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2017《走向高考》高考化学人教版一轮总复习练习:第2章 化学物质及其变化 第5节 WORD版含答案.doc

1、第一部分第二章第五节一、选择题1(2015海淀期末)工业上常用氯氧化法处理含氰(CN)废水,一定条件下,氯气和CN反应生成无毒气体。下列说法不正确的是()ACN中碳元素的化合价为2B该反应的产物之一是无毒的N2C当1 mol CN参与反应时,转移3 mol eD处理含0.1 mol CN的废水,理论上需要消耗标准状况下Cl2的体积为5.6 L解析:本题考查氧化还原反应的有关知识,意在考查考生运用氧化还原反应规律分析解决问题的能力。CN中碳元素的化合价为2,氮元素的化合价为3,被氯气氧化的产物应为N2和CO21 mol CN被氧化转移电子的物质的量为5 mol,故处理含0.1 mol CN的废水

2、,转移的电子为0.5 mol,理论上需要消耗0.25 mol Cl2,其体积在标准状况下为5.6 L,故只有C项错误。答案:C2(2015辽宁五校联考)纤维素还原法制ClO2是一种新方法,其原理是:纤维素水解得到的最终产物与NaClO3反应生成ClO2。则消耗1 mol最终产物转移电子的物质的量为()A6 molB20 molC24 molD12 mol解析:本题考查氧化还原反应,意在考查考生的分析能力和计算能力。纤维素水解的最终产物为葡萄糖,葡萄糖具有还原性,可将NaClO3还原为ClO2,发生反应的离子方程式为C6H12O624ClO24H=24ClO26CO218H2O,葡萄糖中C元素的

3、化合价由0升高为4,则消耗1 mol葡萄糖转移电子的物质的量为1 mol4624 mol,本题选C。答案:C3(2015河北石家庄检测)一定条件下,硝酸铵受热分解的化学方程式为NH4NO3HNO3N2H2O(未配平),该反应中,被氧化与被还原的氮原子个数之比为()A53B54C11D35解析:在反应5NH4NO32HNO34N29H2O中,一部分氮元素的化合价由3升高到0,被氧化,一部分氮元素的化合价由5降低到0,被还原,还有一部分氮元素的化合价未改变。根据电子转移守恒,可知被氧化与被还原的氮原子个数之比为(50) 0(3)53,选A。答案:A4(2015四川射洪模拟)下列有关说法正确的是()

4、A1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAB在反应KIO36HI=KI3I23H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为6NAC根据反应中HNO3(稀)NO,而HNO3(浓)NO2可知,氧化性:HNO3(稀)HNO3(浓)D含有大量NO的溶液中,不能同时大量存在H、Fe2、Cl解析:在Cl22NaOH=NaClNaClOH2O的反应中,1 mol Cl2参加反应转移电子数为NA,则A项错误;在反应KIO36HI=KI3I23H2O中,每生成3 mol I2转移的电子数为5NA,B项错误;不能根据还原产物的价态确定氧化剂氧化性的强弱,实际上氧化性:HNO3(浓)HNO3(稀),C项错

5、误;NOH具有强氧化性,能氧化Fe2,D项正确。答案:D5(2015西安八校联考)羟胺(NH2OH)是一种还原剂,能将某些氧化剂还原,现用25.00 mL 0.049 mol/L羟胺的酸性溶液与足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应,生成的Fe2恰好与24.65 mL 0.020 mol/L酸性KMnO4溶液完全反应,已知(未配平):FeSO4KMnO4H2SO4Fe2(SO4)3K2SO4MnSO4H2O,则在上述反应中羟胺的氧化产物是()AN2BN2OCNODNO2解析:本题考查氧化还原反应的计算,意在考查考生对氧化还原反应中守恒规律的理解和应用能力。根据得失电子守恒,NH2OH失去的电子数等于

