2022届高考化学二轮复习专题四氧化还原反应的规律与应用2专项测试含解析.doc

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1、氧化复原反响的规律与应用21、某燃煤发电厂的废气中有,它是形成酸雨的罪魁之一。处理一般用生石灰或类似物质来吸收。以下图是处理该废气的装置示意图。以下说法不正确的选项是()A.此过程中既有分解反响,也有化合反响B.既是氧化产物,又是复原产物C.使用此废气处理装置可减少酸雨的形成D.理论上整个过程每转移电子1mol,会对应生成1mol 2、将13.6g Cu和组成的混合物参加250mL定浓度的稀硝酸中,固体完全溶解生成和NO。向所得溶液中参加1.0L 0.5的NaOH溶液,生成沉淀的质量为19.6g,此时溶液呈中性,且金属离子沉淀完全。以下说法正确的选项是( )A.原固体混合物中,Cu和的物质的量

2、之比为1:1B.原稀硝酸的浓度为1.3C.产生的NO的体积为2.24LD.反响后剩余硝酸的物质的量为0.1mol3、偏二甲肼(CH3)2NNH2和四氧化二氮是运载火箭所用燃料,在火箭升空过程中,发生反响(CH3)2NNH2+2N2O4=3N2+2CO2+4H2O提供能量。以下表达正确的选项是( )A.该燃料绿色环保,在燃烧过程中不会造成任何环境污染B.该反响中偏二甲肼是复原剂,N2O4是氧化剂C.N2既是氧化产物又是复原产物,CO2既不是氧化产物也不是复原产物D.每有0.6mol N2生成,转移电子数目为2.4NA4、向27.2g Cu和Cu2O的混合物中参加某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完

3、全反响，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中参加1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。以下有关说法不正确的选项是( )A Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1B 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD Cu、Cu2O与硝酸反响后剩余HNO3为0.2mol5、据统计，银川市的机动车保有量每年以15%至20%的速度增长，交通事故也频发;汽车在剧烈碰撞时，平安气囊中发生反响10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2。那么以下判断正确的选项是 ( )A.复原剂与氧化产物的物质的量

4、之比为5:8B.假设氧化产物比复原产物多1.4mol那么转移电子为1molC.每生成1.6mol氮气，那么有0.2mol KNO3被氧化D.NaN3是只含有离子键的离子化合物6、以下说法正确的选项是( )A. 中,氧化剂和复原剂的物质的量之比为1:4B. 中,氧化产物和复原产物的质量之比为1:1C. 中,发生氧化反响和发生复原反响的氮元素的质量之比为5:3D. 中,被氧化和被复原的硫元素的物质的量之比为1:17、在浓盐酸中,H3AsO3与SnCl2反响的离子方程式:3SnCl2+12Cl-+2H3AsO3+6H+=2As+3+6M,关于该反响的说法中正确的组合是() 氧化剂是H3AsO3;复原

5、性:Cl-As;每生成7.5g As,复原剂失去的电子为0.3mol;M为OH-;是氧化产物A.B.C.D.8、将a mol铁粉参加到含b mol硝酸溶液中，充分反响后铁粉完全溶解，共收集到c L标况的NO、混合气体。以下有关说法不正确的选项是 A. 假设反响后产物中只有生成，那么B. 假设反响后产物中只有生成，那么C. 假设反响后产物中有、生成，那么D. 假设反响后溶液中有d mol ，那么9、将11.2g的Mg-Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中,收集反响产生的气体X(假定产生的气体全部逸出)。再向所得溶液中参加足量的NaOH溶液,产生21.4g沉淀。气体X的成分可能是( )A.0.3mol

6、 NO2和0.3mol NOB.0.6mol NOC.0.2mol NO2和0.1mol N2O4D.0.1mol NO、0.2mol NO2和0.05mol N2O410、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器外表的氧化铜以便焊接,其反响为CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2+H2O(未配平)。以下说法正确的选项是( )A.反响中被氧化和被复原的元素分别为Cu和NB.反响中氧化剂和复原剂的物质的量之比为32C.反响中产生0.2mol气体时,转移0.6mol电子D.该反响中被复原的CuO占参与反响CuO的11、铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。答复以下问题：(1)实验室使用稀硫酸和H2

