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专题四 氧化还原反应-2022年高考化学一轮复习对点讲解与练习（通用版）学案
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这是一份专题四 氧化还原反应-2022年高考化学一轮复习对点讲解与练习（通用版）学案，共29页。学案主要包含了拓展训练，解题思维模型，基础巩固，能力提升，答案与解析等内容，欢迎下载使用。
专题四 氧化还原反应
考点1 氧化还原反应中的基本概念
考法1 氧化还原反应基本概念的判断
命题角度1 氧化还原反应的判断
例1. 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
【解析】 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,发生反应2NaOH+FeSO4Fe(OH)2↓+Na2SO4,生成白色沉淀Fe(OH)2,Fe(OH)2不稳定,迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3,后一过程发生了氧化还原反应,A项不符合题意;氯水中含有HCl和HClO,溶液呈酸性,能使石蕊溶液变红,次氯酸具有强氧化性,能将红色物质氧化,溶液红色褪去,该过程发生了氧化还原反应,B项不符合题意;Na2S溶液滴入AgCl浊液中,发生了沉淀的转化Na2S+2AgClAg2S+2NaCl,此过程中不涉及氧化还原反应,C项符合题意;将热铜丝插入稀硝酸中,发生反应3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,生成无色气体NO,NO与空气中的氧气发生反应2NO+O22NO2,这两个反应都是氧化还原反应,D项不符合题意。
【答案】C
【拓展训练】1. 下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是( )
A.海带提碘 B.氯碱工业
C.氨碱法制碱 D.海水提溴
命题角度2 结合物质性质、用途考查氧化还原反应相关概念
【解题思维模型】
例2. 下列说法错误的是
A.氯气使KBr溶液变黄,Cl2被还原
B.将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼
C.O、Cl的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
D.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
【解析】溶液变黄说明有溴单质生成,即还原剂(KBr)被氧化生成Br2,氧化剂(Cl2)被还原,A项正确。氧化剂(HNO3)被还原,生成NO,还原剂(Fe)被氧化,证明还原剂(Fe)的还原性强于还原产物(NO)的,B项错误。O3、Cl2、ClO2均可用作水的消毒剂,C项正确。Br2与SO2发生氧化还原反应而使溴水褪色,KMnO4与乙烯发生氧化还原反应而使KMnO4溶液褪色,原理相同,D项正确。
【答案】B
命题角度3 氧化产物、还原产物的判断
例3 . 根据要求回答下列问题:
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为 。
(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变成VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为 。
【解析】 (1)氯气与硝酸银反应生成N2O5时,氮元素的化合价不变,结合“氧化产物是一种气体”判断,硝酸银中-2价的O(最低价只有还原性)失去电子被氧化为O2。(2)根据VO2+VO2+,KClO3Cl-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),故n(KClO3)=16n(VO2+)=16×3 mol=0.5 mol。(3)浓缩液中的碘元素为-1价,在酸性环境中,MnO2将I-氧化为I2,MnO2中+4价的Mn被还原,还原产物应为MnSO4(或Mn2+)。
【答案】(1)O2 (2)0.5 (3)MnSO4(或Mn2+)
考法2 物质氧化性、还原性强弱的判断及应用
命题角度1 物质氧化性、还原性强弱的判断
例4. 在氧化还原反应中,氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知:
①半反应式为Cu2O-2e-+2H+2Cu2++H2O
②五种物质为FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI
③Fe2++MnO4-+XFe3++Mn2++H2O(未配平)
下列判断正确的是
A.①中半反应式发生的是还原反应
B.②中五种物质中能使①中的半反应顺利发生的物质为Fe2(SO4)3
C.MnO4-+5e-+4H2OMn2++8OH-是反应③的一个半反应
D.几种物质的氧化性强弱顺序为MnO4->Cu2+>Fe3+
【解析】 ①中Cu2O→Cu2+,铜元素化合价升高,发生的是氧化反应,A项错误;为使①中的半反应顺利发生,要选择氧化性强的物质作氧化剂,Fe2(SO4)3可作①中的半反应的氧化剂,B项正确;配平反应③为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,反应在酸性条件下进行,③的半反应中不能生成OH-,C项错误;根据上述分析可知氧化性Fe3+>Cu2+,根据反应③可知氧化性MnO4->Fe3+,即氧化性MnO4->Fe3+>Cu2+,D项错误。
【答案】B
命题角度2 依据物质氧化性、还原性强弱判断反应情况
例5. 已知还原性HSO3->I-,氧化性IO3->I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是
A.反应过程中的氧化产物均为Na2SO4
B.a点时消耗NaHSO3的物质的量为1 mol
C.0~b间的反应可用如下离子方程式表示:3HSO3-+IO3-+3OH-3SO42-+I-+3H2O
D.当I-与I2的物质的量之比为5∶3时,加入的NaIO3的物质的量为1.1 mol
【解析】还原性HSO3->I-,首先发生反应①IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+;氧化性IO3->I2,继续加入NaIO3发生反应②IO3-+6H++5I-3H2O+3I2。根据题图可知,0~b间没有I2生成,说明发生反应①,加入NaIO3的物质的量是1 mol,NaHSO3的物质的量是3 mol,氧化产物为Na2SO4;继续加入NaIO3,发生反应②,氧化产物为I2,A错误。a点时加入NaIO3的物质的量是0.4 mol,根据反应①可知,消耗NaHSO3的物质的量为0.4 mol×3=1.2 mol,B错误。NaHSO3溶液为酸性溶液,溶液中OH-量极少,0~b间发生反应①,C错误。设生成I2的物质的量为n mol,根据反应②知,消耗NaIO3的物质的量为n3 mol,消耗I-的物质的量为5n3 mol,剩余I-的物质的量为(1-5n3) mol,n(I-)∶n(I2)=5∶3时,即(1-5n3)∶n=5∶3,则n=0.3,故加入的NaIO3的物质的量n(NaIO3)=1 mol+n3 mol=1 mol +0.1 mol =1.1 mol,D正确。
【答案】D
考点2 氧化还原反应规律的应用
考法3 氧化还原反应规律的应用
命题角度1 得失电子守恒思想在氧化还原反应中的应用
例6. 工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【解析】由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2,可知氧化剂为KClO3,还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol 电子,根据得失电子守恒可知,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。
【答案】 2∶1
例7. 在P+CuSO4+H2OCu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中,7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1 mol Cu3P时,参加反应的P的物质的量为 mol。
【解析】由题意知,P0 H3P+5O4,P0Cu3P-3,3Cu+2SO4Cu+13P,P一部分被氧化,一部分被还原,P既作氧化剂又作还原剂,CuSO4作氧化剂。设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x;生成1 mol Cu3P时,被氧化的P的物质的量为y,根据得失电子守恒得:
7.5 mol×(2-1)=x·(5-0) x=1.5 mol
1 mol×3×(2-1)+1 mol×（0-(-3)）=y·(5-0) y=1.2 mol
所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。
【答案】 1.5 2.2
命题角度2 转化规律的应用
例8. 氯气与氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应:Cl2+KOHKX+KY+H2O(未配平)。KX在一定条件下发生反应:KXKY+KZ(未配平,KY与KZ的化学计量数之比为1∶3)。以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是
A.+1 B.+3 C.+5 D.+7
【解析】根据题意可知,KX、KY中的氯元素分别显正价和-1价,KZ中氯元素化合价>KX中氯元素化合价(均为正价)。假设KX中氯元素为+a价,KZ中氯元素为+b价,依据元素化合价升降总数相等及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5分别代入上式讨论,可知a=5,b=7符合题意。则KX中氯元素的化合价为+5。
【答案】C
命题角度3 强者优先规律的应用
例9. 现有下列三个氧化还原反应:
2FeCl3+2KI 2FeCl2+2KCl+I2
2FeCl2+Cl2 2FeCl3
2KMnO4+16HCl 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中含有Fe2+、Cl-和I-,要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-,可以加入的试剂是
A.Cl2 B.KMnO4 C.FeCl3 D.HCl
【解析】要寻找一种氧化剂,其氧化性比I2的强,比Cl2和Fe3+的弱(也可和Fe3+的氧化性相当)。由题给三个氧化还原反应可推知,氧化性KMnO4>Cl2>FeCl3>I2,还原性I->Fe2+>Cl->Mn2+。加入氧化剂反应,反应过程分别为Cl2氧化I-生成I2Cl2过量将氧化Fe2+;KMnO4氧化I-生成I2KMnO4过量将氧化Fe2+、Cl-;Fe3+氧化I-生成I2Fe3+只氧化I-不能氧化Fe2+。
【答案】C
考法4 氧化还原反应方程式的配平
命题角度1 直接型氧化还原反应方程式的配平
例10. 配平下列反应的离子方程式:
(1)Mn2++O2+OH-MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O
【解析】 (1)
(2)
【答案】(1)2Mn2++O2+4OH- 2MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2+2I-+4H+ Mn2++I2+3H2O
命题角度2 缺项型氧化还原反应方程式的配平
例11. 完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )MnO4-+( )C2O42-+ ( )Mn2++( )CO2↑+
【解析】
【答案】2 5 16H+ 2 10 8H2O
【拓展训练】2. 配平下列方程式:
(1)FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2,反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为 。
(2)请配平化学方程式: NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3。
疑难1 新情境条件下陌生化学反应方程式的书写
突破点1 “四步法”突破新情境条件下陌生氧化还原反应方程式的书写
例12. 在稀硫酸中,Cr的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化O的一种氢化物,Cr被还原为+3价,该反应的化学方程式为
。
【解析】
第一步——反应中Cr的最高价含氧酸的钾盐(K2Cr2O7)作氧化剂,+3价的Cr是还原产物;O的一种氢化物(H2O2)是还原剂,O2是氧化产物
第二步——按“氧化剂+还原剂还原产物+氧化产物”把方程式初步写成K2Cr2O7+H2O2Cr3++O2↑。K2Cr2O72Cr3+,H2O2O2↑,由得失电子守恒得K2Cr2O7+3H2O22Cr3++3O2↑
第三步——依据补项原则,在方程式左边补上H+,方程式右边补上H2O
第四步——依据原子守恒配平如下:K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4 K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
【答案】K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4 K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
【拓展训练】3. 按要求回答问题:
(1)写出硫酸“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应生成S的化学方程式:
。
②水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
。
③45~50 ℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为 。
④写出高温煅烧中由FePO4、Li2CO3、H2C2O4制备LiFePO4的化学方程式: 。
