【解析】2023年高考真題變式分類匯編：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算3

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2023年高考真題變式分類匯編：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算3

一、選擇題

1．（2023·浙江）關(guān)于反應(yīng)K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列說法正確的是（）

A．K2H3IO6發(fā)生氧化反應(yīng)

B．KI是還原產(chǎn)物

C．生成12.7gI2時，轉(zhuǎn)移0.1mol電子

D．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為7：1

【答案】D

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A.K2H3IO6根據(jù)碘元素化學(xué)價降低，發(fā)生的是還原反應(yīng)，做的是氧化劑，故A不符合題意

B.碘化鉀中碘元素的化合價并未改變，故只是產(chǎn)物，不是還原產(chǎn)物，故B不符合題意

C.根據(jù)反應(yīng)方程式中電子的轉(zhuǎn)移情況，4I2~7e,生成12.7gI2時，應(yīng)該轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.0875mol，故C不符合題意

D.K2H3IO6做的是氧化劑，碘化氫做的是還原劑，根物質(zhì)的量之比為7:1，故D符合題意

故答案為：D

【分析】根據(jù)反應(yīng)K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，根據(jù)碘元素的化合價的變化情況，K2H3IO6做氧化劑，碘化氫做的是還原劑，碘單質(zhì)既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物，且氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是7:1，根據(jù)碘的質(zhì)量可以計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

2．（2023·湖南）常用作食鹽中的補碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為。下列說法錯誤的是（）

A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移

B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6

C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉

D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在

【答案】A

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．該反應(yīng)中只有碘元素價態(tài)升高，由0價升高至KH(IO3)2中+5價，每個碘原子升高5價，即6I260e-~3Cl2，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole-，A符合題意；

B．該反應(yīng)中KClO3中氯元素價態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2作還原劑，由該方程式的計量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6，B不符合題意；

C．漂白粉主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C不符合題意；

D．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成I2，I2與淀粉變?yōu)樗{色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗食鹽中的存在，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)化學(xué)方程式進行標(biāo)注元素化合價找出氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物即可判斷氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比，同時可以根據(jù)氯氣的量求出轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，工業(yè)上利用氯氣合石灰乳制取漂白粉，利用碘離子的還原性合碘酸根的氧化性發(fā)生氧化還原反應(yīng)得到碘單質(zhì)通過淀粉進行檢驗

3．（2023·浙江）關(guān)于反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O，下列說法正確的是（）

A．NH3中H元素被氧化

B．NO2在反應(yīng)過程中失去電子

C．還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為3：4

D．氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為4：3

【答案】D

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化性、還原性強弱的比較；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．NH3中H元素的化合價沒有發(fā)生變化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合題意；

B．NO2在反應(yīng)過程中得到電子，B不符合題意；

C．該反應(yīng)中，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。由化學(xué)方程式可知，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為4：3，C說法不符合題意；

D．該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物均為N2。還原劑被氧化后得到氧化產(chǎn)物，氧化劑被還原后得到還原產(chǎn)物，還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為4：3，因此，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為4：3，D說法符合題意。

故答案為：D。

【分析】由反應(yīng)8NH3+6NO2=7N2+12H2O可知，其中NH3的N元素的化合價由-3升高到0、NO2中的N元素的化合價由-+4降低到0，因此，NH3是還原劑，NO2是氧化劑。氮氣既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物

4．（2023·新余模擬）一種流體電解海水提鋰的工作原理如下圖所示，中間室輔助電極材料具有選擇性電化學(xué)吸附/脫出鋰離子功能。工作過程可分為兩步，第一步為選擇性吸附鋰，第二步為釋放鋰，通過以上兩步連續(xù)的電解過程，鋰離子最終以LiOH的形式被濃縮到陰極室。下列說法中錯誤的是（）

A．第一步接通電源1選擇性提取鋰：第二步接通電源2釋放鋰

B．釋放鋰過程中，中間室材料應(yīng)接電源負(fù)極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為

C．中間室兩側(cè)的離子交換膜選用陽離子交換膜

D．當(dāng)陰極室得到4.8gLiOH時，理論上陽極室產(chǎn)生1.12L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下)

【答案】B

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；電解池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A.第一步接通電源1，中間室為陰極，發(fā)生反應(yīng)，選擇性提取鋰，第二步接通電源2，中間室為陰極，發(fā)生反應(yīng)釋放鋰，故A不符合題意；

B.釋放鋰過程中，中間室材料應(yīng)接電源正極，發(fā)生的電極反應(yīng)式為，故B符合題意；

C.根據(jù)圖示，第一步為選擇性吸附鋰過程中陽極室中的離子向中間室移動，第二步為釋放鋰的過程中鋰離子移向陰極室，所以中間室兩側(cè)的離子交換膜選用陽離子交換膜，故C不符合題意；

D.當(dāng)陰極室得到4.8gLiOH時，電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子，陽極室電極反應(yīng)式是，產(chǎn)生氧氣的體積是1.12L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下)，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)電源連接方向，即可判斷發(fā)生的反應(yīng)即可判斷電源1和電源2的作用

