2016高考化学一轮考点集锦《氧化还原反应的电子转移数目计算》.doc

氧化复原反应的电子转移数目计算O2与足量水反应2分析：A、钠和水反应生成氢氧化钠和水；B、铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气；C、金属镁在氧气中燃烧生成氧化镁；D、Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气．解答：A、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，反应转移2mol电子，lmol钠与水反应，转移1mol电子，故A错误；B、27g〔1mol〕铝全部转化为三价，转移3mol电子，故B正确；C、22.4L〔1mol〕氧气全部转化为-2价，转移4mol电子，故C错误；D、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O22O2与足量水反应转移1.5mol电子，故D错误．故选B．点评：此题考查学生氧化复原反应中的电子转移情况，可以根据所学知识进行答复，难度不大．【解题思路点拨】电子转移数目计算步骤：①标出发生变化的元素的化合价．②找化合价升高的元素〔注意：如果化合价降低的元素只有一种就用化合价降低的元素进行计算〕．当升高或降低的元素不止一种时，需要根据不同元素的原子个数比，将化合价变化的数值进行叠加．②化合价升高总数计算：化合价变化数乘以原子个数．氧化复原反应的电子转移数目计算参考答案与试题解析一、选择题〔共14小题〕1．在以下反应过程中，有3mol电子转移的是〔〕A．1mol钠与水反应B．27g铝与足量盐酸反应C．22.4L氧气〔标准状况〕与足量镁反应O2与足量水反应2考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：氧化复原反应专题．分析：A、钠和水反应生成氢氧化钠和水，；B、铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气；C、金属镁在氧气中燃烧生成氧化镁；D、Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气．解答：解：A、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，反应转移2mol电子，lmol钠与水反应，转移1mol 电子，故A错误；B、27g〔1mol〕铝全部转化为三价，转移3mol电子，故B正确；C、22.4L〔1mol〕氧气全部转化为﹣2价，转移4mol电子，故C错误；D、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O22O2与足量水反应转移1.5mol电子，故D错误．故选B．点评：此题考查学生氧化复原反应中的电子转移情况，可以根据所学知识进行答复，难度不大．2．高铁酸钾〔K2FeO4〕是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水的离子反应是：4FeO42﹣+10H2O=4Fe〔OH〕3〔胶体〕+3O2↑+8OH﹣工业上先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH就可制得高铁酸钾．制备高铁酸钠的两种方法的主要反应原理如下：湿法制备﹣﹣2Fe〔OH〕3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；干法制备﹣﹣2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑．以下有关说法中错误的选项是〔〕A．高铁酸钾与水反应时，水发生复原反应B．湿法中每生成1molNa2FeO4共转移3mol电子C．干法中每生成1molNa2FeO4共转移4mol电子D．K2FeO4处理水时，不仅能杀菌，并使悬浮杂质沉降考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；氧化复原反应．专题：氧化复原反应专题．分析：A、化合价降低元素发生复原反应；B、化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；C、化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；D、氧化剂能杀菌，Fe〔OH〕3〔胶体〕具有净水作用．解答：解：A、高铁酸钾与水反应时，水中氧元素化合价升高，所以水发生氧化反应，故A错误；B、反应2Fe〔OH〕3+3ClO﹣+4OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O中，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6mol，生成了2molNa2FeO4，所以当生成1molNa2FeO4共转移3mol电子，故B正确；C、反应2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，每生成2molNa2FeO4，转移电子数=化合价升高数=化合价降低数=8mol，还有Na2O2中的氧由﹣1价升高到0价的O2，所以每生成1molNa2FeO4共转移电子应该为4+1=5mol，故C错误；D、K2FeO4具有氧化性所以能杀菌，高铁酸钾与水反应时生成的Fe〔OH〕3〔胶体〕具有净水作用，故D正确．故选AC．点评：此题考查学生氧化复原反应的有关知识，是对所学知识的考查，难度不大．3．FeS与足量的稀硝酸反应，生成Fe〔NO3〕3、S、NO和H2O．假设反应中有0.3mol的电子转移，则参加反应的硝酸中未被复原的硝酸的物质的量为〔〕考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；硝酸的化学性质．专题：氧化复原反应专题．分析：根据反应情况书写化学方程式，可以找出参加反应的硝酸的量，做氧化剂的硝酸氮元素化合价降低，在反应中被复原．解答：解：依题可知FeS中铁元素化合价由+2价升到+3价，失去一个电子，S从﹣2价升高到0价，失去两个电子，一个硝酸根中的氮元素从+5价降到+2价，得到3个电子，根据电子守恒配平方程式即为：FeS+4HNO3=Fe〔NO3〕3+S↓+NO↑+2H2O，消耗硝酸共4mol，转移电子3mol，有1mol被复原的硝酸，3mol未被复原的硝酸，当反应中有0.3mol的电子转移时，未被复原的硝酸为0.3mol．故选C．点评：此题考查学生氧化复原反应的有关知识，注意电子转移数确实定，是对教材知识的考查，难度不大．4．将二氧化硫通入溴水中发生如下的反应：SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4，反应中转移的电子数和复原剂是〔〕A．2e﹣，H2SO4 B．4e﹣，SO2 C．2e﹣，Br2 D．2e﹣，SO2考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；氧化复原反应．专题：氧化复原反应专题．分析：化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是复原剂，根据化合价的升降来确定转移电子情况．解答：解：在反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，化合价降低元素Br所在的反应物Br2是氧化剂，化合价升高元素S所在的反应物SO2是复原剂，化合价升高值=化合价降低值=2，所以反应转移电子2mol．故选D．点评：此题考查学生氧化复原反应的基本知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大．5．以下反应中，电子转移方向和数目正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：氧化复原反应专题．分析：氧化复原反应中失电子的元素化合价升高，得电子的元素化合价降低，化合价降低数目=化合价升高数目=转移的电子数目．解答：解：硫和氧气的反应中，硫元素失电子化合价升高，氧元素得电子化合价降低，转移电子数=化合价降低总数目=化合价升高总数目，故A正确；B、根据化合价不交叉的原则，硫化氢中硫元素化合价从﹣2价应升高到0价，硫酸中硫元素的化合价从+6价降到+4价，转移电子2mol，故B错误；C、铁元素化合价升高失去电子，氢元素化合价降低得到电子，故C错误；D、盐酸中的氯元素化合价升高应是失去电子，重铬酸钾中铬元素化合价降低应是得到电子，得失电子数目为6，故D错误．故选A．点评：此题考查氧化复原反应的特征和实质知识，是对教材知识的考查，难度不大．6．在一定条件下，RO3n﹣和I﹣可发生如下反应：RO3n﹣+6I﹣+6H+=R﹣+3I2+3H2O，则RO3n﹣中R元素的化合价为〔〕A．+1 B．+3 C．+5 D．+7考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；根据化学式判断化合价．专题：氧化复原反应专题．分析：根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算．解答：解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以n=1，根据化合价规则，RO3﹣中氧元素化合价为﹣2价，所以R元素的化合价为+5价．故选C．点评：此题考查离子方程式中的电荷守恒以及化合价的有关计算知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大．7．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，以下说法正确的选项是〔〕A．KClO3在反应中失去电子B．ClO2是氧化产物C．1个KClO3参加反应有2个电子转移D．H2C2O4在反应中被氧化考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；氧化复原反应．专题：氧化复原反应专题．分析：A、化合价升高的元素在反应中失去电子；B、化合价升高的元素所在的反应物是复原剂，得到的产物是氧化产物；C、根据化学方程式确定转移电子数和消耗的氯酸钾之间的关系；D、复原剂在反应中被氧化．