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1．在11P4+60CuSO4+96H2O=24H3PO4+20Cu3P+60H2SO4反应中，若有11molP4参加反应，则被CuSO4氧化的P4的物质的量为（ ） A．11mol B．44mol C．3mol D．6mol 【分析】氧化还原反应中：失电子化合价升高的元素所在的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应，化合价降低的物质作氧化剂发生还原反应； 该氧化还原反应中Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，硫酸铜是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中5mol的P4做氧化剂，60mol硫酸铜做氧化剂，只有6mol的P4做还原剂，60mol的CuSO4可氧化5mol的P4，则11molP4参加反应，被CuSO4氧化的P4的物质的量为3mol． 【解答】解：反应11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，硫酸铜是氧化剂，P4部分磷元素由0价降低到﹣3价，部分磷元素由0价升高到+5价，磷元素的化合价既升高又降低，所以P4既是氧化剂又是还原剂，若有11molP4参加反应，其中磷元素由0价降低到﹣3价做氧化剂，5mol的P4做氧化剂，电子的物质的量=20×3mol=60mol，磷元素由0价升高到+5价做还原剂，6mol的P4做还原剂，失去电子的物质的量=24×（5﹣0）mol=120mol，Cu元素的化合价由+2价降低到+1价，60mol硫酸铜做氧化剂，1mol的P4做还原剂失去电子的物质的量为20mol，所以被硫酸铜氧化的P4的物质的量为3mol， 故选C． 【点评】本题考查氧化还原反应，根据氧化还原反应中磷元素化合价的变化和硫酸铜中铜元素的化合价变化情况来找出硫酸铜和P4的关系是解答本题的关键，题目难度中等． 2．水热法制备直径为1～100nm的颗粒Y（化合物），反应原理为： 3Fe2++2S2O32﹣+O2+aOH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，下列说法中不正确的是（ ） A．a=4 B．将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应 C．每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol D．S2O32﹣是还原剂 【分析】从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O． A、根据电荷守恒计算a的值． B、直径为1～100nm的颗粒Y，均匀分散到水中形成的体系属于胶体． C、3 molFe2+参加反应，需要1molO2，反应中只有O2中氧元素化合价降低，据此计算 D、所含元素化合价升高的反应物是还原剂． 【解答】解：从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4．可配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Y+S4O62﹣+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4，所以该离子方程式为3Fe2++2S2O32﹣+O2+4OH﹣═Fe3O4+S4O62﹣+2H2O． A、从电荷守恒的角度分析，6﹣4﹣a=﹣2，所以a=4，故A正确； B、1～100nm的颗粒Y，微粒直径在胶体大小之内，将其均匀分散到水中形成的体系属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确； C、当3molFe2+参加反应时，有1molO2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为﹣2价，所以转移电子数为4mol，故C错误； D、反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O32﹣是还原剂，故D正确． 故选：C． 【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，明确各元素的化合价变化是解答该题的关键． 3．在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中，下列判断不正确的是（ ） A．n=4 B．y=4 C．m=4 D．该反应属于氧化还原反应 【分析】有化合价变化的反应是氧化还原反应，反应遵循原子守恒、电荷守恒． 【解答】解：A、根据氧守恒得到n=2，故A错误； B、根据氢守恒得到y=2n=4，故B正确； C、根据R守恒得到x=m，根据电荷守恒得到2x+y=3m，即2m+4=3m，m=4=y，故C正确； D、R元素的化合价从+2价升高到+3价，有化合价的变化，为氧化还原反应，故D正确． 故选A． 【点评】本题考查学生氧化还原反应中的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大． 4．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与亚铁离子反应，离子方程式如下（未配平）：____MnO4+____Fe2++____H+═K2SO4+____Mn2++____Fe3++H2O，下列有关说法正确的是（ ） A．MnO4﹣和H+是氧化剂，Fe2+是还原剂 B．