第一部分第二章第五節(jié)一、選擇題1．(2015·海淀期末)工業(yè)上常用氯氧化法辦理含氰(CN－)廢水，必定條件下，氯氣和CN－反響生成無毒氣體。以下說法不正確的選項是導(dǎo)學(xué)號65300234()－2A．CN中碳元素的化合價為＋B該反響的產(chǎn)物之一是無毒的N2C．當(dāng)1molCN－參加反響時，轉(zhuǎn)移3mole－D．辦理含0.1molCN－的廢水，理論上需要耗費標(biāo)準(zhǔn)情況下Cl2的體積為5.6L分析：此題考察氧化復(fù)原反響的有關(guān)知識，意在考察考生運用氧化復(fù)原反響規(guī)律剖析解－中碳元素的化合價為＋2，氮元素的化合價為－3，被氯氣氧化的產(chǎn)物應(yīng)決問題的能力。CN為N和CO1molCN－被氧化轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol，故辦理含0.1molCN－的廢水，22轉(zhuǎn)移的電子為0.5mol，理論上需要耗費0.25molCl2，其體積在標(biāo)準(zhǔn)情況下為5.6L，故只有C項錯誤。答案：C2．(2015·遼寧五校聯(lián)考)纖維素復(fù)原法制ClO2是一種新方法，其原理是：纖維素水解獲得的最后產(chǎn)物與NaClO反響生成ClO。則耗費1mol最后產(chǎn)物轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為32導(dǎo)學(xué)號65300235()A．6molB．20molC．24molD．12mol分析：此題考察氧化復(fù)原反響，意在考察考生的剖析能力和計算能力。纖維素水解的最終產(chǎn)物為葡萄糖，葡萄糖擁有復(fù)原性，可將NaClO復(fù)原為ClO，發(fā)生反響的離子方程式為32－＋0高升為＋4，6126322則耗費1mol葡萄糖轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×4×6＝24mol，此題選C。答案：C3．(2015·河北石家莊檢測)必定條件下，硝酸銨受熱分解的化學(xué)方程式為NHNO―→HNO433＋N2＋H2O(未配平)，該反響中，被氧化與被復(fù)原的氮原子個數(shù)之比為導(dǎo)學(xué)號65300236()A．53B．54C．11D．35△3高升到分析：在反響5NH4NO3=====2HNO3＋4N2↑＋9H2O中，一部分氮元素的化合價由－0，被氧化，一部分氮元素的化合價由＋5降低到0，被復(fù)原，還有一部分氮元素的化合價未改變。依據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知被氧化與被復(fù)原的氮原子個數(shù)之比為(5－0)[0－(－3)]＝53，選A。答案：A4．(2015·四川射洪模擬)以下有關(guān)說法正確的選項是導(dǎo)學(xué)號65300237()A．1molCl2參加反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)必定為2NAB．在反響KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6ANC．依據(jù)反響中3被復(fù)原3被復(fù)原233HNO(稀)――→NO，而HNO(濃)――→NO可知，氧化性：HNO(稀)>HNO(濃)D．含有大批－＋2＋－NO的溶液中，不可以同時大批存在H、Fe、Cl3分析：在Cl＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋HO的反響中，1molCl2參加反響轉(zhuǎn)移電子數(shù)為22A，則A項錯誤；在反響KIO3＋6HI===KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為5A，NN項錯誤；不可以依據(jù)復(fù)原產(chǎn)物的價態(tài)確立氧化劑氧化性的強弱，實質(zhì)上氧化性：－＋擁有強氧化性，能氧化2＋，D項正確。HNO3(濃)>HNO3(稀)，C項錯誤；NO3＋HFe答案：D5．