīng)后剩余固體質(zhì)量為()A.13.6 g B.12 gC.6 g D.3.2 g答案B解析根據(jù)CuO和Fe3O4的化學(xué)式知，混合物與硫酸反應(yīng)生成的鹽

28、的化學(xué)式為CuSO4和Fe3(SO4)4，即n(O)n(SO)0.1 mol，則7.6 g混合物含O原子：0.1 mol，為1.6 g，金屬元素質(zhì)量為6 g，因此15.2 g該混合物用足量CO還原，充分反應(yīng)后剩余固體質(zhì)量為2×6 g12 g，選B。7.汽車劇烈碰撞時(shí)，安全氣囊中發(fā)生反應(yīng)：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。若氧化產(chǎn)物比還原產(chǎn)物多1.75 mol，則下列判斷正確的是()A.生成40.0 L N2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)B.有0.250 mol KNO3被氧化C.轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.75 molD.被氧化的N原子的物質(zhì)的量為3.75 mol答案D解析根據(jù)方程式，氧化

29、產(chǎn)物和還原產(chǎn)物都是氮?dú)猓僭O(shè)氧化產(chǎn)物有15 mol，則還原產(chǎn)物有1 mol，10NaN32KNO3=K2O5Na2O15N2(氧化產(chǎn)物)N2(還原產(chǎn)物)n 15 1 14 x y 1.75解得：x1.875，y0.125。A項(xiàng)，生成N2標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積是(1.8750.125)mol×22.4 L·mol144.8 L，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，KNO3被還原，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.125×2×51.25 mol，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，被氧化的N原子的物質(zhì)的量為1.875 mol×23.75 mol，故D正確。8.將35.8 g Al、Fe、

30、Cu組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，產(chǎn)生6.72 L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。另取等質(zhì)量的該合金溶于過量的稀硝酸中，生成13.44 L NO(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，向反應(yīng)后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的質(zhì)量為()A.66.4 g B.50.8 gC.44.8 g D.39.2 g答案B解析合金溶于足量的NaOH溶液中，金屬鋁和氫氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生氫氣6.72 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，物質(zhì)的量為0.3 mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，n(Al)0.2 mol，故金屬鋁的質(zhì)量為0.2 mol×27 g·mol15.4 g，金屬鋁提供電子的量是0.6 mol。將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al

31、3、Fe3、Cu2，根據(jù)電子守恒，金屬共提供電子的物質(zhì)的量為×31.8 mol，故Fe、Cu共提供的電子物質(zhì)的量為1.8 mol0.6 mol1.2 mol，向反應(yīng)后的溶液中加入過量的NaOH溶液，所得沉淀為氫氧化鐵、氫氧化銅，由電荷守恒可知，反應(yīng)中金屬鐵、銅提供的電子的物質(zhì)的量等于生成堿的氫氧根離子的物質(zhì)的量，即：n(OH)1.2 mol，所以反應(yīng)后沉淀的質(zhì)量等于35.8 g5.4 g1.2 mol×17 g·mol150.8 g。9.取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加熱充分反應(yīng)。冷卻，稱得剩余固體比原混合物質(zhì)量減輕1.200 g。若將同量的該混合

32、物與鹽酸反應(yīng)完全，至少需1 mol·L1鹽酸的體積為()A.37.5 mL B.75 mLC.150 mL D.300 mL答案C解析n(O)0.075 mol，n(HCl)2n(H2O)2n(O)0.15 mol，所以V(HCl)0.15 L，即150 mL。10.已知離子方程式：As2S3H2ONOAsOSONO_(未配平)，下列說法錯(cuò)誤的是()A.配平后水的化學(xué)計(jì)量數(shù)為4B.反應(yīng)后溶液呈酸性C.配平后氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為328D.氧化產(chǎn)物為AsO和SO答案C解析從所給的離子方程式知，As2S3轉(zhuǎn)化成AsO和SO，而NO轉(zhuǎn)化為NO，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，