B.根據(jù)電源2即可寫出陰極室的反應(yīng)

C.根據(jù)電源1和2的離子的流向即可判斷離子交換膜種類

D.根據(jù)陽極室的反應(yīng)即可結(jié)合給出的質(zhì)量計算出陽極產(chǎn)生的氣體體積

5．（2023·上饒模擬）高鐵電池作為新型可充電電池，具有放電曲線平坦，高能高容量，原料豐富，綠色無污染等優(yōu)點。如圖為簡易的高鐵電池的工作裝置。已知：放電后，兩極都產(chǎn)生紅褐色懸浮物。下列說法正確的是（）

A．該電池放電時的總反應(yīng)為Fe+FeO+2H++2H2O=2Fe(OH)3

B．放電時，此鹽橋中陰離子的運動方向是從右向左

C．該電池充電時陽極反應(yīng)的電極反應(yīng)方程式為FeO+3e-+4H2O=2Fe(OH)3+5OH-

D．每消耗56gFe，轉(zhuǎn)移電子6mol

【答案】B

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；原電池工作原理及應(yīng)用；電解池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．由已知放電后，兩極都產(chǎn)生紅褐色懸浮物為Fe(OH)3，電解質(zhì)溶液為KOH，所以溶液中不存在H+，總反應(yīng)方程式為：Fe+FeO42-=Fe(OH)3+2OH-，故A不符合題意；

B．原電池裝置中，陽離子向正極移動，陰離子向負(fù)極移動，所以放電時陰離子向Fe電極移動，所以從右向左移動，故B符合題意；

C．充電時正極石墨電極做陽極，F(xiàn)e(OH)3失電子發(fā)生氧化反應(yīng)：Fe(OH)3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O故C不符合題意；

D.56gFe的物質(zhì)的量為1mol，F(xiàn)e由0價變?yōu)?3價，每反應(yīng)1mol鐵轉(zhuǎn)移3mol電子，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】由圖可知，該裝置Fe做原電池的負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨做原電池的正極反生還原反應(yīng)。

6．（2023·徐州模擬）以為原料，采用電解法制取的裝置如圖。下列說法中正確的是（）

A．電子由鉛合金經(jīng)溶液流到金屬DSA電極

B．每轉(zhuǎn)移1mole-時，陽極電解質(zhì)溶液的質(zhì)量減少8g

C．陰極主要電極反應(yīng)式為+6e-+6H+→+2H2O

D．反應(yīng)結(jié)束后陽極區(qū)pH增大

【答案】C

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；電解池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．金屬陽極DSA發(fā)生2H2O-4e-=O2+4H+，失去的電子由金屬陽極DSA經(jīng)導(dǎo)線流向直流電源的正極，由直流電源的負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線流向鉛合金，故A不符合題意；

B．由金屬陽極DSA發(fā)生2H2O-4e-=O2+4H+知，每轉(zhuǎn)移1mole-時，消耗0.5mol水，以氧氣形式放出的是8g，通過陽離子交換膜的氫離子1g，陽極電解質(zhì)溶液的質(zhì)量減少9g，故B不符合題意；

C．陰極的主要電極反應(yīng)式為+6e-+6H+→+2H2O，故C符合題意；

D．陽極區(qū)電極反應(yīng)為2H2O-4e-=O2+4H+，硫酸的濃度增大，反應(yīng)結(jié)束后陽極區(qū)pH減小，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】金屬陽極DSA發(fā)生2H2O-4e-=O2+4H+，陰極的主要電極反應(yīng)式為+6e-+6H+→+2H2O，據(jù)此答題。

7．（2023·南通模擬）利用石墨電極電解HNO3和HNO2的混合溶液可獲得較濃的硝酸。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是（）

A．a(chǎn)為電源的正極

B．電解池中的離子交換膜應(yīng)為陰離子交換膜

C．陽極的電極反應(yīng)式為

D．每2mol離子通過離子交換膜，左室產(chǎn)生的氣體X的體積為22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)

【答案】D

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；電解池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．左邊石墨電極，氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，得電子發(fā)生還原反應(yīng)為電解池的陰極，與電源負(fù)極相連，即a為電源的負(fù)極，故A不符合題意；

B．右邊石墨電極為陽極，左邊石墨電極為電解池的陰極，氫離子從陽極移向陰極，即從右室移向左室，離子交換膜為陽離子交換膜，故B不符合題意；

C．右邊石墨電極為陽極，亞硝酸根離子失電子生成硝酸根離子，其電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=3H++，故C不符合題意；

D．每2mol離子通過離子交換膜，即要轉(zhuǎn)移2mol電子，由左室電極反應(yīng)式2H++2e-=H2↑可知，產(chǎn)生的H21mol，其體積為22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，故D符合題意；

答案為D。

【分析】HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸，說明電解時陽極上亞硝酸根離子失電子生成硝酸根離子，右邊石墨電極為陽極，陽極上亞硝酸根離子失電子生成硝酸根離子，其電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=3H++，左邊石墨電極為電解池的陰極，溶液中氫離子放電生成氫氣，電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑，氫離子從陽極移向陰極，離子交換膜為陽離子交換膜；據(jù)此分析判斷選項。

