1、一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。1(2021舟山一中模拟)已知氧化性Br2Fe3。向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为aFe2bBrcCl2=dFe3eBr2fCl，下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ()A243226B021012C201202D222214解析：选B。根据题意，Cl2先氧化Fe2，不可能先氧化Br，B选项错误。2乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应：Cr2OC2H5OHHCr3CH3COOHH2O(未配平)。下列叙述不正确的是()ACr2O中Cr元素化合价为6B氧化产物为CH3C
2、OOHCK2Cr2O7溶液常用硫酸酸化D1 mol C2H5OH发生上述反应转移2 mol e解析：选D。Cr2O中O元素化合价为2，则Cr元素化合价为6，A正确；乙醇失去电子被氧化为乙酸，故氧化产物为CH3COOH，B正确；K2Cr2O7溶液常用硫酸酸化，C正确；乙醇中碳元素化合价为2，乙酸中碳元素化合价为0，则1 mol C2H5OH发生题述反应转移4 mol e，D错误。3已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)33ClO4OH=2RO3Cl5H2O。则RO中R的化合价是()A3 B4 C5D6解析：选D。根据离子反应中反应前后电荷守恒可得，342n3，解得n2，根据化合价规则判断R
3、O中R的化合价为6。也可根据得失电子守恒计算。4在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为 ()A111 B311 C133 D632解析：选B。反应中只有氯气是氧化剂，三个反应得失电子数目相等，则三个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1 mol，根据2HICl2=2HClI2，n(HI)2 mol，根据2Fe3Cl22FeCl3，n(Fe) mol，根据2FeBr23Cl2=2FeCl32Br2，n(FeBr2) mol，故n(HI)n(Fe)n(FeBr2)2 mol mol mol3
4、11。5据统计城市机动车辆每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发，汽车在剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN32KNO3=K2O5Na2O16N2。下列判断正确的是()A还原剂与氧化产物的物质的量之比为58B若氧化产物比还原产物多1.4 mol，则转移电子1 molC每生成1.6 mol N2，则有0.2 mol KNO3被氧化DNaN3是只含有离子键的离子化合物解析：选B。KNO3为氧化剂，NaN3为还原剂，N2既是氧化产物又是还原产物，其中氧化产物占，则还原剂与氧化产物的物质的量之比为1023，故A错误；由反应可知，转移10 mol电子时氧化产物比还原产物多14 mol，则氧
5、化产物比还原产物多1.4 mol时转移电子1 mol，故B正确；反应中KNO3是氧化剂，被还原，故C错误；NaN3是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故D错误。6(2021东营高三模拟)NaNO2是一种食品添加剂，但食用过量可能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnONOMn2NOH2O(未配平)。下列叙述中正确的是()A该反应中NO被还原B反应过程中溶液的pH减小C生成1 mol NaNO3需消耗0.4 mol KMnO4D中的粒子是OH解析：选C。NO中N元素的化合价升高，NO被氧化，A项错误；根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2MnO5N
6、O6H=2Mn25NO3H2O，据此可知，B、D项错误，C项正确。7某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO与ClO的物质的量浓度之比为111，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为()A13 B43 C21D31解析：选B。本题考查氧化还原反应的简单计算。据题意设得到KCl、KClO、KClO3的物质的量分别为x mol、11 mol、1 mol，则xCl2KCl降x111 Cl2KClO 升1111 Cl2KClO3 升15根据氧化还原反应中化合价升降数值相等可得x111115，解得x16，则被还原和被
7、氧化的氯元素的物质的量之比是16(111)43。8(2021滨州高三模拟)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去Cr()，HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是()AHClO4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38CCrO2(ClO4)2中Cr元素显6价D该反应的离子方程式为19ClO8Cr38OH=8CrO2(ClO4)23Cl4H2O解析：选D。根据题意，该反应的化学方程式为19HClO48CrCl34H2O=8CrO2(ClO4)227HCl，HClO4属于强酸，反应生成的H
