2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 氧化还原反应（含解析）.doc

2019-2020年高考化学二轮复习 考点加餐训练 氧化还原反应（含解析）1下列反应中属于氧化还原反应的是 ( )ASO2 + H2O = H2SO3 B2NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2 C2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 DAl(OH)3 + 3HCl = AlCl3 + 3H2O【答案】C【解析】试题分析：凡是有元素化合价升降的反应都是氧化还原反应，C中氯元素的化合价降低，铁元素的化合价升高，所以选项C是氧化还原反应，其余都不是氧化还原反应，答案选C。考点：考查氧化还原反应的判断点评：氧化还原反应的实质是电子的转移，因此表现在元素的化合价上必然发生变化，据此可以判断反应是不是氧化还原反应。2重铬酸铵（NH4)2Cr2O7是一种受热易分解的盐。下列各组对重铬酸铵受热分解产物的判断符合实际的是（ ）A.CrO3+NH3+H2O B.Cr2O3+NH3+H2O C.CrO3+N2+H2O D.Cr2O3+N2+H2O【答案】D【解析】重铬酸铵属于氧化性酸的铵盐，受热分解时将发生氧化还原反应（有电子得失），其中会得电子降价，会失电子升价，即化合价有升必有降。A选项分解后化合价没有发生变化，这不符合事实；B选项中只有降价无升价，而C选项中只有升价无降价，显然B、C选项的产物不可能产生。故应选D。35NH4NO3=4N2+2HNO3+9H2O的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量比为（ ） A3:5 B5:3 C4:2 D2:4【答案】B4由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。混盐CaOCl2在酸性条件下可以产生氯气，下列关于混盐CaOCl2的有关判断不正确的是 ( )A该混盐具有较强的氧化性B该混盐中氯元素的化合价为1和1价C该混盐与盐酸反应产生1mol Cl2时转移1mol电子D该混盐的水溶液显酸性【答案】D5下列说法正确的是A产物中的氧化物不可能是还原产物，只可能是氧化产物B一种元素可能有多种氧化物，但同种化合价只对应一种氧化物C原子晶体、离子晶体、金属晶体、分子晶体中都一定存在化学键D原子晶体熔点不一定比金属晶体高，分子晶体熔点不一定比金属晶体低【答案】D【解析】A：2H2O2=2H2O反应中产物水做为氧化物，即是氧化产物，又是还原产物；B：N的+4价可以有NO和NO2；C：惰性气体属于分子晶体，其中没有化学键。答案为D6a mol FeS与b mol FeO投入到VL、c mol的硝酸溶液中充分反应，产生NO气体，所得澄清溶液成分可看作是Fe(NO3)3、H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸可能为( )(a+b)x63g (a+b)x189g (a+b)mol （）molA B C D【答案】D【解析】试题分析：第一种情况：硝酸有剩余。由电子守恒知：a mol FeS与b mol FeO：Fe(NO3)3和H2SO4，共转移的电子的物质的量 (9a+b) mol，所以被还原的硝酸是(9a+b)/3 mol,则未被还原的硝酸为 mol；第二种情况：硝酸恰好完全反应生成NO和Fe(NO3)3，则未被还原的硝酸的物质的量是3(a+b) mol，质量(a+b)x189g。所以D正确。考点：氧化还原反应的计算方法。7在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是04mol/L、01mol/L。现向该混合液中加入192g铜粉，经加热充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度（mol/L）是A015 B0225 C035 D045【答案】B【解析】n(H+)=01L04mol/L+01L01mol/L2=006mol;n(NO3-)=01L04mol/L=004mol;n(Cu)=192g64g/mol=003mol，它们反应的离子方程式是：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O；根据方程式中微粒反应关系可知H+不足量，应该以H+为标准进行计算。n(Cu2+)=(3006mol)8=00225mol,所以c(Cu2+)= nV=00225mol01L=0225mol/L，故选项是B。考点：考查反应物有过量时的计算的知识。8有一铁的氧化物样品，用140 mL 5 molL1盐酸可恰好使其完全溶解。所得溶液可吸收标准状况下056 L氯气，使其中的Fe2全部转化为Fe3。该样品可能的化学式为 AFe3O4 BFe2O3 CFe5O7 DFe4O5【答案】C【解析】试题分析：n(Cl2)= 056 L 224L/mol=0025mol因为反应：2Fe2+Cl2= 2Cl2Fe3+，所以n(Fe2+)=005mol。根据Cl元素守恒可得：n(Cl)= 014L5 mol/L+0025mol2=075mol 。