8．（2023·漳州模擬）《Science》雜志報道了王浩天教授團隊發(fā)明制取的綠色方法，原理如圖所示。已知：，。下列說法錯誤的是（）

A．該過程中主要的能量轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能

B．Y膜為選擇性陰離子交換膜

C．每生成，理論上需消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下

D．b極上的電極反應(yīng)式為

【答案】C

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；原電池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．圖示裝置為原電池，主要的能量轉(zhuǎn)化形式為化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故A不符題意；

B．電極b產(chǎn)生的需要通過Y膜與電極a產(chǎn)生的形成，Y膜為選擇性陰離子交換膜，故B不符合題意；

C．生成的的物質(zhì)的量為，轉(zhuǎn)移的電子為，需要，即標(biāo)準(zhǔn)狀況下，故C符合題意；

D．b極上的電極反應(yīng)式為，故D不符合題意；

故答案為：C。

【分析】按照如圖所示原電池裝置制備，氫氣在負(fù)極放電得到，氧氣在正極放電得到，通過陽離子交換膜(X膜)，通過陰離子交換膜(Y膜)，二者結(jié)合生成；

9．（2023·漳州模擬）設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）

A．溶液中含有數(shù)目為

B．含的濃鹽酸與足量反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷在中完全燃燒，產(chǎn)生分子數(shù)目為

D．常溫下，與的混合氣體中所含的原子數(shù)目為

【答案】D

【知識點】分子、原子、離子；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算；阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A．Na2CO3屬于強堿弱酸鹽，其在水溶液中會水解，碳酸根離子會水解成碳酸氫根離子，碳酸分子，則數(shù)目小于，故A不符合題意；

B．濃鹽酸在反應(yīng)過程中，鹽酸的濃度會變小，小到一定程度，將不再反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)目小于，故B不符合題意；

C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，己烷不是氣體，不適應(yīng)氣體摩爾體積，故C不符合題意；

D．混合氣體中只含有氧元素，所有氧原子的質(zhì)量和是3.2g，氧原子的物質(zhì)的量為0.2mol，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】A.考慮到碳酸根的水解

B.稀鹽酸不會和二氧化錳反應(yīng)

C.使用摩爾體積時需要注意物質(zhì)的狀態(tài)和條件

D，最簡式相同，計算出最簡式含有的原子個數(shù)即可

10．（2023·三明模擬）設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A．與足量充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

B．完全溶于一定量的濃硝酸，生成的分子數(shù)為2

C．將稀氨水滴入含的溶液至中性，溶液中數(shù)目為

D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下三氯甲烷中含共價鍵數(shù)為4

【答案】A

【知識點】氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算；阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A．過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)時，過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑，過氧根離子中的氧為-1價，一半氧原子化合價升高，生成氧氣，另一半氧原子化合價降低，生成-2價的氧，故1mol過氧化鈉參與反應(yīng)時轉(zhuǎn)移電子的量為1mol，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，故A符合題意；

B.64gCu的物質(zhì)的量為1mol，由Cu+4HNO3(濃）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，若二者恰好按照此反應(yīng)進行生成的NO2為2mol，但隨著反應(yīng)的進行，濃硝酸濃度降低，反應(yīng)生成NO，生成的分子數(shù)小于2，故B不符合題意；

C．溶液中的電荷守恒為n(NH)+n(H+)=2n(SO)+n(OH-)，由于溶液呈中性時n(H+)=n(OH-)，則n(NH)=2n(SO)，含，則n(SO)=1mol，即n(NH)=2mol，溶液中數(shù)目為2，故C不符合題意；

D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下三氯甲烷為液態(tài)，不能用22.4L/mol計算三氯甲烷物質(zhì)的量，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.根據(jù)方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，~2e即可計算出轉(zhuǎn)移的電子

B.隨著反應(yīng)的進行，會產(chǎn)生一氧化氮和二氧化氮

C.根據(jù)電荷守恒進行判斷即可

D.使用摩爾體積時需要注意物質(zhì)的狀態(tài)和條件

11．（2023·泉州模擬）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC3H8分子中的σ鍵的數(shù)目為1.1NA

B．5.6gFe在7.1gCl2中充分燃燒，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA

C．0.1molNO與0.1molO2混合物中質(zhì)子數(shù)為2.3NA

D．室溫下，pH=9的CH3COONa溶液中，由水電離的H+數(shù)目為10-9NA

【答案】B

【知識點】分子、原子、離子；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算；阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LC3H8的物質(zhì)的量為n(C3H8)==0.1mol，每個C3H8分子中共有10個σ鍵，所以2.24LC3H8分子中的σ鍵的數(shù)目為NA，故A不符合題意；

B.5.6gFe的物質(zhì)的量為n(Fe)==0.1mol，7.1gCl2的物質(zhì)的量為n(Cl2)==0.1mol，0.1molCl2與0.1molFe完全反應(yīng)生成氯化鐵，鐵過量，即0.1molCl2完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，故B符合題意；