6、高锰酸钾得到的电子数。羟胺中N元素的化合价为1,设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x,则25.00103 L0.049 mol/Lx(1)24.65103 L0.020 mol/L(72),解得x1,则羟胺的氧化产物是N2O,B项正确。答案:B6(2015超级中学预测卷)Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物,这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液,反应过程及有关数据如下图所示:下列有关判断正确的是()A若铜片为51.2 g,则生成0.2 mol NaNO3B常温下,Cu遇浓硝酸发生钝化,不可能发生上述反应C标准状况下收集的氮氧化物为20.16 LD反应过程中生成的Cu

7、(NO3)2既是氧化产物,也是还原产物解析:本题考查氧化还原反应及化学计算,意在考查考生对氧化还原反应理论的应用能力及计算能力。分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化,即CuCu2,HNO3NaNO251.2 g Cu为0.8 mol,共失电子0.8 mol21.6 mol,由得失电子守恒可知HNO3NaNO2得1.6 mol电子,故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol,由Na元素守恒可知另一种产物NaNO3为0.2 mol,A正确;常温下,Cu能与浓硝酸反应,B错误;部分NO2会转化为N2O4,而N2O4在标准状况下不是气体,C错误;反应过程中生成的Cu(NO3)2、NaNO

8、3是氧化产物,NaNO2和氮的氧化物是还原产物,D错误。答案:A7已知硫化亚铜与一定浓度的硝酸共热,所得溶液中只有硝酸铜和硫酸铜,放出一氧化氮和二氧化氮两种气体,且两种气体的物质的量之比为35,则参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为()A425B730C740D75解析:1 mol Cu2S参加反应生成Cu(NO3)2和CuSO4失去10 mol电子,则硝酸得到10 mol电子生成NO和NO2,设生成NO为3x mol,NO2为5x mol,则33x5x10,x,参加反应的硫化亚铜和作氧化剂的硝酸的物质的量之比为1(35)740。答案:C8(2015齐齐哈尔市实验中学高三模拟)a

9、 mol Cu与含b mol HNO3的溶液恰好完全反应,被还原的HNO3的物质的量一定是()A(b2a) molBb molC.a molD2a mol解析:表现酸性的HNO3为2a mol,所以被还原的HNO3为(b2a)mol。答案:A9(2016届陕西省西安市曲江一中高三上学期期中)Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O,当NO2和NO的物质的量之比为11时,实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为()A17B19C15D29解析:本题考查氧化还原反应计算。Cu2S与一定浓度HNO3反应,Cu2S中铜元素由1价氧化到2价;硫元素

10、由2价氧化到6价,硝酸起氧化剂与酸作用,起氧化剂作用的HNO3的氮元素被还原为NO2、NO,起酸作用硝酸生成Cu(NO3)2;令NO2、NO的物质的量分别为1 mol、1 mol,根据电转移守恒知:n(Cu2S)6(2)121 mol(54) mol(52),解n(Cu2S)0.4 mol。由硫元素守恒知n(CuSO4)n(Cu2S)0.4 mol;根据铜元素守恒知溶液nCu(NO3)22n(Cu2S)n(CuSO4)20.4 mol0.4 mol0.4 mol,由氮元素守恒知参加反应硝酸n(HNO3)2nCu(NO3)2n(NO2)n(NO)20.4 mol1 mol1 mol2.8 mol

11、,所实际参加反应Cu2S与HNO3的质量比n(Cu2S) n(HNO3)0.4 mol2.8 mol17,故A正确。答案:A10(2016届四川省广元中学高三上学期第二次阶段测试)足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1 NaOH溶液至Cu2恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()A60 mLB45 mLC30 mLD15 mL解析:本题考查氧化还原反应计算。1.68 L O2(标准状况),物质的量为0.075 mol,根据电子守恒

12、,NO2、N2O4、NO的混合气体与氧气反应共失电子0.075 mol40.3 mol;即铜与硝酸反应时共失电子0.3 mol,所以铜的物质的量为0.3 mol20.015 mol;Cu2恰好完全沉淀消耗氢氧化钠的物质的量为0.3 mol,体积为0.3 mol5 molL10.06 L,故A正确。答案:A二、非选择题11(2015山东省邹城市第一中学高三模拟)、已知将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中,产生黄绿色气体,而溶液的紫红色褪去。现有个氧化还原反应的体系中共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质:(1)该反应中,化合价升高的反应物是_。(2)写出一个包含

