氧化還原反應(yīng)配平習(xí)題

1.觀察法觀察法適用于簡(jiǎn)單的氧化-復(fù)原方程式配平。配平關(guān)鍵是觀察反響前后原子個(gè)數(shù)變化，找出關(guān)鍵是觀察反響前后原子個(gè)數(shù)相等。例1：Fe3O4+CO=Fe+CO2分析：找出關(guān)鍵元素氧，觀察到每一分子Fe3O4反響生成鐵，至少需4個(gè)氧原子，故此4個(gè)氧原子必與CO反響至少生成4個(gè)CO2分子。解：Fe3O4+4CO??3Fe+4CO2有的氧化-復(fù)原方程看似復(fù)雜，也可根據(jù)原子數(shù)和守恒的思想利用觀察法配平。例2：P4+P2I4+H2O=PH4I+H3PO4分析：經(jīng)觀察，由出現(xiàn)次數(shù)少的元素原子數(shù)先配平。再依次按元素原子守恒依次配平出現(xiàn)次數(shù)較多元素。解：第一步，按氧出現(xiàn)次數(shù)少先配平使守恒P4+P2I4+4H2O?PH4I+H3PO4第二步：使氫守恒，但仍維持氧守恒P4+P2I4+4H2O??PH4I+H3PO4第三步：使碘守恒，但仍保持以前調(diào)平的O、HP4+5/16P2I4+4H2O?5/4PH4I+H3PO4第四步：使磷元素守恒13/32P4+5/16P2I4+4H2O??5/4PH4I+H3PO4去分母得13P4+10P2I4+128H2O??40PH4I+32H3PO42、最小公倍數(shù)法最小公倍數(shù)法也是一種較常用的方法。配平關(guān)鍵是找出前后出現(xiàn)“個(gè)數(shù)”最多的原子，并求出它們的最小公倍數(shù)例3：Al+Fe3O4=Al2O3+Fe分析：出現(xiàn)個(gè)數(shù)最多的原子是氧。它們反響前后最小公倍數(shù)為“3′4”，由此把Fe3O4系數(shù)乘以3，Al2O3系數(shù)乘以4，最后配平其它原子個(gè)數(shù)。解：8Al+3Fe3O4??4Al2O3+9Fe3：奇數(shù)偶配法奇數(shù)法配平關(guān)鍵是找出反響前后出現(xiàn)次數(shù)最多的原子，并使其單〔奇〕數(shù)變雙〔偶〕數(shù)，最后配平其它原子的個(gè)數(shù)。例4：FeS2+O2?Fe2O3+SO2分析：由反響找出出現(xiàn)次數(shù)最多的原子，是具有單數(shù)氧原子的FeS2變雙〔即乘2〕，然后配平其它原子個(gè)數(shù)。解：4FeS2+11O2??2Fe2O3+8SO24、電子得失總數(shù)守恒法這種方法是最普通的一方法，其根本配平步驟課本上已有介紹。這里介紹該配平時(shí)的一些技巧。對(duì)某些較復(fù)雜的氧化復(fù)原反響，如一種物質(zhì)中有多個(gè)元素的化合價(jià)發(fā)生變化，可以把這種物質(zhì)當(dāng)作一個(gè)整體來考慮。例5：FeS+H2SO4(濃)==Fe2(SO4)3+S+SO2+H2O分析：先標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移關(guān)系FeS+H2SO4??1/2Fe2(SO4)3+S+SO2+H2該反響中FeS中的Fe，S化合價(jià)均發(fā)生變化，可將式中FeS作為一個(gè)“整體”，其中硫和鐵兩元素均失去電子，用一個(gè)式子表示失電子總數(shù)為3e。2FeS+3H2SO4??Fe2(SO4)3+2S+3SO2+H2O然后調(diào)整未參加氧化復(fù)原各項(xiàng)系數(shù)，把H2SO4調(diào)平為6H2SO4，把H2O調(diào)平為6H2O。解：2FeS+6H2SO4??Fe2(SO4)3+2S+3SO2+6H2O〔二〕零價(jià)法對(duì)于Fe3C，F(xiàn)e3P等化合物來說，某些元素化合價(jià)難以確定，此時(shí)可將Fe3C，F(xiàn)e3P中各元素視為零價(jià)。零價(jià)法思想還是把Fe3C，F(xiàn)e3P等物質(zhì)視為一整價(jià)。例7：Fe3C+HNO3?Fe(NO3)3+CO2+NO2+H2Fe3C+HNO3??Fe(NO3)3+CO2+NO2+H2再將下邊線橋上乘13，使得失電子數(shù)相等再配平。