(2)900~1 200 ℃下,在回转炉中重晶石(BaSO4)被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。
②实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4),反应的化学方程式为
。
③PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为
。
PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为
。
(3)Fe3S4能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为
1.518 g·L-1),写出该反应的离子方程式 。
②采用NaClO2溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323 K时,向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气,充分反应后溶液中离子浓度的分析结果如表所示。
离子
NO3-
NO2-
Cl-
c/(mol·L-1)
2.0×10-4
1.0×10-4
1.75×10-4
用离子方程式解释NaClO2溶液显碱性的原因:
。
依据表中数据,写出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式:
。
(4)CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂,反应可生成磷酸与铜,该反应的化学方程式是
。
②Cl2与焦炭(C)、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和TiCl4,该反应的化学方程式为 。
突破点2 新情境条件下非氧化还原反应方程式的书写
例13. (1)写出向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3“沉锰”(生成MnCO3)的离子方程式:
。
(2)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式： 。
(3)晒制蓝图时,用K3（Fe(C2O4)3）·3H2O作感光剂,以K3（Fe(CN)6）溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3（Fe(C2O4)3）2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑;显色反应的化学方程式为 。
(4)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出
该反应的化学方程式: 。
【解析】(1)“沉锰”时Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3并放出CO2,由此可写出离子方程式。(2)Na2S2O5和NaHSO3中S均为+4价,该生产过程发生的是非氧化还原反应,根据原子守恒配平化学方程式,得2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(3)K3（Fe(CN)6）溶液为显色剂,结合光解反应的化学方程式知,显色反应为3FeC2O4+2K3（Fe(CN)6）Fe3（Fe(CN)6）2+3K2C2O4。(4)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl,即2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl。
【答案】(1)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(2)2NaHSO3Na2S2O5+H2O
(3)3FeC2O4+2K3（Fe(CN)6）Fe3（Fe(CN)6）2+3K2C2O4
(4)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl
【拓展训练】4. 写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式:
。
【基础巩固】
考点1 氧化还原反应中的基本概念
1.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
2.明朝《徐光启手记》记载了“造强水法”:“绿矾五斤(多少任意),硝五斤。将矾炒去,约折五分之一。将二味同研细,听用。次用铁作锅……锅下起火……取起冷定,开坛则药化为水,而锅亦坏矣。用水入五金皆成水,惟黄金不化水中,加盐则化……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是( )
A.“将矾炒去约折五分之一”,此时得到的产物为FeSO4·4H2O
B.该方法所造“强水”为硝酸
C.“惟黄金不化水中,加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强
D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后,生成了硝酸盐
3.硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:Na2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法不正确的是( )
A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3
B.若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
4.氧化还原反应在日常生活中有着广泛的应用,下列相关说法正确的是( )
化学反应方程式
相关说法
A
H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2
氧气是氧化产物,O2F2既是氧化剂又是还原剂
B
Cl2+2Br-2Cl-+Br2,Zn+Cu2+Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
C
4Fe2++4Na2O2+6H2O4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+
Fe(OH)3是氧化产物,O2是还原产物
D
HCNO+NOxN2+CO2+H2O
若NOx中x=2,则1 mol NO2在反应中转移4NA个电子
考点2 氧化还原反应规律的应用
5.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶液,发生如下两个化学反应:①SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+ ②Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O 下列有关说法不正确的是( )
A.SO2发生氧化反应
B.氧化性:Cr2O72->Fe3+>SO42-
C.每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D.若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应,则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
6.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:
① Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);
② 2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是( )
A.若反应①中n(ClO-) ∶n(ClO3-)=5∶1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B.反应①中每消耗4 mol KOH,吸收标准状况下22.4 L Cl2
C.氧化性:K2FeO4>KClO
D.若反应①的氧化产物只有KClO,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
7.ClO2是一种高效水处理剂,实验室通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。关于此反应的说法正确的是( )
A.KClO3中Cl的化合价降低,失电子
B.反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性
C.反应中H2C2O4被氧化
D.产物中Cl与C化合价相同,因而氧化性一样强
8.已知:①SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI;②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2,产生白色沉淀;③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上,试纸变蓝。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL,向其中通入4.48 L(标准状况)氯气,然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液呈微红色。下列有关说法正确的是( )
A.FeI2的物质的量浓度约为1 mol·L-1
B.完全反应时转移电子0.2 mol
C.通入氯气的过程中,首先被氧化的是Fe2+,最后被氧化的是I-
D.反应后,溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+
9.根据如图所示转化关系判断,下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A.反应①②③④⑤均属于氧化还原反应,反应③还属于置换反应
B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属
C.相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
10.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如下:
下列说法错误的是( )
A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物
C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2
11.如图所示为氢气燃烧的实验。发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色,若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的酸性FeSO4溶液,溶液呈红色。下列说法不正确的是( )
A.将烧杯中溶液换成氢硫酸,溶液无明显变化
B.与酸性FeSO4溶液发生的反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
C.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D.该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
12.向暗红色CrO3固体表面喷洒酒精会剧烈反应,生成绿色固体Cr2O3,同时有具有刺激性气味的乙醛生成。下列判断错误的是( )
A.该反应说明乙醛既有氧化性又有还原性
B.若有1 mol乙醇参加反应,转移电子的物质的量为2 mol
C.由此反应可知,酒精严禁与强氧化性试剂混合存放
D.上述反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OHCr2O3+3CH3CHO+3H2O
13.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下: NONO2N2
①反应Ⅰ为NO+O3NO2+O2,生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子的物质的量是 mol。
②反应Ⅱ中,当n( NO2)∶n（CO(NH2)2）=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量比为 。
(2)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
①装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为 。
②装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-,请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式: 。
③装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生,再生时生成的Ce4+在电解槽的 (填“阳极”或“阴极”),同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为 。
④取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水,溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
14.新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水,在中性或酸性溶液中逐渐分解,在碱性溶液中稳定。工业上制备 K2FeO4 的常用方法有两种。
方法Ⅰ:次氯酸盐氧化法。工艺流程如图。
已知:K2FeO4的溶解度远小于Na2FeO4。
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式:
FeCl3+ NaOH+ NaClO Na2FeO4+ +
其中氧化剂为 。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为 。
方法Ⅱ:电解法。
(3)以铁和石墨为电极电解氢氧化钾溶液可直接制得 K2FeO4,电解时,铁作 (填“阳”或“阴”)极,该电极反应式为 。