(2015·西安八校聯(lián)考)羥胺(NHOH)是一種復(fù)原劑，能將某些氧化劑復(fù)原，現(xiàn)用25.002mL0.049mol/L羥胺的酸性溶液與足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反響，生成的Fe2＋恰巧與24.65mL0.020mol/L酸性KMnO4溶液完整反響，已知(未配平)：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O，則在上述反響中羥胺的氧化產(chǎn)物是導(dǎo)學(xué)號65300238()A．NB．NO22C．NOD．NO2分析：此題考察氧化復(fù)原反響的計算，意在考察考生對氧化復(fù)原反響中守恒規(guī)律的理解和應(yīng)用能力。依據(jù)得失電子守恒，NHOH失掉的電子數(shù)等于高錳酸鉀獲得的電子數(shù)。羥胺中N2元素的化合價為－1，設(shè)羥胺的氧化產(chǎn)物中N元素的化合價為x，則25.00×10－3L×0.049mol/L×[－(－1)]＝24.65×10－3L×0.020mol/L×(7－2)，解得x＝1，則羥胺的氧化產(chǎn)x物是N2O，B項正確。答案：B6．(2015·超級中學(xué)展望卷)Cu與濃硝酸反響生成氮的氧化物，這些氧化物恰巧溶解在NaOH溶液中獲得NaNO3和NaNO2的混淆溶液，反響過程及有關(guān)數(shù)據(jù)以以下圖所示：以下有關(guān)判斷正確的選項是導(dǎo)學(xué)號65300239( )A．若銅片為51.2g，則生成0.2molNaNO3B．常溫下，Cu遇濃硝酸發(fā)生鈍化，不行能發(fā)生上述反響2C．標(biāo)準(zhǔn)情況下采集的氮氧化物為20.16LD．反響過程中生成的Cu(NO3)2既是氧化產(chǎn)物，也是復(fù)原產(chǎn)物分析：此題考察氧化復(fù)原反響及化學(xué)計算，意在考察考生對氧化復(fù)原反響理論的應(yīng)用能力及計算能力。剖析整個反響過程可知僅有兩種元素的化合價發(fā)生變化，即Cu→Cu2＋，HNO3→NaNO251.2gCu為0.8mol，共失電子0.8mol×2＝1.6mol，由得失電子守恒可知HNO3→NaNO2得1.6mol電子，故產(chǎn)物中NaNO2的物質(zhì)的量為0.8mol，由Na元素守恒可知另一種產(chǎn)物NaNO3為0.2mol，A正確；常溫下，Cu能與濃硝酸反響，B錯誤；部分NO2會轉(zhuǎn)變?yōu)镹2O4，而N2O4在標(biāo)準(zhǔn)情況下不是氣體，C錯誤；反響過程中生成的Cu(NO3)2、NaNO3是氧化產(chǎn)物，NaNO2和氮的氧化物是復(fù)原產(chǎn)物，D錯誤。答案：A7．已知硫化亞銅與必定濃度的硝酸共熱，所得溶液中只有硝酸銅和硫酸銅，放出一氧化氮和二氧化氮兩種氣體，且兩種氣體的物質(zhì)的量之比為35，則參加反響的硫化亞銅和作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量之比為導(dǎo)學(xué)號65300240()A．425B．730C．740D．75分析：1molCu2S參加反響生成Cu(NO3)2和CuSO4失掉10mol電子，則硝酸獲得10mol5電子生成NO和NO2，設(shè)生成NO為3xmol，NO2為5xmol，則3×3x＋5x＝10，x＝，參加反755應(yīng)的硫化亞銅和作氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量之比為1(3×7＋5×7)＝740。答案：C8．(2015·齊齊哈爾市實驗中學(xué)高三模擬)amolCu與含bmolHNO3的溶液恰巧完整反應(yīng)，被復(fù)原的HNO3的物質(zhì)的量必定是導(dǎo)學(xué)號65300241( )A．(－2a)molB．1molb4b2C.3amolD．2amol分析：表現(xiàn)酸性的HNO3為2amol，因此被復(fù)原的HNO3為(b－2)mol。a答案：A9．