C.1個NO含有15個質(zhì)子，1個O2含有16個質(zhì)子，則0.1molNO與0.1molO2混合物中質(zhì)子數(shù)為1.5NA+1.6NA=3.1NA，故C不符合題意；

D．pH=9表示溶液中氫離子濃度為10-9mol/L，題中沒有說明溶液的體積，故無法計算氫離子數(shù)目，故D不符合題意；

故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)n=計算出物質(zhì)的量，找出1個丙烷分子中的σ鍵數(shù)目即可

B.根據(jù)2Fe+3Cl22FeCl3~6e，通過給出的質(zhì)量進行判斷過量問題，以少量計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)

C.找出一個一氧化氮分子和氧氣分子含有的質(zhì)子數(shù)即可

D.根據(jù)n=cv計算，但是v未知

12．（2023·龍巖模擬）某光電催化反應(yīng)器如圖所示，A電極是Pt/CNT、B電極是TiO2：通過光解水，可由CO2制得異丙醇。下列說法錯誤的是（）

A．電子由B極經(jīng)導(dǎo)線流向A極

B．合成蛋白質(zhì)纖維膜可以是質(zhì)子交換膜

C．B極的電極反應(yīng)為2H2O﹣4e﹣=O2+4H﹣

D．每生成60g異丙醇電路中通過的電子數(shù)目為18NA

【答案】D

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；原電池工作原理及應(yīng)用；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．B為負(fù)極，A為正極，電子由B極經(jīng)導(dǎo)線流向A極，故A不符合題意；

B．B為負(fù)極，電極反應(yīng)為：2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，生成的H+向A極移動，合成蛋白質(zhì)纖維膜可以是質(zhì)子交換膜，故B不符合題意；

C．B極的電極反應(yīng)為2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，故C不符合題意；

D．A極發(fā)生兩個反應(yīng)，2H++2e﹣=H2，3CO2+18e﹣+18H+=CH3CH(OH)CH3+5H2O，生成60g即1mol異丙醇，則CO2轉(zhuǎn)移18mol電子，但是生成氫氣也會轉(zhuǎn)移電子，故生成60g異丙醇轉(zhuǎn)移電子數(shù)大于18NA，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】裝置無外接電源，則為原電池，根據(jù)B電極H2O→O2，氧元素化合價升高可知，B為負(fù)極，電極反應(yīng)為：2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，A為正極；結(jié)合選項進行判斷即可

13．（2023·龍巖模擬）設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是（）

A．電解精煉銅，當(dāng)陽極質(zhì)量減輕32g，電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA

B．常溫常壓下，42g乙烯和丁烯的混合物中含3NA個碳原子

C．1.0L0.20mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中，所得Fe(OH)3膠粒數(shù)小于0.2NA

D．常溫下，2.0LpH=9的CH3COONa溶液中，由水電離出的H+數(shù)為2.0×10-5NA

【答案】A

【知識點】分子、原子、離子；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；物質(zhì)的量的相關(guān)計算；阿伏加德羅常數(shù)

【解析】【解答】A．電解精煉銅，用粗銅作陽極，陽極首先是比銅活潑的金屬放電溶解，比銅不活潑的金屬以陽極泥的形式沉淀下來，陽極質(zhì)量減輕32g，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定為NA，故A符合題意；

B.42g乙烯含有的碳原子為mol=3mol，42g丁烯含有的碳原子為=3mol，故42g乙烯和丁烯含有的碳原子個數(shù)為3mol，故B不符合題意；

C．膠粒和氫氧化鐵的數(shù)量比不是1：1，因為膠粒是由很多氫氧化鐵聚在一起形成的，所以Fe(OH)3膠粒數(shù)小于0.2NA，故C不符合題意；

D．醋酸溶液中，水電離出來的c(H+)=c(OH-)，所以常溫下，2.0LpH=9的CH3COONa的溶液中由水電離的OH-數(shù)目為2.0×10-5NA，則由水電離的H+數(shù)目為2.0×10-5NA，故D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A.電解精煉銅時粗銅做的是正極，純銅做的是負(fù)極，粗銅中含有其他的金屬如鐵、鋅、陽極減輕32g轉(zhuǎn)移的電子不是NA，

B.乙烯和丙稀的最簡式都為CH2，計算出最簡式中的碳原子個數(shù)即可

C.考慮到膠體粒子是多個氫氧化鐵聚集在一起的

D.根據(jù)給出的氫離子的濃度結(jié)合水的離子積計算出氫氧根離子濃度即可

14．（2023·福州模擬）海洋碳循環(huán)是全球碳循環(huán)的重要組成部分，是影響全球氣候變化的關(guān)鍵控制環(huán)節(jié)。下圖為海洋中碳循環(huán)的簡單原理圖。下列說法錯誤的是（）

A．海洋碳循環(huán)過程中能將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

B．鈣化釋放CO2的離子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O

C．影響海洋碳循環(huán)的因素主要有海水的酸堿性、水溫、藻類生物的分布等

D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4NA(NA表示阿伏加德羅常數(shù))