(4)K2FeO4是重要的水处理剂,它可以杀菌消毒,这是利用了K2FeO4的 (填“氧化性”或“还原性”),杀菌消毒后还可以净水,净水的原理是 (用离子方程式表示)。
【能力提升】
一、选择题(每小题6分,共42分)
1.某离子反应涉及ClO-、NH4+、N2、Cl-等,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示,下列说法不正确的是( )
A.该反应中ClO-为氧化剂,N2为氧化产物
B.反应后溶液的pH减小
C.如图t0 s时反应达平衡状态
D.反应过程中每生成1 mol N2,转移6 mol电子
2.利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx的排放。SCR工作原理为尿素 （CO(NH2)2）水溶液热分解为NH3和CO2,再利用NH3转化NOx,装置如图所示:
下列说法不正确的是( )
A.尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
B.转化器工作过程中,当转移0.6 mol电子时,会消耗4.48 L NH3
C.该装置转化NO时,还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶3
D.转化NO2的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O
3.在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+
+4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是( )
A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C.反应Ⅲ是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
4.环保督察不是“一阵风”,环保部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质,该类物质剧毒,特别是HCN具有挥发性,毒害更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理,该处理方法的原理可分为两步:
步骤① NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl;
步骤② NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是( )
A.NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B.步骤①可在酸性条件下进行
C.步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D.步骤②生成标准状况下5.6 L气体时,转移0.75 mol电子
5.硒是人体必需的微量元素。以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如下(部分物质省略):
下列有关说法不正确的是( )
A.硫酸的质量分数最好为20%
B.Cu2Se焙烧的氧化产物为CuSO4和SeO2
C.水吸收生成1 mol Se时转移4 mol电子
D.滤液可以循环利用,提高原料利用率
6.根据框图分析,下列说法不正确的是( )
A.我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家
B.M2+的氧化性比E2+的氧化性强
C.在反应③中若不加稀硫酸,可能观察到红褐色沉淀
D.在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性
7.某工业废气中的SO2经如图所示的两个循环可分别得到S和H2SO4,假设循环Ⅰ、Ⅱ处理等质量的SO2。下列说法正确的是( )
A.“反应1”和“电解”中的氧化产物分别是ZnFeO3.5和MnO2
B.“反应2”和“吸收”中的SO2均起还原剂的作用
C.铁网或石墨均可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料
D.循环Ⅰ、Ⅱ中理论上分别得到S和H2SO4的物质的量比为1∶1
二、非选择题(共44分)
8.（14分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性,工业上一般在酸性条件下用N2H4·H2O(水合肼)、SO2、FeSO4来处理含Cr2O72-的废水,也可通过电解处理含Cr2O72-的废水。回答下列问题:
(1)N2H4·H2O与Cr2O72-反应时,产物中含有N2和Cr3+。该反应的离子方程式为 ,反应中水合肼作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为 (用具体数值表示)。
(2)用SO2处理含Cr2O72-的废水,最后Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。处理流程如下:
SO2NaHSO3Na2SO4
①当0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到 mol NaHSO3。
②NaHSO3与Cr2O72-反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)铁氧体法是用FeSO4作还原剂,在酸性条件下将Cr2O72-还原为Cr3+,然后调节pH并加热得到铁氧体(组成类似于Fe3O4,部分Fe3+被Cr3+替换)。现有100 L含Cr2O72-浓度为2×10-4 mol·L-1的强酸性废水,向其中加入一定量的FeSO4·7H2O,搅拌,充分反应后再加入NaOH溶液调节pH并加热,使其恰好转化为(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4。则处理100 L该废水时需加入的FeSO4·7H2O的质量为 g。
(4)电解法处理含铬(六价铬)废水的原理如图所示,阳极的电极反应式是 。用铁电极电解一段时间后,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成,从而降低废水中铬元素的含量。若阳极用石墨电极则不能产生Cr(OH)3沉淀,原因是 。
9.（15分）羟胺(NH2OH)是有机合成中的重要试剂。回答下列问题:
(1)羟胺分子的电子式为 ,N的化合价为 ,根据羟胺的结构预测其具有还原性、碱性和 等化学性质。
(2)羟胺为一元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。羟胺溶于水的电离方程式为 ,电离平衡常数Kb的值为 (已知:NH2OH+H+NH3OH+的K=6.6×105;Kw=1.0×10-14)。羟胺与硫酸形成的正盐的化学式为 。
(3)羟胺是一种强还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入羟胺溶液,观察到的现象是 。羟胺作还原剂的优点是 。
(4)电解法制备羟胺的原理如图所示:
羟胺在 (填“阴”或“阳”)极生成,生成羟胺的电极反应式:
。
(5)羟胺可以把碱性废水中剧毒的Na3AsO3转化为Na3AsO4,理论上1 mol羟胺可除去废水中溶解的1 mol Na3AsO3,该反应的还原产物为 。在有机合成中,羟胺与丁二酮()反应可制备检验镍离子的丁二酮肟(),反应的化学方程式为 。
10.（15分）二氧化氯(ClO2)是一种新型消毒剂,可用氯酸钠(NaClO3)制备。
(1)隔膜电解法制备ClO2的装置如图所示。
已知:ClO2在酸性溶液中比较稳定,在碱性溶液中不能稳定存在。
①产生O2的电极反应式: 。
②结合反应方程式,简述ClO2的产生过程:
。
(2)过氧化氢还原法制备ClO2:H2O2+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O。研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如表所示:
加入NaCl的质量浓度/(g·L-1)
ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1)
相同时间
10 min
30 min
60 min
ClO2产率/%
Cl2的量
0
0.003 5
0.012 4
0.015 9
97.12
极微量
1.00
0.013 8
0.016 2
0.016 3
98.79
极微量
①NaCl的主要作用是 。
②上述反应可能的过程如下:
反应i 2ClO3-+ + 2ClO2↑+ +
反应ii Cl2+H2O22Cl-+O2↑+2H+
将反应i填写完整。
③进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中会首先发生反应生成Cl-:ClO3-+3H2O2Cl-+3O2↑+3H2O(反应iii)。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由: 。
(3)国家规定,饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8 mg·L-1。检测某水样中ClO2的质量浓度的步骤如下:
Ⅰ.取1.0 L的酸性水样,加入过量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,使ClO2转化为ClO2-。加入淀粉溶液,溶液变蓝。
Ⅱ.用0.001 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定步骤Ⅰ中产生的I2。
已知:步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式是2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
①步骤Ⅰ中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。
②当步骤Ⅱ中出现 (填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00 mL。
③上述水样中ClO2的质量浓度是 mg·L-1。
【答案与解析】
【拓展训练】
1.C 海带提碘要将碘离子氧化为碘单质,故A项不符合题意;氯碱工业的原理是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,该反应属于氧化还原反应,B项不符合题意;氨碱法制碱的反应为NH3+CO2+H2ONH4HCO3、NaCl+NH4HCO3NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,以上反应均为非氧化还原反应,C项符合题意;海水提溴要将溴离子氧化为溴单质,故D项不符合题意。
2.(1)2∶7 (2)1 2 4 2 1 2
【解析】 (1)1 mol FeO·Cr2O3参与反应共失去7 mol电子,而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子,根据得失电子守恒,二者的化学计量数比为2∶7。(2)依据氧化还原方程式配平的一般步骤配平该反应方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 NaBH4+2Na2SiO3。
3.(1)①MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O ②O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2 ③4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ④2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑ (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ ②2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O(2分) ③ PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O(2分) PbO+ClO-PbO2+Cl-(1分) (3)①Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S ②ClO2-+H2O HClO2+OH- 7ClO2-+12NO+12OH- 8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O (4)①P4+10CuSO4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4 ②2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO
【解析】 (1)①“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4、S和H2O,根据化合价升价法可配平该反应。②根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2,可写出固氧的反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。③在H2O存在的条件下,CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。④H2C2O4中碳元素为+3价,高温煅烧过程中铁元素的化合价降低,碳元素的化合价升高,有CO2生成,则反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。(2)①在回转炉中BaSO4与过量的焦炭反应生成可溶性的BaS和CO,反应方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑。②反应中NaClO和NH3分别作氧化剂和还原剂,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的化学方程式为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O。③由题意知,生成的黄绿色气体应为氯气,氯元素化合价升高,则铅元素化合价降低,所以反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。由题意知,PbO作还原剂,NaClO作氧化剂,反应的离子方程式为PbO+ClO-PbO2+Cl-。(3)①根据标况下气体的密度为1.518 g·L-1,可知 Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为34 g·mol-1,故该气体为H2S,则反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S。②NaClO2属于强碱弱酸盐,NaClO2溶液呈碱性的原因是弱酸根离子水解:ClO2-+H2OHClO2+OH-。由表中数据可算出NO3-、NO2-和Cl-的物质的量之比为8∶4∶7,NaClO2溶液脱硝过程中,NO转化为NO3-、NO2-,书写离子方程式时运用得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,得到12NO+7ClO2-+12OH- 8NO3-+4NO2-+6H2O+7Cl-。(4)①由题给信息可知CuSO4与P4反应生成H3PO4和Cu,CuSO4→Cu,化合价共降低2,P4→4H3PO4,化合价共升高20,根据化合价升降总数相等可得10CuSO4+P4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4。②2Cl2→TiCl4,化合价共降低4,C→CO,化合价共升高2,根据化合价升降总数相等可得2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO。
4.Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4(2分)
【解析】 陌生复分解反应方程式的书写,一般依据“强酸制弱酸”的原理或“盐类水解”的原理。人教版《化学》(选修4)第42页“科学视野”中给出的硼酸的电离常数为5.8×10-10,据此可以判断Mg2B2O5·H2O是弱酸盐硼酸镁的结晶水合物,遇硫酸(强酸)发生复分解反应,生成MgSO4和H3BO3(弱酸)。
【基础巩固】
1.B Cl化合价降低,发生还原反应,需加入还原剂,A项错误;I化合价升高,发生氧化反应,需加入氧化剂,B项正确;S和O的化合价均无变化,无需加入氧化剂,C项错误;Cu元素化合价降低,需加入还原剂,D项错误。
2.C 绿矾为FeSO4·7H2O,“将矾炒去约折五分之一”,假设有1 mol(278 g) FeSO4·7H2O,失去质量的15,则质量减少55.6 g,约为3 mol H2O的质量,因此此时得到的产物为FeSO4·4H2O,A正确;根据题意知,该方法所造“强水”为硝酸,B正确;“加盐”则引入Cl-,相当于配成了“王水”,能溶解金,但并不是增强了硝酸的氧化性,而是发生了反应Au+HNO3+4HClHAuCl4+NO↑+2H2O,故C错误;“强水用过无力”是因为“强水”反应后生成相应的硝酸盐,D正确。
3.A 由方程式可知Cl2中的Cl由0价变到-1价,Cl2为氧化剂,得到还原产物NaCl和HCl,Na2S2O3是还原剂,得到氧化产物H2SO4,则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2∶(2+6)=1∶4,A项错误;1 mol Na2S2O3参加反应转移8 mol电子,则0.5 mol Na2S2O3参加反应转移4 mol电子,B项正确;Na2S2O3过量时,发生离子反应:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,溶液中会出现淡黄色浑浊,C项正确;硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成强酸H2SO4和HCl,溶液pH降低,D项正确。
4.D 该反应中,O2F2中的O由+1价降为0价,得电子,发生了还原反应,所以氧气是还原产物,O2F2中F的化合价无变化,所以O2F2只作氧化剂,H2S作还原剂,A项错误;Cl2+2Br-2Cl-+Br2为单质氯气被还原的置换反应,而Zn+Cu2+Zn2++Cu是单质锌被氧化的置换反应,B项错误;由可知,该反应中Fe2+作还原剂,Na2O2既作还原剂又作氧化剂,故O2是氧化产物,Fe(OH)3既是氧化产物又是还原产物,C项错误。NO2N2,N的化合价变化了4,故1 mol NO2参与反应时转移4NA个电子,D项正确。
5.D 反应①中S的化合价由+4升至+6,SO2发生氧化反应,A项正确;根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应①知,氧化性Fe3+>SO42-,由反应②知,氧化性Cr2O72->Fe3+,B项正确;Cr的化合价由+6降至+3,则每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA,C项正确;标准状况下6.72 L SO2是0.3 mol,0.3 mol SO2参加反应,转移0.6 mol电子,最终消耗0.1 mol K2Cr2O7,D项错误。
6.D 若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1 ,根据得失电子守恒及原子守恒,可配平方程式8Cl2+16KOH10KCl+5KClO+KClO3+8H2O,Cl2既作氧化剂又作还原剂,KCl是还原产物,KClO和KClO3为氧化产物,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3,A项错误;根据得失电子守恒及原子守恒,可配平反应①的方程式,即为4Cl2+8KOH6KCl+KClO+KClO3+4H2O,从方程式可以看出,每消耗4 mol KOH,吸收2 mol(标准状况下44.8 L)Cl2,B项错误;由反应②知,KClO将Fe(NO3)3氧化成K2FeO4,故氧化性KClO>K2FeO4,C项错误;若反应①的氧化产物只有KClO,则化学方程式为Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2,D项正确。
7.C KClO3中Cl的化合价降低,得电子,A项错误;H2SO4中各元素的化合价均没有变化,故H2SO4只体现酸性,B项错误;反应中H2C2O4是还原剂,被氧化,C项正确;不能由化合价高低确定Cl和C的氧化性强弱,D项错误。
8.A 由题给方程式①知,还原性强弱顺序为SO2>I-;由②知,发生反应2Fe3++SO2+2H2OSO42-+2Fe2++4H+,还原性强弱顺序为SO2>Fe2+;由③知,发生反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+,还原性强弱顺序为I->Fe2+,故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+,类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向含等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液中通入Cl2的过程中,首先氧化HSO3-,然后氧化I-,最后氧化Fe2+,C项错误;向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液呈微红色,说明有微量的Fe3+生成,则有较多的Fe2+没有被氧化,D项错误;HSO3-和I-均完全反应,发生反应的Fe2+可以忽略不计,根据得失电子守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48 L÷22.4 L·mol-1,即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol,由于溶质的物质的量相等,所以n(FeI2)=0.1 mol,c(FeI2)=1 mol·L-1,A项正确;转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48 L÷22.4 L·mol-1=0.4 mol,B项错误。
9.B 反应①,二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水;反应②,氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水;反应③,过氧化氢分解生成水和氧气;反应④,氯酸钾分解生成氯化钾和氧气;反应⑤,铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝。反应①②③④⑤中均存在元素化合价的升降,均属于氧化还原反应,但反应③不属于置换反应,A项错误;反应⑤为铝热反应,放出大量的热,可用于制熔点较高的金属,B项正确;反应③中生成O2的O化合价由-1升高为0,反应④中O的化合价由-2升高为0,则相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶2,C项错误;反应①的化学方程为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O,Mn的化合价由+4降低为+2,HCl中Cl的化合价由-1升高为0,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。
10.C 反应①阶段,反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+SO22NaHSO4+2ClO2,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1,A项正确;由反应①的化学方程式可知,ClO2是还原产物,结合原电池原理可知,正极发生还原反应,得到还原产物,若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物,B项正确;反应②中H2O2为还原剂,NaClO4无还原性,不能用NaClO4来代替,C项错误;反应②中,ClO2转化为NaClO2,Cl化合价降低,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,根据氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性可知,ClO2的氧化性大于H2O2,D项正确。
11.A 氢气在空气中燃烧,产物遇到冰块冷凝滴落到烧杯中,该产物能使酸性KMnO4溶液褪色,说明具有还原性,能使Fe2+被氧化为Fe3+,说明具有氧化性,根据题意可知,该产物中可能含有H2O2,C、D项正确。Fe2+的还原性小于S2-,氢硫酸能被H2O2氧化为硫单质,溶液变浑浊, A项错误;H2O2具有氧化性,可以将FeSO4溶液中Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O, B项正确。
12.A 由题目信息可写出该反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OH Cr2O3+3CH3CHO+3H2O,在该反应中C2H5OH为还原剂,乙醛是氧化产物,根据该反应无法说明乙醛既有氧化性又有还原性,A项错误,D项正确;根据该反应的化学方程式可知,若有1 mol乙醇参加反应,则转移2 mol电子,B项正确;由此反应可知,乙醇易被强氧化性物质氧化,且生成的乙醛易挥发,蒸气能与空气形成爆炸性混合物,故酒精严禁与强氧化性物质混合存放,C项正确。
13.(除标明外,每空1分)(1)①1 ②4∶3 (2)①SO2 + OH-HSO3-(2分) ②2NO+3H2O+4Ce4+NO3-+NO2-+6H++4Ce3+(2分) ③阳极 2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O(2分) ④c(NO- 3)>c (NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【解析】 (1)①由反应方程式NO+O3NO2+O2可知,氮元素的化合价从+2升高到+4,生成1 mol氧气转移电子2 mol,则生成11.2 L(即0.5 mol)O2(标准状况)时,转移电子的物质的量是0.5 mol×2=1 mol;②当n(NO2)∶n（CO(NH2)2）=3∶2时,即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3∶2,反应方程式可表示为6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2,该反应中只有氮元素的化合价发生了变化,氮气既是氧化产物也是还原产物,由氮原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8∶6=4∶3。(2)①由流程图可知,在装置Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3,离子方程式为SO2 + OH-HSO3-;②由流程图可知,装置Ⅱ中生成等物质的量的NO3-和NO2-时,Ce4+被还原为Ce3+,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的离子方程式为2NO+3H2O+4Ce4+4Ce3++NO3-+NO2-+6H+;③由Ce3+生成Ce4+为氧化反应,所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极,在电解槽的阴极HSO3-被还原成S2O42-,电极反应式为2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O;④由流程图可知,装置Ⅳ所得的产品为NH4NO3,在NH4NO3溶液中,NH4+水解使溶液呈酸性,所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO3- )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
14.(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O(共2分) NaClO(2分) (2)Na2FeO4+2KOHK2FeO4↓+2NaOH(2分) (3)阳(2分) Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O(2分) (4)氧化性(2分) Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(2分)