解答：解：A、反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中，化合价升高的元素是H2C2O4中的碳元素，在反应中失去电子，故A错误；B、化合价升高的元素是H2C2O4中的碳元素，所在的反应物H2C2O4是复原剂，得到的产物CO2是氧化产物，故B错误；C、根据化学方程式，反应转移电子为2mol，消耗的氯酸钾为2mol，所以1个KClO3参加反应有1个电子转移，故C错误；D、化合价升高的元素是H2C2O4中的碳元素，所在的反应物H2C2O4是复原剂，复原剂在反应中被氧化，故D正确．故选D．点评：此题考查学生氧化复原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行答复，难度不是很大．8．以下化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的选项是〔〕A．B．C．D．考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：氧化复原反应专题．分析：化合价升高的元素的原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，得失电子数目相等，失去多少电子化合价就升高几价，得到多少电子化合价就降低几价．解答：解：A、根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从﹣1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，故A错误；B、锰元素化合价降低2价，氯元素化合价升高2价，反应转移电子2mol，故B正确；C、所有碳元素共失去4mol的电子，所有氧元素共得到4mol的电子，故转移电子是应为4mol，不是2mol，故C错误；D、汞和硫元素化合价均升高均失去电子，氧元素化合价降低得到电子，故D错误．故选B．点评：此题考查氧化复原反应的实质有关知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大．9．a mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应，被复原的HNO3的物质的量一定是〔〕A．〔b﹣2a〕mol B．bmol C．amol D．2amol考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；硝酸的化学性质．专题：守恒法．分析：Cu与硝酸反应时生成硝酸铜，硝酸铜中的硝酸根离子没有被复原，再利用恰好完全反应及氮原子守恒可计算被复原的HNO3的物质的量．解答：解：因a molCu与含b molHNO3的溶液恰好完全反应，则生成amolCu〔NO3〕2中的2amol硝酸根离子没有被复原，由氮原子守恒可知，被复原的HNO3的物质的量为bmol﹣2amol=〔b﹣2a〕mol，故选A．点评：此题考查氧化复原反应中氧化剂的物质的量的计算，明确硝酸在该反应中的作用，利用硝酸铜的化学式及氮原子守恒是解答此题的关键．10．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物是Cr2O72﹣和Pb2+，则与1mol Cr3+反应所需PbO2的物质的量为〔〕考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：计算题；守恒思想；化学实验与化学计算．分析：根据氧化复原反应中电子守恒思想：得失电子数目相等知识来解答．解答：解：利用电子守恒，当1molCr3+被氧化为Cr2O72﹣〔0.5mol〕时，所失去的电子数为3mol，这些电子被PbO2得到，而1mol PbO2被复原只得到2mol电子，因此需要PbO2的物质的量为1.5mol．故选B．点评：此题主要考查学生氧化复原反应中电子守恒思想的应用，是考试的热点．O4完全溶解于100mL1mol/L硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25mL，恰好使溶液中Fe2+全3部转化为Fe3+，Cr2O72﹣全部复原为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为〔〕考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；物质的量浓度的相关计算．专题：氧化复原反应专题．分析：根据方程式：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2〔SO4〕3+3H2O，计算四氧化三铁和硫酸的反应情况，得出生成的亚铁离子的量，加入K2Cr2O7溶液使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，根据电子守恒计算K2Cr2O7的物质的量，进而计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度．解答：3O4为0.015mol，100ml1mol/L的硫酸中硫酸的含量为0.1mol，根据方程式：Fe3O4+4H2SO4=FeSO4+Fe2〔SO4〕3+3H2O，O4完全反应需要硫酸0.015mol×4=0.06mol，硫酸过量，生成Fe2+0.015mol，Fe3+0.03mol，32+变为Fe3+，电子转移0.015mol，Cr2O72﹣全部复原为Cr3+，Cr由原来的+6价降为+3价，所以参加反应的Cr为：mol=0.005mol，而K2Cr2O7的物质的量就应该为0.005mol÷2=0.0025mol，物质的量浓度：=0.1mol/L．故选B．点评：此题考查学生氧化复原反应的基本概念和电子转移知识，可以根据所学知识进行答复，难度不是很大．12．离子M2O7X﹣与S2﹣能在酸性溶液中发生如下反应：M2O7X﹣+3S2﹣+14H+═2M3++3S↓+7H2O，则M2O7X﹣中M的化合价为〔〕A．+4 B．+5 C．+6 D．+7考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；根据化学式判断化合价．专题：氧化复原反应专题．分析：根据电荷守恒确定x值，根据化合价规则来判断元素的化合价．解答：解：反应M2O7X﹣+3S2﹣+14H+═2M3++3S↓+7H2O中，根据电荷守恒可知，右边含有6个正电荷，则〔﹣x〕+3×〔﹣2〕+14×〔+1〕=+6，解得x=2，根据化合价规则，M2O72﹣中氧元素是﹣2价，设M的化合价为n，则n×2+〔﹣2〕×7=﹣2，解得n=+6．故选C．点评：根据化学式来判断化合价时，要注意电子守恒思想和电荷守恒思想的运用，难度不大．13．1.92g Cu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到标准状况下672mL气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入O2的体积为〔〕A．504mL B．336mL C．224mL D．168mL考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：压轴题；守恒思想；氧化复原反应专题．分析：根据电子守恒计算，已知HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，以此进行计算．解答：解：1.92g Cu的物质的量为n〔Cu〕==0.03mol，反应时失去电子数目为2×0.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n〔O2〕==0.015mol，V〔O2〕=0.015mol×22400ml/mol=336ml，所以通入O2的体积为336ml，故选B．点评：此题考查氧化复原反应电子转移数目的计算，此题难度不大，根据HNO3NO、NO2HNO3，得出Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目是解答此题的关键．SO32Cr2O7溶液完全反应，则元素Cr在被复原的产物中的化合价是〔〕2A．+6 B．+3 C．+2 D．0考点：氧化复原反应的电子转移数目计算．专题：守恒法．分析：Na2SO3溶液与K2Cr2O7溶液发生氧化复原反应时，Na2SO3中的硫元素被氧化，K2Cr2O7中的铬元素被复原，得失电子的总数相等．解答：解：根据题目已知条件：Na2SO3的物质的量是0.0012mol，K2Cr2O7的物质的量是0.0004mol，也就是说参与反应的Na2SO3和K2Cr2O7的物质的量的比是3：1，作为复原剂，Na2SO3中只有S可以升价〔不可能生成O2〕，从+4到+6，升了2价，有3mol S原子，所以一共上升了2×3=6价，根据电子守恒，氧化剂就要下降6价，K2Cr2O7中只有Cr可以降价〔不可能复原出K单质〕，而反应前Cr的化合价容易算出是+6，又因为一共又2个Cr原子，所以下降=3价，所以反应后Cr显+3价．故选B．点评：此题是一道关于氧化复原反应中电子转移数目的计算题，注意电子守恒思想的灵活运用．二、解答题〔共1小题〕〔选答题，不自动判卷〕15．在K2Cr2O7+8HCl═2KCl+2CrCl3+3Cl2+4H2O反应中．〔1〕氯元素被氧化，K2Cr2O7是氧化剂．Cl2是氧化产物，HCl发生氧化反应．〔3〕在参加反应的盐酸中，起复原剂〔被氧化〕作用的HCl与起酸性作用的HCl的质量比为3：4．〔4〕用线桥法标明电子转移的方向和数目．．考点：氧化复原反应的电子转移数目计算；氧化复原反应．专题：氧化复原反应专题．分析：〔1〕化合价升高的元素被氧化，化合价降低元素所在的反应物是氧化剂；化合价升高元素所在的生成物是氧化产物，复原剂被氧化，发生氧化反应；〔3〕化合价升高的氯元素起复原作用，化合价不变的起酸性作用；〔4〕根据氧化复原反应中化合价的升降情况来标电子转移情况．解答：解：〔1〕化合价升高的元素是氯元素，被氧化，K2Cr2O7中铬元素的化合价降低，为氧化剂，故答案为：氯；K2Cr2O7；化合价升高的氯元素所在的生成物氯气是氧化产物，HCl做复原剂被氧化，发生氧化反应，故答案为：Cl2、HCl；〔3〕起复原剂〔被氧化〕作用的HCl为6mol，起酸性作用的HCl为8mol，物质的量之比=质量比=3：4，故答案为：3：4；〔4〕氧化复原反应的电子转移情况是：，故答案为：．点评：此题考查学生有关氧化复原反应的知识，可以根据所学知识进行答复，难度不大．。