解：Fe3C+22HNO3〔濃〕??3Fe(NO3)3+CO2+13NO2+11H2練習(xí)：Fe3P+HNO3??Fe(NO3)3+NO+H3PO4+H20得3Fe3P+41HNO3=9Fe(NO3)3+14NO+3H3PO4+16H2O〔三〕歧化反響的配平同一物質(zhì)內(nèi)同一元素間發(fā)生氧化-復(fù)原反響稱為歧化反響。配平時(shí)將該物質(zhì)分子式寫兩遍，一份作氧化劑，一份作復(fù)原劑。接下來按配平一般氧化-復(fù)原方程式配平原那么配平，配平后只需將該物質(zhì)前兩個(gè)系數(shù)相加就可以了。例8：Cl2+KOH〔熱〕==KClO3+KCl+H2O分析：將Cl2寫兩遍，再標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移關(guān)系3Cl2+6KOH==KClO3+5KCl+3H2O第二個(gè)Cl2前面添系數(shù)5，那么KCl前需添系數(shù)10；給KClO3前添系數(shù)2，將右邊鉀原子數(shù)相加，得12，添在KOH前面，最后將Cl2合并，發(fā)現(xiàn)可以用2進(jìn)行約分，得最簡(jiǎn)整數(shù)比。解：3Cl2+6KOH??KClO3+5KCl+3H2O〔四〕逆向配平法當(dāng)配平反響物〔氧化劑或復(fù)原劑〕中的一種元素出現(xiàn)幾種變價(jià)的氧化—復(fù)原方程式時(shí)，如從反響物開始配平那么有一定的難度，假設(shè)從生成物開始配平，那么問題迎刃而解。例9：P+CuSO4+H2O??Cu3P+H3PO4+H2SO4分析：這一反響特點(diǎn)是反響前后化合價(jià)變化較多，在配平時(shí)可選擇變化元素較多的一側(cè)首先加系數(shù)。此題生成物一側(cè)變價(jià)元素較多，應(yīng)選右側(cè)，采取從右向左配平方法〔逆向配平法〕。應(yīng)注意，以下配平時(shí)電子轉(zhuǎn)移都是逆向的。P+CuSO4+H2O??Cu3P+H3PO4+H2SO4所以，Cu3P的系數(shù)為5，H3PO4的系數(shù)為6，其余觀察配平。解：11P+15CuSO4+24H2O??5Cu3P+6H3PO4+15H2SO45、原子個(gè)數(shù)守恒法〔待定系數(shù)法〕任何化學(xué)方程式配平后，方程式兩邊各種原子個(gè)數(shù)相等，由此我們可以設(shè)反響物和生成物的系數(shù)分別是a、b、c??。然后根據(jù)方程式兩邊系數(shù)關(guān)系，列方程組，從而求出a、b、c??最簡(jiǎn)數(shù)比。例10：KMnO4+FeS+H2SO4?K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+S+H2O分析：此方程式甚為復(fù)雜，不妨用原子個(gè)數(shù)守恒法。設(shè)方程式為：aKMnO4+bFeS+cH2SO4??dK2SO4+eMnSO4+fFe2(SO4)3+gS+hH2O根據(jù)各原子守恒，可列出方程組：a=2d〔鉀守恒〕a=e〔錳守恒〕b=2f〔鐵守恒〕b+c=d+e+3f+g〔硫守恒〕4a+4c=4d+4e+12f+h〔氧守恒〕c=h〔氫守恒〕解方程組時(shí)，可設(shè)最小系數(shù)〔此題中為d〕為1，那么便于計(jì)算：得a=6,b=10,d=3,e=6,f=5,g=10,h=24。解：6KMnO4+10FeS+24H2SO4??3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S+24H2O例11：Fe3C+HNO3?CO2+Fe(NO3)3+NO+H2O分析：運(yùn)用待定系數(shù)法時(shí)，也可以不設(shè)出所有系數(shù)，如將反響物或生成物之一加上系數(shù)，然后找出各項(xiàng)與該系數(shù)的關(guān)系以簡(jiǎn)化計(jì)算。給Fe3C前加系數(shù)a，并找出各項(xiàng)與a的關(guān)系，得aFe3C+HNO3??aCO2+3aFe(NO3)3+(1-9a)NO+1/2H2依據(jù)氧原子數(shù)前后相等列出3=2a+3′3′3a+2′(1-9a)+1/2a=1/22代入方程式1/22Fe3C+HNO3??1/22CO2+3/22Fe(NO3)3+13/22NO+1/2H2化為更簡(jiǎn)整數(shù)即得答案：Fe3C+22HNO3??CO2+3Fe(NO3)3+13NO+11H26、離子電子法配平某些溶液中的氧化復(fù)原離子方程式常用離子電子法。