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北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 专题四　氧化还原反应 考点一　氧化还原反应的概念和规律 1.(2022北京,6,3分)下列物质混合后,因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是(　　) A.向NaHSO4溶液中加入少量BaCl2溶液,生成白色沉淀 B.向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气,生成红褐色沉淀 C.向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液,生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3] D.向H2S溶液中通入氯气,生成黄色沉淀 答案　D　A、C均未发生氧化还原反应;B项,发生氧化还原反应4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3,消耗水,OH-浓度增大,pH增大;D项,发生氧化还原反应H2S+Cl2 2HCl+S,生成HCl,使溶液pH减小;故选D。 2.(2022河北,7,3分)下列说法错误的是(　　) A.CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃 B.NaOH是强碱,因此钠盐的水溶液不会呈酸性 C.溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用 D.KMnO4与H2C2O4的反应中,Mn2+既是还原产物又是催化剂 答案　B　加热CaF2与浓H2SO4糊状混合物可生成HF,HF可用于刻蚀玻璃,A正确;NaHSO4、NaHSO3水溶液均呈酸性,B不正确;CaCO3、CO2与H2O反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2,C正确;KMnO4与H2C2O4反应,MnO4−被还原为Mn2+,Mn2+还可以作KMnO4与H2C2O4反应的催化剂,D正确。 3.(2022山东,1,2分)古医典富载化学知识,下述之物见其氧化性者为(　　) A.金(Au):“虽被火亦未熟” B.石灰(CaO):“以水沃之,即热蒸而解” C.石硫黄(S):“能化……银、铜、铁,奇物” D.石钟乳(CaCO3):“色黄,以苦酒(醋)洗刷则白” 答案　C　A项可理解为金在空气中灼烧不发生化学反应,说明金的化学性质稳定;B项可理解为CaO与水反应放热,固体由块状变为粉末状,但未发生氧化还原反应;C项可理解为S能与Ag、Cu、Fe反应,反应中S作氧化剂,与其氧化性有关;D项可理解为醋酸与CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水,为复分解反应;综上所述可知选C。 4.(2022山东,8,2分)实验室制备KMnO4过程为①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4;②水溶后冷却,调溶液pH至弱碱性,K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2;③减压过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶,再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是(　　) A.①中用瓷坩埚作反应器 B.①中用NaOH作强碱性介质 C.②中K2MnO4只体现氧化性 D.MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7% 答案　D　熔融强碱性介质会与瓷坩埚中成分(SiO2)反应,不能用瓷坩埚作反应器,A项错误;用NaOH作强碱性介质,产物中会混有NaMnO4,应用KOH作强碱性介质,B项错误;K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2,既体现氧化性又体现还原性,C项错误;根据得失电子守恒,②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2∶1,①中MnO2中Mn元素全部转化为了K2MnO4,故MnO2中的Mn元素只有23转化为KMnO4,MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%,D项正确。 5.(2022浙江1月选考,10,2分)关于反应4CO2+SiH4 4CO+2H2O+SiO2,下列说法正确的是(　　) A.CO是氧化产物 B.SiH4发生还原反应 C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 D.生成1 mol SiO2时,转移8 mol电子 答案　D　反应中碳元素化合价降低,CO是还原产物,A错误;SiH4中氢元素显-1价,反应后升高到+1价,SiH4发生氧化反应,B错误;CO2为氧化剂,SiH4为还原剂,二者物质的量之比为4∶1,C错误。 关联知识　多数情况下,氢元素与其他元素结合时显+1价,若碰到还原性更强的元素,氢元素显-1价,如本题中的SiH4。 6.(2022浙江6月选考,10,2分)关于反应Na2S2O3+H2SO4 Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O,下列说法正确的是(　　) A.H2SO4发生还原反应 B.Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂 C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D.1 mol Na2S2O3发生反应,转移4 mol电子 答案　B　 H2O,H2SO4中各元素化合价均未发生变化,A项错误;Na2S2O3中S元素化合价部分升高,部分降低,故Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂,B项正确;氧化产物SO2与还原产物S的物质的量之比为1∶1,C项错误;1 mol Na2S2O3发生反应,转移2 mol电子,D项错误。 7.(2019浙江4月选考,6,2分)反应8NH3+3Cl2 N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为(　　)　　　　　　　　　　　　 A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2 答案　A　分析题给反应,当有3 mol Cl2被还原时,参加反应的8 mol NH3中只有2 mol氮元素化合价从-3价升高到0价,即被氧化的NH3为2 mol,故选项A正确。 解题思路　还原剂被氧化,氧化剂被还原,先找出反应中的氧化剂和还原剂,再分析反应中参加氧化还原反应物质的物质的量,在此基础上作出判断。 8.(2018北京理综,9,6分)下列实验中的颜色变化,与氧化还原反应无关的是(　　)　　 　　　　　 A B C D 实验 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中 石蕊溶液滴入氯水中 Na2S溶液滴入AgCl浊液中 热铜丝插入稀硝酸中 现象 产生白色沉淀,随后变为红褐色 溶液变红,随后迅速褪色 沉淀由白色逐渐变为黑色 产生无色气体,随后变为红棕色 答案　C　本题考查HClO、HNO3的氧化性和Fe(OH)2的还原性等相关知识。C项中沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分解反应,不涉及氧化还原反应。 9.(2018浙江4月选考,7,2分)下列变化过程中,加入氧化剂才能实现的是(　　) A.Cl2→Cl- B.I-→I2 C.SO2→SO32− D.CuO→Cu 答案　B　Cl2→Cl-过程中氯元素的化合价降低,歧化或加还原剂都能实现,故A错误;I-→I2中碘元素的化合价升高,需要加氧化剂才能实现,故B正确;SO2→SO32−中不存在元素化合价的变化,不需要加入氧化剂,故C错误;CuO→Cu中Cu元素的化合价降低,需要加还原剂才能实现,故D错误。 10.(2016海南单科,7,4分)下列实验设计正确的是(　　) A.将SO2通入溴水中证明SO2具有漂白性 B.将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼 C.将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32− D.将乙烯通入KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性 答案　D　本题涉及的考点有元素及其化合物的性质、性质验证性实验方案的设计等,主要考查通过探究活动发现学习和生产、生活中有意义的化学问题,并能进行实验探究的能力;能根据具体情况设计解决化学问题的实验方案,并予以评价和优化;能通过化学实验收集有关数据,并科学地加以处理;能对实验现象做出合理的解释,运用比较、归纳、分析、综合等方法初步揭示化学变化规律的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。 A项,SO2使溴水褪色发生的是氧化还原反应,证明SO2具有还原性,错误;B项,铁屑放入稀HNO3中不产生H2,而是产生NO,错误;C项,澄清石灰水滴入含HCO3-、HSO3-或SO32−的溶液中也会产生白色沉淀,错误;D项,乙烯使酸性KMnO4溶液褪色,发生了氧化还原反应,体现了乙烯的还原性,正确。 11.(2015海南单科,1,2分)化学与生活密切相关。下列应用中利用了物质氧化性的是(　　) A.明矾净化水 B.纯碱去油污 C.食醋除水垢 D.漂白粉漂白织物 答案　D　明矾净化水是利用了Al3+水解生成的Al(OH)3胶体的吸附作用,纯碱去油污是利用了CO32−水解产生的OH-使油脂发生水解,食醋除水垢是利用了CH3COOH和CaCO3反应,所以A、B、C中均未涉及氧化还原反应。漂白粉中Ca(ClO)2遇水和空气中的CO2可生成HClO,HClO具有强氧化性,可漂白织物,故D项符合题意。 12.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是(　　) A CH3CH3+Cl2 CH3CH2Cl+HCl CH2 CH2+HCl CH3CH2Cl 均为取代反应 B 由油脂得到甘油 由淀粉得到葡萄糖 均发生了水解反应 C Cl2+2Br- 2Cl-+Br2 Zn+Cu2+ Zn2++Cu 均为单质被还原的置换反应 D 2Na2O2+2H2O 4NaOH+O2↑ Cl2+H2O HCl+HClO 均为水作还原剂的氧化还原反应 答案　B　CH2CH2+HCl CH3CH2Cl是加成反应,A项错误;Zn+Cu2+ Zn2++Cu中单质Zn被氧化,C项错误;D项两个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂,D项错误。 13.(2022浙江1月选考,27,4分)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g,经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的质量为3.06 g;残留的固体产物是Al2O3,质量为1.02 g。计算: (1)x=　　　　(写出计算过程)。  (2)气体产物中n(O2)=　　　　mol。  答案　(1)9 计算过程:2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3 2(213+18x) g 102 g 7.50 g 1.02 g 2(213+18x)7.50=1021.02 x=9 (2)0.010 0 解析　(1)根据铝原子守恒可得关系式为: 2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3,由质量关系可计算出x。 (2)n[Al(NO3)3·9H2O]=7.50 g375 g·mol−1=0.02 mol,反应生成的n(H2O)=3.06 g18 g·mol−1=0.17 mol,生成的H2O中含H元素0.34 mol,根据氢原子守恒可知生成HNO3的物质的量为0.36 mol-0.34 mol=0.02 mol,根据氮原子守恒可知生成NO2的物质的量为0.06 mol-0.02 mol=0.04 mol。由得失电子守恒有:0.04 mol×1=n(O2)×4,得n(O2)=0.01 mol。 方法指导　解答本题的基本方法是守恒法 1.计算x时,根据铝原子守恒,列出比例式进行计算。 2.计算生成氧气的物质的量时,首先根据氢原子守恒计算出生成的HNO3的物质的量,再根据氮原子守恒计算出生成的NO2的物质的量,最后根据得失电子守恒计算生成O2的物质的量。 14.(2015北京理综,28,15分)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I- 2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下: (1)待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,再进行实验Ⅱ,目的是使实验Ⅰ的反应达到　　 　　　　　　。  (2)ⅲ是ⅱ的对比实验,目的是排除ⅱ中　　　　　　 　　　　　　　造成的影响。  (3)ⅰ和ⅱ的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因:　　　　　　 　　　。  (4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测ⅰ中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,导致I-的还原性弱于Fe2+。用右图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。 ①K闭合时,指针向右偏转。b作　　　　极。  ②当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加0.01 mol·L-1 AgNO3溶液。产生的现象证实了其推测。该现象是　 。  (5)按照(4)的原理,该同学用如图装置进行实验,证实了ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因。 ①转化原因是　 。  ②与(4)实验对比,不同的操作是　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)实验Ⅰ中,还原性:I->Fe2+;而实验Ⅱ中,还原性:Fe2+>I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)化学平衡状态 (2)溶液稀释对颜色变化 (3)加入Ag+发生反应:Ag++I- AgI↓,c(I-)降低;或增大c(Fe2+),平衡均逆向移动 (4)①正　②左管产生黄色沉淀,指针向左偏转 (5)①Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I- ②向右管中加入1 mol·L-1 FeSO4溶液 (6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向 解析　(1)反应“2Fe3++2I- 2Fe2++I2”为可逆反应,当溶液颜色不再改变时,说明有色物质的物质的量浓度不再变化,即可逆反应达到了化学平衡状态。 (2)实验ⅱ中加入了FeSO4溶液,稀释也会导致溶液颜色变浅,因此需做对比实验,以排除溶液稀释对溶液颜色变化造成的影响。 (4)①K闭合后即形成了原电池,b极的电极反应式为Fe3++e- Fe2+,故b是原电池的正极。 ②根据该同学的推测,若I-的还原性弱于Fe2+,则应发生反应:I2+2Fe2+ 2Fe3++2I-,其中b极的电极反应式为Fe2+-e- Fe3+,即b作原电池的负极,由①中现象可知,此时电流计指针应向左偏转。 (5)①(4)中的原理是 c(I-)降低导致I-的还原性弱于Fe2+,据此不难推测ⅱ中Fe2+向Fe3+转化的原因应是c(Fe2+)增大导致Fe2+还原性强于I-。 ②若要增大c(Fe2+),应向U形管右管中加入1 mol·L-1FeSO4溶液,然后观察指针的偏转方向。 (6)对比(3)、(4)、(5)不难发现,物质的氧化性或还原性的强弱与物质的浓度有关,对于一个可逆反应,在平衡时,可通过改变物质的浓度来改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向。 评析　本题将化学平衡的移动与氧化还原反应巧妙地结合在一起,平中出奇,耐人寻味。考生需打破思维定式,灵活运用所学知识才能突破各个设问,属中等难度题目。 15.(2014福建理综,23,15分)元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。 (1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为　　　　　　　　。  (2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是　　　　(填序号)。  　　　　　 　　　　　 a.Cl2、Br2、I2的熔点 b.Cl2、Br2、I2的氧化性 c.HCl、HBr、HI的热稳定性 d.HCl、HBr、HI的酸性 (3)工业上,通过如下转化可制得KClO3晶体: NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体 ①完成Ⅰ中反应的总化学方程式:　NaCl+　H2O NaClO3+　　　　　。  ②Ⅱ中转化的基本反应类型是　　　　　　　,该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)一定条件下,在水溶液中1 mol Cl-、ClOx-(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如下图所示。 ①D是　　　　(填离子符号)。  ②B A+C反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子符号表示)。  答案　(1) (2)b、c (3)①1NaCl+3H2O 1NaClO3+3H2↑ ②复分解反应　室温下,氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体 (4)①ClO4- ②3ClO-(aq) ClO3-(aq)+2Cl-(aq)　ΔH=-117 kJ·mol-1解析　(1)与Cl同族的短周期元素为F,其原子结构示意图为。 (2)非金属元素氢化物的热稳定性和单质的氧化性均可作为非金属性强弱的判断依据,而单质的熔点、氢化物的酸性不能作为判断依据。 (3)①根据氧化还原反应规律,化合价有升有降,可推断另一产物为H2;也可以用电解原理分析,阴极上H+得电子生成H2,阳极上Cl-失电子生成ClO3-,配平可得NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑。②Ⅱ中反应为复分解反应:NaClO3+KCl NaCl+KClO3↓,该过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因为在室温下,KClO3在水中的溶解度明显小于其他晶体。 (4)①由题图可知D中Cl元素化合价为+7价,D为ClO4-。②B A+C,即ClO-发生歧化反应生成Cl-和ClO3-,由得失电子守恒可得:3ClO- ClO3-+2Cl-,反应热为ΔH=E(ClO3-)+2E(Cl-)-3E(ClO-)=63 kJ·mol-1+0 kJ·mol-1-3×60 kJ·mol-1=-117 kJ·mol-1,所以热化学方程式为3ClO-(aq) ClO3-(aq)+2Cl-(aq)　ΔH=-117 kJ·mol-1。 16.(2011江苏,9,2分)NaCl是一种化工原料,可以制备一系列物质(见下图)。下列说法正确的是(　　) A.25 ℃,NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B.石灰乳与Cl2的反应中,Cl2既是氧化剂,又是还原剂 C.常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运,所以Cl2不与铁反应 D.图中所示转化反应都是氧化还原反应 答案　B　A项25℃时Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3的大;C项因果关系不对;D项制取Na2CO3的过程不涉及氧化还原反应。 17.(2011上海,5,2分)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂,它的性质和作用是(　　) A.有强氧化性,可消毒杀菌,还原产物能吸附水中杂质 B.有强还原性,可消毒杀菌,氧化产物能吸附水中杂质 C.有强氧化性,能吸附水中杂质,还原产物能消毒杀菌 D.有强还原性,能吸附水中杂质,氧化产物能消毒杀菌 答案　A　在K2FeO4中,Fe显+6价,为铁的非常见高价态,故K2FeO4有强氧化性;还原产物Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体为多孔状物质,能吸附水中杂质。 考点二　氧化还原反应方程式的书写 1.(2014上海单科,16,3分)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg,则(　　) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.被氧化的砒霜为1.98 mg B.分解产生的氢气为0.672 mL C.和砒霜反应的锌为3.90 mg D.转移的电子总数为6×10-5NA 答案　C　由题意可写出如下化学反应方程式: As2O3+6Zn+12HCl 2As+3H2↑+6ZnCl2+3H2O 　　　 6　　　　　　　2 　　　 n(Zn)　　　 1.50×10-375 mol=2×10-5 mol n(Zn)=62×2×10-5 mol=6×10-5 mol,m(Zn)=6×10-5 mol×65 g/mol=3.90×10-3 g=3.90 mg,转移的电子总数为1.2×10-4NA,故C正确,D错误;在反应中砒霜被还原,A错误;B项,没有指明H2所处状况,体积不一定是0.672 mL。 2.(2022江苏,14,15分)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。 (1)纳米FeS可去除水中微量六价铬[Cr(Ⅵ)]。