第5讲 氧化还原反应的计算及方程式的配平[考纲要求] 1.掌握常见氧化还原反应的配平和相关计算。

2.能利用得失电子守恒原理进行相关计算。

3.了解氧化还原反应在生产、生活中的应用。

考点一 氧化还原反应方程式的配平方法氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平。

配平的步骤：(1)标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价。

(2)列变化：列出元素化合价升高和降低的数值。

(3)求总数：求元素化合价升高和降低的总数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数。

(4)配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数。

(5)细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。

[典例] 根据FeS 2＋O 2―→Fe 2O 3＋SO 2，回答下列问题：(1)氧化剂________，还原剂________，氧化产物________，还原产物________。

(2)元素化合价升高的元素为________，元素化合价降低的元素为________。

(3)1“分子”还原剂化合价升高总数为________，1“分子”氧化剂化合价降低总数为________。

(4)配平后各物质的系数依次为____________________。

答案 (1)O 2 FeS 2 Fe 2O 3、SO 2 Fe 2O 3、SO 2 (2)Fe 、S O (3)11 4 (4)4、11、2、8失误防范 配平氧化还原反应方程式的关键是正确标出化合价，找准1“分子”氧化剂化合价降低总数，1“分子”还原剂化合价升高总数，在计算时，往往容易忽略氧化剂、还原剂中的粒子个数。

题组一 正向配平类1．(1)____HCl(浓)＋____MnO 2=====△____Cl 2↑＋____MnCl 2＋____H 2O(2)____Cu＋____HNO3(稀)===____Cu(NO3)2＋____NO↑＋____H2O(3)____KI＋____KIO3＋____H2SO4===____I2＋____K2SO4＋____H2O(4)____MnO－4＋____H＋＋____Cl－===____Mn2＋＋____Cl2↑＋____H2O答案(1)4 1 1 1 2 (2)3 8 3 2 4(3)5 1 3 3 3 3 (4)2 16 10 2 5 8题组二逆向配平类2．(1)____S＋____KOH===____K2S＋____K2SO3＋____H2O(2)____P4＋____KOH＋____H2O===____K3PO4＋____PH3答案(1)3 6 2 1 3 (2)2 9 3 3 5题组三缺项配平类3．(1)____ClO－＋____Fe(OH)3＋____===____Cl－＋____FeO2－4＋____H2O(2)____MnO－4＋____H2O2＋____===____Mn2＋＋____O2↑＋____H2O(3)某高温还原法制备新型陶瓷氮化铝(AlN)的反应体系中的物质有：Al2O3、C、N2、AlN、CO。