其要點(diǎn)是將氧化劑得電子的“半反響”式寫出，再把復(fù)原劑失電子的“半反響”式寫出，再根據(jù)電子得失總數(shù)相等配平。例11、KMnO4+SO2+H2O?K2SO4+MnSO4+H2SO4分析：先列出兩個(gè)半反響式KMnO4-+8H++5e??Mn2++4H2OSO2+2H2O-2e??SO42-+4H+將?′2，′5，兩式相加而得離子方程式。2KMnO4+5SO2+2H2O??K2SO4+2MnSO4+2H2SO4下面給出一些常用的半反響。1〕氧化劑得電子的半反響式稀硝酸：NO3-+4H++3e??NO+2H2O濃硝酸：NO3-+2H++e??NO2+H2O稀冷硝酸：2NO3-+10H++8e??N2O+H2O酸性KMnO4溶液：MnO4-+8H++5e??Mn2++4H2O酸性MnO2：MnO2+4H++2e??Mn2++2H2O酸性K2Cr2O7溶液：Cr2O72-+14H++6e??2Cr3++7H2O中性或弱堿性KMnO4溶液：MnO4-+2H2O+3e??MnO2ˉ+4OH-2)復(fù)原劑失電子的半反響式：SO2+2H2O-2e??SO42-+4H+SO32-+2OH--2e??SO42-+H2OH2C2O4-2e??2CO2+2H7、分步配平法此方法在濃硫酸、硝酸等為氧化劑的反響中常用，配平較快，有時(shí)可觀察心算配平。先列出“O”的設(shè)想式。H2SO4〔濃〕??SO2+2H2O+[O]HNO3〔稀〕??2NO+H2O+3[O]2HNO3〔濃〕??2NO2+H2O+[O]2KMnO4+3H2SO4??K2SO4+2MnSO4+3H2O+5[O]K2Cr2O7+14H2SO4??K2SO4+Cr2(SO4)3+3[O]此法以酸作介質(zhì)，并有水生成。此時(shí)作為介質(zhì)的酸分子的系數(shù)和生成的水分子的系數(shù)可從氧化劑中氧原子數(shù)目求得。例12：KMnO4+H2S+H2SO4?K2SO4+2MnSO4+S+H2O分析：H2SO4為酸性介質(zhì)，在反響中化合價(jià)不變。KMnO4為氧化劑化合價(jià)降低“5”，H2S化合價(jià)升高“2”。它們的最小公倍數(shù)為“10”。由此可知，KMnO4中氧全部轉(zhuǎn)化為水，共8個(gè)氧原子，生成8個(gè)水分子，需16個(gè)氫原子，所以H2SO4系數(shù)為“3”。解：2KMnO4+5H2S+3H2SO4??K2SO4+2MnSO4+5S+8H2O第四節(jié)氧化復(fù)原反響方程式的配平一、填空題(共23題，題分合計(jì)111分)1.二十世紀(jì)初期，化學(xué)家合成出NaBH4，可作復(fù)原劑。NaBH4極易溶于水并與水反響產(chǎn)生H2，反響后硼以BO2－形式存在，且反響前后硼元素化合價(jià)不變。寫出NaBH4與水反響的離子方程式：_____________________________________________________________，在強(qiáng)堿性條件下，NaBH4可使許多金屬離子復(fù)原成金屬原子。冶金工業(yè)中，常用NaBH4處理含Au3+的廢液。完成以下離子方程式〔將系數(shù)及化學(xué)式填于空格內(nèi)〕____Au3++____BH4－+_________==____Au+____BO2－+____H2O2.在反響3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2中，當(dāng)有5mol水未參加氧化復(fù)原反響時(shí)，由H2O復(fù)原的BrF3為______mol；由BrF3復(fù)原的BrF3為_______mol；總的被復(fù)原的BrF3為____mol。3.〔1〕Cl2的系數(shù)為a，那么AgF系數(shù)為_____，判斷的依據(jù)是____________________。〔2〕AgClO3系數(shù)為b，O2系數(shù)為c，那么AgCl的系數(shù)為_________，判斷的依據(jù)是____________。4.希爾(Hill．R)將別離出的葉綠體加到草酸高鐵鉀鹽溶液中，經(jīng)過光照以后放出氧氣，同時(shí)草酸高鐵被復(fù)原成草酸低鐵。試答復(fù)以下問題：(1)希爾反響______(填"是"或"不是")光反響。(2)希爾實(shí)驗(yàn)中每生成1mol氧氣，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目為______。