1、板块四 限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(每题6分，共66分)12015南昌模拟已知反应：10AgF5Cl25H2O=9AgClAgClO310HFO2点击观看解答视频下列关于该反应的叙述不正确的是()A该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为95B当反应中有1 mol电子转移时，被还原氯气的物质的量为 molC每产生1 mol O2时，被氧元素还原的氯气的物质的量为 2 molD参加反应的水有被氧化答案B解析该反应的氧化剂为的氯气，还原剂为的氯气和的水，A项和D项正确；当反应中有9 mol电子转移时，被还原的氯气为4 mol，故当反应中有1 mol电子转移时，被还原的氯气为
2、mol，B项错误；产生1 mol氧气，氧元素转移4 mol电子，被氧元素还原的氯气为2 mol，C项正确。22015石家庄一模某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是()A反应后生成NO的体积为28 LB所得溶液中c(Fe2)c(Fe3)11C所得溶液中c(NO)2.75 molL1D所得溶液中的溶质只有FeSO4答案B解析反应前n(NO)4 mol，n(H)5 mol，n(Fe)1.5 mol。先发生反应：NO4HFe=NOFe32H2O，Fe和NO过量，H全部反应，故消耗的NO为1.2
3、5 mol，生成的n(NO)1.25 mol，n(Fe3)1.25 mol，剩余0.25 mol Fe继续发生反应：2Fe3Fe=3Fe2。消耗Fe30.5 mol，剩余的Fe3为1.25 mol0.5 mol0.75 mol，该反应生成0.75 mol Fe2。选项A没有指明NO气体是否处于标准状况，A项错误；最终溶液中Fe3与Fe2物质的量相同，且共存于同一溶液中，故其浓度之比为11，B项正确；因第一个反应消耗1.25 mol NO，即剩余4 mol1.25 mol2.75 mol NO，但题中没有给出溶液的体积，故不能计算溶液中离子的浓度，C项错误；由上述分析可知所得溶液中的溶质有硫酸铁
4、、硫酸亚铁、硫酸钾、硝酸钾等，D项错误。32016四川射洪模拟下列有关说法正确的是()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答案D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
5、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项错误；NOH具有强氧化性，能氧化Fe2，D项正确。42015石家庄质检关于反应11P15CuSO424H2O=5Cu3P6H3PO415H2SO4的说法正确的是()AP既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂BCu3P既是氧化产物又是还原产物C1 mol CuSO4可以氧化1/5 mol PD若有11 mol P参加反应，转移电子的物质的量为60 mol答案C解析在反应中，P既是氧化剂，又是还原剂，CuSO4是氧化剂，Cu3P为还原产物，H3PO4为氧化产物，若有11 mol P参加反应转移30 mol电
6、子，A、B、D错误；根据电子守恒，C正确。5水热法制备纳米颗粒Y(化合物)的反应为3Fe22S2OO2aOH=YS4O2H2O，下列有关说法不正确的是()Aa4BY的化学式为Fe2O3CS2O是还原剂D每32 g O2参加反应，转移电子的物质的量为4 mol答案B解析由2S2OS4O，失去2 mol电子，O22O2，得到4 mol电子，说明只有2Fe22Fe3，失去2 mol电子，再由原子守恒知，Y为四氧化三铁，B项错误。6某矿石灼烧时发生反应：FeOCr2O3NaOHKClO3Na2CrO4Fe2O3H2OKCl(未配平)，下列叙述正确的是()A该反应中被氧化的元素是CrB配平后Na2CrO
7、4的系数是6C该反应的还原产物是KClD生成1 mol Fe2O3转移电子12 mol答案C解析反应中Fe2Fe3，3价Cr转化为6价Cr，KClO3KCl得6个电子，配平反应方程式为6FeOCr2O324NaOH7KClO3=12Na2CrO43Fe2O312H2O7KCl。被氧化的元素是Fe、Cr，A项错误；配平后Na2CrO4的系数是12，B项错误；该反应的还原产物是KCl，C项正确；生成1 mol Fe2O3转移电子14 mol，D项错误。7把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是()A配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B若有1