氧化还原反应的计算【考点归纳】氧化还原反应计算的基本规律：对于一个氧化还原反应，元素化合价升高总数与降低总数相等，还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数相等，反应前后电荷总数相等（离子反应）．【命题方向】题型一：求氧化剂与还原剂物质的量或质量之比典例1：（2010•海南模拟）在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比是（）A.1：2B.2：1C.1：3D.3：1分析：在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，部分硫元素由0价升高为+4价，被氧化，部分硫元素由0价降低为-2价，被还原，所以硫既作氧化剂又作还原剂，根据还原产物与氧化产物的化学计量数进行判断．解答：在3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O反应中，部分硫元素化合价由0价升高为+4价，被氧化，氧化产物为K2SO3，部分硫元素由0价降低为-2价，被还原，还原产物为K2S，所以硫既作氧化剂又作还原剂，氧化剂被还原生成还原产物，还原剂被氧化生成氧化产物，根据还原产物与氧化产物的化学计量数可知作氧化剂的S原子与作还原剂的S原子的物质的量之比为2：1．故选：B．点评：本题考查氧化还原反应概念与计算，难度不大，根据化合价判断氧化剂与还原剂、还原产物与氧化产物是关键，判断后也可根据电子转移守恒计算氧化剂与还原剂的物质的量之比．题型二：计算参加反应的氧化剂或还原剂的量典例2：（2008•海南）锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水．当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为（）A.2molB.1molC.0.5molD.0.25mol分析：硝酸具有氧化性，可以将金属氧化到最高价，被还原的硝酸就是被还原成硝酸铵，据此结合方程式来计算回答．解答：因为硝酸很稀，所以硝酸被氧化成NH3（氨气）而不是NO2（二氧化氮），然后氨气极易溶于水，就与稀硝酸反应生成硝酸铵，所以没有NO2 就只生成硝酸锌、硝酸铵和水，反应的方程式可以表达为：4Zn+10HNO3（稀）=4Zn（NO3）2 +NH4NO3+3H2O，所以被还原的硝酸就是被还原成氨气的那部分，也就是生成硝酸铵的那份，所以生成1mol的硝酸锌，相对应的生成硝酸铵物质的量就是0.25mol，所以硝酸还原成氨气的部分就是0.25mol．故选：D．点评：本题考查学生氧化还原反应中的有关知识，应该知道被还原的硝酸即为化合价降低的氮元素所在的产物，即生成铵根离子的那部分硝酸，根据方程式来分析最简单．题型三：确定反应前后某一元素的价态变化（2013•哈尔滨模拟）R典例3：2O8n-离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4-，若R2O8n-离子变为RO2-离子，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值为（）4A.4B.3C.2D.1分析：先根据化合价的变化判断氧化剂和还原剂，然后根据原子守恒配平方程式，再根据电荷守恒判断n值．解答：该反应中，锰元素的化合价变化为+2价→+7价，失电子化合价升高，锰离子作还原剂；氧元素的化合价不变，所以R元素得电子化合价降低，R2O8n-作氧化剂，即R2O8n-与Mn2+的物质的量之比为5：2，根据各元素的原子守恒写出并配平该方程式为8H2O+5R2O8n-+2Mn2+=2MnO4-+10RO42-+16H+，根据电荷守恒得-5n+2×2=-1×2+（-2×10）+1×16，n=2，故选C．点评：本题考查氧化还原反应的计算，根据原子守恒和电荷守恒即可分析解答本题，难度不大．题型四：转移电子数的计算典例4：（2012•河南一模）三氟化氮（NF3）是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体．它无色、无臭，在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF．下列有关说法正确的是（）A．反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B．反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为2：1C．若反应中生成0.2mol HNO3，则反应共转移0.2mol e-D．NF3在潮湿的空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象分析：反应3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题．解答：A．只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B．当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故B错误；C．若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole-，故C错误；D．反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，同时生成硝酸，易与空气中的水蒸气结合形成白雾，故D正确．故选D．点评：本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元素化合价的变化，为解答该类题目的关键．【解题思路点拨】电子守恒法解题的步骤：（1）找出氧化剂、还原剂及其物质的量及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量；（2）根据电子守恒列出等式；（3）计算公式：氧化剂的物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值=还原剂的物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值．一、选择题（共15小题）1．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入标准状况224mlCl2，有一半Br﹣变为Br2．则反应后溶液中SO42﹣的浓度等于（假设反应前后溶液体积忽略不计）（）A．0.08mol/L B．0.0018mol/L C．0.075mol/L D．0.0075mol/L2．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好与224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则S2O32﹣将转化成（）A．S2﹣B．S C．SO32﹣D．SO42﹣3．测定铁铵矾[x（NH4）2SO4•yFe2（SO4）3•zH2O]组成的实验如下：准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+还原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣1 25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应（6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O）．由计算知：x：y：z的值为（）A．1：1：24 B．1：1：12 C．1：2：6 D．3：4：64．在8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2反应中，若有10.2gNH3被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（）A．5.04L B．6.72L C．20.16L D．40.32L5．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4→N2↑+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1：1B．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D．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NH4Cl6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）A．2mol/L B． 1.8mol/L C． 2.4 mol/L D． 3.6 mol/L7．一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L气体（标况），将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余．则反应中消耗硝酸的物质的量（）A．1.2mol B．1.1mol C． 1.8 mol D．1.6mol8．12ml NO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3⇌5N2+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．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：39．向VmLFeBr2溶液中缓慢通入amolCl2，结果溶液中有50% 的Br﹣被氧化为溴单质，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为（）A．mol/L B．mol/LC．mol/L D．mol/L10．单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH→2Na2S+Na2SO3+3H2O，若硫过量，进一步生成Na2S x（x≤5）和Na2S2O3，将2.56g硫与含0.06molNaOH的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmol Na2S2O3，再加入足量NaClO﹣NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子n mol，则以下正确的是（）A．a=2b B．2a=b C．n=0.48 D．b=0.0211．6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应后溶液中含有H+ 0.05mol．（假定反应前后溶液体积不变），下列说法不正确的是（）A．NO与NO2的物质的量之比为1：5B．反应后溶液中所含NO3﹣的物质的量浓度为0.5 mol/LC．被还原的硝酸的物质的量为0.15 molD．上述过程转移电子总的物质的量为0.2 mol12．将1.28g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时，收集到气体1.12L（标准状况），则所消耗硝酸的物质的量为（）A．0.08mol B．0.09mol C．0.11mol D．0.12mol13．已知Cu2S与某浓度的硝酸反应时，生成硝酸铜和硫酸，若反应中Cu2S与HNO3的物质的量之比为2：13，则该反应的还原产物为（）A．N2O B．NO C．NO2 D．N2O314．某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO﹣与ClO离子的物质的量之比是1：2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（）A．2：3 B．4：3 C．10：3 D．11：315．硫酸铵在强热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水．反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是（）A．1：3 B．2：3 C．1：1 D．4：3二、填空题（共5小题）（除非特别说明，请填准确值）16．（1）在3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，是氧化剂；是还原剂；被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是；若有1molCu被氧化，则被还原的硝酸质量为g；若参加反应的硝酸为1.6mol，则放出气体的体积（在标准状况下）为L．将下面的反应用单线桥或双线桥法标出电子转移的方向和数目：3Cu+8HNO3（稀）═3Cu （NO3）2+2NO↑+4H2O已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明．（提示：请写出实验步骤、现象及结论）①FeCl3溶液②碘水③KI溶液④稀H2SO4⑤淀粉溶液Ⅰ所需试剂编号Ⅱ实验步骤、现象及结论．17．已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生反应，化学方程式如下（已配平）：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+A↑+2H2O试通过计算和推理完成下面的问题：（1）在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸与未被还原的硫酸的物质的量之比为．A物质可以与强碱反应生成盐和水．则A应该属于（用字母代号填写）．a．酸b．碱c．盐d．酸性氧化物e．碱性氧化物一定量的铜片与含1.8mol H2SO4的浓H2SO4充分反应（浓H2SO4过量），如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为g，生成的A气体在标准状况下体积为L（假设气体全部逸出）．（3）将中反应后所得到的溶液稀释后与足量Ba（OH）2溶液反应，所得沉淀的质量为g．写出此过程中发生反应的离子方程式：，．18．实验室可以用氯酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应式如下：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O（1）用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目．反应中发生氧化反应的物质是（填化学式），被还原的元素是（填元素名称）．（3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为．（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为（标准状况下）．19．三氟化溴溶于水可发生如下反应：BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑（1）其中发生自身氧化还原反应的物质是；当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为，由BrF3还原的BrF3的物质的量为；（3）当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，由水还原的BrF3的物质的量为，由BrF3还原的BrF3的物质的量为；（4）当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为，由BrF3还原的BrF3的物质的量为．20．已知离子反应：RO3n﹣+6I﹣+6H+═R﹣+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，电荷守恒”等判断：n=，R元素在中RO3n﹣的化合价是．三、解答题（共3小题）（选答题，不自动判卷）21．金属作为一种能源受到越来越多的关注．（1）起始阶段，金属主要作为燃料的添加剂．如航天飞机曾用金属铝粉和高氯酸铵混合物作为固体燃料，加热铝粉使其氧化并放出大量热量，促使混合物中另一种燃料分解：4NH4ClO46H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑，在该反应中还原产物与氧化产物的物质的量比为，每有1molNH4ClO4分解，转移电子的物质的量为．随着研究的深入，金属燃料直接作为能源出现．①铁和铝的燃烧可以提供大量能量．已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H 1；3Fe（s）+2O2（g）=Fe3O4（s）△H 2则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量是铁提供能量的倍（用△H 1和△H 2表示）．②关于金属燃料的下列说法错误的是a．较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染b．镁可以通过与二氧化碳的反应，达到既节能又减碳的效果c．将金属加工为纳米金属时，表面积增大更容易燃烧d．电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝可作为燃料用于发电（3）相比金属燃料来讲，将金属中的化学能转化为电能在现在得到了更为广泛的应用．①如图为某银锌电池的装置图，则该装置工作时，负极区pH（填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为．②一种新型电池是以Li2FeSiO4、嵌有Li的石墨为电极，含Li+的导电固体为电解质，放、充电的总反应式可表示为Li+LiFeSiO4Li2FeSiO4．放电时，Li+向（填“正”或“负”）极移动；充电时，每生成1mol LiFeSiO4转移mol电子．22．已知它们存在如下反应转化关系：A+B→C+D+H2O（未配平，反应条件略去）．①该转化关系中所涉及的反应为氧化还原反应．