(3)希爾實(shí)驗(yàn)的主要意義是______________________________。5.在酸性條件下，將MnO4－、Fe2+、Fe3+、I－四種離子的溶液混在一起，充分反響后，假設(shè)：〔1〕溶液中有I－剩余，那么溶液中可能還有_______________，一定沒有__________?！?〕溶液中有Fe3+剩余，那么溶液中可能還有___________，一定沒有________?！?〕溶液中有Fe2+剩余，那么溶液中可能還有___________，一定沒有________?！?〕溶液中有MnO4－剩余，那么溶液中可能還有_________，一定沒有________。6.哥倫比亞號(hào)航天飛機(jī)曾用金屬鋁粉和高氯酸銨混合物作為固體燃料。加熱鋁粉使其氧化并放出大量熱量，促使混合物中另一種燃料分解，mmol高氯酸銨分解時(shí)除產(chǎn)生2mmol水蒸氣和mmol氧氣外，其他組成元素均以單質(zhì)氣體形式放出，因而產(chǎn)生巨大的推動(dòng)力。試寫出其中涉及的化學(xué)方程式：________________________________________________________；____________________________________________7.配平化學(xué)方程式____Cu2S+____HNO3--_____Cu(NO3)2+____NO+_____H2SO4+____H2O8.某強(qiáng)氧化劑XO(OH)2+被亞硫酸鈉復(fù)原到較低價(jià)態(tài)，如果復(fù)原24個(gè)XO(OH)2+離子到較低價(jià)態(tài)，需用含60個(gè)SO32-離子的溶液，那么X元素的最終價(jià)態(tài)為________。9.在反響3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2中，當(dāng)有5mol水反響時(shí)，由H2O復(fù)原的BrF3為______mol；由BrF3復(fù)原的BrF3為_______mol；總的被復(fù)原的BrF3為____mol。10.在反響3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2中，當(dāng)有5mol水做復(fù)原劑參加反響時(shí)，由H2O復(fù)原的BrF3為______mol；由BrF3復(fù)原的BrF3為_______mol；總的被復(fù)原的BrF3為____mol。11.在反響3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2中，當(dāng)有5mol水未參加氧化復(fù)原反響時(shí)，由H2O復(fù)原的BrF3為______mol；由BrF3復(fù)原的BrF3為_______mol；總的被復(fù)原的BrF3為____mol。12.寫出以下反響的離子方程式?！?〕向FeBr2溶液中通入少量的Cl2_________________________。〔2〕向FeBr2溶液中通入足量的Cl2__________________________。13.配平化學(xué)方程式，并指出氧化劑和氧化產(chǎn)物。氧化劑是____氧化產(chǎn)物是____。14.配平化學(xué)方程式，并指出氧化劑和氧化產(chǎn)物。□As2S3+□HNO3+□H2O==□H3AsO4+□H2SO4+□NO↑復(fù)原劑________，氧化產(chǎn)物________。15.哥倫比亞號(hào)航天飛機(jī)曾用金屬鋁粉和高氯酸銨混合物作為固體燃料。加熱鋁粉使其氧化并放出大量熱量，促使混合物中另一種燃料分解。mmol高氯酸銨分解時(shí)除產(chǎn)生2mmol水蒸氣和mmol(1)___________________________________________________(2)___________________________________________________根據(jù)此反響原理，1mol高氯酸銨分解所產(chǎn)生的氣體有______mol。16.氮的氧化物NOx與NH3反響生成N2和H2O。