【解析】 (1)根据流程图,结合题意可知,反应中Fe由+3价升高至+6价,Cl由+1价降低至-1价,结合化合价升降法和观察法可配平该氧化还原反应:2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O;其中NaClO为氧化剂。(2)结合流程图可知“冷却结晶”前应得到K2FeO4,则“转化”时Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4和NaOH。(3)根据题意知,以铁和石墨为电极电解KOH溶液制取K2FeO4时,Fe应作阳极,阳极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O。(4)K2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,可用作水处理时的杀菌消毒剂,杀菌消毒后得到Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能用于净水,即Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
【能力提升】
1.C 根据题图中N2的物质的量随时间的推移逐渐增多,可知N2是生成物,同理可知ClO-是反应物,由质量守恒、得失电子守恒及电荷守恒可写出该反应的离子方程式,即为3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+,由离子方程式可知该反应的氧化剂是ClO-,N2是氧化产物,A项正确;根据3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+可知,反应后溶液酸性增强,pH减小,B项正确;t0 s时体系中ClO-和N2的量相同,但随着时间的改变,两者的量也发生改变,故t0 s时反应未达平衡状态,C项错误;N的化合价由-3升高到0,则生成1 mol N2,转移6 mol电子,D项正确。
2.B 尿素水溶液热分解反应为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑,该反应不属于氧化还原反应,A项正确;题中没有说明是在标准状况下,当转移0.6 mol电子时,不一定会消耗4.48 L NH3,B项错误;由题图可知,该装置转化NO时,发生反应:4NH3+6NO5N2+6H2O,还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶3,C项正确;转化NO2时,反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O,D项正确。
3.C 结合题图和元素守恒可知,反应Ⅰ在酸性条件下进行,其反应的离子方程式为4Fe(NO)2++4H++O24Fe3++4NO+2H2O,A项正确;反应Ⅱ是Fe3+与FeS2反应生成SO42-和Fe2+,其反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO42-+16H+,该反应中Fe3+将FeS2中-1价的硫氧化为+6价的SO42-,本身被还原为Fe2+,Fe3+作氧化剂,B项正确;反应Ⅲ为Fe2++NOFe(NO)2+,该反应中各元素的化合价均无变化,属于非氧化还原反应,C项错误;结合总反应2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+和转化关系图可知,NO为该反应的催化剂,D项正确。
4.D NaCN与NaOCN中Na的化合价均为+1,NaOCN中含有O,O的化合价不是0,故这两种化合物中C、N的化合价至少有一种不相等,A项错误;HCN易挥发且有毒,而酸性条件下CN-易与H+结合生成HCN,故步骤①不能在酸性条件下进行,B项错误;步骤②的离子方程式为2OCN-+3ClO-CO2↑+CO32- +3Cl-+N2↑,氧化剂是NaClO,还原剂是NaOCN,氧化产物只有N2,还原产物是NaCl,C项错误;根据离子方程式可知,生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 mol,N2的体积占气体总体积的12,生成标准状况下5. 6 L气体时,n(e-)=6×5.6 L22.4 L/mol×12=0.75 mol,D项正确。
5.A 依题意,硫酸作氧化剂,氧化Ag2Se、Cu2Se,应选择浓硫酸作氧化剂,A项错误;硒化亚铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒,硫酸本身被还原成SO2,故氧化产物为硫酸铜、二氧化硒,B项正确;水吸收二氧化硫和二氧化硒,发生氧化还原反应:SeO2+2SO2+2H2OSe↓+2H2SO4,故生成1 mol硒时转移4 mol电子,C项正确;根据流程图知,滤液的主要溶质是H2SO4,可以蒸发稀硫酸变成浓硫酸,用于焙烧铜阳极泥,D项正确。
6.D 红色金属为Cu,反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,蓝色溶液为CuSO4溶液,Z为红褐色固体,即Z为Fe(OH)3,根据框图信息逆推可知E为Fe,反应②为Fe+CuSO4FeSO4+Cu,反应③为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O。反应②是湿法炼铜,我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家,故A项说法正确;由反应②可知Cu2+的氧化性强于Fe2+的,故B项说法正确;生成的Fe3+水解得到氢氧化铁,因此可能观察到红褐色沉淀,故C项说法正确;反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,H2SO4中各元素的化合价均没有发生变化,H2SO4仅表现出酸性,H2O2表现出氧化性,故D项说法错误。
7.D 由题图可知,“反应1”是ZnFeO4与H2在加热条件下反应得到ZnFeO3.5,ZnFeO4失去O发生还原反应,还原产物是ZnFeO3.5;“电解”是电解硫酸锰溶液生成硫酸和二氧化锰,硫酸锰发生氧化反应,氧化产物是MnO2,A项错误。“反应2”中二氧化硫转化为硫单质,SO2发生还原反应,是氧化剂;“吸收”中SO2转化为硫酸根离子,发生氧化反应,是还原剂,B项错误。金属作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料时,参与电解反应,故不能用铁网,C项错误。由于二氧化硫转化为硫单质或硫酸根离子,根据S守恒可知,n(S)=n(H2SO4),D项正确。
8.(除标明外,每空2分)(1)2Cr2O72-+3N2H4·H2O+16H+4Cr3++3N2↑+17H2O 还原剂(1分) 2.408×1023(1分) (2)①0.2 ②1∶3 (3)55.6 (4)Fe-2e-Fe2+ 没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+
【解析】 (1)由题意可知,反应物有N2H4·H2O与Cr2O72-,生成物有N2和Cr3+。N2H4·H2O中氮元素显-2价,转化为N2后显0价,氮元素化合价共升高2×2=4,Cr2O72-中铬元素显+6价,转化为Cr3+后显+3价,铬元素化合价共降低3×2=6,则N2H4·H2O与Cr2O72-的化学计量数之比为3∶2,则有3N2H4·H2O+2Cr2O72-3N2+4Cr3+,再根据电荷守恒可知,方程式左边应增加16H+,最后根据原子守恒可知,方程式右边应增加17H2O,从而得到配平的离子方程式;反应时水合肼中氮元素化合价升高,作还原剂;0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为0.1 mol×4×6.02×1023 mol-1=
2.408×1023。(2)①由处理流程可知,反应的方程式为SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3,故0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到0.2 mol NaHSO3。②反应中NaHSO3转化为Na2SO4,硫元素化合价升高2,NaHSO3作还原剂;Cr2O72-转化为Cr(OH)3,铬元素化合价共降低6,Cr2O72-作氧化剂,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3。(3)废水处理过程中Cr2O72-转化为Cr3+,Fe2+转化为Fe3+,根据得失电子守恒得Cr2O72-~6Fe2+~6Fe3+。n(Cr2O72-)=2×10-4 mol·L-1×100 L=0.02 mol,则n(Cr3+)=2n(Cr2O72-)=0.04 mol,n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=0.12 mol。(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4中Fe2+与O2-的物质的量之比为1∶4,根据电荷守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Cr3+)=2n(O2-)=8n(Fe2+),则n(Fe2+)=(3×0.12 mol+3×0.04 mol)÷6=0.08 mol,故需加入的n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)+n(Fe3+)=0.08 mol+0.12 mol=0.20 mol,m(FeSO4·7H2O)=0.20 mol×278 g·mol-1=55.6 g。(4)根据图示,B电极上H+放电生成H2,需得电子,可知B电极为阴极,则A电极为阳极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+;Fe2+具有还原性,与Cr2O72-发生氧化还原反应:Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。c(H+)减小,导致有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成。若用石墨作阳极,阳极为溶液中的OH-放电,没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+,故不能产生Cr(OH)3沉淀。
9.(除标明外,每空1分)(1) -1 氧化性 (2)NH2OH+H2ONH3OH++OH-(2分) 6.6×10-9 (NH3OH)2SO4 (3)固体逐渐变黑,并有气泡产生 不产生其他杂质(或不会对反应体系造成二次污染) (4)阴 NO3-+6e-+7H+NH2OH+2H2O(2分) (5)NH3 +2NH2OH+2H2O(2分)
【解析】 (1)从结构上看,羟胺是氨分子()中的一个氢原子被羟基代替形成的,故羟胺分子的电子式为。H是+1价,O是-2价,根据化合物中正负化合价代数和为0可以求出N是-1价,-1价是氮元素的中间价态,其既有氧化性又有还原性,氮原子的孤电子对可以结合水电离出的氢离子表现碱性。(2)由“NH3+H2ONH4++OH-”类比,可知一元弱碱羟胺的电离方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-。Kb=c(NH3OH+)·c(OH-)c(NH2OH)=c(NH3OH+)·c(OH-)·c(H+)c(NH2OH)·c(H+)=K·Kw=6.6×105×1.0×10-14=6.6×10-9。NH3OH+是一价阳离子,其硫酸正盐与Na2SO4类似,就是把Na+换成NH3OH+,即为(NH3OH)2SO4。(3)NH2OH中-1价的N失电子被氧化为N2(有气泡产生),AgBr中的Ag+得电子被还原为Ag(固体逐渐变黑)。羟胺被氧化生成N2和H2O,被称为“绿色还原剂”,故其优点是“不产生其他杂质”。(4)从硝酸中+5价N到羟胺中-1价N发生得电子的还原反应,故羟胺应该在阴极生成,先根据N化合价降低6写为NO3-+6e-NH2OH, 再根据电荷守恒和反应溶液显酸性,在左边补充“7H+”、右边补充“2H2O”:NO3-+6e-+7H+NH2OH+2H2O。(5)1 mol Na3AsO3被氧化为Na3AsO4失去2 mol
专题四 氧化还原反应
考点1 氧化还原反应中的基本概念
考法1 氧化还原反应基本概念的判断
命题角度1 氧化还原反应的判断
例1. 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
【解析】 NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,发生反应2NaOH+FeSO4Fe(OH)2↓+Na2SO4,生成白色沉淀Fe(OH)2,Fe(OH)2不稳定,迅速被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3,后一过程发生了氧化还原反应,A项不符合题意;氯水中含有HCl和HClO,溶液呈酸性,能使石蕊溶液变红,次氯酸具有强氧化性,能将红色物质氧化,溶液红色褪去,该过程发生了氧化还原反应,B项不符合题意;Na2S溶液滴入AgCl浊液中,发生了沉淀的转化Na2S+2AgClAg2S+2NaCl,此过程中不涉及氧化还原反应,C项符合题意;将热铜丝插入稀硝酸中,发生反应3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,生成无色气体NO,NO与空气中的氧气发生反应2NO+O22NO2,这两个反应都是氧化还原反应,D项不符合题意。
【答案】C
【拓展训练】1. 下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是( )
A.海带提碘 B.氯碱工业
C.氨碱法制碱 D.海水提溴
命题角度2 结合物质性质、用途考查氧化还原反应相关概念
【解题思维模型】
例2. 下列说法错误的是
A.氯气使KBr溶液变黄,Cl2被还原
B.将铁屑放入稀HNO3中证明Fe比H2活泼
C.O、Cl的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
D.SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同
【解析】溶液变黄说明有溴单质生成,即还原剂(KBr)被氧化生成Br2,氧化剂(Cl2)被还原,A项正确。氧化剂(HNO3)被还原,生成NO,还原剂(Fe)被氧化,证明还原剂(Fe)的还原性强于还原产物(NO)的,B项错误。O3、Cl2、ClO2均可用作水的消毒剂,C项正确。Br2与SO2发生氧化还原反应而使溴水褪色,KMnO4与乙烯发生氧化还原反应而使KMnO4溶液褪色,原理相同,D项正确。