在pH =4~7的水溶液中,纳米FeS颗粒表面带正电荷,Cr(Ⅵ)主要以HCrO4−、Cr2O72−、CrO42−形式存在,纳米FeS去除水中Cr(Ⅵ)主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知:Ksp(FeS)=6.5×10-18,Ksp[Fe(OH)2]=5.0×10-17;H2S电离常数分别为 Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。 ①在弱碱性溶液中,FeS与CrO42−反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S,其离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  ②在弱酸性溶液中,反应FeS+H+ Fe2++HS-的平衡常数K的数值为　　　　。  ③在pH=4~7溶液中,pH越大,FeS去除水中Cr(Ⅵ)的速率越慢,原因是  　。  (2)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似,该FeS2晶体的一个晶胞中S22−的数目为　　　　;在FeS2晶体中,每个S原子与三个Fe2+紧邻,且Fe-S间距相等,图1给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的S22−(S22−中的S—S键位于晶胞体对角线上,晶胞中的其他S22−已省略)。在图1中用“—”将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。  图1 (3)FeS2、FeS在空气中易被氧化。将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图2所示。800 ℃时,FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为　　　　　　　　(填化学式,写出计算过程)。  图2 答案　(1)①FeS+CrO42−+4H2O Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH-　②5×10-5　③c(OH-)越大,FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少,FeS溶出量越少,Cr(Ⅵ)中CrO42−物质的量分数越大 (2)4　 (3)Fe2O3　设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物,其化学式为FeOx,M(FeS2)=120 g/mol,则M(FeOx)=120 g/mol×66.7%=80.04 g/mol,则56+16x=80.04,x≈1.5,即固体产物为Fe2O3 解析　(1)①FeS中Fe、S元素的化合价分别升高1价和2价,共升高3价,CrO42−中Cr元素的化合价降低3价,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出离子方程式。②K=c(HS−)·c(Fe2+)c(H+)=c(HS−)·c(Fe2+)·c(S2−)c(H+)·c(S2−)=Ksp(FeS)Ka2(H2S) =6.5×10−181.3×10−13=5×10-5。③c(OH-)越大,FeS表面正电荷越少,则吸附的Cr(Ⅵ)的量越少,反应速率越慢。(2)题图1中Fe2+位于顶点和面心位置,一个晶胞中共含4个Fe2+,由FeS2的化学式可知,晶胞中S22−的数目也为4;题图1中,S22−中的S—S键位于体对角线上,则每个硫原子与晶胞的三个面的面心距离相等。(3)FeS2被氧化成含有两种元素的固体产物为铁的氧化物,设该氧化物为FeOx,FeS2的摩尔质量为120 g/mol,FeOx的摩尔质量为FeS2的66.7%,即56+16x=120×66.7%,计算得出x≈1.5,则该固体氧化物为Fe2O3。 3.(2018海南单科,14,8分)铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题: (1)实验室使用稀硫酸和H2O2溶解铜片,该反应的化学方程式为　　 　　　　　　　　　　　。  (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　　　　　　　　　　　　。配制的FeCl3溶液应保持　　　　(填“酸性”“碱性”或“中性”),原因是　　　　　　　　 　　。  (3)溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得: ①2Cu2++5I- 2CuI↓+I3-;②I3-+2S2O32− S4O62−+3I- 反应①中的氧化剂为　　　　。现取20.00 mL含Cu2+的溶液,加入足量的KI充分反应后,用0.100 0 mol·L-1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-1。  答案　(1)Cu+H2O2+H2SO4 CuSO4+2H2O (2)Cu+2Fe3+ Cu2++2Fe2+　酸性　防止Fe3+水解生成Fe(OH)3 (3)Cu2+　0.125 0 解析　(1)过氧化氢在酸性条件下具有强氧化性,能跟铜反应,反应方程式为Cu+H2O2+H2SO4 CuSO4+2H2O。 (2)FeCl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔,发生的反应为Cu+2Fe3+ Cu2++2Fe2+;由于铁离子易水解,因此氯化铁溶液要保持酸性。 (3)铜元素的化合价由+2→+1,化合价降低,因此氧化剂是Cu2+。 2S2O32−　　~　　I3-　　~　　　2Cu2+ 2 mol 2 mol 0.100 0 mol·L-1×25.00×10-3 L c(Cu2+)×20.00×10-3 L 0.100 0 mol·L-1×25.00×10-3 L=c(Cu2+)×20.00×10-3 L c(Cu2+)=0.125 0 mol·L-1。 