【答案】D

【知識點】化學(xué)反應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化；離子方程式的書寫；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】A．CO2經(jīng)光合作用形成有機物參與海洋碳循環(huán)，過程中能將太陽能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A不符合題意；

B．鈣化生成CaCO3沉淀同時，釋放CO2的離子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B不符合題意；

C．溫度高或酸性條件下，二氧化碳在水中溶解度小，影響海洋碳循環(huán)的因素主要有海水的酸堿性、水溫、藻類生物的分布等，故C不符合題意；

D．光合作用，碳由+4價降為0價，每生成0.1mol(CH2O)x轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4xNA(NA表示阿伏加德羅常數(shù))，故D符合題意；

故答案為：D。

【分析】如圖CO2在弱堿性條件下轉(zhuǎn)化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化鈣發(fā)生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀鈣化同時釋放CO2，再經(jīng)光合作用，形成有機物參與海洋碳循環(huán)。

15．（2023·諸暨模擬）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）

A．2.8g所有的單烯烴含有的C—H個數(shù)都為0.4NA

B．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LNO2氣體與水完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.1NA

C．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，n(HCO)Fe3+>Cu2+。

（1）根據(jù)實驗I和Ⅱ，請回答下列問題。

①由“黃色立即加深”初步判斷有I2生成，選擇（填試劑）進一步證實生成了I2。

②寫出Fe3+與I-反應(yīng)的離子方程式，該條件下氧化性：Fe2+I2（選填“>”或“I2。

（3）乙同學(xué)認(rèn)為甲同學(xué)的結(jié)論不合理，分析原因：實驗Ⅲ應(yīng)有I2生成，但卻生成了AgI沉淀，因此推測實驗Ⅳ中I2的生成，與Cul沉淀有關(guān)，故不能確定氧化性：Cu2+>I2，并用下圖裝置進行驗證。

K閉合后，較長時間發(fā)現(xiàn)兩側(cè)溶液均無明顯變化。乙同學(xué)為了進一步判斷Cu2+和I2的氧化性強弱，將左側(cè)電極改為Cu電極，并向右側(cè)溶液中加入少量（填試劑），發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)，且左側(cè)溶液顏色加深，證明該條件下氧化性：Cu2+I2（選填“>”或“；對比實驗排除了本實驗條件下，I2的生成是由NO3-或溶液中的O2氧化得到

（2）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

（3）I2；Fe3+>Cu2+。

（1）根據(jù)實驗I和Ⅱ，請回答下列問題。

①由“黃色立即加深”初步判斷有I2生成，選擇（填試劑）進一步證實生成了I2。

②寫出Fe3+與I-反應(yīng)的離子方程式，該條件下氧化性：Fe2+I2（選填“>”或“I2。

（3）乙同學(xué)認(rèn)為甲同學(xué)的結(jié)論不合理，分析原因：實驗Ⅲ應(yīng)有I2生成，但卻生成了AgI沉淀，因此推測實驗Ⅳ中I2的生成，與Cul沉淀有關(guān)，故不能確定氧化性：Cu2+>I2，并用下圖裝置進行驗證。

K閉合后，較長時間發(fā)現(xiàn)兩側(cè)溶液均無明顯變化。乙同學(xué)為了進一步判斷Cu2+和I2的氧化性強弱，將左側(cè)電極改為Cu電極，并向右側(cè)溶液中加入少量（填試劑），發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)，且左側(cè)溶液顏色加深，證明該條件下氧化性：Cu2+I2（選填“>”或“；對比實驗排除了本實驗條件下，I2的生成是由NO3-或溶液中的O2氧化得到

（2）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2

（3）I2；<

（4）2Cu2++2I-2Cu++I2由于Cu+與I-生成CuI沉淀，產(chǎn)物濃度迅速降低，促進反應(yīng)進行

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)方程式的配平；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】（1）①碘單質(zhì)的檢驗可以用淀粉溶液也可以用四氯化碳溶液。②Fe3+具有氧化性，I-具有還原性，兩者會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由強制線弱的規(guī)律，很容易比較氧化性的關(guān)系。③對比實驗，排除了本實驗條件下，I2的生成可能是由NO3-或溶液中的O2氧化得到。（2）Cu2+與I-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，由反應(yīng)現(xiàn)象推出產(chǎn)物為I2，CuI，方程式為：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)。（3）開始K閉合時，較長時間兩側(cè)溶液無明現(xiàn)象，說明Cu2+未能將I-氧化，后期更改電極，并向右側(cè)加I2，指針偏轉(zhuǎn)，左側(cè)溶液加深，說明I2將Cu氧化成Cu2+，由此可說明氧化性：Cu2+<I2（4）Cu+與I-生成CuI沉淀，產(chǎn)物濃度迅速降低，促進2Cu2++2I-2Cu++I2反應(yīng)進行。

【分析】（1）①考查碘單質(zhì)的檢驗；②根據(jù)由強制線弱的規(guī)律判斷氧化性的強弱；③對照實驗排除干擾；（2）氧化還原反應(yīng)方程式的書寫；（3）根據(jù)實驗現(xiàn)象來判斷氧化性的強弱；（4）根據(jù)平衡移動分析。

