19．根據(jù)表中信息判斷．下列選項(xiàng)正確的是（　�。�
序號(hào)反應(yīng)物（均反應(yīng)完全）生成物
①Cl2、H2O2O2、…
②KMnO4，H2O2，H2SO4K2SO4、MnSO4…
③Cl2、FeBr2FeCl3．FeBr3
A．①反應(yīng)中生成1molO2，轉(zhuǎn)移4mole-
B．②反應(yīng)中的其余生成物只有H2O
C．③反應(yīng)中n（Cl2）：n（FeBr2）=n（FeCl3）：n（FeBr3）=1：2
D．由表知氧化性由強(qiáng)到弱順序：MnO${\;}_{4}^{-}$＞Cl2＞H2O2＞Fe2+＞Br2

分析 A．根據(jù)化合價(jià)的變化分析；
B．②反應(yīng)中O元素化合價(jià)升高；
C．．②中溴元素的化合價(jià)沒有變化，即Cl2只將Fe2+氧化，根據(jù)化合價(jià)變化判斷；
D．根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性判斷．

解答 解：A．①反應(yīng)中生成O元素從-1價(jià)升高到0價(jià)，則1molO2，轉(zhuǎn)移2mole-，故A錯(cuò)誤；
B，反應(yīng)中Mn元素被還原，故H2O2被氧化，生成O2，則發(fā)生的反應(yīng)為反應(yīng)為KMnO4+H2O2+H2SO4→K2SO4+MnSO4+O2↑+H2O，所以反應(yīng)中的其余生成物O2、H2O，故B錯(cuò)誤；
C．③中溴元素的化合價(jià)沒有變化，即Cl2只將Fe2+氧化，則發(fā)生的反應(yīng)為：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，則Cl2與FeBr2的物質(zhì)的量之比為1：2，故C正確；
D．②中MnO4-被還原成Mn2+，Cl-被氧化為Cl2，則氧化性MnO4-＞Cl2，①中Cl2＞H2O2，③反應(yīng)中生成FeBr3，則氧化性Br2＞Fe2+，不能判斷H2O2與Br2的氧化性，故D錯(cuò)誤．
故選C．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了氧化還原反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移和化合價(jià)升降之間的關(guān)系知識(shí)，注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵，題目難度中等．

練習(xí)冊(cè)系列答案
相關(guān)習(xí)題

科目：高中化學(xué) 來源： 題型：多選題

20．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，1mol H2和1mol H2O相同的是（　　）
A．質(zhì)量B．體積C．原子數(shù)D．分子數(shù)

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

10．綠礬（FeSO4•7H2O）是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分．下面是以市售鐵屑（含少量錫、氧化鐵等雜質(zhì)）為原料生產(chǎn)純凈綠礬的一種方法：查詢資料，得有關(guān)物質(zhì)的數(shù)據(jù)如下表：
25℃時(shí)pH值
飽和H2S溶液3.9
SnS沉淀完全1.6
FeS開始沉淀3.0
FeS沉淀完全5.5
（1）檢驗(yàn)制得的綠礬晶體中是否含有Fe3+，可以選用的試劑為AD．
A．KSCN溶液     B．NaOH溶液    C．KMnO4溶液     D．苯酚溶液
（2）操作II中，通入硫化氫至飽和的目的是除去溶液中的Sn2+離子，并防止Fe2+被氧化；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+離子生成沉淀．
（3）操作IV得到的綠礬晶體用少量冰水洗滌，其目的是：①除去晶體表面附著的硫酸等雜質(zhì)；②降低洗滌過程中FeSO4•7H2O的損耗．
（4）測(cè)定綠礬產(chǎn)品中Fe2+含量的方法是：a．稱取2.850g綠礬產(chǎn)品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待測(cè)溶液于錐形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液體積的平均值為20.00mL．
①滴定時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O．
②判斷此滴定實(shí)驗(yàn)達(dá)到終點(diǎn)的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液時(shí)，溶液變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色．
③計(jì)算上述樣品中FeSO4•7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為97.54%．
④若定容時(shí)，視線高于液面，所測(cè)得的FeSO4•7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高．（填“偏高”、“偏低”、“無影響”