13、上述七种物质的氧化还原反应方程式:_。(3)上述反应中,氧化剂是_,1 mol氧化剂在反应中得到_mol电子。、某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉,并进行漂白粉有效成分的质量分数测定(1)装置中的x试剂为_。(2)装置中发生反应的化学方程式为_。该反应是放热反应,反应温度较高时有副反应发生。改进该实验装置以减少副反应发生的方法是_。(3)测定漂白粉有效成分的质量分数称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中,加水溶解,调节溶液的pH,以淀粉为指示剂,用0.1000 molL1 KI溶液进行滴定,溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为:3ClOI=3ClIOIO5I3H2O=6OH3I2实验测得

14、数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19.9820.0220.00该漂白粉中有效成分的质量分数为_。若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定,则测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。解析:考查了氯气的制备、性质检验,氧化还原反应的分析,误差分析。.在所给7种物质中,高锰酸钾的氧化性大于氯气,所以高锰酸钾作氧化剂,KCl作还原剂,则化合价升高的物质是KCl;(2)硫酸起到酸性作用,可增强高锰酸钾的氧化性。所以高锰酸钾、硫酸、KCl发生氧化还原反应,生成氯气、硫酸锰、硫酸钾、水,化学方程式是2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2

15、O;(3)上述反应中的氧化剂是KMnO4,Mn元素的化合价从7价降低到2价,得到5个电子,所以1 mol KMnO4参加反应,转移电子的物质的量是5 mol。.(1)装置的作用是吸收多余氯气及防止倒吸,所以x溶液为NaOH溶液;(2)氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水,化学方程式是2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O;该反应是放热反应,温度升高会产生氯酸钙的副产物,所以将装置放于冷水浴中进行实验,可降低温度,减少副产物的生成;(3)根据表中数据可知消耗KI溶液的体积为三次的平均值为20 mL,设次氯酸钙的物质的量是x,则次氯酸根离子的物质的量为2x,则消耗KI的

16、物质的量为2x/310x/34x,所以4x0.02 L0.1 mol/L,解得x5104 mol,所以漂白粉中次氯酸钙的质量是5104 mol143 g/mol7.15 g102 g,所以漂白粉中有效成分的质量分数是7.15102 g/1.000 g100%7.15%;若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定,说明反应未完全,消耗KI体积偏小,造成测定结果偏低。答案:.(1)KCl(2)2KMnO410KCl8H2SO4=6K2SO42MnSO45Cl28H2O(3)KMnO45.(1)NaOH溶液(2)2Ca(OH)22Cl2=CaCl2Ca(ClO)22H2O将装置放于冷水浴中进

17、行实验(3)7.15%偏低12(2016届海南省海口市第一中学高三月考).某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2O2。(1)该反应中的还原剂是_。(2)该反应中,发生还原反应的过程是_。(3)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:_。(4)如反应转移了0.3 mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为_。.高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下:MnO5e8H=Mn24H2OMnO3e2H2O=MnO24OHMnOe=MnO(溶液绿色)(1)从上述三个半反应中可以看山高锰酸根离子被还

18、原的产物受溶液的_影响。(2)将SO2通入高锰酸钾溶液中,发生还原反应的离子反应过程为_。(3)将PbO2投入到酸性MnSO4溶液中搅拌,溶液变为紫红色。下列说法正确的是_。a氧化性:PbO2KMnO4b还原性:PbO2KMnO4c该反应可以用盐酸酸化(4)将高锰酸钾逐滴加入到硫化钾溶液中发生如下反应,其中K2SO4和S的物质的量之比为32,完成下列化学方程式(横线上填系数,括号内填物质):_KMnO4_K2S_()=_K2MnO4_K2SO4_S_()。若生成6.4 g单质硫,反应过程中转移电子的物质的量为_ 。解析:氧化还原反应方程式的配平,氧化还原反应产物的影响因素,转移电子数的计算。.