31．【答案】（1）粉碎礦石，適當(dāng)提高浸取時溫度、適當(dāng)提高溶液濃度、攪拌等；S、SiO2

（2）防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；氯氣

（3）2Bi+2O2+Na2O22NaBiO3；NA或6.02×1023

（4）10-11﹕1

（5）Bi3+、Bi(HDz)3；Bi(HDz)3+6OH-=Bi(OH)3+3H2O+3Dz3-

【知識點】電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；鹽類水解的應(yīng)用；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】（1）“浸取”時，為了提高浸取速率，可采取的措施有粉碎礦石、適當(dāng)提高浸取時溫度、適當(dāng)提高溶液濃度、攪拌等；二氧化硅與鹽酸和氯化鐵不反應(yīng)，Bi2S3中的－2價S被氧化為單質(zhì)硫，則濾渣的主要成分有S、SiO2。

（2）由于鐵離子、Bi3＋易水解，因此溶浸時加入過量濃鹽酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；加入鐵粉后鐵離子轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，Bi3＋轉(zhuǎn)化為單質(zhì)鉍，氯氣能把氯化亞鐵氧化為氯化鐵而循環(huán)利用，所以氣體X為氯氣。

（3）焙燒時生成鉍酸鈉的化學(xué)方程式為2Bi＋2O2＋Na2O22NaBiO3；反應(yīng)中只有Bi元素化合價升高，從0價升高到5價，當(dāng)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下4.48LO2即0.2mol氧氣時，轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)是NA。

（4）根據(jù)溶度積常數(shù)可知此時Bi3＋未沉淀，濃度是0.02mol/L。銅離子濃度是，所以所得溶液中c(Cu2+)∶c(Bi3+)＝10－11∶1。

（5）①當(dāng)調(diào)節(jié)pH＝2.5時鉍的萃取率是0.8，所以鉍（Bi）的存在形式有Bi3＋、Bi(HDz)3；

②向萃取后的CCl4中加入NaOH溶液可將鉍元素以氫氧化物的形式沉淀下來，相應(yīng)的離子方程式為Bi(HDz)3＋6OH－＝Bi(OH)3↓+3H2O+3Dz2－。

【分析】（1）根據(jù)反應(yīng)速率的影響因素分析；浸取過程中，礦石中的S和SiO2與稀鹽酸不反應(yīng)；

（2）加入過量的濃鹽酸，可防止Fe3+和Bi3+的水解；可循環(huán)使用的物質(zhì)X為Cl2；

（3）焙燒過程中，Bi與O2、Na2O2反應(yīng)生成NaBiO3，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；

根據(jù)公式計算消耗O2的物質(zhì)的量，結(jié)合關(guān)系式“2O2~10e-”計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)；

（4）根據(jù)Ksp的表達式盡心計算；

（5）①根據(jù)圖示pH=2.5時Bi的萃取率確定Bi在溶液中存在形式；

②加入NaOH溶液后，Bi(HDz)3與NaOH溶液反應(yīng)Bi(OH)3、Na2Dz和H2O，據(jù)此寫出反應(yīng)的離子方程式；

32．【答案】（1）+3

（2）Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓

（3）ClO-+Mn2++H2O=MnO2+Cl-+2H+

（4）調(diào)節(jié)溶液的pH值，使Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去

（5）蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾

（6）；0.21；BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】（1）設(shè)B的化合價為x價，根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為零可得，，解得，所以中的化合價為+3價。(2)Na2B4O7易溶于水，也易發(fā)生水解：B4O72-+7H2O4H3BO3(硼酸)+2OH-(硼酸在常溫下溶解度較小)。加入硫酸時促進了B4O72-的水解，所以Na2B4O7與硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：Na2B4O7+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3↓。（3）由硼鎂泥的成分推斷可知，不溶于稀鹽酸但能溶于濃鹽酸的黑色固體為，即被氧化成MnO2，則其反應(yīng)離子方程式為。（4）屬于堿性氧化物，能夠與溶液中的反應(yīng)，從而改變?nèi)芤旱闹?，因此可通過改變加入量來調(diào)節(jié)溶液的，達到使以沉淀的形式除去的目的。（5）因為CaSO4微溶于水，MgSO4易溶于水，“操作A”是將MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根據(jù)上表數(shù)據(jù)，操作A采用結(jié)晶的方法除去CaSO4，步驟為蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾。（6）①寫出NaBH4的電子式②中顯-1價，中顯0價，兩者的還原產(chǎn)物均為（顯+1價），的可以失去電子，可以失去電子，則的的還原能力等價于的，則根據(jù)“有效氫含量”的定義可知，的有效氫含量為。③在NaBO2中，B的化合價為+3，中B化合價為+5，在堿性條件下，在陰極上電解NaBO2，制硼氫化鈉的電極反應(yīng)式：BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。答案為BO2-+6H2O+8e-=BH4-+8OH-。