若C、D两种气体均能使澄清石灰水变浑浊，当A的摩尔质量小于B时，试剂B的名称为，下列试剂能用于鉴别C、D两种气体的是．a．Ba（OH）2溶液b．酸性KMnO4溶液c．紫色石蕊试液d．H2O2与BaCl2混合液e．酸化的Ba（NO3）2溶液f．饱和NaHCO3溶液②该转化关系中所涉及的反应为非氧化还原反应．若A是造成温室效应的主要气体之一，C、D均为钠盐，C与B反应能转化为D．当参加反应的A、B物质的量之比为3：4时，则C与D物质的量之比为．23．五氟化锑（SbF5）是无色黏稠液体，是很强的具有特殊酸性的酸，而且是超强酸氟锑酸HSbF6（目前酸性最强的酸，比纯硫酸强2×1019倍）的组分之一．SbF5可用于制备一般化学方法很难制备的氧化性极强的F2，其过程如下（均未配平）：①KMnO4+KF+H2O2+HF→K2MnF6+O2+H2O ②SbCl5+HF→SbF5+HCl③K2MnF6+SbF5→KSbF6+MnF3+F2↑反应①中氧化剂和被氧化的元素的物质的量之比为；反应③中SbF5表现的性质为性．氧化还原反应的计算参考答案与试题解析一、选择题（共15小题）1．在100mL含等物质的量HBr和H2SO3的溶液里通入标准状况224mlCl2，有一半Br﹣变为Br2．则反应后溶液中SO42﹣的浓度等于（假设反应前后溶液体积忽略不计）（）A．0.08mol/L B．0.0018mol/L C．0.075mol/L D．0.0075mol/L考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：Br2能氧化H2SO3，向含有HBr和H2SO3的溶液里通入氯气，氯气先和亚硫酸反应生成硫酸，然后氯气再和溴离子反应生成溴单质，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算原溶液中H2SO3的浓度，进而计算SO42﹣的浓度．解答：解：设亚硫酸和溴化氢的物质的量都为x．氯气和溴化氢、亚硫酸反应的方程式分别为：Cl2+2HBr=Br2+2HCl、Cl2+H2SO3+H2O=H2SO4+2HCl，由方程式知，反应中氯元素得电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol；硫元素失电子的物质的量为x×（6﹣4）=2x，溴元素失电子的物质的量为x×1×=0.5x，根据氧化还原反应中得失电子数相等得0.02mol=2x+0.5x，x=0.008mol，所以原溶液中HBr和H2SO3的浓度都为=0.08mol/L，亚硫酸完全转化为硫酸根离子，则反应后溶液中SO42﹣的浓度等于H2SO3的浓度，即为0.08mol/L．故选A．点评：本题考查了氧化还原反应的计算，难度不大，根据氧化还原反应中得失电子守恒进行分析解答即可．2．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol•L﹣1Na2S2O3溶液恰好与224mL（标准状况下）Cl2完全反应，则S2O32﹣将转化成（）A．S2﹣B．S C．SO32﹣D．SO42﹣考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等列式计算．解答：解：n（Na2S2O3）=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n（Cl2）==0.01mol，设S2O32﹣被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×（n﹣2）mol=2×0.01moln=6，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，注意从氧化剂、还原剂得失电子数目相等的角度解答．3．测定铁铵矾[x（NH4）2SO4•yFe2（SO4）3•zH2O]组成的实验如下：准确称取2.892g样品，配制成100mL溶液A；准确量取25mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥，称得白色固体0.699g；另量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+还原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣1 25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应（6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O）．由计算知：x：y：z的值为（）A．1：1：24 B．1：1：12 C．1：2：6 D．3：4：6考点：氧化还原反应的计算．专题：氧化还原反应专题．分析：根据K2Cr2O7和亚铁离子的化学方程式，据Cr2O72﹣的量来确定亚铁离子的量，根据元素守恒确定样品的组成情况．解答：解：取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.699g．根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为：=0.003mol，量取25mL溶液A，用适量的Zn，将Fe3+还原为Fe2+，生成的Fe2+恰好可与0.010mol•L﹣1 25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应，6Fe2++Cr2O72﹣+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，所以亚铁离子的物质的量为：6×25×10﹣3×0.010mol•L﹣1 =1.5×10﹣3mol，即铁离子的物质的量为1.5×10﹣3mol，铵根离子的物质的量为：2×3.0×10﹣3﹣3×1.5×10﹣3=1.5×10﹣3（mol），根据质量守恒，水的物质的量：×=0.018，所以x：y：z=：：0018=1：1：24，故答案为：1：1：24；故选A．点评：守恒法来确定物质的分子式等知识的综合考查题，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．4．在8NH3+3Cl2→6NH4Cl+N2反应中，若有10.2gNH3被氧化，则反应用去的氯气在标准状况下体积为（）A．5.04L B．6.72L C．20.16L D．40.32L考点：氧化还原反应的计算．分析：被氧化的氨气生成N2，根据原子守恒计算氮气的物质的量，再根据方程式计算氯气的物质的量，进而计算参加反应氯气的体积．解答：解：10.2g氨气的物质的量==0.6mol，氨气被氧化生成氮气，根据N原子守恒可知生成氮气的物质的量==0.3mol，由方程式8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2可知参加反应氯气为0.3mol×3=0.9mol，故参加反应氯气的体积=0.9mol×22.4L/mol=20.16L，故选C．点评：本题考查化学方程式的有关计算、氧化还原反应有关计算，难度不大，利用电子转移守恒计算氯气的物质的量更简单．5．（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4→N2↑+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1：1B．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C．生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D．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考点：氧化还原反应的计算．分析：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．解答：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．点评：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．6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（）（已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）A．2mol/L B． 1.8mol/L C． 2.4 mol/L D． 3.6 mol/L考点：氧化还原反应的计算．分析：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu 元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算故产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），据此计算NaOH的物质的量浓度．解答：解：用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，51.2gCu共失电子为×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，由Na守恒可知n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.8mol+0.2mol=1.0mol，则NaOH的浓度为=2mol/L．故选：A．点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．7．一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L气体（标况），将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余．则反应中消耗硝酸的物质的量（）A．1.2mol B．1.1mol C． 1.8 mol D．1.6mol考点：氧化还原反应的计算．分析：根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量即可，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量．解答：解：整个反应过程，金属铜失电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325×2，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体（标况）的物质的量=0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.3mol+0.5mol=1.8mol．故选C．点评：本题涉及元素守恒以及电子守恒在化学反应的计算中的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等．8．12ml NO和NH3的混合气体在一定条件发生可逆反应：6NO+4NH3⇌5N2+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．2：1 B．1：1 C．3：2 D．4：3考点：氧化还原反应的计算．分析：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．解答：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．点评： 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．9．向VmLFeBr 2溶液中缓慢通入amolCl 2，结果溶液中有50% 的Br ﹣被氧化为溴单质，则原FeBr 2溶液的物质的量浓度为（ ）A ．mol/L B ． mol/LC ． mol/LD ． mol/L考点： 氧化还原反应的计算．分析： 由方程式可知，还原性Fe 2+＞Br ﹣，故氯气先氧化Fe 2+，而溶液中50%的Br ﹣氧化为Br 2，说明Fe 2+完全氧化，设FeBr 2的物质的量为x ，则n （Fe 2+）=x mol ，n （Br ﹣）=2x mol ，参加反应的n （Br ﹣）=2xmol ×50%=xmol ，根据电子转移守恒列方程计算x 值，再根据c=计算．解答： 解：由方程式可知，还原性Fe 2+＞Br ﹣，故氯气先氧化Fe 2+，而溶液中50%的Br﹣氧化为Br 2，说明Fe 2+完全氧化，设FeBr 2的物质的量为x ，则n （Fe 2+）=x mol ，n （Br ﹣）=2x mol ，参加反应的n （Br ﹣）=2xmol ×50%=xmol ，根据电子转移守恒，有xmol ×1+xmol ×1=amol ×2，解得x=a mol ，所以原FeBr 2溶液的物质的量浓度为=mol/L ，故选A ．点评： 本题考查氧化还原反应的计算，难度中等，根据是判断还原性Fe 2+＞Br ﹣，通入的Cl 2后发生反应有先后顺序，注意电子转移守恒的应用．10．单质硫在NaOH 的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH →2Na 2S+Na 2SO 3+3H 2O ，若硫过量，进一步生成Na 2S x （x ≤5）和Na 2S 2O 3，将2.56g 硫与含0.06molNaOH 的热溶液充分反应恰好生成amolNa 2S 3和bmol Na 2S 2O 3，再加入足量NaClO ﹣NaOH 的混合溶液，硫元素全部转化为Na 2SO 4，转移电子n mol ，则以下正确的是（ ）A ． a=2bB ． 2a=bC ． n=0.48D ． b=0.02考点： 氧化还原反应的计算．分析： 2.56g 硫单质的物质的量为：=0.08mol ；同一氧化还原反应中转移电子数相等，且反应前后各元素的原子个数相等，根据电子守恒和质量守恒定律进行计算．解答： 解：2.56g 硫单质的物质的量为：=0.08mol ，将0.08mol 单质硫与含0.06mol NaOH 的热溶液充分反应恰好生成a mol Na 2S x 和b mol Na 2S 2O 3，根据硫原子、Na 原子守恒和转移电子守恒得：2a+2b=0.06、ax+2b=0.08、2a=2×b ×，解得：x=3、a=0.02、b=0.01，所以A 正确、BD 错误；再加入足量NaClO 、NaOH 的混合溶液，硫元素全部转化为Na 2SO 4，转移电子n mol ，实际上转移电子总数为硫单质转化为硫酸根离子失去的电子数，n=0.08mol ×（6﹣0）=0.48mol ，故C 正确；故选AC ．点评：本题考查了氧化还原反应的计算，根据氧化还原反应中原子守恒、转移电子相等进行计算即可，注意硫代硫酸钠中其中一个硫原子的化合价为﹣2价，可以采用平均化合价的方法判断硫代硫酸钠中硫元素的化合价，硫元素的平均化合价为+2价，为易错点．11．6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO和NO2，反应后溶液中含有H+ 0.05mol．（假定反应前后溶液体积不变），下列说法不正确的是（）A．NO与NO2的物质的量之比为1：5B．反应后溶液中所含NO3﹣的物质的量浓度为0.5 mol/LC．被还原的硝酸的物质的量为0.15 molD．上述过程转移电子总的物质的量为0.2 mol考点：氧化还原反应的计算．分析：A、铜元素失电子，被还原硝酸中的氮元素得电子，根据电子守恒和元素守恒来计算即可；B、铜与过量硝酸反应，反应后溶液中的溶质是硝酸和硝酸铜，根据硝酸中NO3﹣和H+、硝酸铜中NO3﹣和Cu2+的关系式，由H+、Cu2+的量计算NO3﹣的物质的量，进而计算浓度；C、被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量；D、根据电子守恒计算转移电子的物质的量．解答：解：A、6.4gCu的物质的量为：=0.1mol，Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，即为显示酸性的硝酸；H+对应的NO3﹣为0.05mol，即剩余的硝酸；被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量=0.05L×8mol/L﹣0.05mol﹣0.2mol=0.15mol，设NO与NO2的物质的量分别是x、y，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×2=0.2mol，根据电子守恒：0.2=3x+y，根据N元素守恒，则x+y=0.15，联立两个方程，解得x=0.025mol，y=0.125mol，所以NO与NO2的物质的量之比为1：5，故A正确；B、6.4gCu的物质的量为：=0.1mol，Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，H+对应的NO3﹣为0.05mol，则此时溶液中含有NO3﹣的物质的量为0.25mol，反应后溶液中所含NO3﹣的物质的量浓度为=5mol/L，故B错误；C、Cu2+对应的NO3﹣为0.2mol，即为显示酸性的硝酸；H+对应的NO3﹣为0.05mol，即剩余的硝酸；被还原的硝酸的物质的量=总物质的量﹣剩余的硝酸﹣显示酸性的硝酸的物质的量=0.05L×8mol/L﹣0.05mol﹣0.2mol=0.15mol，所以被还原的硝酸的物质的量为0.15 mol，故C 正确；D、6.4g铜与过量硝酸（8mol/L，50mL）充分反应，所有的铜失电子，共失电子是0.1mol×2=0.2mol，所以转移电子总的物质的量为0.2 mol，故D正确．故选B．点评：本题考查的是硝酸的性质及守恒法的运用，守恒有原子守恒、电荷守恒、质量守恒、得失电子守恒，在做题时要灵活运用，不能生搬硬套．12．将1.28g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时，收集到气体1.12L（标准状况），则所消耗硝酸的物质的量为（）A．0.08mol B．0.09mol C．0.11mol D．0.12mol。