根据电荷守恒可得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=1 n(Cl-)。n(Fe3+)=（070mol-2005mol）3=02mol所以原固体中含有的Fe2+: Fe3+=005: 02=1:4所以该铁的氧化物的化学式为FeO2Fe2O3,也可以写作Fe5O7。选项为C。考点：考查电子守恒在确定物质组成的应用的知识。9取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mLN2O4的气体（都已折算到标准状态），在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于 A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g【答案】B【解析】试题分析：铜、镁都是2价金属，生成沉淀的化学式相似，可写为M(OH)2,所以沉淀的质量可看成合金的质量+氢氧根离子的质量，铜、镁失去电子的物质的量恰好是沉淀化学式中氢氧根离子的物质的量，根据题意产生8960 mL的NO2气体和672 mLN2O4的气体，得到电子的物质的量是8.96L/22.4l/mol+0.672L/22.4L/mol2=0.46mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒定律，失去电子的物质的量也是0.46mol，则沉淀中氢氧根离子的物质的量是0.46mol，所以17.02g=x+0.46mol17g/mol，x=9.20g，答案选B。考点：考查氧化还原反应得失电子守恒定律的应用10一定质量的镁、铝合金与硝酸溶液恰好完全反应，得硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与标准状况下3.36L氧气混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2mol/L NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将所产生沉淀滤出，向滤液加水稀释至500ml，此时所得溶液物质的量浓度为A0.5mol/L B1mol/L C1.2mol/L D2mol/L【答案】C【解析】试题分析：根据电子守恒和电荷守恒计算，金属失去电子数等于氧气得到电子数（可以认为硝酸起到转移电子的作用），金属失去多少电子带多少单位正电荷，在溶液中需结合相同数目的硝酸根离子，最终生成硝酸钠，故硝酸钠的量为n(NaNO3)= 4n(O2)=3.3622.44=0.6mol c(NaNO3)= 0.60.5=1.2 mol/L 考点：考查化学计算有关问题。11天宫一号搭载的长征二号火箭使用的主要燃料是偏二甲肼（用R表示）和四氧化二氮，在火箭发射时，两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，该反应的化学方程式为：R + 2N2O4 3N2 + 4H2O + 2CO2，下列叙述错误的是A此反应可在瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行B此反应是氧化还原反应，N2O4是氧化剂C每生成1mol N2 ,该反应转移电子8molD此反应中R的分子式为C2H8N2【答案】C【解析】试题解析：A、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热，瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行，故A正确；B、N元素在反应物中以化合态存在，反应生成氮气，N元素化合价变化，反应是氧化还原反应，N2O4中N元素化合价降低，N2O4是氧化剂，故B正确；CN2O4中N元素的化合价为+2价，则生成1molN2 转移电子4mol，故C错误；D、根据原子守恒可知，偏二甲肼的分子式为C2H8N2，故D正确考点：氧化还原反应12(原创)下列叙述中正确的是A.由HgCl2生成Hg2Cl2时，汞元素被还原B.铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe2O3C.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D.非标况下，1 mol H2的体积不可能为22.4 L【答案】A【解析】试题分析：A、由HgCl2生成Hg2Cl2时，汞元素化合价由2价降低到1价，被还原，A正确；B、铁高温下与水蒸气反应，氧化产物为Fe3O4，B不正确；C、阳离子既有氧化性，也有还原性，例如亚铁离子，阴离子只有还原性，C不正确；D、根据PVnRT可知，非标况下，1 mol H2的体积也可能为22.4 L，D不正确，答案选A。考点：考查氧化还原反应的判断与应用以及气体摩尔体积的应用等13根据反应（1）（4），可以判断下列4个物质的氧化性由强到弱的正确顺序是（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S+2HIAH2SI2Fe3+Cl2 BCl2Fe3+I2H2SCFe3+Cl2H2SI2 DCl2I2Fe3+H2S【答案】B【解析】试题分析：根据同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱。（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，I2的氧化性大于S的氧化性；各物质的氧化性大小顺序为：Cl2Fe3+I2S，选B。考点：考查氧化还原反应基本规律14根据表中信息判断，下列选项不正确的是A第组反应中，H2O2作还原剂B第组反应中， Cl2与FeBr2的物质的量之比为3：2C第组反应中，每生成1molCl2转移电子2molD从三个反应可以得出：氧化性由强到弱顺序为MnOFe3+Cl2Br2【答案】D【解析】试题分析：A第组反应中，H2O2作还原剂被酸性高锰酸钾氧化为O2,正确；B第组反应中，反应方程式是：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2，二者的物质的量的比是3：2，正确；C第组反应中，根据元素化合价变化数等于电子转移数可知：每生成1molCl2转移电子2mol，正确；D物质的氧化性：氧化剂氧化产物。从三个反应可以得出：氧化性由强到弱顺序为MnO4-Cl2Br2Fe3+,错误。考点：考查氧化还原反应的有关知识。15将三种黑色粉末组成的混和物加入到足量的某热浓酸中，充分反应后得到蓝绿色溶液和两种气体。将从蓝绿色溶液中分离得到的盐与015mol还原铁粉恰好反应完全，可得浅绿色溶液和64g红色沉淀；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，据此推断黑色粉末可能为A物质的量FeS：CuO：Fe =1：1：1 B物质的量C：CuO：Fe =3：2：2C质量MnO2：CuO：C=55：8：12 D质量Fe：C：CuO=7：5：3【答案】B【解析】试题分析：64g红色沉淀为Cu，其物质的量为：=01mol，根据反应Fe+Cu2+=Fe2+Cu可知，生成01mol铜需要消耗01mol还原铁粉，而实际上消耗了015mol铁粉，则反应后的溶液中除了含有铜离子，还含有能够与铁反应的离子，结合选项可知应该为铁离子；根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+可知，005mol铁粉会消耗01mol铁离子，所以混合物中铜离子与铁离子的物质的量之比为1：1；将上述生成的两种气体通入足量饱和NaHCO3溶液中，仍然收集到两种气体，该浓酸应该为浓硝酸，生成的气体为二氧化碳和二氧化氮气体，根据分析可知，满足条件的只有B。考点：考查了混合物反应的计算的相关知识。16(10分)有下列几组反应：AZn2HCl=ZnCl2H2 BCO2H2O=H2CO3CSO2点燃SO2 DBa(OH)2H2SO4=BaSO42H2OENa2CO32HCl=2NaClH2OCO2 FCaCO3CaOCO2GCH42O2点燃CO2H2O H2KClO32KCl3O2以上反应中，属置换反应的是_，属化合反应的是_，属分解反应的是_，属复分解反应的是_，属氧化还原反应的是_。【答案】A BC FH DE ACGH 【解析】 试题分析：根据反应的分类方法分析，置换反应是单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物，化合反应是多变一，分解反应是一变多，复分解反应是化合物之间相互交换成分生成新的化合物的反应，氧化还原反应是有化合价变化的反应。所以属于置换反应的是A，属于化合反应的是BC，属于分解反应的是FH，属于复分解反应的是DE，属于氧化还原反应的是ACGH。 考点： 化学反应的分类。 17（8分）按要求完成下列各题。(1)向澄清石灰水中通入CO2（写出离子方程式） (2)用稀硫酸洗铁锈（Fe2O3)（写出离子方程式） (3)2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2（写出对应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移情况） 【答案】(1)Ca2+ +20H- =CaCO3 +H2O (2) Fe2O3 +6H +=2Fe3+ + 3H2O(3) 【解析】试题分析：（1）向澄清石灰水中通入CO2的离子方程式为：Ca2+ +20H- =CaCO3 +H2O。（2）用稀硫酸洗铁锈的离子方程式为：Fe2O3 +6H +=2Fe3+ + 3H2O。（3）根据离子方程式可知化学方程式为铝与强酸反应，所以双线桥为考点：氧化还原反应，离子反应点评：本题非常基础简单。18（12分）氢氧燃料电池是将H2通入负极，O2通入正极而发生电池反应的，其能量转换率高。（1）若电解质溶液为KOH，其正极反应为_，负极反应为_。（2）若电解质溶液为硫酸，其正极反应为_，负极反应为_ _。（3）若用氢氧燃料电池电解由NaCl和CuSO4组成的混合溶液，其中c（Na+）=3c（Cu2+）=0.3molL1，取该混合液100mL用石墨做电极进行电解，通电一段时间后，在阴极收集到0.112L（标准状况）气体。计算：电解池阳极生成氯气的物质的量是 mol。氢氧燃料电池中转移的电子数目是 个消耗H2的质量是 g。