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+LiFeSiO4
Li2FeSiO4．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
19
HSbF6（目前酸性最强的酸，比纯硫酸强2×10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+HCl ③K2MnF6+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
2﹣
为Br2．则反应后溶液中SO4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SO4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SO4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?LNa2S2O3溶液恰好与224mL（标准状
2﹣
况下）Cl2完全反应，则S2O3将转化成（ ）
2﹣2﹣2﹣
A． S B． S C． SO3 D． SO4
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）=
2﹣
﹣1
﹣
2﹣
2﹣
=0.01mol，
设S2O3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=2×0.01mol n=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Fe
﹣1 2+2+
还原为Fe，生成的Fe恰好可与0.010mol?L25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应
2+2﹣+3+3+
（6Fe+Cr2O7+14H═6Fe+2Cr+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．
2﹣
3+
分析： 根据 K2Cr2O7和亚铁离子的化学方程式，据Cr2O7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Fe还原为Fe，生成的Fe恰好可与0.010mol?L
2+2﹣+3+3+
25.0mL K2Cr2O7溶液完全反应，6Fe+Cr2O7+14H═6Fe+2Cr+7H2O，所以亚铁离子
﹣3﹣1 ﹣3﹣
的物质的量为：6×25×10×0.010mol?L=1.5×10mol，即铁离子的物质的量为1.5×103
mol，
﹣3﹣3﹣3
铵根离子的物质的量为：2×3.0×10﹣3×1.5×10=1.5×10（mol）， 根据质量守恒，水的物质的量：×所以x：y：z=
：
=0.018，
：0018=1：1：24，
3+
2+
2+
﹣1
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=守恒可知生成氮气的物质的量=
=0.6mol，氨气被氧化生成氮气，根据N原子=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1：1 B． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2 C． 生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3 D． 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）（NH4）SO3+H2O+2NH3=（NH4）（NH4）2SO3、2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、2SO4、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HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为
×2=1.6mol，=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．