8、 mol S被氧化，则生成2 mol S2C氧化剂与还原剂的物质的量之比为12D2 mol S参加反应有3 mol电子发生转移答案B解析图b的碎片中离子均带负电荷，方程式右边有H2O，由质量守恒可知OH在方程式左边；根据氧化还原反应中化合价有升有降的规律可知，相对于左边的S，S2和SO均应在方程式右边，配平后的离子方程式为3S6OH=2S2SO3H2O，A项错误；若有1 mol S被氧化，则生成2 mol S2，B项正确；氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，C项错误；3 mol S参加反应有4 mol电子发生转移，则2 mol S参加反应有 mol电子发生转移，D项错误。8Cu2S与一定浓度的
9、HNO3反应，生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n(NO2)n(NO)11 时，下列说法正确的是 ( )A产物nCu(NO3)2nCuSO411B参加反应的n(Cu2S)n(HNO3)15C反应中Cu2S既作氧化剂，又作还原剂D1 mol Cu2S参加反应时转移8 mol电子答案A解析配平后方程式为2Cu2S14HNO3=2Cu(NO3)22CuSO45NO25NO7H2O，由此可知A项正确，B项错误；反应中Cu2S只作还原剂；1 mol Cu2S参加反应时转移10 mol电子。9氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为aHClO3=bO2cCl2d
10、HClO4eH2O。下列有关说法不正确的是()A由反应可确定：氧化性HClO3O2B若氯酸分解所得1 mol混合气体质量为45 g，则反应方程式可表示为3HClO3=2O2Cl2HClO4H2OC由非金属性ClS，可推知酸性HClO3H2SO4D若a8、b3，则该反应转移电子数目为20答案C解析该反应中氧元素化合价由2升高至0，一部分氯元素化合价由5升高至7，一部分氯元素化合价由5降低至0，故HClO3既作氧化剂又作还原剂，O2为氧化产物，氧化性HClO3O2，A项正确；由得失电子守恒可知2d4b10c，即d2b5c，由氯元素守恒可知a2cd，由氢元素守恒可得ad2e，由氧元素守恒可得3a2b
11、4de，氯酸分解所得混合气体由O2和Cl2组成，若1 mol混合气体质量为45 g，则混合气体中O2与Cl2的物质的量之比为21，假设b2，则c1，进而可得d1、e1、a3，B项正确；由非金属性ClS，可知氯元素最高价含氧酸(HClO4)的酸性强于硫元素最高价含氧酸(H2SO4)的酸性，而无法比较HClO3和H2SO4的酸性，C项错误；若a8、b3，则c2、d4、e2，该反应中转移电子数目为2d4b10c20，D项正确。102016银川月考某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO、CN、HCO、N2、Cl六种微粒，在反应过程中测得ClO和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下
12、列有关判断中正确的是()A还原剂是CN，氧化产物只有N2B氧化剂是ClO，还原产物是HCOC配平后氧化剂与还原剂的计量数之比为52D标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子0.5 mol答案C解析由曲线变化图可以确定，该反应为2CN5ClOH2O=2HCON25Cl。还原剂是CN，氧化产物是N2和HCO，氧化剂是ClO，还原产物是Cl；标准状况下若生成2.24 L N2，则转移电子1 mol，故A、B、D错误，C正确。11一种科学简便的检测醉驾的方法是使驾车人呼出的气体接触载有经过硫酸酸化处理的三氧化铬(CrO3)的硅胶，如果呼出的气体中含有乙醇蒸气，就会发生如下反应：CH3CH2OHC
13、rO3H2SO4CH3CHOCr2(SO4)3H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是()A上述反应中CrO3是强氧化剂B配平上述反应时化学计量数为3、2、3、3、1、6C当有0.6 mol CH3CH2OH被还原时，转移电子1.2 molD由于CrO3、Cr2(SO4)3的颜色不同，可以通过颜色的变化判断驾车人是否饮酒答案C解析 配平题中反应式：3CH3CH2OH2CrO33H2SO4=3CH3CHOCr2(SO4)36H2O。CH3CH2OH在反应中作还原剂，被强氧化剂CrO3氧化而不是被还原，C项错误。二、非选择题(共34分)12(12分)在热的稀硫酸中溶解了11.4 g FeSO4固体
14、，当加入50 mL 0.5 molL1 KNO3溶液时，其中的Fe2全部转化成Fe3，KNO3也完全反应并放出NxOy气体。(1)推算出x_；y_。(2)配平该反应的方程式：_FeSO4_KNO3_H2SO4= _K2SO4_Fe2(SO4)3_(NxOy)_H2O(配平时x、y用具体数值表示，物质填在中)。(3)反应中氧化产物是_。(4)用双线桥法表示该反应中的电子转移方向和数目：_。答案(1)11(2)624132NO4(3)Fe2(SO4)3(4)解析n(FeSO4)0.075 moln(KNO3)0.05 L0.5 molL10.025 molFe2转化为Fe3共失去0.075 mol
