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例1．下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是（）A．B．C．D．【解析】A．KClO3中Cl显+5价，转变成-1价，化合价降低6价，根据方程式，2molKClO3中含有2molCl原子，即此反应共转移2mol×6e−=12mole−，故A错误；B．Mg由0价→+2价，失去2mole−，此反应中有2molMg参与反应，共转移2mol×2e−，故B正确；C．根据反应方程式，Cu的化合价由+2价→0价，化合价降低，得到电子，C由0价→+4价，化合价升高，失去电子，故C错误；D．根据氧化还原反应的规律，得失电子数目守恒，该选项中得失电子不守恒，故D错误；答案选B。【答案】B例2．12mL浓度为0.1mol/L的Na2SO3溶液恰好被10mL浓度为0.04mol/L的K2X2O7溶液完全氧化。则元素X在还原产物中的化合价为（）A．+5价B．+4价C．+3价D．+2价【解析】n(Na2SO3)=0.1mol/L×0.012L=0.0012mol，n(K2X2O7)=0.04mol/L×0.01L=0.0004mol，亚硫酸钠具有还原性，所以在反应中被氧化生成硫酸钠，则K2X2O7具有氧化性，所以在反应中得电子发生还原反应，设元素X在还原产物中的化合价是a，根据得失电子相等，则2.应用②氧化还原反应类题目的基本计算方法——得失电子守恒法1.应用①氧化还原反应中的实质——电子转移优培5氧化还原反应的实质及应用氧化还原反应中的实质及应用0.0012mol×(6-4)=0.0004mol×2×(6-a)，得3=(6-a)，所以a=+3，故答案选C。【答案】C例3．含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为CN−+OH−+Cl2→CO2+N2+Cl−+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德罗常数的值)（）A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为5∶2C．该反应中，若有1molCN−发生反应，则有5NA个电子发生转移D．若将该反应设计成原电池，则CN−在正极区发生反应【解析】反应中Cl元素由0价降低到-1价，C元素由+2价升高到+4价，N元素由-3价升高到0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；由上述分析可知，配平后的离子方程式为2CN−+8OH−+5Cl2===2CO2+N2+10Cl−+4H2O，反应中CN−是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B正确；由离子方程式可知，若有1molCN−发生反应，则有5NA个电子发生转移，C正确；若将该反应设计成原电池，则CN−在负极区失去电子，发生氧化反应，D错误。【答案】D1．已知反应：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O。下列结论正确的是（）A．KCl是还原产物B．HCl作还原剂，全部被氧化C．KClO3作氧化剂，具有氧化性D．生成3molCl2，转移电子的物质的量为6mol【解析】根据反应可知，该反应为归中反应，反应中氯酸钾所含氯元素化合价降低，氯化氢所含氯元素有56化合价升高而表现还原性，另有16生成氯化钾表现酸性，所以氯酸钾是氧化剂，HCl只有一部分是还原剂，氧化产物和还原产物都是Cl2。A．根据分析可知，该反应的氧化3.应用③氧化还原反应方程式的配平提分训练剂是氯酸钾，还原产物是氯气，A选项错误；B．HCl有56被氧化，另有16表现酸性，所以B选项错误；C．氯酸钾在反应中所含氯元素化合价降低，是氧化剂，具有氧化性，C选项正确；D．每生成3mol氯气被还原的氯酸钾为1mol，所以得电子总数为：1mol×5=5mol，转移的电子数等于得电子总数也为5mol，D选项错误；答案选C。【答案】C2．下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2的是（）A．3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2OB．2CH3COOH+Ca(ClO)2=2HClO+Ca(CH3COO)2C．I2+2NaClO3=2NaIO3+Cl2D．4HCl(浓)+MnO2====△MnCl2+Cl2↑+2H2O【解析】A．反应中，做氧化剂的硫生成(2Na2S)，做还原剂的硫生成Na2SO3，则氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，A不合题意；B．反应为非氧化还原反应，不存在氧化剂和还原剂，B不合题意；C．还原剂为I2，氧化剂为NaClO3，氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1，C不合题意；D．氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，4molHCl有2mol被氧化，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，D符合题意。故选D。【答案】D3．汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（）A．生成42.0LN2（标准状况）B．有0.250molKNO3被氧化C．转移电子的物质的量为2.25molD．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol【解析】10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑中N元素化合价由1/3、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可以知道，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol。A．生成2molN2，在标准状况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故A错误；B．由反应可以知道，NaN3发生氧化反应，KNO3发生还原反应，被还原的硝酸钾的物质的量为2mol×216=0.25mol，故B错误；C．结合方程式可知，参加反应KNO3的物质的量=2mol×2/16=0.25mol，中N元素化合价由+5价降低为0价，故转移电子为0.25mol×5=1.25mol，故C错误；D．转移10mol电子被氧化的N原子为30mol，则转移1.25mol电子被氧化的N原子的物质的量为1.253010=3.75mol，故D正确。