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

7．下表列出了固體物質(zhì)A在不同溫度時(shí)的溶解度：
溫度/℃0102030405060708090
溶解度/g36353433323130292827
（1）70℃時(shí)，向盛有100g水的燒杯中加入30g固體A，再將燒杯內(nèi)物質(zhì)溫度降至20℃，此時(shí)溶液中溶質(zhì)與溶劑的質(zhì)量比為3：10（填最簡(jiǎn)整數(shù)比）；
（2）通過對(duì)上表數(shù)據(jù)的分析，物質(zhì)A的溶解度曲線應(yīng)是圖中的乙（填“甲”或“乙”）；
（3）80℃時(shí)，配制一定量甲物質(zhì)的溶液，將其降溫到60℃，是否有固體析出？不確定（填“有”、“沒有”或“不確定”）．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

14．如圖表示4-溴環(huán)己烯所發(fā)生的4個(gè)不同反應(yīng)生成有機(jī)產(chǎn)物X、Y、Z、W，下列相關(guān)說法中不正確的是 （　�。�
A．①是氧化反應(yīng)B．Y、Z中均只含有一種官能團(tuán)
C．Y是烴類丙可能有兩種結(jié)構(gòu)D．X能與灼熱的CuO反應(yīng)生成醛類物質(zhì)

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：解答題

4．汽車尾氣是造成空氣污染的原因之一，汽車三元催化器中的催化劑將增強(qiáng)汽車尾氣中 CO、C、H，和NO三種氣體的活性．使它們相互反應(yīng)生成無污染氣體除去，
（1）汽車尾氣凈化的主要原理為2NO（g）十2CO（g）$\stackrel{催化劑}{?}$2CO2（g）+N2（g），在密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)反位時(shí)，c（CO2）隨溫度（T）、催化劑的表面積（S）和時(shí)間（t）的變化曲線如圖所示．據(jù)此判斷：
①汽車三元催化器正常工作時(shí)出氣口溫度通常比進(jìn)氣口溫度高（填“高”或“低”）．
②在T2溫度下，0～2s內(nèi)的平均反應(yīng)速率v（N2）=0.05mol/（L•s）．
③當(dāng)固體催化劑的質(zhì)量-定時(shí)．增大其表面積可提高催化劑效能，若等質(zhì)量的催化劑的表面積S1＞S2，在圖中畫出c（CO2）在T1、S2條件下達(dá)到平衡過程中的變化曲線．
（2）C2H2也可在催化劑作用下還原NO，從而消除氫氧化物的污染．
①已知甲烷還原NO的過程：CH4（g）十 4NO（g）$\stackrel{催化劑}{?}$2N2（g）十CO2（ g）十 2H20（g）△H＜0
該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）•c（C{O}_{2}）•{c}^{2}（{H}_{2}0）}{c（C{H}_{4}）•{c}^{4}（NO）}$：溫度升高K值減�。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”）．
②一定條件下，將CH4（g）和NO2（g）置于密閉容器中，也可以發(fā)生化學(xué)反應(yīng)：
CH4（g）+2NO2（g ）$\stackrel{催化劑}{?}$N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＜0，能提高NO2轉(zhuǎn)化率的措施有bc（填選項(xiàng)序號(hào)）．
a．增加原催化劑的表面積  b．降低溫度   c．減小投料比[$\frac{n（N{O}_{2}）}{n（C{H}_{4}）}$]d．增大壓強(qiáng)．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

11．下列各組離子能在指定溶液中，大量共存的是（　　）
A．能使pH試紙呈紅色的溶液中：NH4+，Al3+，I-，NO3-
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+
C．pH=1的澄清透明溶液中：Cu2+，NH4+，K+，SO42-
D．FeCl3溶液中：SCN-，Na+，AlO2-，K+

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：填空題

8．某溫度時(shí)，水的離子積KW=1×10-13，在此溫度下，某溶液中由水電離出來的H+濃度為1×10-10 mol/L，則該溶液的pH可能為3或10．

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科目：高中化學(xué) 來源： 題型：選擇題

9．若NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中正確的是（　�。�
A．7.8gNa2O2所含離子總數(shù)為0.4NA
B．2.0gD2O（重水）含有的質(zhì)子數(shù)是NA
C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.5NA個(gè)HF分子所占的體積約為11.2L
D．4℃時(shí)，18mL水分子中所含共價(jià)鍵的數(shù)目為4NA

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