15、电子，根据得失电子守恒原理，可知1 mol N原子得到3 mol电子，反应中N元素由5价降为2价，即得到的氧化物为NO。132016上海二模(10分)重铬酸钠俗称红矾钠(Na2Cr2O72H2O)是重要的化工产品和强氧化剂，工业上通过煅烧铬铁矿制取，其反应如下：反应：4Fe(CrO2)28Na2CO37O22Fe2O38Na2CrO48CO2反应：2CrO2HCr2OH2O反应：3CrO4HCr3O2H2O(副反应)(1)上述反应中不属于氧化还原反应的有_个。已知Fe(CrO2)2中铬元素是3价，关于反应的下列说法中正确的是_。a被氧化的元素只有3的Cr，被还原的元素只有0价的Ob氧化剂与还原
16、剂的物质的量之比为47c每生成1 mol CO2，转移3.5 mol电子d每摩尔3价的Cr能还原0.75 mol氧气(2)6价铬的毒性很强，制取红矾钠后的废水中含有的Cr2O可以用绿矾除去。测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。写出该反应的离子方程式并标出电子转移的方向和数目：_。(3)某厂废水中含1.00103 molL1的Cr2O，其毒性较大。某研究性学习小组为了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Cr的化合价为3，Fe的化合价依次为3、2)。欲使1 L该废水中的Cr2O完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。理论上需要加入_g FeSO47H2
17、O。答案(1)2cd(2)Cr2O6F6ee214H=2Cr36Fe37H2O(3)2.78解析(1)反应中Fe元素化合价由2升高为3，属于氧化还原反应，反应、反应中元素的化合价没有变化，不属于氧化还原反应，反应中Fe元素化合价由Fe(CrO2)2中的2升高为Fe2O3中的3，Cr元素化合价由Fe(CrO2)2中的3价升高为Na2CrO4中的6价，O元素化合价由O2中0价降低为2价。反应中被氧化的元素有3价的Cr和2价的Fe，a错误；O2是氧化剂，Fe(CrO2)2是还原剂，n(O2)nFe(CrO2)274，b错误；每生成1 mol CO2，需要氧气为1 mol mol，转移电子为 mol4
18、3.5 mol，故c正确；Cr元素化合价由Fe(CrO2)2中的3价升高为Na2CrO4中的6价，每摩尔3价的Cr能还原氧气的物质的量为0.75 mol，d正确。(2)Cr元素由Cr2O中的6价降低为Cr3中的3价，共降低6价，Fe元素化合价由Fe2中的2价升高为Fe3中的3价，共升高1价，化合价最小公倍数为6，故Cr2O计量数为1，Fe2的计量数为6，由原子守恒可知，Cr3的计量数为2，Fe3的计量数为6，根据电荷守恒可知，H为反应物，计量数为14，由H元素守恒，H2O为生成物，计量数为7。(3)1 L废水中含n(Cr2O)1.00103 mol，根据Cr原子、Fe原子守恒，可得关系式：Cr
19、2O4Cr0.5Fe1.5FeO410FeSO47H2O，n(FeSO47H2O)10n(Cr2O)101.00103 mol0.01 mol，m(FeSO47H2O)0.01 mol278 gmol12.78 g。14(12分)高铁酸为紫黑色固体，是强酸，化学式为H2FeO4，其溶于水中会迅速水解。(1)高铁酸中铁元素的化合价为_。(2)H2FeO4与水反应，有沉淀和气体生成，写出H2FeO4与水反应的化学方程式：_。(3)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。工业上可用电解浓NaOH溶液的方法制Na2FeO4，其工作原理如下图所示：阳极的电极反应式是_；可循环
20、使用的物质是_，理由是_。(4)高铁酸盐可将水体中的Mn2氧化为MnO2进行除去，若氧化含Mn2 1 mg的水体样本，需要1.2 mgL1的高铁酸钾_L。答案(1)6(2)4H2FeO42H2O=4Fe(OH)33O2(3)Fe6e8OH=FeO4H2ONaOH溶液水电离的H在阴极放电：2H2e=H2，c(OH)增大，Na通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，故可以循环使用(4)2解析(1)根据化合物中各元素化合价代数和为0，可以计算高铁酸中铁的化合价。(2)根据信息，高铁酸与水反应生成氧气，同时铁的化合价降低，利用质量守恒定律分析，生成氢氧化铁。(3)电解法制备高铁酸钠，铁电极为阳极，铁失电子化合价升高，可写出电极反应式：Fe6e8OH=FeO4H2O；水电离的H在阴极放电：2H2e=H2，c(OH)增大，Na通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c(NaOH)增大，故NaOH可以循环使用。(4)根据电子转移守恒得：23，解得x2。