氧化还原反应的电子转移与计算方法研究与实验验证氧化态的变化与电子数的实际计算步骤与原理分析与实验验证氧化还原反应是化学反应中常见的一种类型，涉及到电子的转移。

在氧化还原反应中，产生氧化剂的同时实际上会失去电子，而还原剂则会接受这些电子。

电子转移的实际计算步骤和原理是通过一系列实验验证和研究得出的。

本文将探讨氧化还原反应中电子转移的计算方法，并通过实验验证其原理和步骤。

1. 氧化态的变化与电子数的实际计算步骤在氧化还原反应中，物质的氧化态会发生变化，这取决于电子的转移方向。

氧化态的变化可以通过以下步骤计算：1.1 确定反应物和生成物的化学式。

首先，需要明确反应中涉及的物质以及它们的化学式。

1.2 确定每个原子的氧化态。

根据元素的电负性和电子的转移方向，确定每个原子的氧化态。

一般来说，氧化态的计算需考虑以下规则：- 单负离子的氧化态等于其电荷。

- 氢原子的氧化态通常为+1。

- 氧原子的氧化态通常为-2。

- 在化合物中，氧化态的和通常等于化合物的总电荷。

1.3 确定电子的转移数目。

根据氧化态的变化，可确定电子的转移数目。

如果一个原子的氧化态增加，则它失去了电子；如果一个原子的氧化态减少，则它接受了电子。

1.4 根据电子的转移数目，确定反应的平衡。

电子的转移数目有助于确定反应的平衡性。

通过保证反应物和生成物中电子数目的平衡，可以确保反应过程是可靠的。

2. 原理分析与实验验证为验证氧化态的变化与电子数的实际计算步骤，一系列实验可以被设计和执行。

2.1 检测氧化态的变化可以使用化学分析方法来检测氧化态的变化。

例如，可以利用电位差计或氧化还原指示剂来确定反应物和生成物之间的氧化态变化。

2.2 测定电子转移数目通过电位差计或者电子传导性实验，可以测定电子的转移数目。

这些实验利用了物质在电场中的行为来确定电子转移的数量。

2.3 确定反应的平衡性通过测量反应物和生成物中的电子数目，可以确定反应的平衡性。

如果反应物和生成物中电子数目相等，则反应是平衡的。

第二章化学物质及其变化第三节氧化还原反应——氧化还原反应的电子转移数目的计算一、教学目标1、了解氧化还原反应的本质与特征2、记住常见元素在化合物中表现出的化合价态3、学会用双线桥法标出得失的电子数，建立电子守恒的思想二、核心素养【证据推理与模型认知】在学习氧化还原反应基础知识上；学会运用形象生动的实物、模型、计算机课件等手段帮助学生理解氧化还原反应的中电子转移的数目；提高学生的兴趣，促使学生思考；培养学生的观察能力、实验能力、探究能力。

【科学探究与创新意识】通过氧化还原反应电子转移的学习，培养学生准守恒的思想、加深对氧化还原反应概念的理解、增强计算能力。

三、教学重点通过得失电子守恒的思想计算转移的电子数四、教学难点利用n(氧化剂)×N(变价原子数)×（高价-低价）= n(还原剂)×N(变价原子数)×（高价-低价）计算转移的电子数五、课时安排1课时六、教学过程【引入新课】同学们我们已经学完了《氧化还原反应》的这一章节的内容，请同学回忆一下氧化还原反应的本质与特征？【学生答题】本质：化学反应过程中，有电子的得失或者偏移特征：化学反应前后有化合价升降【老师陈述】在在氧化还原反应中，计算转移的电子数是一个难点，同时也+2 +3 +5 +3 1个Fe 2+失去e - 是一个常考的问题。

如果能把这个问题解决好了，接下来可以轻易的解决求氧化剂、还原剂物质的量之比或质量比，氧化产物与还原产物的物质的量之比，以及确定反应前后某一元素的价态变化等问题【衔接下文】一般解决氧化还原反应中电子转移数目的问题用两种方法化学方程式法和分析法，接下来我们结合例题来讲解。

【例题讲解】例题——化学方程式法FeO 溶于足量稀硝酸溶液，如果反应掉2mol 还原剂则转移的电子数 （用N A 表示）.解析：3FeO+10H + + NO 3- = 3Fe 3++NO ↑+5H 2O依据化合价的升降，我们判断出FeO 做还原剂，它前面的计量数为3，从+2升高到+3一个失去1个e -，总共失去3 e -.3FeO ——3 e - 2molFeO ——2mol e -——2N A e -【例题讲解】例题——分析法FeO 溶于足量稀硝酸溶液，如果反应掉2mol 还原剂则转移的电子数 （用N A 表示）.解析：需要你了解常见的还原剂及对应的氧化产物，常见的氧化剂及对应的还原产物。