假設(shè)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,1.5LNOx與2LNH3恰好完全反響,寫出反響的化學(xué)方程式：；NOx中x=。17.在11P+15CuSO4+24H2O====5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4反響中，lmolCuSO4可以氧化磷的物質(zhì)的量是_____，lmol磷可氧化磷的物質(zhì)的量是______。18.用0.1mol/LNa2SO330ml可恰好將2×10-3mol的XO4-復(fù)原，那么元素X在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價(jià)為_____。19.某強(qiáng)氧化劑[RO(OH)2]+能將Na2SO3氧化。含2.0×10－3mol[RO(OH)2]+離子的溶液，恰好跟25.0ml0.2mol/L的Na2SO3溶液完全反響，那么R在反響中由____價(jià)被復(fù)原為____價(jià)。20.以下反響可用于檢查司機(jī)是否酒后開車：2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2Cr2(SO4)3(綠色)+3CH3COOH+2K2SO4+□□(1)方程式中空格內(nèi)的系數(shù)和物質(zhì)(化學(xué)式)為______；(2)假設(shè)司機(jī)酒后開車，那么可顯示出______色；(3)反響中生成0.1molCr3+離子，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為______個(gè)。21.在一定條件下，與可發(fā)生如下反響：〔1〕中R的化合價(jià)為________價(jià)。〔2〕R元素原子的最外層電子數(shù)為__________。22.以下變化過程中，0.2molRxO42－參加反響時(shí)共轉(zhuǎn)移0.4mol電子，RxO42－+MnO4－+H+==RO2+Mn2++H2O(1)x的值是_____。(2)H+的物質(zhì)的量是____mol。23.1986年首次用非電解法制取單質(zhì)氟的反響如下，試配平：___K2MnF6十____SbF5=_____F2十_____KSbF6十____MnF3該反響的氧化劑是______，復(fù)原產(chǎn)物是_______。二、單項(xiàng)選擇題(共40題，題分合計(jì)120分)1.羥胺(NH2OH)是一種復(fù)原劑，能將某些氧化劑復(fù)原，現(xiàn)用25.00mL0.049mol/L羥胺的酸性溶液與足量硫酸鐵溶液反響〔反響Fe3+轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2+〕，生成的Fe2+恰好與24.50mL0.020mol/LKMnO4酸性溶液完全作用∶2KMnO4+6FeSO4+4H2SO4==3Fe2(SO4)3+K2SO4+4H2O+2MnO2，那么上述反響中羥胺的氧化產(chǎn)物為A．N2B．N2O C．NO D．NO22.在11P+15CuSO4+24H2O==5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4的反響中，7.5molCuSO4可氧化的磷的物質(zhì)的量是molB.5.5molC.3molD.4mol3.在反響11P＋15CuSO4＋24H2O＝5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4中每摩爾CuSO4能氧化磷的物質(zhì)的量是A．2／5mol B．1／5mol C．11／5mol

D．1／3mol4.工業(yè)廢氣的氮氧化物〔如NO、NO2等，用通式NOx表示〕是主要的大氣污染物之一。為了保護(hù)環(huán)境，工業(yè)上常通入氨氣與之發(fā)生如下反響：NOx+NH3→N2+H2O。有關(guān)此反響，以下說法中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是A．N2既是氧化產(chǎn)物又是復(fù)原產(chǎn)物B．當(dāng)x=1時(shí)，每生成2.5molN2，被氧化的氣體有3molC．當(dāng)x=2時(shí)，有1mol氣體被復(fù)原，轉(zhuǎn)移電子4molD．反響通式配平表示為6NOx+4xNH3=(3+2x)N2+6xH2O5.