(2016屆陜西省西安市曲江一中高三上學(xué)期期中)Cu2S與必定濃度的HNO3反響，生成Cu(NO)、CuSO、NO、NO和HO，當(dāng)NO和NO的物質(zhì)的量之比為11時，實質(zhì)參加反響的324222Cu2S與HNO3的物質(zhì)的量之比為導(dǎo)學(xué)號65300242()A．17B．19C．15D．293分析：此題考察氧化復(fù)原反響計算。CuS與必定濃度HNO反響，CuS中銅元素由＋1價232氧化到＋2價；硫元素由－2價氧化到＋6價，硝酸起氧化劑與酸作用，起氧化劑作用的HNO3的氮元素被復(fù)原為NO、NO，起酸作用硝酸生成Cu(NO)；令NO、NO的物質(zhì)的量分別為1mol、23221mol，依據(jù)電轉(zhuǎn)移守恒知：n(Cu2S)×[6－(－2)＋1×2]＝1mol×(5－4)mol＋(5－2)，解n(Cu2S)＝0.4mol。由硫元素守恒知(CuSO4)＝(Cu2S)＝0.4mol；依據(jù)銅元素守恒知溶液nnn[Cu(NO)]＝2n(CuS)－n(CuSO)＝2×0.4mol－0.4mol＝0.4mol，由氮元素守恒知參加3224反響硝酸n(HNO)＝2n[Cu(NO)]＋n(NO)＋n(NO)＝2×0.4mol＋1mol＋1mol＝2.8mol，3322所實質(zhì)參加反響CuS與HNO的質(zhì)量比n(Cu2S)n(HNO)＝0.4mol2.8mol＝17，故233正確。答案：A10．(2016屆四川省廣元中學(xué)高三上學(xué)期第二次階段測試)足量銅與必定量濃硝酸反響，獲得硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混淆氣體，這些氣體與1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)情況)混淆后通入水中，全部氣體完整被水汲取生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2＋恰巧完整積淀，則耗費NaOH溶液的體積是導(dǎo)學(xué)號65300243()A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL分析：此題考察氧化復(fù)原反響計算。1.68LO2(標(biāo)準(zhǔn)情況)，物質(zhì)的量為0.075mol，根據(jù)電子守恒，NO2、N2O4、NO的混淆氣體與氧氣反響共失電子0.075mol×4＝0.3mol；即銅與硝酸反響時共失電子0.3mol，因此銅的物質(zhì)的量為0.3mol÷2＝0.015mol；Cu2＋恰巧完全積淀耗費氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.3mol，體積為0.3mol÷5mol·L－1＝0.06L，故A正確。答案：A二、非選擇題11．(2015·山東省鄒城市第一中學(xué)高三模擬)Ⅰ、已知將濃鹽酸滴入高錳酸鉀溶液中，產(chǎn)生黃綠色氣體，而溶液的紫紅色褪去?，F(xiàn)有—個氧化復(fù)原反響的系統(tǒng)中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七種物質(zhì)：導(dǎo)學(xué)號65300244該反響中，化合價高升的反響物是________。寫出一個包括上述七種物質(zhì)的氧化復(fù)原反響方程式：______________________。(3)上述反響中，氧化劑是________，1mol氧化劑在反響中獲得________mol電子。Ⅱ、某研究性學(xué)習(xí)小組利用以下裝置制備漂白粉，并進行漂白粉有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)測定4裝置④中的x試劑為________。裝置③中發(fā)生反響的化學(xué)方程式為________。該反響是放熱反響，反響溫度較高時有副反響發(fā)生。改良該實驗裝置以減少副反響發(fā)生的方法是________。測定漂白粉有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)稱取1.000g漂白粉于錐形瓶中，加水溶解，調(diào)理溶液的pH，以淀粉為指示劑，用0.1000－1KI溶液進行滴定，溶液出現(xiàn)穩(wěn)固淺藍色時為滴定終點。