思路分析　(1)铜不能与稀硫酸反应置换出氢气,稀硫酸的作用是提供氢离子,增强过氧化氢的氧化性。 (2) 由于铁离子易水解,因此配制的氯化铁溶液要保存在酸性条件下。 4.(2018浙江4月选考,29,4分)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0 mL 2.00 mol·L-1的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60 g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04 g。 请计算: (1)加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量　　 　　。  (2)固体混合物中氧化铜的质量　　　 　。  答案　(4分)(1)0.100 mol(2分)　(2)2.40 g(2分) 解析　先确定最终剩余固体的成分。CuO和Fe2O3的混合物完全溶于稀硫酸时发生反应:CuO+H2SO4 CuSO4+H2O①,Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O②,得到的溶液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3和过量的H2SO4,再加入5.60 g(即0.1 mol)铁粉,因氧化性:Fe3+>Cu2+>H+,故先发生反应:Fe2(SO4)3+Fe 3FeSO4③,再发生反应:CuSO4+Fe FeSO4+Cu④,最后发生反应:H2SO4+Fe FeSO4+H2↑⑤。若4.00 g固体全为CuO,n(CuO)=4.00 g80 g/mol=0.05 mol,由反应①④⑤知5.60 g铁粉刚好完全反应,最终剩余固体全为Cu,且m(Cu)=0.05 mol×64 g/mol=3.20 g;若4.00 g固体全为Fe2O3,n(Fe2O3)=4.00 g160 g/mol=0.025 mol,由反应②③⑤知5.60 g铁粉过量,最终剩余固体全为Fe,且m(Fe)=5.60 g-[0.025 mol+(0.1 mol-3×0.025 mol)]×56 g/mol=2.80 g;现4.00 g固体为CuO、Fe2O3的混合物,则反应最终铁粉过量,最后所得3.04 g固体为Cu和Fe的混合物。 (1)因铁粉过量,故加入铁粉充分反应后,溶液中溶质只有FeSO4,则n(FeSO4)=n(H2SO4)=2.00 mol/L×50.0×10-3 L=0.100 mol。 (2)设混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y,则有:80 g/mol×x+160 g/mol×y=4.00 g……①,因加入0.100 mol的铁粉,最终溶液中含0.100 mol FeSO4,由元素守恒知3.04 g固体中铁元素的质量等于Fe2O3中所含的铁元素的质量,固体中铜元素的质量等于CuO中铜元素的质量,即64 g/mol×x+56 g/mol×2y=3.04 g……②,由①②可解得x=0.03 mol,y=0.01 mol,故m(CuO)=0.03 mol×80 g/mol=2.40 g。 5.(2016江苏单科,18,12分)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 (1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2O CaO2·8H2O 反应时通常加入过量的Ca(OH)2,其目的是　　　　　　　　　。  (2)向池塘水中加入一定量CaO2·8H2O后,池塘水中浓度增加的离子有　　　　(填序号)。 　　 　　　　　 　　　　　 A.Ca2+ B.H+ C.CO32− D.OH- (3)水中溶解氧的测定方法如下:向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀H2SO4,待MnO(OH)2与I-完全反应生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下: O2MnO(OH)2I2S4O62− ①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 00 mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L-1表示),写出计算过程。 答案　(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)①2Mn2++O2+4OH- 2MnO(OH)2↓ ②在100.00 mL水样中 I2+2S2O32− 2I-+S4O62− n(I2)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)2 =0.010 00mol·L-1×13.50 mL×10-3L·mL-12 =6.750×10-5 mol n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5 mol n(O2)=12n[MnO(OH)2]=12×6.750×10-5 mol=3.375×10-5 mol 水中溶解氧= 3.375×10-5mol×32 g·mol-1×1 000 mg·g-1100.00 mL×10-3L·mL-1=10.80 mg·L-1 解析　(1)Ca(OH)2过量可提高H2O2的利用率。 (2)CaO2·8H2O加入水中可生成Ca(OH)2。 (3)①1 mol O2得4 mol e-,1 mol Mn2+失2 mol e-,故O2与Mn2+按物质的量之比1∶2反应。 第 16 页 共 16 页