（写出计算过程）（保留2位小数）【答案】（12分）（1） 正极：O2+4e- + 2 H2O 4OH- （1分）负极：2 H2 + 4 OH - 4 e- 4 H2O （1分） （2） 正极：O2+ 4e -+ 4 H+ 2 H2O （1分） 负极：2H2 4e- 4 H+ （1分） （3）0.015mol0.03NA。0.03g【解析】试题分析：在燃料电池中，燃料反应的一极是负极，氧气反应的一极是正极。（1）正极是氧气发生反应，由于是碱性电解质，OH- 在正极生成，在负极消耗，则正极反应为：O2+ 4e- + 2 H2O 4OH- ，负极反应为：2 H2 + 4 OH - 4 e- 4 H2O 。（2） 在酸性电解质中，H+ 在正极消耗，在负极生成，正极的电极反应为：O2+ 4e -+ 4 H+ 2 H2O ，负极的电极反应为：2H2 4e- 4 H+ 。（3）NaCl和CuSO4组成的混合溶液中离子有：Na+ 、Cu2+、H+ 、OH- 、SO42-、Cl-，在电解时阴极放电顺序为：Cu2+、H+ ，阳极放电顺序为：Cl-、 OH- .在阴极收集到了气体，故Cu2+完全放电，然后是H+ 放电，氢气的物质的量为：n（H2 ）=0.112L22.4Lmol=0.005mol，n(Cu2+)=0.1molL10.1L=0.01mol，根据电解反应有：阴极 Cu2+ + 2 e- Cu 、 2H+ + 2 e- H2 0.01mol 0.020 mol 0.010 mol 0.005 mol电解时转移的电子为：0.02+0.01=0.03mol,转移0.03mol电子时产生的氯气可根据电极反应可以得出：阳极 反应 2Cl- - 2 e- Cl20.030 mol 0 .015 mol 故产生的氯气为0.015mol。转移0.03mol电子时，转移电子数目为0.03NA。根据电解时转移的电子数相等，氢氧燃料电池中转移的电子也为0.03mol,则：2H2 4e- 4 H+0.015 mol 0.03mol ,消耗的H2为0.015mol质量为：0.015molg/mol=0.03g考点：燃料电池的电极反应的书写、有关电子转移的计算。19小明很喜欢化学实验课，今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。（1）实验前小明预测说：Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。你认为他预测的依据是： 。（2）小明欲用实验证明他的预测。实验室提供了下列试剂：3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1molL-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。若小明计划在0.1molL-1FeCl2溶液滴入新制氯水，探究Fe2+的还原性，你预计可能发生的反应和现象是： _ （写离子方程式）、溶液由浅绿色变 色。实验中，小明发现现象不太明显，老师分析可能是产物的含量太低，建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。你认为可选 滴入小明所得的混合液中，并通过溶液出现 色的现象，证明小明的观点和实验方案都是正确的。对于证明Fe2+具有氧化性，小明认为金属单质都具有还原性，并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中，结果铜片没变化，锌粒逐渐变小。由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为： 。（3）小明分析H2O2中氧元素显-1价（中间价），并提出疑问：H2O2与FeCl2的反应时，Fe2+还作氧化剂吗？请你为小明梳理相关问题：若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成 （填微粒符号，下同），若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成 。实际上Fe2+的还原性较强，实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。除杂的方法是： ，相关反应的离子方程式： 。【答案】（1）因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态，可以升高也可以降低；（2）Cl22Fe2+2Cl2Fe3+，棕黄（黄）；KSCN溶液， 溶液呈血红（红）色 ；Zn、Fe、Cu （或ZnFeCu）；（3）Fe ， Fe3+ ； 加入过量铁粉，过滤， 2Fe3+ Fe= 3Fe2+。【解析】试题分析：（1）最低价态只具有还原性，最高价态只具有氧化性，中间价态既具有氧化性又有还原性，铁的价态一般是0、+2、+3，+2价位于中间，因此Fe2有还原性和氧化性；（2）氯水具有强氧化性，发生2Fe2Cl2=2Fe32Cl，Fe3显黄色或棕黄色；检验Fe3用KSCN溶液，溶液变红说明Fe3的存在；根据利用金属性强的置换出金属性弱的，铜片无变化，说明Fe的金属性强于铜，锌粒逐渐变小，发生ZnFe2=Zn2Fe，说明Zn的金属性强于Fe，即金属性强弱：ZnFeCu；（3）氧化性：得到电子、化合价降低，Fe2转变成Fe，还原性：失去电子、化合价升高，Fe2转变成Fe3；利用Fe3具有强氧化性，能和金属单质反应，不能引入新的杂质，因此加入单质铁，发生Fe2Fe3=3Fe2。