(NH4)2SO4在強(qiáng)熱條件下發(fā)生分解，生成NH3、SO2、N2和H2O，該反響的生成物中氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為A．1∶3 B．3∶1 C．3∶4 D．4∶3 6.在酸性溶液中，以下物質(zhì)氧化KI時(shí)，自身發(fā)生如下變化∶Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO如果分別用等物質(zhì)的量的這些物質(zhì)氧化足量的KI，得到I2最多的是A．Fe3+B．MnO4- C．Cl2D．HNO27.某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反響得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，經(jīng)測(cè)定ClO-與ClO3-的濃度之比為1∶3，那么Cl2與NaOH溶液反響時(shí)被復(fù)原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為A．21∶5 B．11∶3 C．3∶1 D．4∶1 8.某金屬單質(zhì)跟一定濃度的硝酸反響，假定只產(chǎn)生單一的復(fù)原產(chǎn)物。當(dāng)參加反響的單質(zhì)與被復(fù)原硝酸的物質(zhì)的量之比為2∶1時(shí)，復(fù)原產(chǎn)物是A．NO2B．NO C．N2O D．N29.用以下方法均可制得氧氣∶〔1〕〔2〕〔3〕〔4〕假設(shè)要制得相同質(zhì)量的氧氣，反響中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目之比為A．3∶2∶1∶4 B．1∶1∶1∶1 C．2∶1∶2∶2 D．1∶2∶1∶1 10.我國(guó)"長(zhǎng)征2號(hào)火箭"的主要然料是偏二甲肼(分子式為C2H8N2)，氧化劑是N2O4，然燒產(chǎn)物假設(shè)只有N2、CO2和H2O時(shí)，該反響中被氧化的氮和被復(fù)原的氮的物質(zhì)的量之比為A.1∶2B.1∶1C.3∶4D.4∶311.用0.2mol/LNa2SO3溶液32mL，復(fù)原含2×10－3molX2O72－的溶液，過量的Na2SO3用0.1mol/LKMnO4酸性溶液氧化(其中KMnO4被復(fù)原成Mn2+)，共消耗KMnO4溶液1.6mL，那么元素X在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價(jià)是A.+1B.+2C.+3D.+412.硫酸銨在強(qiáng)熱條件下分解，生成氨、二氧化硫、氮?dú)夂退?。反響中氧化產(chǎn)物和復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為A.1∶3B.2∶3C.1∶1D.4∶313.在強(qiáng)酸性溶液中可發(fā)生如下反響∶，這個(gè)反響可定性地檢驗(yàn)的存在。在反響中充當(dāng)氧化劑的中的的值是A.0B.1C.2D.314.FeS2與HNO3反響產(chǎn)物有Fe3＋和H2SO4，假設(shè)反響中FeS2與HNO3的物質(zhì)的量之比是1∶8時(shí)，那么HNO3的復(fù)原產(chǎn)物是A．NO2 B．NO C．N2O D．N2O315.足量的銅和含有2.4×10-3mol硝酸的某濃硝酸完全反響，共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積22.4mL。參加反響的銅的質(zhì)量是A．38.4×10-3g B．44.8×10-3g C．48.3×10-16.24mL0.05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與20mL0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反響，那么Cr在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價(jià)是A．+6B．+3C．+2D17.過氧化氫作采礦業(yè)廢液消毒劑，能消除采礦業(yè)廢液中氰化物〔其中氮元素為-3價(jià)〕，化學(xué)方程式如下：KCN+H2O2+H2O====R+NH3↑那么R為A．