氧化还原反应中的电子转移数氧化还原反应是化学反应中一种常见的类型，它涉及物质中电子的转移。

在氧化还原反应中，物质可以被氧化剂接受电子而发生氧化，或者被还原剂给予电子而发生还原。

电子转移数是指在氧化还原反应中，一个物质氧化或还原的电子数目。

电子转移数的概念体现了化学反应中电荷的变化，可以通过平衡化学方程式来确定。

在平衡的氧化还原反应中，氧化剂和还原剂之间的电子转移数是相等的。

例如，对于以下反应：2Mg + O2 → 2MgO在这个反应中，氧化剂是O2，还原剂是Mg。

根据化学方程式，氧化剂接受了4个电子，将氧的氧化态从0减少到-2，而还原剂失去了2个电子将镁的氧化态从0增加到+2。

因此，氧化剂和还原剂之间的电子转移数分别是4和2。

在某些情况下，氧化还原反应中的电子转移数可能不是整数，这是因为存在一些离子或配合物的参与。

以以下反应为例：2Cr2O7^2- + 3H2O2 + 2H^+ → 4CrO5 + 4H2O在这个反应中，氧化剂是Cr2O7^2-，还原剂是H2O2。

化学方程式显示，氧化剂接受了10个电子，将其氧化态从+6减少到+5，而还原剂失去了6个电子将其氧化态从-1增加到0。

因此，氧化剂和还原剂之间的电子转移数分别是10和6。

电子转移数的概念对于理解氧化还原反应以及计算反应的当量关系非常重要。

根据电子转移数的知识，可以确定反应物质的摩尔比例以及计算反应物质的摩尔浓度。

同时，电子转移数也用于确定电化学反应的电荷传递过程，如电池的工作原理。

总结而言，氧化还原反应中的电子转移数是指在反应中物质氧化或还原所涉及的电子数目。

这个概念对于理解反应的性质和计算化学反应的当量关系非常重要。

通过平衡化学方程式，我们可以确定氧化剂和还原剂之间的电子转移数，从而进一步研究和应用氧化还原反应。

氧化还原反应的电子转移数目计算【知识点的认识】一、氧化还原反应的计算：（1）比较典型的计算有：求氧化剂、还原剂物质的量之比或质量比，计算参加反应的氧化剂或还原剂的量，确定反应前后某一元素的价态变化等．（2）计算的依据是：氧化剂得电子数等于还原剂失电子数，列出守恒关系式求解．二、氧化还原反应的基本规律：1．守恒规律氧化还原反应中有物质失电子必有物质得电子，且失电子总数等于得电子总数．或者说氧化还原反应中，有元素化合价升高必有元素化合价降低，且化合价升高总数必等于降低总数．有关得失电子守恒（化合价守恒）的规律有如下应用：（1）求某一反应中被氧化与被还原的元素原子个数之比，或求氧化剂与还原剂的物质的量之比及氧化产物与还原产物的物质的量之比．（2）配平氧化还原反应方程式．（3）进行有关氧化还原反应的计算：2．强弱规律较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应，生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物．应用：在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质，或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，也可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱．3．价态规律元素处于最高价，只有氧化性；元素处于最低价，只有还原性；元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性，但主要表现一种性质．物质若含有多种元素，其性质是这些元素性质的综合体现．4．转化规律氧化还原反应中，以元素相邻价态之间的转化最容易；不同价态的同种元素之间发生反应，元素的化合价只靠近，不交叉；相邻价态的同种元素之间不发生氧化还原反应．如5．难易规律越易失去电子的物质，失去后就越难得到电子；越易得到电子的物质，得到后就越难失去电子．一种氧化剂同时和几种还原剂相遇时，还原性最强的优先发生反应；同理，一种还原剂同时与多种氧化剂相遇时，氧化性最强的优先发生反应．【命题方向】题型：氧化还原反应电子转移数目的计算：典例1在下列反应过程中，有3mol电子转移的是（）A．1mol钠与水反应B．27g铝与足量盐酸反应C．22.4L氧气（标准状况）与足量镁反应D．1.5molNa2O2与足量水反应分析：A、钠和水反应生成氢氧化钠和水；B、铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气；C、金属镁在氧气中燃烧生成氧化镁；D、Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气．解答：A、2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，反应转移2mol电子，lmol钠与水反应，转移1mol电子，故A错误；B、27g（1mol）铝全部转化为三价，转移3mol电子，故B正确；C、22.4L（1mol）氧气全部转化为-2价，转移4mol电子，故C错误；D、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，该反应转移2mol电子，1.5molNa2O2与足量水反应转移1.5mol电子，故D错误．故选B．点评：本题考查学生氧化还原反应中的电子转移情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大．【解题思路点拨】电子转移数目计算步骤：①标出发生变化的元素的化合价．②找化合价升高的元素（注意：如果化合价降低的元素只有一种就用化合价降低的元素进行计算）．当升高或降低的元素不止一种时，需要根据不同元素的原子个数比，将化合价变化的数值进行叠加．②化合价升高总数计算：化合价变化数乘以原子个数．一、选择题（共15小题）1．在KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2+3H2O的反应中，当有10mol电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是（）A．1：5 B．5：1 C．6：1 D．1：62．下列叙述正确的是（）A．足量的硫单质与64g铜反应，有2mol电子发生转移B．常温下，向AgCl悬浊液中加入少量NaCl固体后振荡，K ap（AgCl）增大C．0.1mol•L﹣1Na2CO3中加入少量NaOH固体振荡，c（Na+）和c（CO32﹣）都增大D．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后，则：c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）=c（Na+）3．在一定温度下，1mol金属铜与足量某浓度的硝酸完全反应，生成NO2和NO的物质的量之比为1：3，则反应过程中转移的电子为（）A．2mol B．3mol C．4mol D．5mol4．下列反应中转移电子的物质的量不等于2mol的是（）A．1mol Al与含1mol H2SO4的稀硫酸溶液反应B．1mol Cu与含4mol HNO3的稀硝酸溶液反应C．1mol MnO2与含2mol H2O2的双氧水反应D．1mol Cu与含2mol H2SO4的浓硫酸共热5．下列各反应中电子转移情况表示正确的是（）A．B．C．D．6．在下列反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中，有0.2mol铜参与反应时转移电子的物质的量是（）A．0.4mol B．0.8mol C．0.2mol D．0.6mol7．在一定条件下，分别以KMnO4、KClO3、H2O2为原料制取O2，已知2H2O2=2H2O+O2↑当制取常温常压下相同体积的O2时，三个反应中转移的电子数这比为（）A．1：1：1 B．2：2：1 C．2：3：：1 D．4：3：28．下列说法正确的是（）A．1mol Cl2与足量Fe反应，转移电子的物质的量为3molB．工业可采用火法炼铜：Cu2S+O2═2Cu+SO2，每生成2mol铜，反应共转移6mol电子C．称取25g CuSO4•5H2O固体溶于75g水中，所得溶液中溶质的质量分数为25%D．NO和NO2的混合气体共1mol，其中氮原子数为2mol9．关于下列判断正确的是（）A．CO2、SO2、NO2都能和碱溶液反应，它们都是酸性氧化物．B．常温常压下，1 molCH4完全燃烧放出的热量为CH4的燃烧热．C．在火法炼铜反应2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2中，1mol硫被氧化时转移6 mol电子D．0．l mol AlCl3完全水解转化为氢氧化铝胶体，生成0．lN A个胶粒10．关于反应Zn+2HNO3+NH4NO3→N2↑+3H2O+Zn（NO3）2，下列判断正确的是（）A．生成1molN2，电子转移总数为3N AB．生成1molN2，电子转移总数为5N AC．溶解1molZn，电子转移总数为2N AD．溶解1molZn，电子转移总数为4N A11．PM2.5细颗粒物含有的毒性物质来源之一是汽车尾气排放．通过排气管加装催化装置，可有效减少CO和NO的排放，催化装置内发生的反应为：NO x+CON2+CO2下列关于此反应的说法中，不正确的是（）A．所涉及元素中原子半径：C＞N＞OB．当x=2时，每生成1mol N2，转移电子数为4molC．等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NO x中氮元素的化合价为+2价12．用下列方法均可制取氧气：（1）2KClO32KCl+3O2↑2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑（3）2HgO2Hg+O2↑（4）2KMnO4═K2MnO4+MnO2+O2↑若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为（）A．3：2：l：4 B．l：1：l：l C．2：l：2：2 D．l：2：l：l13．下列叙述正确的是（）A．将过量CO2气体通入水玻璃中可制得硅酸和纯碱B．标准状况下，2.24L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子0.1molC．1L 2mol•L﹣1明矾经水解可得到氢氧化铝胶体粒子数目为2×6.02×1023D．漂白粉溶于水能导电，故漂白粉是电解质14．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂．工业制高铁酸钠的方法有如下两种：①湿法制备的主要反应方程式为：Fe（OH）3+ClO﹣+OH﹣→FeO42﹣+Cl﹣+H2O②干法制备的主要反应方程式为：FeSO4+Na2O2→Na2FeO4+Na2O+Na2SO4+O2↑（均未配平）下列有关说法不正确的是（）A．高铁酸钠中铁显+6价B．湿法制备的反应方程式中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2C．干法中每生成1molNa2FeO4转移4mol电子D．K2FeO4处理水时，不仅能消毒杀菌，还能除去水体中的H2S、NH3等，生成的Fe（OH）3还能吸附水中的悬浮杂质15．下列叙述中完全正确的一组是（）①常温常压下，1mol甲基（﹣CH3）所含的电子数为10N A②由Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池工作时，若Cu极生成0.2gH2，则电路通过电子0.2N A③在标准状况下，11.2L NO与11.2L O2混合后气体分子数为0.75N A④常温常压下，16g O3所含的原子数为N A⑤1mol C10H22分子中共价键总数为31N A⑥1mol Cl2发生反应时，转移的电子数一定是2N A⑦标准状况下，22.4L水中含分子数为N A．A．①②③④⑤ B．②④⑤⑥⑦ C．②④⑤ D．①②⑤二、填空题（共5小题）16．2.3g Na跟足量水反应，失去电子的物质的量为mol．17．实验室里迅速制备少量氯气可利用以下反应：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O此反应不需要加热，常温下就可以迅速进行．①用“双线桥法”表示出电子转移情况：2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O②当电子转移的数目为6.02×1023个时生成的氯气的物质的量为mol．18．标出下列反应的电子转移方向和数目并指出还原剂：KMnO4+16HCl═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，还原剂是．19．（1）如图所示，在一烧杯中盛有H2SO4溶液，同时有一表面光滑的塑料小球悬浮于溶液中央，向该烧杯中缓缓注入Ba（OH）2溶液至恰好完全反应[设H2SO4和Ba（OH）2溶液密度相同]．）试回答①此实验中，观察到的现象有；②实验过程中发生反应的离子方程式为．用KMnO4氧化密度为1.19g/cm3，溶质质量分数为36.5%的HCl．反应方程式如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O．请用单线桥法表明电子转移的方向及数目，若有15.8g KMnO4参加反应，则有克HCl被氧化．20．新华网北京2013年12月8日电：最近一周以来，一场罕见的大范围雾霾笼罩着我国，从华北到东南沿海、甚至是西南地区，已陆续有25个省份、100多座大中城市不同程度出现雾霾天气，覆盖了我国将近一半的国土．氮氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一．消除氮氧化物有多种方法．（1）NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．发生的化学反应是：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）．当有1mol N2（g）生成，该反应的电子转移总数是．可利用甲烷催化还原氮氧化物．已知：CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣574kJ•mo﹣1CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ•mo﹣1则CH4（g）将NO（g）还原为N2（g）的热化学方程式是．（3）利用ClO2消除氮氧化物的污染，反应过程如下：NONO2N2反应Ⅰ的产物中还有两种强酸生成，且其中一种强酸硝酸与NO2的物质的量相等，则化学方程式是，若有11.2L N2生成（标准状况），共消耗ClO2g．（4）CO（NH2）2与某种霾气（主要为N2、NO和O2）中的NO的物质的量比值分别为1：2、2：1、3：1时，NO脱除率随温度变化的曲线如下：①曲线b 对应CO（NH2）2与NO的物质的量比值是．②曲线a、b、c中，800℃～900℃区间内发生主要反应的化学方程式是．③曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为mg/（m3•s）．三、解答题（共3小题）21．酸性KMnO4、H2O2、NaClO在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，其中H2O2还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化试剂．高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸（H2C2O4）去除，Fe（NO3）3也是重要氧化试剂，下面是对这三种氧化剂性质的探究．（1）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，写出该反应的化学方程式并用双线桥法在化学方程式上标出电子转移的方向和总数．取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是mol．（3）日常生活中常用的“84消毒液”的主要成分是NaClO，消毒液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）；将1mol/L的NaClO溶液和0.5mol/L的FeCl2等体积混合时，反应的离子方程式为．（4）Mg﹣H2O2酸性电池采用海水作电解质溶液（加入一定量的稀硫酸），该电池的正极的反应式为．放电时正极附近溶液的PH．（5）在Fe（NO3）3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是，又变为棕黄色的原因是．22．已知反应：Ⅰ.2K2CrO4+H2SO4→K2Cr2O7+K2SO4+H2OⅡ．Fe2（SO4）3+2HI→2FeSO4+I2+H2SO4Ⅲ．K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4→3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O（1）上述三个反应中，属于非氧化还原反应的是（填序号）Fe2（SO4）3、K2Cr2O7、I2的氧化性由强到弱的顺序为；（3）反应Ⅱ中的还原产物是；（4）在下式中标出电子转移的方向和数目：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4→（5）若用K2Cr2O7与HI反应，每生成12.7g I2生成，转移电子个．23．含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢在热玻璃管中完全分解成氢气和1.50mg单质砷．则在整个过程中，转移的电子总数为．氧化还原反应的电子转移数目计算参考答案一、选择题（共15小题）1．B 2．C 3．A 4．D 5．B 6．A 7．B 8．B 9．C 10．B 11．B 12．C 13．B 14．C 15．C二、填空题（共5小题）16．0.1 17．0.5 18．HCl 19．产生白色沉淀，小球下沉至烧杯底部Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O18.25 20．6N A或6×6.02×1023CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=160kJ•mo2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl67.52：14NH3+6NO=5N2+6H2O 或2CO（NH2）2+6NO=2CO2+4H2O+5N21.5×10-4三、解答题（共3小题）21．0.032ClO-+H2O HClO+OH-．6Fe2++12ClO-+12H2O=5Fe（OH）3↓+Fe 3++3Cl-+9HClOH2O2+2H++2e-=2H2O增大2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化22．ⅠK2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2FeSO46.02×1022个23．1.2×10-4N A。

