1、课时质量评价(五)(建议用时：40分钟)一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1已知反应：As2S3HNO3XH3AsO4H2SO4NO，下列关于该反应的说法不正确的是()AX为H2OB参加反应的HNO3全部被还原C氧化产物为H2SO4和H3AsO4D生成1 mol H3AsO4转移2 mol电子D解析：根据得失电子守恒和原子守恒配平可得：3As2S328HNO34H2O=6H3AsO49H2SO428NO，则X是H2O，A项正确；N元素由5价降低到2价，还原产物只有NO，则参加反应的HNO3全部被还原，B项正确；该反应中，As元素由3价升高到5价，S元素由2价升高到6价，则氧化产物为H2S
2、O4和H3AsO4，C项正确； 由A项分析可知，生成6 mol H3AsO4时，转移84 mol电子，则生成1 mol H3AsO4转移14 mol电子，D项错误。2(2020南通模拟)实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2NH4ClNaClN22H2O，关于该反应的说法正确的是()ANaNO2是还原剂B生成1 mol N2时转移6 mol电子CNH4Cl中的N元素被氧化DN2既是氧化剂又是还原剂C解析：NaNO2中N元素由3价降低到0价，NH4Cl中N元素由3价升高到0价，则NaNO2是氧化剂，NH4Cl是还原剂，A项错误；由A项分析可知，生成1 mol N2时转移的电子为3 mol，B
3、项错误；NH4Cl中N元素化合价升高，则N元素被氧化，C项正确；N2是反应产物，则N2既是氧化产物又是还原产物，D项错误。3(2020沈阳模拟)R2O在一定条件下可以将Mn2氧化为MnO，若反应后R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的离子数之比为52，则n的值是()A1B2 C3D4B解析：R2O中R元素的化合价为(16n)/2，分析题意可知，Mn元素由2价升高到7 价，R元素由(16n)/2价降低到6价，则R2O是氧化剂，Mn2是还原剂。又知N(R2O)N(Mn2)52，则有n(R2O)n(Mn2)52，根据氧化还原反应中电子得失守恒的规律列式：n(R2O)2(16n)/26n(Mn2)
4、(72)，综合上述两式解得n2。4高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，是比Cl2、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强、无二次污染的绿色水处理剂。工业制高铁酸钠的方法有如下两种：湿法制备的主要离子反应为2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO3Cl5H2O，干法制备的主要反应方程式为2FeSO46Na2O2=2Na2FeO42Na2O2Na2SO4O2。则下列有关说法不正确的是()A高铁酸钠中铁显6价B湿法中FeO是氧化产物C干法中每生成1 mol Na2FeO4转移4 mol电子DNa2FeO4可氧化水中的H2S、NH3，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附悬浮杂质C解析
5、：高铁酸钠中钠元素显1价，氧元素显2价，由此可知铁元素显6价，A项正确；湿法中，Fe(OH)3中铁元素的化合价升高，得到的FeO是氧化产物，B项正确；干法中，铁元素和Na2O2中部分氧元素的化合价升高，每生成1 mol Na2FeO4的同时生成 0.5 mol O2，所以每生成1 mol Na2FeO4转移电子(0.52114)mol5 mol，C项错误；Na2FeO4有强氧化性，6价的Fe可被 H2S、 NH3还原为3价的Fe(Fe3)，Fe3水解可得到Fe(OH)3 胶体，D项正确。5(2020潍坊模拟)某温度下，将1.1 mol I2加入KOH溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混
6、合溶液。经测定IO与IO的物质的量之比是23。下列说法错误的是()AI2在该反应中既是氧化剂又是还原剂BI2的还原性大于KI的还原性，小于KIO和KIO3的还原性C该反应中转移电子的物质的量为1.7 molD该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是175B解析：该反应中，I元素由0价变为1价、5价和1价，则I2既是氧化剂又是还原剂，A项正确；该反应中，I2是还原剂，KI是还原产物，KIO和KIO3是氧化产物，故还原性：I2KI，I2KIO(或KIO3)，B项错误；发生的反应为11I222KOH=17KI2KIO3KIO311H2O，有11 mol I2参与反应时，转移17 mo
7、l 电子，故1.1 mol I2反应时转移电子的物质的量为 1.7 mol，C项正确；由化学方程式可知，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是175，D项正确。6(2021临沂模拟)以Fe3O4/Pd为催化材料，利用电化学原理实现H2消除酸性废水中的NO，其反应过程如图所示已知Fe3O4中Fe元素化合价为2、3价，分别表示为Fe()、Fe()。下列说法错误的是()A处理NO的电极反应为2NO8H6e=N24H2OBFe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C用该法处理后，水体的pH降低D消耗标准状况下6.72 L H2，理论上可处理含NO 4.6 mg/L的废水2 m3C解析：处
8、理NO过程中NO的3价N元素变为0价，化合价降低被还原，电极反应为2NO8H6e=N24H2O，故A正确；H2消除酸性废水中致癌物NO的总反应为2H2NO3H2N24H2O，Fe()与Fe()的相互转化起到了传递电子的作用，消耗氢离子，用该法处理后，水体的pH升高，故B正确，C错误；消耗标准状况下6.72 L H2，即 0.3 mol H2，理论上可处理0.2 mol NO，质量是0.2 mol46 g/mol9.2 g，即处理4.6 mg/L的废水体积是 2 m3，故D正确。二、不定项选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)7(2020潍坊模拟)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2为
9、蓝色，VO为淡黄色，VO具有较强的氧化性，Fe2、SO等能把VO还原为VO2。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色。下列说法正确的是()A在酸性溶液中氧化性：MnOVO2Fe3B亚硫酸钠溶液与酸性(VO2)2SO4溶液发生反应：2VO2HSO=2VO2SOH2OC向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液反应的化学方程式为10VOSO42H2O2KMnO4=5(VO2)2SO42MnSO42H2SO4K2SO4D向含1 mol VO的酸性溶液中滴加含 1.5 mol Fe2的溶液完全反应，转移电子为 1.5 molBC解析：Fe2、SO等能把VO还原为VO2，则根据