【答案】B
命题角度3 氧化产物、还原产物的判断
例3 . 根据要求回答下列问题:
(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银,得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为 。
(2)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变成VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。
(3)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为 。
【解析】 (1)氯气与硝酸银反应生成N2O5时,氮元素的化合价不变,结合“氧化产物是一种气体”判断,硝酸银中-2价的O(最低价只有还原性)失去电子被氧化为O2。(2)根据VO2+VO2+,KClO3Cl-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),故n(KClO3)=16n(VO2+)=16×3 mol=0.5 mol。(3)浓缩液中的碘元素为-1价,在酸性环境中,MnO2将I-氧化为I2,MnO2中+4价的Mn被还原,还原产物应为MnSO4(或Mn2+)。
【答案】(1)O2 (2)0.5 (3)MnSO4(或Mn2+)
考法2 物质氧化性、还原性强弱的判断及应用
命题角度1 物质氧化性、还原性强弱的判断
例4. 在氧化还原反应中,氧化过程和还原过程是同时发生的两个半反应。已知:
①半反应式为Cu2O-2e-+2H+2Cu2++H2O
②五种物质为FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Na2CO3、KI
③Fe2++MnO4-+XFe3++Mn2++H2O(未配平)
下列判断正确的是
A.①中半反应式发生的是还原反应
B.②中五种物质中能使①中的半反应顺利发生的物质为Fe2(SO4)3
C.MnO4-+5e-+4H2OMn2++8OH-是反应③的一个半反应
D.几种物质的氧化性强弱顺序为MnO4->Cu2+>Fe3+
【解析】 ①中Cu2O→Cu2+,铜元素化合价升高,发生的是氧化反应,A项错误;为使①中的半反应顺利发生,要选择氧化性强的物质作氧化剂,Fe2(SO4)3可作①中的半反应的氧化剂,B项正确;配平反应③为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O,反应在酸性条件下进行,③的半反应中不能生成OH-,C项错误;根据上述分析可知氧化性Fe3+>Cu2+,根据反应③可知氧化性MnO4->Fe3+,即氧化性MnO4->Fe3+>Cu2+,D项错误。
【答案】B
命题角度2 依据物质氧化性、还原性强弱判断反应情况
例5. 已知还原性HSO3->I-,氧化性IO3->I2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴加入NaIO3溶液。加入NaIO3的物质的量和析出的I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法正确的是
A.反应过程中的氧化产物均为Na2SO4
B.a点时消耗NaHSO3的物质的量为1 mol
C.0~b间的反应可用如下离子方程式表示:3HSO3-+IO3-+3OH-3SO42-+I-+3H2O
D.当I-与I2的物质的量之比为5∶3时,加入的NaIO3的物质的量为1.1 mol
【解析】还原性HSO3->I-,首先发生反应①IO3-+3HSO3-I-+3SO42-+3H+;氧化性IO3->I2,继续加入NaIO3发生反应②IO3-+6H++5I-3H2O+3I2。根据题图可知,0~b间没有I2生成,说明发生反应①,加入NaIO3的物质的量是1 mol,NaHSO3的物质的量是3 mol,氧化产物为Na2SO4;继续加入NaIO3,发生反应②,氧化产物为I2,A错误。a点时加入NaIO3的物质的量是0.4 mol,根据反应①可知,消耗NaHSO3的物质的量为0.4 mol×3=1.2 mol,B错误。NaHSO3溶液为酸性溶液,溶液中OH-量极少,0~b间发生反应①,C错误。设生成I2的物质的量为n mol,根据反应②知,消耗NaIO3的物质的量为n3 mol,消耗I-的物质的量为5n3 mol,剩余I-的物质的量为(1-5n3) mol,n(I-)∶n(I2)=5∶3时,即(1-5n3)∶n=5∶3,则n=0.3,故加入的NaIO3的物质的量n(NaIO3)=1 mol+n3 mol=1 mol +0.1 mol =1.1 mol,D正确。
【答案】D
考点2 氧化还原反应规律的应用
考法3 氧化还原反应规律的应用
命题角度1 得失电子守恒思想在氧化还原反应中的应用
例6. 工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
【解析】由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2,可知氧化剂为KClO3,还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol 电子,根据得失电子守恒可知,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。
【答案】 2∶1
例7. 在P+CuSO4+H2OCu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)的反应中,7.5 mol CuSO4可氧化P的物质的量为 mol。生成1 mol Cu3P时,参加反应的P的物质的量为 mol。
【解析】由题意知,P0 H3P+5O4,P0Cu3P-3,3Cu+2SO4Cu+13P,P一部分被氧化,一部分被还原,P既作氧化剂又作还原剂,CuSO4作氧化剂。设7.5 mol CuSO4氧化P的物质的量为x;生成1 mol Cu3P时,被氧化的P的物质的量为y,根据得失电子守恒得:
7.5 mol×(2-1)=x·(5-0) x=1.5 mol
1 mol×3×(2-1)+1 mol×（0-(-3)）=y·(5-0) y=1.2 mol
所以参加反应的P的物质的量为1.2 mol+1 mol=2.2 mol。
【答案】 1.5 2.2
命题角度2 转化规律的应用
例8. 氯气与氢氧化钾溶液在一定条件下发生如下反应:Cl2+KOHKX+KY+H2O(未配平)。KX在一定条件下发生反应:KXKY+KZ(未配平,KY与KZ的化学计量数之比为1∶3)。以上KX、KY、KZ均是一元酸的钾盐,由以上条件推知在KX中氯元素的化合价是
A.+1 B.+3 C.+5 D.+7
【解析】根据题意可知,KX、KY中的氯元素分别显正价和-1价,KZ中氯元素化合价>KX中氯元素化合价(均为正价)。假设KX中氯元素为+a价,KZ中氯元素为+b价,依据元素化合价升降总数相等及KXKY+3KZ,有a+1=3(b-a),把a=1、a=3、a=5分别代入上式讨论,可知a=5,b=7符合题意。则KX中氯元素的化合价为+5。
【答案】C
命题角度3 强者优先规律的应用
例9. 现有下列三个氧化还原反应:
2FeCl3+2KI 2FeCl2+2KCl+I2
2FeCl2+Cl2 2FeCl3
2KMnO4+16HCl 2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
若某溶液中含有Fe2+、Cl-和I-,要除去I-而不氧化Fe2+和Cl-,可以加入的试剂是
A.Cl2 B.KMnO4 C.FeCl3 D.HCl
【解析】要寻找一种氧化剂,其氧化性比I2的强,比Cl2和Fe3+的弱(也可和Fe3+的氧化性相当)。由题给三个氧化还原反应可推知,氧化性KMnO4>Cl2>FeCl3>I2,还原性I->Fe2+>Cl->Mn2+。加入氧化剂反应,反应过程分别为Cl2氧化I-生成I2Cl2过量将氧化Fe2+;KMnO4氧化I-生成I2KMnO4过量将氧化Fe2+、Cl-;Fe3+氧化I-生成I2Fe3+只氧化I-不能氧化Fe2+。
【答案】C
考法4 氧化还原反应方程式的配平
命题角度1 直接型氧化还原反应方程式的配平
例10. 配平下列反应的离子方程式:
(1)Mn2++O2+OH-MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O
【解析】 (1)
(2)
【答案】(1)2Mn2++O2+4OH- 2MnO(OH)2↓
(2)MnO(OH)2+2I-+4H+ Mn2++I2+3H2O
命题角度2 缺项型氧化还原反应方程式的配平
例11. 完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )MnO4-+( )C2O42-+ ( )Mn2++( )CO2↑+
【解析】
【答案】2 5 16H+ 2 10 8H2O
【拓展训练】2. 配平下列方程式:
(1)FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2,反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的化学计量数比为 。
(2)请配平化学方程式: NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3。
疑难1 新情境条件下陌生化学反应方程式的书写
突破点1 “四步法”突破新情境条件下陌生氧化还原反应方程式的书写
例12. 在稀硫酸中,Cr的最高价含氧酸的钾盐(橙色)氧化O的一种氢化物,Cr被还原为+3价,该反应的化学方程式为
。
【解析】
第一步——反应中Cr的最高价含氧酸的钾盐(K2Cr2O7)作氧化剂,+3价的Cr是还原产物;O的一种氢化物(H2O2)是还原剂,O2是氧化产物
第二步——按“氧化剂+还原剂还原产物+氧化产物”把方程式初步写成K2Cr2O7+H2O2Cr3++O2↑。K2Cr2O72Cr3+,H2O2O2↑,由得失电子守恒得K2Cr2O7+3H2O22Cr3++3O2↑
第三步——依据补项原则,在方程式左边补上H+,方程式右边补上H2O
第四步——依据原子守恒配平如下:K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4 K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
【答案】K2Cr2O7+3H2O2+4H2SO4 K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
【拓展训练】3. 按要求回答问题:
(1)写出硫酸“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应生成S的化学方程式:
。
②水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。“氧的固定”中发生反应的化学方程式为
。
③45~50 ℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为 。
④写出高温煅烧中由FePO4、Li2CO3、H2C2O4制备LiFePO4的化学方程式: 。
(2)900~1 200 ℃下,在回转炉中重晶石(BaSO4)被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。
②实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(N2H4),反应的化学方程式为
。
③PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为
。
PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为
。
(3)Fe3S4能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为
1.518 g·L-1),写出该反应的离子方程式 。
②采用NaClO2溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323 K时,向足量碱性NaClO2溶液中通入含NO的烟气,充分反应后溶液中离子浓度的分析结果如表所示。
离子
NO3-
NO2-
Cl-
c/(mol·L-1)
2.0×10-4
1.0×10-4
1.75×10-4
用离子方程式解释NaClO2溶液显碱性的原因:
。
依据表中数据,写出NaClO2溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式:
。
(4)CuSO4溶液能用作P4中毒的解毒剂,反应可生成磷酸与铜,该反应的化学方程式是
。
②Cl2与焦炭(C)、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和TiCl4,该反应的化学方程式为 。
突破点2 新情境条件下非氧化还原反应方程式的书写
例13. (1)写出向含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3“沉锰”(生成MnCO3)的离子方程式:
。
(2)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式： 。
(3)晒制蓝图时,用K3（Fe(C2O4)3）·3H2O作感光剂,以K3（Fe(CN)6）溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3（Fe(C2O4)3）2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑;显色反应的化学方程式为 。
(4)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出
该反应的化学方程式: 。
【解析】(1)“沉锰”时Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3并放出CO2,由此可写出离子方程式。(2)Na2S2O5和NaHSO3中S均为+4价,该生产过程发生的是非氧化还原反应,根据原子守恒配平化学方程式,得2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(3)K3（Fe(CN)6）溶液为显色剂,结合光解反应的化学方程式知,显色反应为3FeC2O4+2K3（Fe(CN)6）Fe3（Fe(CN)6）2+3K2C2O4。(4)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl,即2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl。
