点评： 本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意从元素化合价角度分析，题目难度不大．
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 1：1 ．A物质可以与强碱反应生成盐和水．则A应该属于 d （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 16 g，生成的A气体在标准状况下体积为 2.24 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）所得沉淀的质量为 405.9 2溶液反应，g． 写出此过程中发生反应的离子方程式：
Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓ ， Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓ ．
考点： 氧化还原反应的计算；离子方程式的书写；浓硫酸的性质．
分析： （1）由反应可知，A为二氧化硫，为酸性氧化物，根据硫酸的作用来回答； 由反应可知，生成1molCuSO4转移2mol电子，该反应过程中转移了 0.2mol电子，生成0.1molCuSO4和0.1molSO2；
（3）反应后所得到的溶液，含硫酸铜和硫酸，与足量Ba（OH）2溶液充分反应生成硫酸钡沉淀，结合硫酸根离子守恒计算． 解答： 解：（1）反应Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+A↑+2H2O中，A物质可以导致酸雨
2+
2﹣
﹣
+2+2﹣
﹣
2+
的形成，则A是二氧化硫，应该属于酸性氧化物，在参加反应的硫酸中，被还原的硫酸是1mol与未被还原的硫酸是1mol，其物质的量之比为1：1， 故答案为，1：1；d；
一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，由定量关系得：Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2 ↑+2H2O，电子转移2mol，就会
生成1molSO2 气体和1molCuSO4，则该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的0.1molSO2 气体，在标准状况下体积为2.24L，
生成的CuSO4的质量为0.1mol×160g/mol=16g， 故答案为：16；2.24；
（3）将反应后所得到的溶液与足量Ba（OH）2溶液充分反应，此过程发生的反应的离子方
﹣﹣2+2﹣+2+2﹣2+
程式：Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓、Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓反应后所得沉淀包括硫酸钡和氢氧化铜，已知n（H2SO4）
=0.1L×18mol/L=1.8mol，n（SO2）=0.1mol，则生成m（BaSO4）=（1.8mol﹣0.1mol）×233g/mol=396.1g，
n（CuSO4）=0.1mol，则m（Cu（OH）2）=0.1mol×98g/mol=9.8g， 则反应后所得沉淀的质量为396.1g+9.8g=4O5.9g．
故答案为：405.9；Ba+SO4+2OH+2H=2H2O+BaSO4↓；Ba+SO4+2OH+Cu=Cu（OH）2↓+BaSO4↓．
2+
2﹣
﹣
+2+2﹣
﹣
2+
点评： 本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、浓硫酸、二氧化硫的性质以及离子方程式的书写，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握反应的相关方程式，结合方程式计算．
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 HCl （填化学式），被还原的元素是 氯 （填元素名称）． （3）氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：5 ．
（4）若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气体积为 13.44L （标准状况下）．
考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．
分析： （1）氧化还原反应中，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数，根据化合价变化来确定电子转移方向和数目； 在氧化还原反应中，化合价升高元素所在物质在反应中被氧化；化合价降低元素在反应中被还原；
（3）化合价升高元素所在物质是还原剂；化合价降低元素所在物质是氧化剂； （4）根据反应方程式结合参加反应的盐酸和被氧化的盐酸的量来判断． 解答： 解：（1）该氧化还原反应中，氯酸钾中Cl元素化合价降低，盐酸中Cl元素化合价升高，化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=5，电子转移方向和数目为：
，故答案为：
；
在氧化还原反应中，化合价升高Cl元素所在物质HCl在反应中被氧化，化合价降低的氯酸钾中的Cl元素在反应中被还原，故答案为：HCl；氯；
（3）化合价升高元素所在物质HCl是还原剂；化合价降低的Cl元素所在物质KClO3是氧化剂，在参加反应的6mol盐酸中在，只有5mol做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比，1：5，故答案为：1：5；
（4）根据方程式，在参加反应的6mol盐酸中在，只有5mol做还原剂，即反应中被氧化的盐酸为5mol，则生成的氯气为3mol，若反应中被氧化的盐酸为1mol，则生成的氯气物质的量为0.6mol，体积是0.6mol×22.4L/mol=13.44L，故答案为：13.44L．
点评： 本题考查根据方程式的计算、氧化还原反应有关计算，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．
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 BrF3 ；
当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为 1.3mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 0.67mol ；
（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 3.3mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 1.7mol ；
（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 2.2mol ，由BrF3还原的BrF3的物质的量为 1.1mol ．