7、O2溶解铜片，该反响的化学方程式为 ，当6.4 g铜溶解时转移电子物质的量为 mol；(2)电子工业使用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式 ；(3)溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得： 反响中的复原剂为 ，现取10.00 mL 含Cu2+的溶液，参加足量的KI 充分反响后，用0.1000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL，此溶液中Cu2+的浓度为 mol/L。12、硫在地壳中主要以硫化物、硫酸盐等形式存在,其单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用,但硫的氧化物直接排放到大气中会造成污染1.一种以铜作催化剂脱硫的工艺有

8、如下两个过程:在铜的作用下完成工业尾气中SO2的局部催化氧化,所发生反响为:2SO2+2nCu+(n+1)O2+(2-2n)H2O2nCuSO4+(2-2n)H2SO4,该反响中的复原剂为_;每吸收标准状况下11.2L SO2,被SO2复原的O2的质量为_g利用如下图电化学装置吸收另一局部SO2, 并完成Cu的再生。写出装置内所发生反响的离子方程式:_2.碘循环工艺不仅能吸收SO2减少环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:用离子方程式表示反响器中发生的反响:_用化学平衡移动的原理分析,在HI分解反响中使用膜反响器别离出H2的目的是_13、高锰酸钾和重铬酸钾(K2Cr2O7)都是化学中常用的

9、强氧化剂。1.用KMnO4标准液测定市售过氧化氢溶液中H2O2的质量分数:量取10.00mL密度为g/mL市售过氧化氢溶液配制成250.00mL,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用稀H2SO4酸化,并加适量蒸馏水稀释,用KMnO4标准液滴定。重复滴定三次,平均消耗cmol/L的KMnO4标准液VmL。滴定过程中发生的反响如下:KMnO4+H2O2+H2SO4K2SO4+MnSO4+H2O+O2(未配平),每生成1molO2,反响转移电子的物质的量为_;原过氧化氢溶液中H2O2的质量分数为_。验证H2O2的不稳定性的操作步骤为_2.工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe

10、3+)生产重铬酸钾(K2Cr2O7),局部工艺流程及相关物质溶解度曲线如图:向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_。由Na2Cr2O7生产K2Cr2O7的化学方程式为_,通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是_3.+6价铬易被人体吸收,可致癌;+3价铬不易被人体吸收,毒性小。工业含铬废水的处理方法之一是将含K2Cr2O7的酸性废水放入电解槽内,用铁作阳极,参加适量的NaCl后进行电解:阳极区生成的Fe2+和Cr2O72-发生反响,生成的Fe3+和Cr3+在阴极区与OH-结合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。(:常温下KspFe(OH)3=2.610-39,KspCr(OH

11、)3=6.010-31)。写出Fe2+和Cr2O7 2-反响的离子方程式_。用平衡移动原理解释Cr3+沉淀的原因_;假设电解后的溶液中c(Fe3+)为1.310-13mol/L,那么溶液中Cr3+浓度为_mol/L。答案以及解析1答案及解析：答案：D解析：A项,受热分解生成CaO和,CaO和反响生成,和反响生成,所以此过程中有分解反响和化合反响,正确;B项,和反响生成,既是氧化产物又是复原产物,正确;C项,此过程可以吸收,减少酸雨的形成,正确;D项,根椐反响得关系式,即每转移2mol电子,会吸收1mol 错误。2答案及解析：答案：D解析：生成的沉淀为，质量为19.6g，其物质的量为0.2mol