反響原理為：mol·L3ClO－＋I－－－===3Cl＋IO3－＋5I－－IO3＋3H2O===6OH＋3I2實驗測得數(shù)據(jù)以下表所示。滴定次數(shù)123KI溶液體積/mL19.9820.0220.00該漂白粉中有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________。若滴定過程中未充分振蕩溶液局部變淺藍色時就停止滴定，則測定結(jié)果將________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。分析：考察了氯氣的制備、性質(zhì)查驗，氧化復(fù)原反響的剖析，偏差剖析。Ⅰ.在所給7種物質(zhì)中，高錳酸鉀的氧化性大于氯氣，因此高錳酸鉀作氧化劑，KCl作復(fù)原劑，則化合價高升的物質(zhì)是KCl；(2)硫酸起到酸性作用，可加強高錳酸鉀的氧化性。因此高錳酸鉀、硫酸、KCl發(fā)生氧化復(fù)原反響，生成氯氣、硫酸錳、硫酸鉀、水，化學(xué)方程式是2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4===6KSO＋2MnSO＋5Cl2↑＋8HO；(3)上述反響中的氧化劑是KMnO，Mn元素的化合價24424從＋7價降低到＋2價，獲得5個電子，因此1molKMnO參加反響，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是45mol。Ⅱ.(1)裝置④的作用是汲取剩余氯氣及防備倒吸，因此x溶液為NaOH溶液；(2)氯氣與氫氧化鈣反響生成氯化鈣、次氯酸鈣、水，化學(xué)方程式是2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；該反響是放熱反響，溫度高升會產(chǎn)生氯酸鈣的副產(chǎn)物，因此將裝置③放于冷水浴中進行實驗，可降低溫度，減少副產(chǎn)物的生成；(3)依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知耗費KI溶液的體積為三次的均勻值為20mL，設(shè)次氯酸鈣的物質(zhì)的量是x，則次氯酸根離子的物質(zhì)的量為2x，則消耗KI的物質(zhì)的量為2x/3＋10x/3＝4x，因此4x＝0.02L×0.1mol/L，解得x＝5×10－4mol，因此漂白粉中次氯酸鈣的質(zhì)量是5×10－4mol×143g/mol＝7.15g×10－2g，因此漂白粉中有效成分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是7.15×10－2g/1.000g×100%＝7.15%；若滴定過程中未充分振蕩溶液局部變淺藍色時就停止滴定，說明反響未完整，耗費KI體積偏小，造成測定結(jié)果偏低。答案：Ⅰ.(1)KCl5(2)2KMnO4＋10KCl＋8H2SO4===6K2SO4＋2MnSO4＋5Cl2↑＋8H2O(3)KMnO45.(1)NaOH溶液(2)2Ca(OH)2＋2Cl2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2HO將裝置③放于冷水浴中進行實驗(3)7.15%偏低12．(2016屆海南省?？谑械谝恢袑W(xué)高三月考)Ⅰ.某一反響系統(tǒng)中有反響物和生成物共五種物質(zhì)O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知該反響中H2O2只發(fā)生以下過程：H2O2→O2。該反響中的復(fù)原劑是________。該反響中，發(fā)生復(fù)原反響的過程是______→______。寫出該反響的化學(xué)方程式，并標(biāo)出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)量：______________________。(4)如反響轉(zhuǎn)移了0.3mol電子，則產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)情況下體積為________。Ⅱ.