考点：考查铁及其化合物的性质等知识。20将氯气用导管通入较浓的NaOH和H2O2的混合液中,在导管口与混合液的接触处有闪烁的红光出现。这是因为通气后混合液中产生的ClO-被H2O2还原,发生剧烈反应,产生能量较高的氧分子,它立即转变为普通氧分子,将多余的能量以红光放出。进行此实验,所用的仪器及导管如下图。编号仪器及导管(一个)(一个)橡皮管根据要求填写下列空白:（1）组装氯气发生器时,应选用的仪器及导管(填写图编号)是 。（2）实验进行中,按气流方向从左到右的顺序,气体流经的各仪器及导管的编号依次是 。（3）仪器的橡皮塞上应有 个孔,原因是 。（4）实验时,仪器中除观察到红光外还有 现象。（5）实验需用约10% H2O2溶液100 mL,现用市售30%(密度近似为1 gcm-3)H2O2来配制,其具体配制方法是 。（6）实验时仪器中ClO-与H2O2反应的离子方程式是 。【答案】19、（1） （2）(或)（3）2 使瓶内外压强相等 （4）冒气泡（5）用量筒量取333 mL 30%的H2O2溶液加入烧杯中,再加67 mL水,搅拌均匀（6）ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O【解析】试题分析：（1）根据制取氯气的反应物状态和反应条件考虑，实验室制取氯气采用的是固体和液体加热制取气体的装置，所以选用的仪器及导管是；（2）第中的长导管是将产生的氯气导入第个装置的，所以需要用橡皮管将长导管与短导管连接起来，所以气体流经的各仪器及导管的编号依次是；（3）由于瓶内产生氧气，会使瓶内压强增大，容易将橡皮塞鼓开或发生爆炸，所以仪器的橡皮塞上应有个孔,进气孔和出气孔，目的是使瓶内外压强相等；（4）该反应有氧气生成，所以实验时,仪器中除观察到红光外还有冒气泡的现象；（5）溶液稀释前后，溶质质量不变，设需浓H2O2 xg，列等式：x30%=100毫升1g/cm310% 解得x=33g，33g1g/cm3=33毫升，则其具体配制方法是用量筒量取333 mL 30%的H2O2溶液加入烧杯中,再加67 mL水,搅拌均匀；（6）根据题给信息，ClO-被H2O2还原，产生氧气，ClO得电子生成Cl，再根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，实验时仪器中ClO-与H2O2反应的离子方程式是ClO-+H2O2=Cl-+O2+H2O。考点：考查氯气的化学性质，化学实验基本操作等知识。21硫及其化合物有广泛的应用，对SO2性质的研究是高中化学教学的一项重要内容。I对比研究是一种重要的研究方法。若将硫的单质及部分化合物按如下表所示分成3 组，则第2组中物质M的化学式是 。第1组第2组第3组S (单质)SO2、H2SO3、M、NaHSO3SO3、H2SO4、Na2SO4、 NaHSO4某校化学学习小组用下图所示的实验装置研究SO2气体还原Fe3+、Br2的反应。（1）下列实验方案可以用于在实验室制取所需SO2的是 。ANa2SO3溶液与HNO3 BNa2SO3固体浓硫酸C固体硫在纯氧中燃烧 D铜与热的浓硫酸（2）装置C的作用是除去多余的SO2，防止污染空气。已知在用氢氧化钠溶液吸收SO2的 过程中，往往得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，常温下，溶液pH随n(SO32)：n(HSO3)变化关系如下表n(SO32)：n(HSO3)91：91：19：91pH8.27.26.2当吸收液中n(SO32)：n(HSO3) =10：1时，溶液中离子浓度关系正确的是 。Ac(Na+)+ c(H+)= 2c(SO32)+ c(HSO3)+ c(OH)Bc(Na+)c(HSO3)c(SO32)c(OH)c(H+)Cc(Na+)c(SO32)c(HSO3)c(OH)c(H+)（3）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中反应后的溶液分成三份，并设计了如下探究实验，请你评价并参与他们的探究过程（限选试剂：KMnO4溶液、KSCN溶液、BaCl2溶液、稀硫酸、稀盐酸、稀硝 酸、Ba(NO3)2溶液、新制的氯水）序号实验方案实验现象结论方案往第一份试液中加入KMnO4溶液溶液紫红色褪去SO2与Fe3+反应生成了Fe2+方案往第二份试液中加入SO2与Fe3+反应生成了Fe2+方案往第二份试液中加入SO2与Fe3+反应生成了SO42上述方案得出的结论是否合理 ，原因 。如果他们设计的方案与方案均合理并且得到相应结论，请你将上面表格补充完整。（4）装置B中能表明Br的还原性弱于SO2的现象是 。【答案】（15分）.Na2SO3 （2分）. (1)BD（2分） (2) AC （2分）(3)否 （1分） SO2、Fe2+都能使酸性高锰酸钾溶液褪色（2分）方案：往第二份试液加入KSCN溶液，观察现象，再加入新制的氯水，（1分）先不变红，后溶液变红。（1分）方案：往第三份试液加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液（1分） 产生白色沉淀。