KOHB．KHCO3C．K2CO3D．KNO18.硫代硫酸鈉可作為脫氯劑，25.0mL0.100mol·L－1的Na2S2O3溶液恰好把224mL〔標(biāo)準(zhǔn)狀況下〕Cl2完全轉(zhuǎn)化為Cl－，那么S2O32－將轉(zhuǎn)化為A．S2－B．SC．SO32－D．SO42－19.用KCN溶液浸取金礦是提取金的常用古典方法，其過程可用化學(xué)方程式表示如下：4Au＋8CN-＋2H2O＋O2＝4[Au(CN)2]-＋4OH-；2Au(CN)2-＋Zn＝2Au＋Zn(CN)42-。由上述化學(xué)反響可知金在化學(xué)反響中呈現(xiàn)出的化合價(jià)是A．＋1價(jià)B．＋2價(jià)C．-1價(jià)D．＋3價(jià)20.氧化劑XO(OH)2+可被SO2復(fù)原到低價(jià)狀態(tài)，如果復(fù)原2．4×10-3mol的XO(OH)2+至低價(jià)態(tài)需用去30ml0.2mol·L-1的Na2SO3溶液，那么X元素的最終價(jià)態(tài)是A．+1B．-1C．0D．21.將1.74gFe3O4完全溶解在50mL1mol/L的H2SO4中，然后參加K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+，Cr2O72-離子全部復(fù)原為Cr3+，那么K2Cr2O7濃度為A．0.05mol/LB．0.1mol/LC．0.2mol/LD．0.3mol/L22.在一定條件下，RO3n-和氟氣可發(fā)生如下反響：RO3n-＋F2＋2OH-＝RO4-＋2F-＋H2O。從而可知在RO3n-中，元素R的化合價(jià)是A．＋4B．＋5C．＋6D．＋723.將新制取的0.1mol/LH2S溶液與0.05mol/LH2SO3溶液等體積混合，完全反響后，復(fù)原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的質(zhì)量比為A.1∶2B.2∶1C.1∶1D.3∶24.一定條件下硝酸銨受熱分解的化學(xué)方程式〔未配平〕為：NH4NO3=HNO3+N2+H2O，在反響中被氧化與被復(fù)原的氮原子數(shù)之比為A.5∶3B.5∶4C.1∶1 D.3∶525.銅和濃硝酸反響，假設(shè)有0.1mol電子發(fā)生轉(zhuǎn)移，那么被復(fù)原的硝酸是A.12.6g B.6.3gC.126g26.8NH3+3Cl2==6NH4Cl+N2的反響中，假設(shè)有8mol的NH3被氧化，那么A.有3molCl2被復(fù)原 B.氧化產(chǎn)物為1molC.氧化產(chǎn)物為8mol D.生成N24mol27.1molNH4NO3在某種條件下分解生成0.4molHNO3、1.8mol水以及一定量的另一種氣態(tài)物質(zhì)，該氣體可能是A.NO B.N2OC.N2O3 D.N228.較活潑的金屬鋅與不同濃度的硝酸反響時(shí)，可得到不同價(jià)態(tài)的復(fù)原產(chǎn)物。如果己反響的鋅與被復(fù)原的硝酸的物質(zhì)的量之比為4∶1，那么硝酸的復(fù)原產(chǎn)物可能為A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO329.24mL濃度為0．05mol/L的Na2SO3溶液，恰好與20mL濃度為0．02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反響，那么元素Cr在復(fù)原產(chǎn)物中的化合價(jià)是A．+6 B．+3 C．+2 D．0 30.往50mLFeBr2溶液中緩慢通入1.12L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣，溶液中還有2/3的BrA．3mol/LB．2.4mol/L C．1.2mol/LD．1mol/L31.將4.32g氧化亞鐵跟稀硝酸發(fā)生氧化復(fù)原反響，假設(shè)生成的氧化產(chǎn)物是硝酸鐵，而復(fù)原產(chǎn)物是一氧化氮，那么參加反響的硝酸共有A．0.2mol B．0.02mol C．0.14mol D．2.0mol32.