12、，设Cu、的物质的量分别为x、y，那么x2y0.4mol，64g/molx144g/moly13.6g，解得x0.1mol，y0.05mol，Cu与的物质的量之比为2:1，,A错误；Cu和中的Cu都变成了2价，转移的电子的物质的量为(0.20.1)mol0.3mol，根据得失电子守恒可知，生成的NO应为0.1mol，但未注明是否为标准状况，体积不一定为2.24L，C错误；n(NaOH)0.5mol，生成0.2mol 时消耗了0.4mol NaOH，另外0.1mol NaOH中和了剩余的0.1mol硝酸，D正确；硝酸的总物质的量为0.1mol(剩余的)0.1mol(表现氧化性的)0.4mol(表

13、现酸性的)0.6mol，其物质的量浓度为2.4mol/L，B错误。3答案及解析：答案：B解析：四氧化二氮、偏二甲胼对环境都有污染，A错误；该反响偏二甲肼中C、N元素化合价升高，偏二甲胼作复原剂，四氧化二氮中N元素化合价降低，作氧化剂，B正确;该反响中二氧化碳是氧化产物,C错误;该反响中每有0.6mol N2生成，其中有0.4mol N2是复原产物，转移电子数目为0.4mol42NA=3.2NA，D错误。4答案及解析：答案：B解析：5答案及解析：答案：B解析：6答案及解析：答案：C解析：7答案及解析：答案：B解析：根据原子守恒可知离子方程式中M为H2O,故错;Sn由+2价升高到+4价,SnCl2

14、是复原剂,生成的为氧化产物,As由+3价降到0价,H3AsO3为氧化剂,生成的As是复原产物,说法正确;根据复原剂的复原性大于复原产物可知复原性:SnCl2As,说法错误;每生成2mol As转移6mol电子,7.5g As为0.1mol,反响转移0.3mol电子,正确。8答案及解析：答案：B解析：A假设反响后产物中只有Fe2+生成，假设生成cL标况的NO气体，发生的离子方程式：，那么消耗铁的物质的量为：a mol= ，假设生成cL标况的NO2气体，发生的离子方程式：，那么消耗铁的物质的量为：a mol= ，实际共收集到cL标况的NO、NO2混合气体，那么，故A正确；B假设反响后产物中只有Fe

15、3+生成，假设生成cL标况的NO气体，发生的离子方程式：，根据氮元素守恒那么，假设生成cL标况的NO2气体，发生的离子方程式，根据氮元素守恒那么，当硝酸过量时大于这个值，故B错误；C假设反响后产物中只有Fe2+，发生的离子方程式：，发生的离子方程式为：，b=4a，假设反响后产物中只有Fe3+生成，离子方程式为，b=6a，发生的离子方程式为：，b=4a，所以假设反响后产物中有Fe2+、Fe3+生成，那么，故C正确；D假设反响后溶液中有d molH+，硝酸剩余，只有Fe3+生成，生成FeNO33、NO、NO2、剩余d mol HNO3，根据氮元素守恒，故D正确；应选：B。9答案及解析：答案：D解析

16、：10答案及解析：答案：B解析：11答案及解析：答案：(1) ；0.2(2) (3) ；0.25解析： 12答案及解析：答案：1.Cu和SO2; 8SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42-+Cu2.SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+HI的分解为可逆反响,及时别离出产物H2,有利于反响正向进行解析：1.由元素化合价变化可知复原剂是Cu和SO2。由得失电子守恒可知: 。由图示知石墨作阳极,发生反响:SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+;铜棒作阴极,发;生反响:Cu2+2e-Cu;故总反响式为SO2+2H2O+Cu2+4H+SO42-+Cu2.由图示知进入反响器的是SO2、I2

17、、H2O,出来的是H2SO4、HI,故可写出:SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+HI的分解是可逆反响,及时别离出H2,有利于反响正向进行13答案及解析：答案：1.2mol, 取适量过氧化氢溶液于试管中加热,把带火星的木条伸入试管,木条复燃2.除去Fe3+,Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl;低温下K2Cr2O7溶解度远小于其他组分,随温度的降低,K2Cr2O7溶解度明显减小3.6Fe2+Cr2O7 2-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O;存在平衡Cr3+3H2OCr(OH)3+3H+,c(H+)下降,平衡向右移动,使Cr3+形成Cr(OH)3沉淀; 3.010-5解析：7