19、(1)因为H2O2只发生如下过程:H2O2O2,所以过氧化氢作还原剂。(2)从化合价分析,H2CrO4中铬元素化合价降低,被还原,过程为:H2CrO4Cr(OH)3。(3)根据得失电子相等和质量守恒确定方程式的系数,方程式为:2H2CrO43H2O2=2Cr(OH)33O22H2O。(4)根据方程式分析,每生成3摩尔氧气,转移电子6摩尔,所以当转移了0.3摩尔电子时,生成了0.15摩尔氧气,标况下体积为3.36 L。.(1)三个半反应的环境中溶液的酸碱性不同,产物不同,所以受酸碱性影响。(2)二氧化硫和高锰酸钾反应,二氧化硫作还原剂,高锰酸钾被还原为Mn2。(3)因为反应的现象为溶液变为紫红色

20、,说明由Mn2生成了高锰酸根离子,则说明二氧化铅的氧化性大于高锰酸钾,选a。(4)根据题意,每生成3摩尔硫酸钾,则生成2摩尔硫,转移电子为28摩尔,所以需要28摩尔的高锰酸钾反应,根据电子守恒和质量守恒得方程式为:28KMnO45K2S24KOH=28K2MnO43K2SO42S12H2O。方程式中转移电子为28,所以当生成6.4克硫,即0.2摩尔时,转移电子2.8 mol。答案:.(1)H2O2(2)H2CrO4Cr(OH)3(3)2H2CrO43H2O2=2Cr(OH)33O22H2O(4)3.36 L.(1)酸碱性(2)MnOMn2(3)a(4)28524KOH283212H2O2.8

21、mol13(2016届山东省枣庄市第二中学高三9月检测)硒和硫是同一主族元素,二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂,其被还原后的单质硒可能成为环境污染物,通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。完成下列填空:(1)Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2,且NO和NO2的物质的量之比为11,写出Se和浓HNO3的反应方程式:_。(2)已知:Se2H2SO4(浓)=2SO2SeO22H2O;2SO2SeO22H2O=Se2SO4HSeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)回收得到的SeO2的含量,可以通过下面的方法测定:_SeO2_KI_HNO3_Se

22、_I2_KNO3_H2OI22Na2S2O3=Na2S4O62NaI配平方程式,标出电子转移的方向和数目。(4)实验中,准确称量SeO2样品0.1500 g,消耗了0.2000 mol/L的Na2S2O3溶液25.00 mL,所测定的样品中SeO2的质量分数为_。解析:考查了氧化还原反应和化学计算的相关知识。(1)利用题中信息可知Se与浓HNO3反应,Se被氧化为4价的H2SeO3,HNO3还原为NO与NO2,生成NO与NO2的物质的量之比为11,即二者计量系数比为11,令二者系数为1,根据电子转移守恒可知,Se的系数为1,故反应方程式为Se2HNO3(浓)=H2SeO3NONO2;(2)在氧

23、化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物的,所以根据反应的方程式可知,SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)SeO2SO2;(3)反应中I失去电子生成I2,共升高2价,SeO2中4价Se得到单质还原为单质Se,共降价4价,化合价升降最小公倍数为4,故KI的系数为4,I2的系数为2,SeO2、Se的系数都是1,KNO3的系数为4,H2O的系数为2,配平并标出电子转移的方向和数目为:Se2I24KNO32H2O;(4)根据反应的方程式可知SeO22I24Na2S2O3,消耗的n(Na2S2O3)0.2000 mol/L0.025 L0.005 mol,根据关系式计算样品中n(SeO2)0.005 mol0.00125 mol,故SeO2的质量为0.00125 mol111 g/mol0.13875 g,所以样品中SeO2的质量分数为100%92.5%。答案:(1)Se2HNO3(浓)=H2SeO3NONO2(2)H2SO4(浓)SeO2SO2(3) =Se2I24KNO32H2O(4)92.5%

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