33、配平后的離子方程式為3As2S34H2O28NO=6AsO9SO28NO8H，則A、B、D正確；氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為283，則C不正確。11.在一定量的Na2S(aq)中，慢慢通入一定量Cl2，圖示變化關(guān)系正確的是()答案C解析Na2SCl2=S2NaClA項(xiàng)，Na2S溶液呈堿性，NaCl溶液呈中性，Cl2過量時(shí)，pH繼續(xù)減小，溶液呈酸性，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，氧化產(chǎn)物為S單質(zhì)，還原產(chǎn)物為NaCl，其物質(zhì)的量之比為12，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在Na2SCl2=S2NaCl過程中導(dǎo)電能力不變，若Cl2過量，則Cl2H2OHClHClO，此時(shí)，導(dǎo)電能力增強(qiáng)，錯(cuò)誤。12.足量銅溶于一定量濃硝酸，產(chǎn)生NO2、N2

34、O4、NO的混合氣體，這些氣體若與1.12 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中，氣體被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5 mol·L1 H2SO4溶液100 mL，則繼續(xù)溶解的Cu的質(zhì)量為()A.6.4 g B.9.6 gC.19.2 g D.24 g答案C解析設(shè)溶解Cu的物質(zhì)的量為x，則2x×4x0.1 mol所以溶液中NO的物質(zhì)的量為0.2 mol；3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O 1 mol 0.2 molH過量，所以繼續(xù)溶解Cu的質(zhì)量為×3×64 g·mol119.2 g。13.已知離子反應(yīng)：Fe33SCN=Fe(SCN)3具有

35、反應(yīng)迅速、現(xiàn)象明顯等特點(diǎn)，是檢驗(yàn)Fe3常用的方法之一。某化學(xué)興趣小組為探究Fe(SCN)3的性質(zhì)，做了以下實(shí)驗(yàn)：取10 mL 1 mol·L1 FeCl3溶液，滴加34滴濃KSCN溶液，振蕩后溶液立即變成血紅色；取少量血紅色溶液，滴加少許濃硝酸，靜置，溶液血紅色褪去，同時(shí)產(chǎn)生大量的紅棕色氣體混合物A；將該氣體混合物A通入過量的Ba(OH)2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀B和剩余氣體C；氣體C無色無味，能使燃燒的木條熄滅，可排放到空氣中，不會改變空氣的成分；過濾，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同時(shí)產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體D；取中反應(yīng)后溶液少許，滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生

36、不溶于稀硝酸的白色沉淀E。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，回答下列問題：(1)B的化學(xué)式為_；E的化學(xué)式為_。(2)混合氣體A的成分是_(填化學(xué)式)。(3)該興趣小組同學(xué)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象分析得出結(jié)論：Fe(SCN)3具有還原性，則實(shí)驗(yàn)中反應(yīng)時(shí)被氧化的元素是_(填元素符號)。(4)實(shí)驗(yàn)中反應(yīng)的離子方程式為_。(5)該興趣小組同學(xué)從上述實(shí)驗(yàn)中得到啟發(fā)，若用SCN間接檢驗(yàn)Fe2時(shí)應(yīng)注意_。答案(1)BaCO3BaSO4(2)NO2、CO2、N2(3)S、N(4)2SCN22NO20H=2SO2CO222NO2N210H2O(5)加入氧化劑不能過量解析取少量紅色溶液，滴加少許濃硝酸，靜置，溶液血紅色褪去，同時(shí)產(chǎn)生大量的紅棕色氣體混合物A，A中含NO2，將該氣體混合物A通入過量的Ba(OH)2溶液中，產(chǎn)生白色沉淀B和剩余氣體C，氣體C無色無味，能使燃燒的木條熄滅，可排放到空氣中，不會改變空氣的成分，則C是N2，過濾，向白色沉淀B中滴加少量稀硝酸，沉淀完全溶解，同時(shí)產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的無色無味氣體D，則D是CO2，白色沉淀B是BaCO3。取中反應(yīng)后溶液少許，滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生不溶于稀硝酸的白色沉淀E，則E是BaSO4，所以(1)B的化學(xué)式為BaCO3；E的化學(xué)式為BaSO4。(2)混合氣體A的成