8、Cl也是强酸，A项正确；该反应的氧化剂为HClO4，氧化产物为CrO2(ClO4)2，当有19 mol HClO4参加反应时，其中有3 mol做氧化剂，生成的氧化产物CrO2(ClO4)2为8 mol，因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为38，B项正确；CrO2(ClO4)2 中O元素显2价，ClO显1价，所以Cr元素显6价，C项正确；该反应在酸性条件下进行，离子方程式为19ClO8Cr34H2O=8CrO2(ClO4)28H3Cl，D项错误。二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。9已知酸性高锰酸钾溶液可以将FeSO4氧化，化学方程式为2KMnO410FeSO48H2SO4=K
9、2SO42MnSO45Fe2(SO4)38H2O。现将一定量用硫酸酸化的高锰酸钾溶液与硫酸亚铁溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中铁离子的物质的量随加入KI的物质的量的变化关系如图所示，则下列有关说法不正确的是()A图中AB段主要是高锰酸钾和碘化钾溶液反应B图中BC段发生的反应为2Fe32I=2Fe2I2 C根据OC段的数据可知，开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 molD根据OC段的数据可知，开始加入的硫酸亚铁的物质的量为1 mol解析：选D。根据题干中化学方程式可知，MnO 的氧化性强于Fe3，当加入KI溶液时，n(Fe3)不变，说明MnO 先氧化I，A正确；Mn
10、O 反应完全后，Fe3氧化I，使 n(Fe3)减小，B正确；BC段参加反应的I为 0.75 mol，故被还原的n(Fe3)为0.75 mol，再根据电子守恒可知，生成0.75 mol Fe3需0.15 mol MnO ，加入0.5 mol KI时，剩余的MnO全部被还原，消耗0.1 mol MnO，则开始加入的高锰酸钾的物质的量为0.25 mol，C正确，D不正确。10(2021安阳质检)已知：KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O(未配平)检验Mn2的存在：5S2O2Mn28H2O=10SO2MnO16H下列说法中错误的是()AS2O离子中存在一个过氧键(OO)，则S2O离子中硫
11、元素的化合价为6价B反应若有0.1 mol还原剂被氧化，则转移电子0.5 molCK2S2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体D反应配平后还原剂与还原产物之比为81解析：选D。A.过氧键整体显2价，S2O中存在一个过氧键，则S2O中硫元素的化合价为6价，故A正确；B.反应Mn2为还原剂，若有2 mol还原剂被氧化，转移电子的物质的量为2 mol(72)10 mol，故若有0.1 mol还原剂被氧化，转移电子0.5 mol，故B正确；C.根据反应，K2S2O8的氧化性比高锰酸钾强，故其与浓盐酸混合可得到氯气，故C正确；D.反应中Mn元素从7价降低到2价，Cl元素从1价升高到0价，由得失电子守恒和原子
12、守恒配平方程式为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，反应中HCl中的Cl元素的化合价升高，HCl做还原剂，还原产物为MnCl2，16份氯化氢参与反应，只有10份做还原剂，则还原剂与还原产物之比为51，故D错误。11(2021潍坊模拟)钒元素在酸性溶液中有多种存在形式，其中VO2为蓝色，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=2VO2SOH
13、2OC向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液发生反应：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1.5 mol电子解析：选BC。向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明MnO把VO2氧化为VO，则氧化性：MnOVO，Fe2能把VO还原为VO2，自身被氧化为Fe3，则氧化性：VO Fe3，但无法说明VO2和Fe3的氧化性强弱关系，A项错误；SO能把VO还原为VO2，自身被氧化为SO，结合得失电子守恒、电荷守恒和质量守恒可知，反应的离子
14、方程式为2VO2HSO=2VO2SOH2O，B项正确；向VOSO4溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液颜色由蓝色变为淡黄色，说明KMnO4把VOSO4氧化为(VO2)2SO4，自身被还原为MnSO4，结合得失电子守恒和质量守恒可知，反应的化学方程式为10VOSO42H2O2KMnO4=5(VO2)2SO42MnSO42H2SO4K2SO4，C项正确；向含1 mol VO的酸性溶液中滴加含1.5 mol Fe2的溶液发生反应：Fe2VO2H=Fe3VO2H2O，则VO的量不足，所以转移1 mol电子，D项错误。12(2021山东高三模拟)向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0