考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题． 分析： 反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分由﹣2价变为0价，所以部分水作还原剂，根据电子守恒，配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，电子转移情况如下：
，以此来解答．
解答： 解：（1）反应BrF3+H2O→HBrO3+Br2+HF+O2↑中，溴元素的化合价由+3价变为+5价和0价，所以部分氟化溴失电子部分得电子，则氟化溴既是氧化剂又是还原剂，发生自身氧化还原反应，故答案为：BrF3；
配平后的方程式如下：3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF，根据反应
，当有5.0mol水参加反
应时，水中氧元素失去电子是4mol，反应一共转移电子是6mol，由水还原的BrF3的物质的量为mol=1.3 mol，则由BrF3还原的BrF3的物质的量为mol=0.67 mol，故答案为：1.3mol；0.67mol；
（3）根据知道，当水转移4mol电中氧元素失去电子是4mol时，则由水还原的BrF3的物质的量为mol=1.3 mol，当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，水失去电子是10mol时，
由水还原的BrF3的物质的量为mol=3.3 mol，由BrF3还原的BrF3的物质的量为
1.7mol，故答案为：3.3 mol；1.7mol；
（4）根据反应方程式知道，参加氧化还原反应的水与未参加氧化还原反应水的物质的量之比为2：3，根据可得当有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2.2mol，由BrF3还原的BrF3的物质的量为1.1 mol，故答案为：2.2mol；1.1mol．
点评： 本题是一道关于氧化还原反应的综合知识的考查题，注意电子转移知识在该种反应中的灵活应用是解题关键，难度不大．
20．已知离子反应：RO3+6I+6H═R+3I2+3H2O，试根据离子方程式必须“质量守恒，
n﹣
电荷守恒”等判断：n= 1 ，R元素在中RO3的化合价是 +5 ．
考点： 氧化还原反应的计算． 专题： 氧化还原反应专题．
分析： 根据电荷守恒判断n的值；利用电子转移守恒计算R元素在中RO3的化合价． 解答： 解：根据电荷守恒有（﹣n）+6×（﹣1）+6×（+1）=﹣1，解得n=1； 令R元素在中RO3的化合价为a，根据电子转移守恒，则： a﹣（﹣1）=6×[0﹣（﹣1）]，解得a=+5． 故答案为：1；+5．
点评： 考查电荷守恒、电子转移守恒、原子守恒，难度中等，也可利用RO3中各元素化合价代数和等于所带电荷判断R元素的化合价．
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：4NH4ClO4
6H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑，在该反应中还原产物与氧化产物的
n﹣
n﹣
n﹣
n﹣
﹣
+
﹣
物质的量比为 4：7 ，每有1molNH4ClO4分解，转移电子的物质的量为 8mol ． 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 ． 2表示）
②关于金属燃料的下列说法错误的是 d 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 减小 （填“增大”、“减小”或“不变），正极反应式为 Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH ．
+
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 正极 （填“正”或
+
﹣
﹣
倍（用△H 1和△H
“负”）极移动；充电时，每生成1mol LiFeSiO4转移 1 mol电子．
考点： 氧化还原反应的计算；反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理；金属冶炼的一般原理． 分析： （1）利用元素的化合价变化来分析氧化产物与还原产物，然后分析物质的量的关系；再利用氧化还原反应中转移的电子数来计算1mol高氯酸铵分解转移的电子数； 假设金属的质量都是m，根据热化学方程式的意义来计算即可；根据金属燃烧反应的特点以及应用来判断；
（3）①根据银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，正极上是氧化银得电子的还原反应来回答判断；
②新型锂离子电池是一种二次电池，放电时，电池是将化学能转化为电能，负极为Li，LiFeSiO4为正极，充电时为电解池，电极反应为原电池中反应的逆过程，放电时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析． 解答： 解：（1）在该反应中氮元素、氧元素的化合价升高，氯元素的化合价降低，则氮气和氧气为氧化产物，HCl为还原产物，由方程式可知，氧化产物的物质的量为2+5=7mol，则还原产物的物质的量为4mol，则氧化产物与还原产物的物质的量之比7：4；在该反应中4mol高氯酸铵分解转移的电子数为4×（7﹣（﹣1））=32mol，则每分解1mol高氯酸铵转移的电子为8mol，故答案为：4：7；8mol；
假设金属的质量都是m，则mg金属铝完全燃烧，提供能量是提供能量是
，mg金属Fe完全燃烧，
，则相同质量的铝和铁完全燃烧，铝提供能量和铁提供能量的比值是：
，即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；
a．大多数即使农户燃烧产物是氧化物，金属燃烧较易控制金属燃烧后产物，减少对环境的污染，故正确；
b．镁可以与二氧化碳的反应产生氧化镁和碳单质，产生热量，达到既节能又减碳的效果，故正确；
c．将金属加工为纳米金属时，表面积增大，可以提高燃烧速率，使之更容易燃烧，故正确； d．电解法冶炼镁铝的技术比较成熟，制取的镁铝燃烧不能用于发电，造价太高，故错误． 故选d． 故答案为：
，d；
﹣
﹣
（3）①银锌电池工作时，负极区是金属锌失电子的氧化反应，Zn+2OH﹣2e=Zn（OH）
﹣
2，消耗氢氧根离子，所以溶液的pH减小，正极是氧化银得电子的还原反应：Ag2O+2e
﹣﹣﹣
+H2O=2Ag+2OH；故答案为：减小；Ag2O+2e+H2O=2Ag+2OH；
﹣+
②充电时阳极上发生的反应为Li2SiO4﹣e═LiFeSiO4+Li，则毎生成1molLiFeSiO4转移
+
1mol电子，阳离子向阴极移动，放电时，Li向正极移动，故答案为：正极；1mol．
点评： 本题考查学生热化学方程式的有关计算、原电池和电解池的工作原理以及氧化还原反应中电子转移的计算等知识，属于综合知识的考查，难度中等．
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）．