H2O既是氧化物又是还原物 C．每生成1mol水转移1.2mol的电子 D．Fe2+的还原性强于Mn2+ 【分析】该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价， A．得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，氧化剂对应的产物是还原产物； B．根据元素化合价的变化确定氧化产物和还原产物； C．根据水和转移电子之间的关系式计算； D．同一自发进行的氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性． 【解答】解：A．该反应中，锰元素的化合价由+7价变为+2价，铁元素的化合价由+2价变为+3价，所以氧化剂是MnO4﹣，还原产物是Mn2+，Fe2+是还原剂，故A错误； B、Mn2+是还原产物，Fe3+是氧化产物，水既不是氧化产物也不是还原产物，故B错误； C．根据得失电子相等配平方程式得2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2（SO4）3+8H2O，根据方程式知，生成1mol水时，转移电子的物质的量1.25mol，故C错误； D．该反应中还原剂是Fe2+，还原产物是Mn2+，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe2+的还原性强于Mn2+，故D正确； 故选D． 【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，根据基本概念来分析解答，明确铁离子的检验方法，难度不大． 5．反应NO+O2+NO2+H2O→HNO3是多组化学计量数的化学方程式，当氧气有被NO还原时，此方程式中各物质的化学计量数依次为（ ） A．4、9、24、14、28 B．1、1、1、1、2 C．8、9、12、10、20 D．任意比均可 【分析】O2有1/3被NO还原，则有2/3被NO2还原，根据得失电子守恒，确定NO、NO2+的物质的量，利用N原子、H原子守恒确定H2O、HNO3的物质的量，以此来解答． 【解答】解：O2有1/3被NO还原，则有2/3被NO2还原，根据得失电子守恒，n（O2）×2×1/3×（2﹣0）=n（NO）×（5﹣2），即n（NO）：n（O2）=4：9， n（O2）×2×2/3×（2﹣0）=n（NO2）×（5﹣4），即n（NO2）：n（O2）=8：3， 设氧气的物质的量为x，即n（NO）=4/9x，n（NO2）=8/3x， 由N原子守恒，可知生成硝酸28x/3mol， 由H原子守恒，可知H2O为14x/9xmol， 所以NO、O2、NO2、H2O、HNO3的物质的量之比=4：9：24：14：28，该反应方程式为：4NO+9O2+24NO2+14H2O═28HNO3， 故选A． 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化还原反应中电子守恒及原子守恒为解答的关键，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度不大． 6．在过量的稀硫酸溶液中加入5.6g Fe粉，待反应完全后，再加入50mL0.5mol·L﹣1KNO3溶液，恰好反应完全．该反应的方程式为：“FeSO4+KNO3+H2SO4=K2SO4+Fe2（SO4)3+NxOy+H2O”，则对该反应的下列说法正确的是（ ） A．反应中还原产物是NO B．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：8 C．反应过程中转移的电子数为4e﹣ D．化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5 【分析】n（Fe）=0.1mol， n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol×（3﹣2）=0.025mol×（5﹣n），n=1，所以NxOy中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O，据此分析解答． 【解答】解：n（Fe）=0.1mol，n（KNO3）=0.5mol/L×0.05L=0.025mol，根据原子守恒知n（FeSO4）=n（Fe）=0.1mol，二者恰好反应，则n（FeSO4）：n（KNO3）=0.1mol：0.025mol=4：1，设氮氧化物中N元素化合价为n，根据转移电子守恒得0.1mol×（3﹣2）=0.025mol×（5﹣n），n=1，所以NxOy中x=2、y=1，再结合转移电子守恒、原子守恒配平方程式为8FeSO4+2KNO3+5H2SO4=K2SO4+4 Fe2（SO4）3+N2O+5H2O， A．反应中还原产物是N2O，故A错误； B．硫酸铁是氧化产物、N2O是还原产物，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，故B错误； C．反应过程中转移的电子数为0.1mol×（3﹣2）=0.1mol，故C错误； D．通过以上分析知，化学方程式中按物质顺序的计量数是：8、2、5、1、4、1、5，故D正确； 故选D． 【点评】本题考查氧化还原反应的计算，侧重考查分析和计算能力，正确配平方程式是解本题关键，注意从转移电子、原子守恒角度配平方程式，题目难度中等． 7．已知4M2++O2+4H+═4Mn++2H2O，则n的值是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】任何离子方程式中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断n值． 