15、.5 L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2。向所得溶液中加入1.0 molL1的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列有关说法错误的是()A原固体混合物中Cu与Cu2O的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1C产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余0.6 mol HNO3解析：选BD。向所得溶液中加入NaOH溶液后，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中的溶质为NaNO3，则n(NaNO3)n(NaOH)1.0 molL11.0 L1.0 mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为3
16、9.2 g，则其物质的量为0.4 mol，根据铜元素守恒有n(Cu)2n(Cu2O)0.4 mol，所以反应后的溶液中nCu(NO3)20.4 mol。设Cu和Cu2O的物质的量分别为x、y，根据二者质量有64 gmol1x144 gmol1y27.2 g，根据铜元素守恒有x2y0.4 mol，联立方程解得x0.2 mol，y0.1 mol，故Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2 mol0.1 mol21，A项正确；根据电子转移守恒可知，3n(NO)2n(Cu)2n(Cu2O)，所以n(NO)0.2 mol，在标准状况下的体积为0.2 mol22.4 Lmol14.48 L，根据氮元素守恒可知
17、，n(HNO3)n(NO)n(NaNO3)0.2 mol1.0 mol1.2 mol，所以原硝酸溶液的浓度c(HNO3)1.2 mol0.5 L2.4 molL1，B项错误，C项正确；根据选项B计算可知n(NO)0.2 mol，所以反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知，Cu、Cu2O与硝酸反应后溶液中n(HNO3)2nCu(NO3)2n(NaNO3)，所以n(HNO3)1 mol20.4 mol0.2 mol，D项错误。三、非选择题13磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。(1)磷元素
18、位于元素周期表第_周期_族。AlP遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为_。(2)PH3具有强还原性，能与CuSO4溶液反应，配平该反应的化学方程式：CuSO4PH3H2O=Cu3PH3PO4H2SO4(3)工业制备PH3的流程如图所示。白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为_，次磷酸属于_(填“一”“二”或“三”)元酸。若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成_mol PH3。(不考虑产物的损失)解析：(1)AlP与H2O反应生成PH3气体，另一种产物的化学式是Al(OH)3。(2)反应中Cu由2价变为1价，部分P由3价变为5价，根据得失电子守恒和质量守恒
19、可将化学方程式配平。(3)由流程图可知，白磷和烧碱溶液反应生成PH3和NaH2PO2，产物中H原子个数比O原子个数多，因此反应物中除P4、NaOH外还应有H2O参与，据此可写出反应的化学方程式。由于使用的烧碱过量，所以得到的NaH2PO2应是次磷酸的正盐，即次磷酸属于一元酸。1 mol P4与烧碱溶液发生反应P43NaOH3H2O=PH33NaH2PO2，生成1 mol PH3和3 mol NaH2PO2，3 mol NaH2PO2与硫酸发生反应2NaH2PO2H2SO4=Na2SO42H3PO2，生成3 mol H3PO2，3 mol H3PO2再发生分解反应2H3PO2=PH3H3PO4，
20、又生成1.5 mol PH3，所以整个工业流程中共生成PH3 2.5 mol。答案：(1)三AAl(OH)3(2)2411128324(3)P43NaOH3H2O=PH33NaH2PO2一2.514铬及其化合物常被应用于冶金、化工、电镀、制药等行业，但使用后的废水因其中含高价铬的化合物而毒性很强，必须进行处理。工业上往往采取下列循环工艺防止铬的污染：(1)上述各步反应中属于氧化还原反应的是_(填序号)。(2)第步，含Cr2O的废水在酸性条件下用绿矾(FeSO47H2O)处理，写出反应的离子方程式：_。(3)第步，向上述反应后的溶液中加入适量的碱石灰，使铬离子转变为Cr(OH)3沉淀。处理后，沉