【答案】(1)Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O
(2)2NaHSO3Na2S2O5+H2O
(3)3FeC2O4+2K3（Fe(CN)6）Fe3（Fe(CN)6）2+3K2C2O4
(4)2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl
【拓展训练】4. 写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式:
。
【基础巩固】
考点1 氧化还原反应中的基本概念
1.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
2.明朝《徐光启手记》记载了“造强水法”:“绿矾五斤(多少任意),硝五斤。将矾炒去,约折五分之一。将二味同研细,听用。次用铁作锅……锅下起火……取起冷定,开坛则药化为水,而锅亦坏矣。用水入五金皆成水,惟黄金不化水中,加盐则化……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是( )
A.“将矾炒去约折五分之一”,此时得到的产物为FeSO4·4H2O
B.该方法所造“强水”为硝酸
C.“惟黄金不化水中,加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强
D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后,生成了硝酸盐
3.硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应:Na2S2O3+4Cl2+5H2O2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法不正确的是( )
A.氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶3
B.若0.5 mol Na2S2O3作还原剂,则转移4 mol电子
C.当Na2S2O3过量时,溶液能出现浑浊
D.硫代硫酸钠溶液吸收氯气后,溶液的pH降低
4.氧化还原反应在日常生活中有着广泛的应用,下列相关说法正确的是( )
化学反应方程式
相关说法
A
H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2
氧气是氧化产物,O2F2既是氧化剂又是还原剂
B
Cl2+2Br-2Cl-+Br2,Zn+Cu2+Zn2++Cu
均为单质被还原的置换反应
C
4Fe2++4Na2O2+6H2O4Fe(OH)3↓+O2↑+8Na+
Fe(OH)3是氧化产物,O2是还原产物
D
HCNO+NOxN2+CO2+H2O
若NOx中x=2,则1 mol NO2在反应中转移4NA个电子
考点2 氧化还原反应规律的应用
5.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,再加入K2Cr2O7溶液,发生如下两个化学反应:①SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+ ②Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O 下列有关说法不正确的是( )
A.SO2发生氧化反应
B.氧化性:Cr2O72->Fe3+>SO42-
C.每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)
D.若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应,则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
6.高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂,工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生反应:
① Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);
② 2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O。
下列说法正确的是( )
A.若反应①中n(ClO-) ∶n(ClO3-)=5∶1,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
B.反应①中每消耗4 mol KOH,吸收标准状况下22.4 L Cl2
C.氧化性:K2FeO4>KClO
D.若反应①的氧化产物只有KClO,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2
7.ClO2是一种高效水处理剂,实验室通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO4 2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。关于此反应的说法正确的是( )
A.KClO3中Cl的化合价降低,失电子
B.反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性
C.反应中H2C2O4被氧化
D.产物中Cl与C化合价相同,因而氧化性一样强
8.已知:①SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI;②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2,产生白色沉淀;③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上,试纸变蓝。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100 mL,向其中通入4.48 L(标准状况)氯气,然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液,溶液呈微红色。下列有关说法正确的是( )
A.FeI2的物质的量浓度约为1 mol·L-1
B.完全反应时转移电子0.2 mol
C.通入氯气的过程中,首先被氧化的是Fe2+,最后被氧化的是I-
D.反应后,溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+
9.根据如图所示转化关系判断,下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A.反应①②③④⑤均属于氧化还原反应,反应③还属于置换反应
B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属
C.相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
10.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如下:
下列说法错误的是( )
A.反应①阶段,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B.若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物
C.反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D.反应②条件下,ClO2的氧化性大于H2O2
11.如图所示为氢气燃烧的实验。发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色,若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的酸性FeSO4溶液,溶液呈红色。下列说法不正确的是( )
A.将烧杯中溶液换成氢硫酸,溶液无明显变化
B.与酸性FeSO4溶液发生的反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O
C.该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D.该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
12.向暗红色CrO3固体表面喷洒酒精会剧烈反应,生成绿色固体Cr2O3,同时有具有刺激性气味的乙醛生成。下列判断错误的是( )
A.该反应说明乙醛既有氧化性又有还原性
B.若有1 mol乙醇参加反应,转移电子的物质的量为2 mol
C.由此反应可知,酒精严禁与强氧化性试剂混合存放
D.上述反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OHCr2O3+3CH3CHO+3H2O
13.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下: NONO2N2
①反应Ⅰ为NO+O3NO2+O2,生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子的物质的量是 mol。
②反应Ⅱ中,当n( NO2)∶n（CO(NH2)2）=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量比为 。
(2)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。
①装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为 。
②装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-,请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式: 。
③装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生,再生时生成的Ce4+在电解槽的 (填“阳极”或“阴极”),同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为 。
④取少量装置Ⅳ所得的产品溶于水,溶液中离子浓度由大到小的顺序为 。
14.新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体,可溶于水,在中性或酸性溶液中逐渐分解,在碱性溶液中稳定。工业上制备 K2FeO4 的常用方法有两种。
方法Ⅰ:次氯酸盐氧化法。工艺流程如图。
已知:K2FeO4的溶解度远小于Na2FeO4。
(1)完成“氧化”过程中反应的化学方程式:
FeCl3+ NaOH+ NaClO Na2FeO4+ +
其中氧化剂为 。
(2)“转化”过程中发生反应的化学方程式为 。
方法Ⅱ:电解法。
(3)以铁和石墨为电极电解氢氧化钾溶液可直接制得 K2FeO4,电解时,铁作 (填“阳”或“阴”)极,该电极反应式为 。
(4)K2FeO4是重要的水处理剂,它可以杀菌消毒,这是利用了K2FeO4的 (填“氧化性”或“还原性”),杀菌消毒后还可以净水,净水的原理是 (用离子方程式表示)。
【能力提升】
一、选择题(每小题6分,共42分)
1.某离子反应涉及ClO-、NH4+、N2、Cl-等,其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示,下列说法不正确的是( )
A.该反应中ClO-为氧化剂,N2为氧化产物
B.反应后溶液的pH减小
C.如图t0 s时反应达平衡状态
D.反应过程中每生成1 mol N2,转移6 mol电子
2.利用SCR技术可有效降低柴油发动机NOx的排放。SCR工作原理为尿素 （CO(NH2)2）水溶液热分解为NH3和CO2,再利用NH3转化NOx,装置如图所示:
下列说法不正确的是( )
A.尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
B.转化器工作过程中,当转移0.6 mol电子时,会消耗4.48 L NH3
C.该装置转化NO时,还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶3
D.转化NO2的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O
3.在酸性条件下,黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+
+4SO42-+4H+,实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是( )
A.反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+4Fe3++4NO+2H2O
B.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+
C.反应Ⅲ是氧化还原反应
D.黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
4.环保督察不是“一阵风”,环保部对大气污染、水体污染等高度重视。氰化物是污染水体的重要物质,该类物质剧毒,特别是HCN具有挥发性,毒害更大。一般可采用次氯酸钠法进行处理,该处理方法的原理可分为两步:
步骤① NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl;
步骤② NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是( )
A.NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B.步骤①可在酸性条件下进行
C.步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D.步骤②生成标准状况下5.6 L气体时,转移0.75 mol电子
5.硒是人体必需的微量元素。以铜阳极泥(主要成分为Ag2Se、Cu2Se和Ag、Au、Pt等)为原料制备纯硒的工艺流程如下(部分物质省略):
