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%