【答案】D4．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是（）A．反应物微粒是S、SO2−3、H2OB．该反应可能在酸性条件下进行C．氧化剂与还原剂的质量比为1∶2D．每生成2个S2−反应转移的电子数为6【解析】A．由S元素的化合价知反应物微粒为S、OH−，生成物微粒为S2−、SO2−3和H2O，故A正确；B．反应物微粒为S、OH−，说明反应在碱性条件下进行，故B错误；C．发生反应的化学方程式为3S+6OH−=2S2−+SO2−3+3H2O该反应的氧化剂和还原剂都是S，其中化合价降低的氧化剂为2S，化合价升高的还原剂为1S，所以氧化剂与还原剂的质量比为2∶1，故C错误；D．在反应3S+6OH−=2S2−+SO2−3+3H2O中，S的化合价从0价降为-2价，则每生成2个S2−反应转移的电子数为4，故D错误；故答案为A。【答案】A5．LiAlH是重要的储氢材料，可与水发生反应:LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑。下列说法正确的是（）A．氢气既是氧化产物又是还原产物B．LiAlH4既是氧化剂又是还原剂C．若生成标况下4.48LH2，则转移0.4mol电子D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1【解析】LiAlH4中H由-1价升高为0价，被氧化，H2O中H由+1价降为0价，被还原，氢气既是氧化产物又是还原产物，故A正确；LiAH4中H由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂，故B错误；由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑可知，每1molLiAH4反应，转移4mole−，生成4molH2，若生成标况下4.48LH2，为0.2mol，则转移0.2mol电子，故C错误；由LiAH4+2H2O=LiAlO2+4H2↑，LiAH4中H由-1价升高为0价，作还原剂，水作氧化剂，计量数之比为1∶2，故D错误。故选A。【答案】A6．某含铬(Cr2O2−7)废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应后铁元素和铬元素完全转化为沉淀，该沉淀经干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3，不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是（）A．消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)molB．处理废水中的Cr2O2−7的物质的量为nx/2molC．反应中发生转移的电子数为3nxmolD．在FeO·FeyCrxO3中，x=3y【解析】A．由铁元素守恒，消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1)，反应中Cr由+6价变成+3价，Fe部分由+2价变成+3价，由FeyCrxO3中化合价代数和为零可知3（x+y）-6=0，则y=2-x，因此消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x)，故A正确；B．根据铬原子守恒，Cr原子为nxmol，故Cr2O2−7的物质的量为nx2mol，故B正确；C．Cr2O2−7中Cr为+6价，FeO·FeyCrxO3中Cr为+3价，1molCr转移电子3mol，得到nmolFeO·FeyCrxO3，则一共有nxmolCr原子参加反应，故转移的电子数为3nxmol，故C正确；D．反应中Cr由+6价变成+3价，Fe部分由+2价变成+3价，由得失电子守恒知3x-y=0，即3x=y，故D错误；故选D。【答案】D7．对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2+H2O(未配平)，若有0.1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是（）A．转移0.5mol电子B．氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶8C．参加反应的HCl为0.8molD．氧化产物与还原产物物质的量之比为5∶2【解析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式得2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。当有0.1molKMnO4参加反应，转移电子的物质的量=0.1mol×（7-2）=0.5mol，A正确；由方程式可知，1molKMnO4被还原，则有2.5mol氯气生成，被还原的氯化氢为5mol，B错误；根据高锰酸钾和被氧化的氯化氢之间的关系式知，参加反应的物质的量HCl为0.8mol，被氧化的氯化氢的物质的量为0.5mol，C正确；反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2，B正确。【答案】B8．KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆气体二氧化氯，反应的化学方程式为23222KClOHClKCl+4=2+2+COll+2HCO。设NA为阿伏加德罗常数的值。(1)浓盐酸在该反应中表现出来的性质为_________。(2)将氯气通入某含氧酸盐的溶液中，能发生反应-n-2-+4223RO=RClHOCO22lH，则反应物ROn−3中R元素的化合价是_________；当反应消耗0.25mol氯气时，转移电了的数目为_______。(3)根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3溶液和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化制得ClO2，且产物中有Na2SO4，则在该反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为______。【解析】(1)在KClO3和浓盐酸的反应中，HCl中部分氧元素的化合价由-1升高到0，被氧化，部分氧元素与金属阳离子形成盐，故HCl在反应中表现出的性质为还原性和酸性，故本题答案为：还原性和酸性；(2)该反应中氧化剂为Cl2，还原剂为ROn−3，根据化学方程式中电荷守恒可知，-n=-2-2+2，则n=2，故ROn−3中R的化合价为+4；Cl元素的化合价从0降低到-1，每消耗1molCl2，转移2mol电子，故消