由硫可制得多硫化鈉Na2Sx，Na2Sx和NaClO反響的化學(xué)方程式為：Na2Sx+NaClO+NaOH=Na2SO4+NaCl+H2O假設(shè)某Na2Sx在反響中消耗的NaClO和NaOH的物質(zhì)的量的比為2∶1，試從求得的x值推斷多硫化鈉的化學(xué)式為A．Na2S3 B．Na2S5 C．Na2S7 D．Na2S933.某強(qiáng)氧化劑XO(OH)2+被亞硫酸鈉復(fù)原到較低價(jià)態(tài)，如果復(fù)原2.4×10-3molXO(OH)2+至較低價(jià)態(tài)，需用30mL0.2mol/L的亞硫酸鈉溶液，復(fù)原后X的最終價(jià)態(tài)為A．+1 B．+2 C．-2 D．034.在3BrF3+5H2O==HBrO3+Br2+9HF+O2?中，假設(shè)有5mol水參加反響時(shí)，被水復(fù)原的BrF3為A．3mol B．2mol C．4/3mol D．10/3mol 35.將新制取的0.1mol/LH2S溶液與0.05mol/LH2SO3溶液等體積混合，完全反響后，復(fù)原產(chǎn)物與氧化產(chǎn)物的質(zhì)量比為A.1∶2B.2∶1C.1∶1D.3∶36.以下物質(zhì)的質(zhì)量各為1mol時(shí)，受熱完全分解，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目最多的是A．KClO3B．KMnO4 C．AgID．H237.向含有0.078molFeCl2的溶液中通入0.009molCl2，再參加含0.01molX2O72－的酸性溶液，使溶液中的Fe2+全部恰好氧化，而X2O72－被復(fù)原成Xn+離子，那么n值為A．3 B．4 C．2 D．538.根據(jù)S2O82－+2e→2SO42－，Mn2++4H2O→MnO4－+8H++5e，推測(cè)氧化1.5molMn2+需S2O82－的物質(zhì)的量為A．1.5mol B．3.75mol C．3.25mol D．3.125mol39.在標(biāo)準(zhǔn)狀況下750mL含O3的氧氣，其中假設(shè)O3完全分解，其體積為780mL，如果將此含有O3的氧氣1L，通入適量的KI溶液中，發(fā)生如下的反響：2KI+O3+H2O=2KOH+I2+O2，那么析出I2的質(zhì)量為A．0.68g B．0.81g C．0.91g D．1.21g40.從海水中提取溴有如下反響：5NaBr+NaBrO3+3H2SO4=3Br2+3Na2SO4+3H2O與上述反響在氧化－復(fù)原原理上最相似的反響是A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2B．AlCl3+3NaAlO2+6H2O=4Al(OH)3↓+3NaClC．2H2S+SO2=3S↓+2H2OD．2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl三、多項(xiàng)選擇題(共8題，題分合計(jì)29分)1.較活潑的金屬鋅與不同濃度的硝酸反響時(shí)，可得到不同價(jià)態(tài)的復(fù)原產(chǎn)物。如果己反響的鋅與被復(fù)原的硝酸的物質(zhì)的量之比為4∶1，那么硝酸的復(fù)原產(chǎn)物可能為A.NO2B.NOC.N2OD.NH4NO32.R2O8n-離子在一定條件下能把Mn2+氧化為MnO4-，假設(shè)反響后R2O8n-轉(zhuǎn)化為RO42-。又知反響中氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為5∶2，有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是A．n=2B．n=3C．氧化劑與復(fù)原劑的物質(zhì)的量比為2∶1D．氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量比為1∶53.水溶液中RO3n-與S2-在酸化后發(fā)生反響∶RO3n-+3S2-+6H+==R-+3S+3H2O，以下有關(guān)推斷正確的選項(xiàng)是A．RO3n-中R呈+5價(jià)B．RO3n-中R呈+7價(jià)C．R原子最外層有5個(gè)電子D．R原子最外層有7個(gè)電子4.6.4A.反響中有0.4mol硝酸被復(fù)原B.反響中有0.2×6.02×1023個(gè)電子發(fā)生了轉(zhuǎn)移C.反響中有25.2g硝酸跟銅反響D.反響中生成了2.24L