【解答】解：离子方程式中遵循电荷守恒，根据电荷守恒得4×2+4×1=4×n，n=3，故选C． 【点评】本题考查离子方程式的配平，明确氧化还原反应的方程式中遵循电荷守恒、转移电子守恒即可解答，所以还可以根据转移电子守恒计算n值，题目难度不大． 8．已知aM2++bO2+4H+═cM3++dH2O，则化学计量数c的值为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】根据氢元素守恒，得到d的值，根据氧元素守恒，得到b的值，根据反应方程式两边电荷守恒以及电子守恒，得到a、c的值即可． 【解答】解：根据氢元素守恒，得到d的值是2，根据氧元素守恒，得到b的值是1，所以氧气中的氧共得到4个电子，根据电子守恒结合反应方程式两边电荷守恒，得到a的值为4，c的值是4． 故选D． 【点评】本题考查学生氧化还原反应中电子守恒的应用来配平方程式的知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度中等． 9．在xR2++yH++O2=mR3++nH2O的离子方程式中，对系数m的判断正确的是（ ） A．m=4 B．m=n C．m=2 D．m=y=3 【分析】xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，所以m=4，该反应中R元素的化合价升高，O元素的化合价降低，以此来解答． 【解答】解：xR2++yH++O2═mR3++nH2O中，由原子守恒可知，x=m，n=2，y=4，由电荷守恒可知，2x+4=3m，x=m，所以m=4，故选：A． 【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常考考点，注意电荷守恒及原子守恒的应用，侧重基本概念的考查，明确反应中元素的化合价变化即可解答，题目难度不大． 10．已知锌与稀硝酸反应的化学方程式为：4Zn+10HNO3=a Zn（NO3）2+b NH4NO3+c H2O则a、b、c分别是（ ） A．4、1、5 B．4、2、4 C．4、1、3 D．4、3、5 【分析】氧化还原反应中，化合价升高数=失去电子的数目=化合价降低数=得电子数=转移电子数，根据原子守恒、电子守恒来配平方程式． 【解答】解：反应中4Zn化合价升高数为8，所以失去电子的数目为8，根据锌原子守恒，所以a=4，10HNO3化合价降低的只有部分氮元素，生成一个铵根离子，氮元素化合价就从+5价降到﹣3价，一个氮原子得到8个电子，氮原子得电子数也为8，则得失电子数目相等，所b=1，根据氢原子守恒，所以c=3． 故选C． 【点评】本题考查学生氧化还原反应中的综合知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大． 11．（NH4）2SO4在高温下分解，产物是SO2、H2O、N2和NH3．在该反应的化学方程式中，化学计量数由小到大的产物分子依次是（ ） A．SO2、H2O、N2、NH3 B．N2、SO2、H2O、NH3 C．N2、SO2、NH3、H2O D．H2O、NH3、SO2、N2 【分析】方法一：（NH4）2SO4═NH3+N2+SO2+H2O，反应中：N：﹣3→0，化合价变化总数为6，S：+6→+4，化合价变化数为2，根据化合价升高和降低的总数相等，所以应在SO2前配3，N2前配1，根据原子守恒（NH4）2SO4前面配3，NH3前面配4，H2O前面配6，最后计算反应前后的O原子个数相等． 方法二：利用待定系数法，令（NH4）2SO4系数为1，根据原子守恒，依次配平SO2前配1，H2O前面配2，NH3前面配，N2前配，然后各物质系数同时扩大3倍． 【解答】解：方法一：对于（NH4）2SO4→NH3+N2+SO2+H2O，反应中：N：﹣3→0，化合价变化总数为6，S：+6→+4，化合价变化数为2，根据化合价升高和降低的总数相等，最小公倍数为6，所以应在SO2前配3，N2前配1，根据硫原子守恒（NH4）2SO4前面配3，根据氮原子守恒NH3前面配4，根据氢原子守恒H2O前面配6，最后计算反应前后的O原子个数相等．配平后的化学方程式为：3（NH4）2SO4 = 4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O． 方法二：利用待定系数法，令（NH4）2SO4系数为1，根据硫原子原子守恒SO2前配1，根据氧原子守恒H2O前面配2，根据氢原子守恒NH3前面配，根据氮原子守恒N2前配，然后各物质系数同时扩大3倍，3（NH4）2SO4 = 4NH3↑+N2↑+3SO2↑+6H2O． 答案：C． 【点评】此题实际上是考查化学方程式的配平，难度中等，根据化合价升降、原子守恒配平方程式是关键，分解反应中利用待定系数法结合原子守恒配平比较简单．掌握常见的配平方法． 12．将NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣配平后，离子方程式中H2O的系数是（ ） A．2 B．4 C．6 D．8 【分析】根据电子守恒、原子守恒及电荷守恒来配平离子方程式，即可确定H2O的系数． 【解答】解：在NO3﹣+Zn+OH﹣+H2O→NH3+Zn（OH）42﹣ 中， Zn元素的化合价由0升高到+2价， N元素的化合价由+5降低到﹣3价， 由电子守恒可知，Zn的化学计量数为4，NO3﹣的化学计量数为1，则 NO3﹣+4Zn+OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣， 由电荷守恒，则 NO3﹣+4Zn+7OH﹣+H2O→NH3+4Zn（OH）42﹣， 再由H原子守恒可知， NO3﹣+4Zn+7OH﹣+6H2O═NH3+4Zn（OH）42﹣， 即离子方程式中H2O的系数为6， 故选C． 