（1分）(4)B 中橙色（或黄色）褪去（2分）【解析】试题分析：.第2组中硫元素都为+4价。.（1）A、HNO3有挥发性，错误； B、可行；C、该方法不适合实验室使用，错误；D、可行（2）A、符合电荷守恒，正确；B、C比较，当比值为10:1是，溶液呈碱性，说明SO32-浓度比 HSO3-大。（3）SO2如果和Fe3+发生氧化还原产物为SO42-和Fe2+，因此需要检验这两个离子。方案不合理，SO2也能让高锰酸钾褪色。（4）B 中橙色（或黄色）褪去，说明还原性小于SO2考点：本题考查了实验的基本操作，溶液中三个守恒关系，实验方案设计等知识点，要求学生对实验的原理清楚。22(12分)化学需氧量(COD)常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO210I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2+8H2O2S2O32-+I2=2I-+S4O62-（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是 。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是 。用Na2S2O3，标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是 。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液10.00mL。根据以上实验数据计算海水试样的COD(用每升 水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mgL-1)(写出计算过程)。【答案】（1）海水中含有大量的Cl，Cl酸性条件能还原MnO4；（2）防止生成的单质碘受热、见光时挥发；由蓝色变为无色；（3）【解析】试题分析：根据题意知，该化学课外小组的同学采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD 的原理和流程为：先向海水试样中加入碱性高锰酸钾溶液将海水中的有机物氧化，然后再加入KI溶液将剩余的高锰酸钾溶液还原，最后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，最后计算出海水试样消耗的高锰酸钾的量，确定COD。（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是海水中含有大量的Cl，Cl酸性条件能还原MnO4；（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是防止生成的单质碘受热、见光时挥发；用Na2S2O3标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是由蓝色变为无色；（3） 根据题给信息弱碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2 10I-+2MnO4-+16H+=5I2+2Mn2+8H2O 2S2O32-+I2=2I-+S4O62-得关系式：MnO4-5 S2O32-，根据硫代硫酸钠的物质的量计算剩余高锰酸钾的物质的量，进一步计算与海水试样反应的高锰酸钾的量，又碱性条件下MnO4-被还原性物质还原为MnO2，1mol高锰酸钾得3mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据电子守恒得关系式：4KMnO43O2，计算消耗氧气的物质的量，确定COD，计算过程见答案。考点：以海水试样COD的测定为载体考查氧化还原反应及相关计算。23A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他物质已经略去)：请回答下列问题：（1）若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则:A的化学式是 。反应x、y、z、w中，一定是氧化还原反应的有 。有关B的说法中正确的是 。A燃烧化石燃料不会产生BB造纸过程中可用B漂白纸浆C紫色石蕊试液遇B的水溶液会变红D可在葡萄酒中添加大量B作杀菌剂若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。则：A的名称是。反应x的化学方程式是。反应w的离子方程式是。【答案】（1）S x、y b、c（2） 氨 4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O 3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O【解析】试题分析：（1）淡黄色固体单质为硫，硫和氧气反应生成B二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成C三氧化硫，三氧化硫和水反应生成D硫酸。硫酸和铜反应生成硫酸铜和二氧化硫和水。所以A为S。 x、y反应中都有化合价的变化，属于氧化还原反应， a、化石燃料燃烧会产生二氧化硫，正确。