21、淀物中除了Cr(OH)3外，还有_、_(填化学式)。已知Cr(OH)3的性质与Al(OH)3类似，是既能与强酸反应又能与强碱反应的两性物质，写出从该沉淀物中分离出Cr(OH)3的离子方程式：_、_。(4)回收所得的Cr(OH)3，经步处理后又可转变成K2Cr2O7。纯净的K2Cr2O7常用于准确测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度，方法如下：Cr2O6I14H=3I22Cr37H2O2S2OI2=S4O2I准确称取纯净的K2Cr2O7 0.122 5 g，配成溶液，用上述方法滴定，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为_(保留四位有效数字)。解析：(1)第
22、步中铬元素由6价降至3价，第步中铬元素由3价升至6价。(2)亚铁离子具有还原性，与重铬酸根离子反应生成铬离子和铁离子。(3)加入绿矾反应后，溶液中有铁离子和硫酸根离子，再加入碱石灰，除生成Cr(OH)3外，还会生成氢氧化铁和硫酸钙。氢氧化铬与氢氧化铝类似，具有两性，能与氢氧化钠反应生成NaCrO2：Cr(OH)3NaOH=NaCrO22H2O，NaCrO2与偏铝酸钠类似，通入过量的CO2生成氢氧化铬、碳酸氢钠：NaCrO2CO22H2O=Cr(OH)3NaHCO3。(4)根据反应得关系式K2Cr2O73I26Na2S2O3，n(Na2S2O3)6n(K2Cr2O7)，c(Na2S2O3)0.1
23、00 0 molL1。答案：(1)(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(3)Fe(OH)3CaSO4Cr(OH)3OH=CrO2H2OCrOCO22H2O=Cr(OH)3HCO(4)0.100 0 molL115工业上以软锰矿(主要成分MnO2)为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2生成K2MnO4，分离后得到K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下： (1)反应器中发生反应的化学方程式为_。(2)生产过程中最好使用含MnO2 80%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会
24、导致KOH消耗量_(填“偏高”或“偏低”)。(3)电解槽中的总离子方程式为_。(4)在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学方程式为_。上述反应中氧化剂与还原剂的质量之比为_。与该传统工艺相比，电解法的优势是_。(5)用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称取草酸晶体样品0.500 g溶于水配制成100 mL溶液，取出20.00 mL，用0.020 0 molL1的酸性KMnO4溶液滴定(杂质不反应)，至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗酸性KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为_。(结果保留三位有效数字)(已知该草酸结晶水合
25、物H2C2O42H2O的相对分子质量为126)解析：(1)根据题给流程和信息可知，反应器中KOH、MnO2和O2反应生成K2MnO4和H2O，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O。(2)贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会发生反应：Al2O32KOH=2KAlO2H2O、SiO22KOH=K2SiO3H2O，会导致KOH消耗量偏高。(3)用惰性材料为电极电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，电解槽中阳极发生氧化反应，MnO失电子转化为MnO，电极反应式为2MnO2e=2MnO，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O2e=H22OH，两式相加得总离子方程式
26、为2MnO2H2O2MnO2OHH2。(4)向K2MnO4溶液中通入适量CO2，二者反应生成黑色固体二氧化锰、KMnO4，利用化合价升降法配平，该反应的化学方程式为3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO3，上述反应中3 mol K2MnO4有1 mol锰元素化合价由6价降为4价生成二氧化锰，做氧化剂，有2 mol锰元素化合价由6价升高到7价生成高锰酸钾，做还原剂，故氧化剂与还原剂的质量之比为12。与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH可循环利用。(5)酸性高锰酸钾溶液与草酸反应的离子方程式是6H2MnO5H2C2O4=2Mn28H2O10CO2，则样品中草酸晶体的物质的量n(H2C2O42H2O)n(KMnO4)14.80103 L0.020 0 molL13.700103 mol，草酸晶体的质量为3.700103 mol126 gmol10.466 2 g，则该草酸晶体的纯度为100%93.2%。答案：(1)4KOH2MnO2O2=2K2MnO42H2O(2)偏高(3)2MnO2H2O2MnO2OHH2(4)3K2MnO42CO2=2KMnO4MnO22K2CO312产率更高、KOH可循环利用(5)93.2%