【点评】本题考查离子反应方程式的配平，明确电子守恒、电荷守恒及质量守恒定律是解答的关键． 13．下列关于反应K2Cr2O7+HCl→KCl+CrCl3+C12+H2O（未配平）的说法正确的是（ ） A．反应中K2Cr2O7为还原剂，HCl为氧化剂 B．方程式配平后，HCl的化学计量数为14 C．当0.1molK2Cr2O7参加反应时，反应中转移电子0.3mol D．当有0.1molCl2生成时，被还原的HCl为0.2mol 【分析】A、氧化还原反应中得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． B、氧化还原反应方程式的配平依据是得失电子数相等． C、根据K2Cr2O7与转移电子的关系式计算． D、根据氯气和参加氧化还原反应的HCl的关系式计算． 【解答】解：A、K2Cr2O7+HCl→KCl+CrCl3+C12+H2O，该反应中，HCl→C12氯元素失电子化合价升高，所以HCl作还原剂； K2Cr2O7→CrCl3铬元素得电子化合价降低，所以K2Cr2O7作氧化剂，故A错误． B、K2Cr2O7+HCl→KCl+CrCl3+C12+H2O，该反应中，一个HCl分子参加氧化还原反应失去1个电子，一个K2Cr2O7参加氧化还原反应得到6个电子，其最小公倍数是6，然后根据各元素的原子守恒进行配平，所以该反应方程式为 1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3C12+7H2O，故B正确． C、1K2Cr2O7+14HCl=2KCl+2CrCl3+3C12+7H2O转移电子 所以当0.1molK2Cr2O7参加反应时，反应中转移电子0.6mol，故C错误． D、1K2Cr2O7+8HCl+6HCl（被氧化）=2KCl+2CrCl3+3C12+7H2O 当有0.1molCl2生成时，被氧化的HCl为0.2mol，故D错误． 故选B． 【点评】本题以氧化还原反应的配平为载体考查了氧化剂和还原剂的判断、反应物和转移电子的关系等知识点，易错选项是D，注意该反应中部分HCl作还原剂，部分只起酸的作用． 14．高铁酸钾是一种理想的绿色水处理剂，工业上可通过如下反应制得：Fe（OH）3+ClO﹣+OH﹣一FeO42﹣+Cl﹣+H2O（未配平），在上述反应中（ ） A．FeO42﹣是还原产物 B．ClO﹣是还原剂 C．1molFe（OH）3得到3mol电子 D．配平后OH﹣的化学计量数为4 【分析】氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，氧化剂对应的产物是还原产物，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂对应的产物是氧化产物；氧化还原反应中得失电子相等，据此分析解答． 【解答】解：A、该反应中，反应前后氯元素的化合价由+1价→﹣1价，氯元素得电子化合价降低，所以ClO﹣作氧化剂，还原产物是 Cl﹣，FeO42﹣是氧化产物，故A错误． B、该反应中，反应前后氯元素的化合价由+1价→﹣1价，氯元素得电子化合价降低，所以ClO﹣作氧化剂，故B错误． C、该反应中，一个Fe（OH）3生成FeO42﹣，铁元素失去3个电子，所以1molFe（OH）3失去3mol电子，故C错误． D、该反应中，一个Fe（OH）3生成FeO42﹣，铁元素失去3个电子，一个ClO﹣生成Cl﹣得到2个电子，根据得失电子相等，该反应方程式为 2Fe（OH）3+3 ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D正确． 故选D． 【点评】本题考查了氧化还原反应中还原剂和氧化剂、氧化产物和还原产物的判断等知识点，难度不大，注意氧化还原反应方程式的配平依据是得失电子相等． 15．下面的反应方程式配平后，该反应中电子转移总数是（ ） KMnO4+H2S+H2SO4=K2SO4+MnSO4+S↓+ A．5 B．10 C．20 D．40 【分析】氧化还原反应中，元素化合价升高值等于元素化合价降低值，根据电子守恒来配平方程式，根据化合价的变化来判断电子转移情况；氧化还原反应中，化合价升高的物质作还原剂，化合价降低的物质作氧化剂，该反应中H2SO4没有化合价的变化，KMnO4作氧化剂，H2S作还原剂，化学反应中转移的电子数=化合价升高数=化合价降低数，据此分析解答． 【解答】解：该反应中元素的化合价变化如下：H2S→S，S元素的化合价由﹣2价→0价，一个S失去2个电子； KMnO4→MnSO4，Mn元素的化合价由+7价→+2价，得到5e﹣，高锰酸钾中锰元素化合价降低7﹣2=5价，硫元素化合价升高0﹣（﹣2）=2价，化合价升高数=化合价降低数，所以得失电子的最小公倍数为10，所以高锰酸钾前的系数是2，H2S前的系数是5，根据原子守恒，S前是5，硫酸锰前是2，硫酸钾前面是1，根据硫酸根守恒，所以硫酸前面是3，据氧原子和氢原子守恒，产物少8个水分子，所以该反应为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O；元素化合价升高值=元素化合价降低值=电子转移数=10， 故答案为：2KMnO4+5H2S+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5S↓+8H2O；C； 【点评】本题考查了氧化还原反应，根据氧化还原反应中得失电子数相等和原子守恒配平，明确元素的化合价是解本题的关键，题目难度中等．
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