【分析】（1）根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為零計算；（2）水解方程式的書寫：（3）陌生方程式的書寫；（4）Fe3+在堿性條件下生成Fe(OH)3沉淀；（5）根據(jù)水溶性不同，對物質(zhì)進行分離；（6）運用氧化還原反應(yīng)計算電子的得失；

33．【答案】（1）2；4；KOH；1；2；2；加壓增大了氧氣濃度，使單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增加，有效碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，使MnO2反應(yīng)更充分

（2）Al(OH)3、H2SiO3；稀鹽酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀鹽酸的用量

（3）3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-

（4）蒸發(fā)結(jié)晶；趁熱過濾

（5）0.018a

（6）MnO42--e-=MnO4-；O2

【知識點】氧化還原反應(yīng)；氧化還原反應(yīng)方程式的配平；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】（1）MnO2中Mn的化合價為+4價，K2MnO4中Mn的化合價為+6價，O2中O的化合價為0價，生成物中都變成了-2價，根據(jù)得失電子守恒(化合價升降總數(shù)相等)得：MnO2前面系數(shù)為2，O2前面系數(shù)為1，K2MnO4前面系數(shù)為2；結(jié)合流程中焙燒時有KOH參與，所以未知的反應(yīng)物應(yīng)為KOH，根據(jù)原子守恒，KOH前面系數(shù)為4，水前面系數(shù)為2，故答案為：24KOH122。根據(jù)有效碰撞理論，加壓可增大氧氣濃度，使單位體積內(nèi)的活化分子數(shù)增加，有效碰撞次數(shù)增多，反應(yīng)速率加快，使MnO2反應(yīng)更充分，所以工業(yè)生產(chǎn)中采用對空氣加壓的方法提高MnO2利用率。（2）根據(jù)流程濾液I主要是K2MnO4溶液，還含有SiO32-和AlO2-等雜質(zhì)離子，通入CO2發(fā)生反應(yīng)：CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-，所以濾渣II的成分有Al(OH)3和H2SiO3；因為第一次通入CO2目之一是生成Al(OH)3，而稀鹽酸可溶解Al(OH)3，不易控制稀鹽酸的用量，所以第一次通CO2不能用稀鹽酸代替。(3)第二次通入過量CO2生成MnO2，則MnO42-發(fā)生自身氧化還原反應(yīng)，生成MnO2和MnO4-，因為CO2過量，所以還會生成HCO3-，故離子方程式為：3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。（4）濾液Ⅲ溶質(zhì)主要是KMnO4與KHCO3，由圖可看出，KMnO4溶解度受溫度影響變化不大，而KHCO3溶解度，受溫度影響變化較大，所以從濾液Ⅲ得到KMnO4需經(jīng)過蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥等操作。（5）根據(jù)Mn元素守恒，含MnO2a%的軟錳礦1噸，理論上最多可制KMnO4：1×a%×≈0.018a(噸)。（6）①濾液II主要為K2MnO4溶液，用惰性電極電解得到KMnO4，MnO42-在陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成MnO4-，故陽極電極反應(yīng)式為：MnO42--e-=MnO4-；②溶液中的OH-也可能失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成氧氣，故陽極還可能有O2產(chǎn)生。

【分析】本題考查軟錳礦(主要含MnO2，還含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì))模擬工業(yè)制高錳酸鉀流程。

（1）根據(jù)得失電子守恒(書寫氧化還原反應(yīng)方程式；（2）通入CO2除去SiO32-和AlO2-等雜質(zhì)離子；（3）要注意CO2的量；（4）因為溶解度受溫度影響不同，所以可以采用蒸發(fā)結(jié)晶分離物質(zhì)；（5）根據(jù)Mn元素守恒計算；（6）陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

34．【答案】（1）14.44

（2）0.7

（3）1.6

（4）{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}②若x=0.2時，溶液Fe2+與Fe3+的物質(zhì)的量相等時，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生NO6.72L，求a、b的值．（寫出簡要的計算過程）解：當(dāng)x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物質(zhì)的量相等時，Cu全部為銅離子，所以參加反應(yīng)的Cu為0.2amol，F(xiàn)e3+和Fe2+的物質(zhì)的量各為0.4amol，HNO3→NO，N得3電子，產(chǎn)生6.72LNO氣體即0.3mol，總計得0.9mol電子，Cu→Cu2+，Cu失2電子，則失0.4amol電子，F(xiàn)e→Fe2+，F(xiàn)e失2電子，則失0.8amol電子，F(xiàn)e→Fe3+，F(xiàn)e失3電子，則失1.2amol電子，根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：0.9=0.4a+0.8a+1.2a，解得a=0.375mol，根據(jù)氮原子守恒可知：b=2n（Cu2+）+2n（Fe2+）+3n（Fe3+）+2n（NO）=2×0.2×0.375+2×0.4×0.375+3×0.4×0.375+0.3=1.2mol；答：a的值為0.375，b的值為1.2；