10、氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：VOFe3，又向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，则氧化性：MnOVO2，但无法判断VO2与Fe3的氧化性强弱，故A错误；SO能把VO还原为VO2，则根据得失电子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2VO2HSO=2VO2SOH2O，故B正确；向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，则说明VO2被氧化生成VO，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为10VOSO42H2O2KMnO4=5(VO2)2SO42MnSO42H2SO4K2SO4，故C正确；1 mol VO的
11、酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2的溶液发生反应为2HVOFe2=Fe3VO2H2O，则 Fe2过量，转移电子为1 mol(54)1 mol，故D错误。8(2020潍坊模拟)工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O72H2O)，其主要反应为4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO22Na2CrO4H2SO4=Na2SO4Na2Cr2O7H2O下列说法中正确的是()A反应和均为氧化还原反应B反应的氧化剂是O2，还原剂是FeOCr2O3C高温下，O2的氧化性大于Fe2O3小于Na2CrO4D生成1 mol
12、的Na2Cr2O7时共转移7 mol电子BD解析：4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4H2SO4=Na2SO4Na2Cr2O7H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2中，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeOCr2O3，故B正确；根据反应可知，氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但无法判断Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相对强弱，故C
13、错误；由反应可知，生成1 mol Na2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为 mol，反应中O元素由0价降低为2价，转移电子的物质的量为 mol43.5 mol，所以反应中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移3.5 mol，反应不是氧化还原反应，所以生成1 mol的Na2Cr2O7时转移 7 mol电子，故D正确。9某废水中含有Cr2O，为了处理有毒的Cr2O，需要先测定其浓度：取20 mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3)。用c2 mol/L KMnO4溶液滴定过量的Fe2至终点，消耗KMnO
14、4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2O)为(用代数式表示)()A. mol/L B. mol/LC. mol/L D. mol/LA解析：本题有关反应的离子方程式为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O,5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O。利用得失电子守恒列等式：c1 mol/LV1 mL103 L/mL20 mL103 L/mL6c(Cr2O)5c2 mol/LV2 mL103 L/mL，解得：c(Cr2O) mol/L。三、非选择题10以硫铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2等杂质)为原料制备绿矾晶体(FeSO47H2O)的工艺流程如下：(1)“酸浸”过程
15、，矿渣中的Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式为_。(2)滤液中金属阳离子的检验方法_。(3)FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，理由_。(结合化学用语说明原因)(4)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杆菌(T.F)对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到FeSO4溶液。其过程如图所示：已知总反应为FeS214Fe38H2O = 2SO15Fe216H将过程离子方程式补充完整FeS2Fe3_=Fe2S2O_过程反应的离子方程式_。(5)绿矾晶体在空气中易被氧化。取X g样品，加水完全溶解，用酸化的a mol/L K2Cr2O7溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL。反应原理：6Fe2C
16、r2O14H = 6Fe32Cr37H2O。则绿矾晶体纯度的计算式为_。(FeSO47H2O摩尔质量为278 g/mol)解析：(1)“酸浸”过程，矿渣中的Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3和H2O，离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O。(2)“滤液”可获得绿矾晶体(FeSO47H2O)，则滤液中含有Fe2，检验方法是取滤液少许于试管中，滴加 K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2。(3)FeSO4是强酸弱碱盐，易发生水解：Fe22H2OFe(OH)22H，FeSO4溶液制备绿矾晶体过程中要保持H2SO4过量，其目的是抑制Fe2的水解。(4)
17、过程的反应中，Fe3被还原生成Fe2，FeS2中S被氧化生成S2O，根据得失电子守恒配平FeS2、Fe3的化学计量数分别为1、6，再结合Fe、S元素守恒配平Fe2、S2O的化学计量数分别为7、1，最后结合H、O元素守恒及电荷守恒配平其他。考虑得失电子守恒，用总反应减去过程的离子方程式可得过程反应的离子方程式：8Fe3S2O5H2O=2SO8Fe210H。(5)据反应6Fe2Cr2O14H =6Fe32Cr37H2O可得：n(Fe2)6n(Cr2O)6a mol/Lb103 L6ab103 mol，则有m(FeSO47H2O)6ab103 mol278 g/mol6ab103 278 g，故绿矾晶体的纯度为100%。答案：(1)Fe2O36H = 2Fe33H2O(2)取滤液少许于试管中，滴加K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液，有蓝色沉淀产生，证明滤液中含有Fe2(3)Fe22H2OFe(OH)22H，H过量抑制Fe2的水解(4)163H2O716H8Fe3S2O5H2O=2SO8Fe210H(5)100%