b、二氧化硫可以漂泊纸浆，正确。c、二氧化硫的溶液为亚硫酸溶液，能使紫色石蕊变红，正确。D、葡萄酒中添加少量的二氧化硫做杀菌剂，二氧化硫有毒，不能添加大量，成为。所以选b、c。（2）若A得水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明A为氨气，则B为一氧化氮，C为二氧化氮，D为硝酸。 A为氨。 反应x为氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O。 反应w为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。考点：无机推断24氯水具有多种性质，根据新制氯水分别与如图五种物质发生的反应填空（氯水足量）：（1）a、b、c中反应的离子方程为_、_、 _。e中的化学反应方程式_，上述反应中发生了氧化还原反应的是： _ （填“a”、“b”、“c”或“e”）。（2）能证明氯水具有漂白性的现象是 。（3）久置的氯水变为_，用化学反应方程式表示为 。（4）实验室保存饱和氯水的方法是_ _。（5）证明氯水与 a反应所需的试剂_ _。【答案】（1）2Fe2+Cl22Fe3+2Cl、2H+CO32H2O+CO2、Ag+ClAgCl2Cl2+2Ca（OH）2Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；ae （2）氯水与石蕊试液反应，先变红后褪色（3）稀盐酸， 2HClO2HCl+O2 （4）在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存 （5）KSCN溶液【解析】试题分析：（1）a为Cl2氧化Fe2+，离子方程式为Cl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+；b为氯水中的盐酸与Na2CO3反应，离子方程式为CO32+2H+H2O+CO2；c为氯水中的Cl与AgNO3溶液中的Ag+反应，离子方程式为为Cl+Ag+AgCl；e为Cl2与Ca(OH)2反应，离子方程式为2Cl22Ca(OH)2Ca(ClO)2CaCl22H2O；ae中反应元素化合价发生了变化，为氧化还原反应。（2）把新制氯水加入石蕊试液，氯水显酸性使石蕊变红，HClO使石蕊褪色，说明氯水具有漂白性，所以能证明氯水具有漂白性的实验现象是氯水与石蕊试液反应，先变红后褪色。（3）HClO分解生成HCl和O2，所以久置的氯水变为稀盐酸，化学方程式为：2HClO2HCl+O2。（4）因为HClO在光照条件下易分解，所以氯水在阴凉处置于棕色试剂瓶中密封保存。（5）氯气把亚铁离子氧化为铁离子，铁离子与KSCN溶液反应显血红色，因此证明氯水与 a反应所需的试剂KSCN溶液。考点：考查氯气、次氯酸的性质、方程式的书写、物质的保存等25(12分)一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为 。（2）过程II中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液,加入Na2S2O3的作用是_。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸代替酸化的Na2S2O3，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因_。（3）用离子方程式表示过程中Na2CO3的主要作用_。（4）下图是CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，B物质的化学式是_。【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O = 2AlO- 2+3H2（2）还原Co3+ （其它合理答案也给分）Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境。（其它合理答案也给分）（3）CO32-+Co2+= CoCO3（4）CoCl2H2O【解析】试题分析：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（2）根据题意知，Co2O3CoO和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，加入Na2S2O3的作用是还原Co3+ ；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境；（3）碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3；离子方程式为CO32-+Co2+= CoCO3；（4）根据题给图像知，CoCl26H2OCoCl2238 130m65mg解得：m=119mg设A物质的化学式为CoCl2nH2O，则有：CoCl26H2OCoCl2nH2O m 238 18（6-n） 119mg119mg-83mg解得：n=2，所以A物质的化学式为：CoCl22H2O。考点：考查铝等金属及其化合物的性质、氧化还原反应、离子反应、关系式法计算等。