【知識點】氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算

【解析】【解答】解：（1）Fe與Cu混合物與65%的硝酸反應(yīng)會產(chǎn)生大量NO2，該反應(yīng)使用的硝酸的物質(zhì)的量濃度={#mathmL#}{#/mathmL#}=14.44mol/L，故答案為：14.44；（2）各為0.1mol的Cu與Fe混合物與足量的某濃度的硝酸反應(yīng)產(chǎn)生4.48L氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），物質(zhì)的量n={#mathmL#}{#/mathmL#}=0.2mol，銅和鐵與足量硝酸反應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，硝酸被還原為氮氧化物，金屬被氧化為硝酸鹽，Cu（NO3）2，F(xiàn)e（NO3）3，氮元素守恒計算，則該反應(yīng)消耗的硝酸物質(zhì)的量=0.1mol×2+0.1mol×3+0.2mol=0.7mol，故答案為：0.7；（3）銅、鐵與過量硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、硝酸銀鐵與氮的氧化物，氮的氧化物與氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，縱觀整個過程，金屬提供的電子等于氧氣獲得的電子，n（O2）={#mathmL#}{#/mathmL#}=0.05mol，

設(shè)Cu、Fe的物質(zhì)的量分別為x、y，則：

根據(jù)質(zhì)量列方程：x×64g/mol+y×56g/mol=4.4g

根據(jù)電子守恒列方程：2x+3×y=0.05mol×4

解得：x=0.025mol；y=0.05mol

m（Cu）=0.025mol×64g/mol=1.6g，故答案為：1.6；（4）①當(dāng)溶液中的金屬離子只有Fe2+、Cu2+時，說明Cu恰好完全反應(yīng)或者有剩余，而HNO3和Fe則完全反應(yīng)（如果有硝酸剩余，則Fe2+則會被進一步氧化為Fe3+；如果有Fe剩余，則會和Cu2+繼續(xù)反應(yīng)），

HNO3→NO，N得3電子，設(shè)被還原的HNO3為ymol，總計得3ymol電子，

Cu→Cu2+，Cu失2電子，設(shè)參加反應(yīng)的Cu為zmol，總計失2zmol電子，

Fe→Fe2+，F(xiàn)e失2電子，參加反應(yīng)的Fe為a（1﹣x）mol，總計失2a（1﹣x）mol電子，

根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：3y=2z+2a（1﹣x）①

反應(yīng)中起酸作用的硝酸生成Fe（NO3）2和Cu（NO3）2，起氧化劑作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a（1﹣x）+2z=b②

聯(lián)立方程，消去y，整理得b={#mathmL#}{#/mathmL#}③

參加反應(yīng)的Cu的物質(zhì)的量z的取值大于0，最大為ax，帶入③中，可得{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}，故答案為：{#mathmL#}{#/mathmL#}＜b≤{#mathmL#}{#/mathmL#}；

【分析】（1）依據(jù)溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量濃度和溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)的換算關(guān)系計算得到，c={#mathmL#}{#/mathmL#}；（2）銅和鐵與足量硝酸反應(yīng)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，硝酸被還原為氮氧化物，金屬被氧化為硝酸鹽，依據(jù)氮元素守恒計算元硝酸溶液的濃度；（3）銅、鐵與過量的硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、硝酸鐵與氮的氧化物，氮的氧化物與氧氣、水反應(yīng)生成硝酸，縱觀整個過程，金屬提供的電子等于氧氣獲得的電子，根據(jù)二者質(zhì)量與電子轉(zhuǎn)移列方程計算．根據(jù)m=nM計算銅的質(zhì)量；（4）①當(dāng)溶液中的金屬離子只有Fe2+、Cu2+時，說明Cu恰好完全反應(yīng)或者有剩余，而HNO3和Fe則完全反應(yīng)（如果有硝酸剩余，則Fe2+則會被進一步氧化為Fe3+；如果有Fe剩余，則會和Cu2+繼續(xù)反應(yīng)），

HNO3→NO，N得3電子，設(shè)被還原的HNO3為ymol，總計得3ymol電子，

Cu→Cu2+，Cu失2電子，設(shè)參加反應(yīng)的Cu為zmol，總計失2zmol電子，

Fe→Fe2+，F(xiàn)e失2電子，參加反應(yīng)的Fe為a（1﹣x）mol，總計失2a（1﹣x）mol電子，

根據(jù)得失電子總數(shù)相等，所以：3y=2z+2a（1﹣x）①反應(yīng)中起酸作用的硝酸生成Fe（NO3）2和Cu（NO3）2，起氧化劑作用的硝酸生成NO，由N元素守恒，所以有：y+2a（1﹣x）+2z=b②，聯(lián)立方程，消去y，可得b的表達式（用a、x、z表示），參加反應(yīng)的Cu的物質(zhì)的量z的取值大于0，最大為ax，帶入b的表達式計算．②當(dāng)x=0.2，溶液中Fe3+和Fe2+的物質(zhì)的量相等時，Cu全部為銅離子，根據(jù)得失電子守恒和氮原子守恒計算．

35．【答案】（1）SO2和Fe3O4；32

（2）Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+

（3）2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2

（4）3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO+2H2O

（5）11.2g

【知識點】鐵的氧化