高錳酸鉀在不一樣的條件下發(fā)生的反響以下：－＋5e－＋2＋42－＋3e－－②MnO＋2HO===MnO↓＋4OH422－－2－(溶液綠色)③MnO4＋e===MnO4(1)從上述三個半反響中能夠看山高錳酸根離子被復(fù)原的產(chǎn)物受溶液的________影響。將SO2通入高錳酸鉀溶液中，發(fā)生復(fù)原反響的離子反響過程為______________________。將PbO2投入到酸性MnSO4溶液中攪拌，溶液變成紫紅色。以下說法正確的選項是________。a．氧化性：PbO2>KMnO4b．復(fù)原性：PbO2>KMnO4．該反響能夠用鹽酸酸化(4)將高錳酸鉀逐滴加入到硫化鉀溶液中發(fā)生以下反響，此中K2SO4和S的物質(zhì)的量之比為32，達成以下化學(xué)方程式(橫線上填系數(shù)，括號內(nèi)填物質(zhì))：①____KMnO4＋____K2S＋____( )===____K2MnO4＋____K2SO4＋____S↓＋____( )。②若生成6.4g單質(zhì)硫，反響過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為________。導(dǎo)學(xué)號65300245分析：氧化復(fù)原反響方程式的配平，氧化復(fù)原反響產(chǎn)物的影響要素，轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計算。Ⅰ.(1)由于H2O2只發(fā)生以下過程：H2O2→O2，因此過氧化氫作復(fù)原劑。(2)從化合價剖析，H2CrO4中鉻元素化合價降低，被復(fù)原，過程為：H2CrO4→Cr(OH)3。(3)依據(jù)得失電子相等和質(zhì)量守恒確立方程式的系數(shù)，方程式為：2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O。(4)依據(jù)方程式剖析，每生成3摩爾氧氣，轉(zhuǎn)移電子6摩爾，因此當(dāng)轉(zhuǎn)移了0.3摩爾電子時，生成了0.156摩爾氧氣，標(biāo)況下體積為3.36L。Ⅱ.(1)三個半反響的環(huán)境中溶液的酸堿性不一樣，產(chǎn)物不一樣，因此受酸堿性影響。(2)二氧化硫和高錳酸鉀反響，二氧化硫作復(fù)原劑，高錳酸鉀被復(fù)原為2＋。(3)由于反響的現(xiàn)象為溶液變成紫紅色，說明由2＋生成了高錳酸根離子，則說明二氧MnMn化鉛的氧化性大于高錳酸鉀，選a。(4)①依據(jù)題意，每生成3摩爾硫酸鉀，則生成2摩爾硫，轉(zhuǎn)移電子為28摩爾，因此需要28摩爾的高錳酸鉀反響，依據(jù)電子守恒和質(zhì)量守恒得方程式為：28KMnO＋5KS＋24KOH===28KMnO＋3KSO＋2S↓＋12HO。②方程式中轉(zhuǎn)移電子為28，所424242以當(dāng)生成6.4克硫，即0.2摩爾時，轉(zhuǎn)移電子2.8mol。答案：Ⅰ.(1)H2O2(2)H2CrO4Cr(OH)3(3)2H2CrO4＋3H2O2===2Cr(OH)3↓＋3O2↑＋2H2O(4)3.36LⅡ.(1)酸堿性－2＋(3)a(2)MnO4Mn(4)①28524KOH283212H2O②2.8mol13．(2016屆山東省棗莊市第二中學(xué)高三9月檢測)硒和硫是同一主族元素，二氧化硒(SeO2))是一種氧化劑，其被復(fù)原后的單質(zhì)硒可能成為環(huán)境污染物，經(jīng)過與濃HNO3或濃H2SO4反響生成SeO2以回收Se。達成以下填空：導(dǎo)學(xué)號65300246(1)Se和濃HNO3反響的復(fù)原產(chǎn)物為NO和NO2，且NO和NO2的物質(zhì)的量之比為11，寫出Se和濃HNO3的反響方程式：______________________。(2)已知：Se＋2H2SO4(濃)===2SO↑＋SeO2＋2H2O；2－＋2SO＋SeO2＋2H2O===Se＋2SO4＋4HSeO、HSO(濃)、SO的氧化性由強到弱的次序是______________________。2242(3)回收獲得的SeO2的含量，能夠經(jīng)過下邊的方法測定：__SeO2＋__KI＋__HNO3―→__Se＋__I2＋__KNO3＋__H2O②I2＋2Na2S2O3===Na