氧化还原反应的电子转移数氧化还原反应是化学反应中常见的一种类型，它涉及到电荷的转移、氧化态的改变以及电子的损失和获得。

在氧化还原反应中，存在一个重要的概念——电子转移数，用来描述在反应中发生的电子的转移数量。

一、电子转移数的定义电子转移数（electron transfer number）是指在一次氧化还原反应中，发生的电子转移的数量。

对于一个物质的氧化过程来说，它的电子转移数等于氧化态变化的单位数。

例如，当一个物质从原子态转变为离子态时，它的电子转移数为1；当一个物质从+2氧化态转变为0氧化态时，它的电子转移数为2。

二、电子转移数的应用1. 决定氧化还原反应的平衡条件：在平衡态下，氧化态和还原态之间的电子转移数应当相等，此为氧化还原反应的平衡条件之一。

2. 描述氧化还原反应的速率：电子转移数与氧化还原反应的速率密切相关。

电子转移数越大，反应的速率一般越快，反之则越慢。

3. 解释氧化还原反应的化学性质：电子转移数的不同可以解释氧化还原反应的化学性质的差异。

对于电子转移数较大的反应，其反应物分子之间的电荷转移较多，化学性质也相应较为活泼。

三、电子转移数的计算方法电子转移数的计算方法根据反应类型的不同而有所差异。

1. 在离子反应中，电子转移数等于氧化态变化的单位数。

例如，对于下列反应：Cu2+ + Zn → Cu + Zn2+Cu2+的氧化态发生了2个单位的改变，因此电子转移数为2。

2. 在分子反应中，可以通过观察反应物中元素氧化态的变化来计算电子转移数。

例如，对于下列反应：4 Fe + 3 O2 → 2 Fe2O3Fe的氧化态发生了3个单位的改变，因此电子转移数为3。

需要注意的是，有些反应中存在多种可能的电子转移数，常见的有以下几种情况：1. 电子转移数相等的反应：例如，在下列反应中：Cl2 + 2 Br- → 2 Cl- + Br2Cl2的氧化态发生了2个单位的增加，Br-的氧化态发生了2个单位的减少，因此电子转移数可以是2或-2。