下列有关说法不正确的是( )
A.硫酸的质量分数最好为20%
B.Cu2Se焙烧的氧化产物为CuSO4和SeO2
C.水吸收生成1 mol Se时转移4 mol电子
D.滤液可以循环利用,提高原料利用率
6.根据框图分析,下列说法不正确的是( )
A.我国是世界上最早使用反应②冶炼金属M的国家
B.M2+的氧化性比E2+的氧化性强
C.在反应③中若不加稀硫酸,可能观察到红褐色沉淀
D.在反应①中稀硫酸既表现出氧化性又表现出酸性
7.某工业废气中的SO2经如图所示的两个循环可分别得到S和H2SO4,假设循环Ⅰ、Ⅱ处理等质量的SO2。下列说法正确的是( )
A.“反应1”和“电解”中的氧化产物分别是ZnFeO3.5和MnO2
B.“反应2”和“吸收”中的SO2均起还原剂的作用
C.铁网或石墨均可作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料
D.循环Ⅰ、Ⅱ中理论上分别得到S和H2SO4的物质的量比为1∶1
二、非选择题(共44分)
8.（14分）含有K2Cr2O7的废水具有较强的毒性,工业上一般在酸性条件下用N2H4·H2O(水合肼)、SO2、FeSO4来处理含Cr2O72-的废水,也可通过电解处理含Cr2O72-的废水。回答下列问题:
(1)N2H4·H2O与Cr2O72-反应时,产物中含有N2和Cr3+。该反应的离子方程式为 ,反应中水合肼作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为 (用具体数值表示)。
(2)用SO2处理含Cr2O72-的废水,最后Cr2O72-转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。处理流程如下:
SO2NaHSO3Na2SO4
①当0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到 mol NaHSO3。
②NaHSO3与Cr2O72-反应时,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)铁氧体法是用FeSO4作还原剂,在酸性条件下将Cr2O72-还原为Cr3+,然后调节pH并加热得到铁氧体(组成类似于Fe3O4,部分Fe3+被Cr3+替换)。现有100 L含Cr2O72-浓度为2×10-4 mol·L-1的强酸性废水,向其中加入一定量的FeSO4·7H2O,搅拌,充分反应后再加入NaOH溶液调节pH并加热,使其恰好转化为(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4。则处理100 L该废水时需加入的FeSO4·7H2O的质量为 g。
(4)电解法处理含铬(六价铬)废水的原理如图所示,阳极的电极反应式是 。用铁电极电解一段时间后,有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成,从而降低废水中铬元素的含量。若阳极用石墨电极则不能产生Cr(OH)3沉淀,原因是 。
9.（15分）羟胺(NH2OH)是有机合成中的重要试剂。回答下列问题:
(1)羟胺分子的电子式为 ,N的化合价为 ,根据羟胺的结构预测其具有还原性、碱性和 等化学性质。
(2)羟胺为一元弱碱,在水中的电离方式与氨相似。羟胺溶于水的电离方程式为 ,电离平衡常数Kb的值为 (已知:NH2OH+H+NH3OH+的K=6.6×105;Kw=1.0×10-14)。羟胺与硫酸形成的正盐的化学式为 。
(3)羟胺是一种强还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入羟胺溶液,观察到的现象是 。羟胺作还原剂的优点是 。
(4)电解法制备羟胺的原理如图所示:
羟胺在 (填“阴”或“阳”)极生成,生成羟胺的电极反应式:
。
(5)羟胺可以把碱性废水中剧毒的Na3AsO3转化为Na3AsO4,理论上1 mol羟胺可除去废水中溶解的1 mol Na3AsO3,该反应的还原产物为 。在有机合成中,羟胺与丁二酮()反应可制备检验镍离子的丁二酮肟(),反应的化学方程式为 。
10.（15分）二氧化氯(ClO2)是一种新型消毒剂,可用氯酸钠(NaClO3)制备。
(1)隔膜电解法制备ClO2的装置如图所示。
已知:ClO2在酸性溶液中比较稳定,在碱性溶液中不能稳定存在。
①产生O2的电极反应式: 。
②结合反应方程式,简述ClO2的产生过程:
。
(2)过氧化氢还原法制备ClO2:H2O2+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O。研究发现Cl-对上述反应有影响,实验记录如表所示:
加入NaCl的质量浓度/(g·L-1)
ClO2的生成速率/(g·L-1·min-1)
相同时间
10 min
30 min
60 min
ClO2产率/%
Cl2的量
0
0.003 5
0.012 4
0.015 9
97.12
极微量
1.00
0.013 8
0.016 2
0.016 3
98.79
极微量
①NaCl的主要作用是 。
②上述反应可能的过程如下:
反应i 2ClO3-+ + 2ClO2↑+ +
反应ii Cl2+H2O22Cl-+O2↑+2H+
将反应i填写完整。
③进一步研究发现,未添加Cl-时,体系中会首先发生反应生成Cl-:ClO3-+3H2O2Cl-+3O2↑+3H2O(反应iii)。分析反应i、ii、iii的速率大小关系并简要说明理由: 。
(3)国家规定,饮用水中ClO2的残留量不得高于0.8 mg·L-1。检测某水样中ClO2的质量浓度的步骤如下:
Ⅰ.取1.0 L的酸性水样,加入过量的碘化钾,再用氢氧化钠溶液调至中性,使ClO2转化为ClO2-。加入淀粉溶液,溶液变蓝。
Ⅱ.用0.001 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定步骤Ⅰ中产生的I2。
已知:步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式是2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
①步骤Ⅰ中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。
②当步骤Ⅱ中出现 (填现象)时,停止滴加Na2S2O3溶液,记录其体积为10.00 mL。
③上述水样中ClO2的质量浓度是 mg·L-1。
【答案与解析】
【拓展训练】
1.C 海带提碘要将碘离子氧化为碘单质,故A项不符合题意;氯碱工业的原理是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,该反应属于氧化还原反应,B项不符合题意;氨碱法制碱的反应为NH3+CO2+H2ONH4HCO3、NaCl+NH4HCO3NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,以上反应均为非氧化还原反应,C项符合题意;海水提溴要将溴离子氧化为溴单质,故D项不符合题意。
2.(1)2∶7 (2)1 2 4 2 1 2
【解析】 (1)1 mol FeO·Cr2O3参与反应共失去7 mol电子,而1 mol NaNO3参与反应得到2 mol电子,根据得失电子守恒,二者的化学计量数比为2∶7。(2)依据氧化还原方程式配平的一般步骤配平该反应方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 NaBH4+2Na2SiO3。
3.(1)①MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O ②O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2 ③4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ④2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑ (2)①BaSO4+4CBaS+4CO↑ ②2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O(2分) ③ PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O(2分) PbO+ClO-PbO2+Cl-(1分) (3)①Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S ②ClO2-+H2O HClO2+OH- 7ClO2-+12NO+12OH- 8NO3-+4NO2-+7Cl-+6H2O (4)①P4+10CuSO4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4 ②2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO
【解析】 (1)①“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSO4、S和H2O,根据化合价升价法可配平该反应。②根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2,可写出固氧的反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。③在H2O存在的条件下,CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。④H2C2O4中碳元素为+3价,高温煅烧过程中铁元素的化合价降低,碳元素的化合价升高,有CO2生成,则反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O↑。(2)①在回转炉中BaSO4与过量的焦炭反应生成可溶性的BaS和CO,反应方程式为BaSO4+4CBaS+4CO↑。②反应中NaClO和NH3分别作氧化剂和还原剂,根据得失电子守恒和原子守恒配平反应的化学方程式为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O。③由题意知,生成的黄绿色气体应为氯气,氯元素化合价升高,则铅元素化合价降低,所以反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。由题意知,PbO作还原剂,NaClO作氧化剂,反应的离子方程式为PbO+ClO-PbO2+Cl-。(3)①根据标况下气体的密度为1.518 g·L-1,可知 Fe3S4与稀硫酸反应生成的气体的摩尔质量为34 g·mol-1,故该气体为H2S,则反应的离子方程式为Fe3S4+6H+3H2S↑+3Fe2++S。②NaClO2属于强碱弱酸盐,NaClO2溶液呈碱性的原因是弱酸根离子水解:ClO2-+H2OHClO2+OH-。由表中数据可算出NO3-、NO2-和Cl-的物质的量之比为8∶4∶7,NaClO2溶液脱硝过程中,NO转化为NO3-、NO2-,书写离子方程式时运用得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,得到12NO+7ClO2-+12OH- 8NO3-+4NO2-+6H2O+7Cl-。(4)①由题给信息可知CuSO4与P4反应生成H3PO4和Cu,CuSO4→Cu,化合价共降低2,P4→4H3PO4,化合价共升高20,根据化合价升降总数相等可得10CuSO4+P4+16H2O10Cu+4H3PO4+10H2SO4。②2Cl2→TiCl4,化合价共降低4,C→CO,化合价共升高2,根据化合价升降总数相等可得2Cl2+TiO2+2CTiCl4+2CO。
4.Mg2B2O5·H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4(2分)
【解析】 陌生复分解反应方程式的书写,一般依据“强酸制弱酸”的原理或“盐类水解”的原理。人教版《化学》(选修4)第42页“科学视野”中给出的硼酸的电离常数为5.8×10-10,据此可以判断Mg2B2O5·H2O是弱酸盐硼酸镁的结晶水合物,遇硫酸(强酸)发生复分解反应,生成MgSO4和H3BO3(弱酸)。
【基础巩固】
1.B Cl化合价降低,发生还原反应,需加入还原剂,A项错误;I化合价升高,发生氧化反应,需加入氧化剂,B项正确;S和O的化合价均无变化,无需加入氧化剂,C项错误;Cu元素化合价降低,需加入还原剂,D项错误。
2.C 绿矾为FeSO4·7H2O,“将矾炒去约折五分之一”,假设有1 mol(278 g) FeSO4·7H2O,失去质量的15,则质量减少55.6 g,约为3 mol H2O的质量,因此此时得到的产物为FeSO4·4H2O,A正确;根据题意知,该方法所造“强水”为硝酸,B正确;“加盐”则引入Cl-,相当于配成了“王水”,能溶解金,但并不是增强了硝酸的氧化性,而是发生了反应Au+HNO3+4HClHAuCl4+NO↑+2H2O,故C错误;“强水用过无力”是因为“强水”反应后生成相应的硝酸盐,D正确。
3.A 由方程式可知Cl2中的Cl由0价变到-1价,Cl2为氧化剂,得到还原产物NaCl和HCl,Na2S2O3是还原剂,得到氧化产物H2SO4,则氧化产物、还原产物的物质的量之比为2∶(2+6)=1∶4,A项错误;1 mol Na2S2O3参加反应转移8 mol电子,则0.5 mol Na2S2O3参加反应转移4 mol电子,B项正确;Na2S2O3过量时,发生离子反应:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,溶液中会出现淡黄色浑浊,C项正确;硫代硫酸钠溶液吸收氯气后生成强酸H2SO4和HCl,溶液pH降低,D项正确。
4.D 该反应中,O2F2中的O由+1价降为0价,得电子,发生了还原反应,所以氧气是还原产物,O2F2中F的化合价无变化,所以O2F2只作氧化剂,H2S作还原剂,A项错误;Cl2+2Br-2Cl-+Br2为单质氯气被还原的置换反应,而Zn+Cu2+Zn2++Cu是单质锌被氧化的置换反应,B项错误;由可知,该反应中Fe2+作还原剂,Na2O2既作还原剂又作氧化剂,故O2是氧化产物,Fe(OH)3既是氧化产物又是还原产物,C项错误。NO2N2,N的化合价变化了4,故1 mol NO2参与反应时转移4NA个电子,D项正确。
5.D 反应①中S的化合价由+4升至+6,SO2发生氧化反应,A项正确;根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应①知,氧化性Fe3+>SO42-,由反应②知,氧化性Cr2O72->Fe3+,B项正确;Cr的化合价由+6降至+3,则每1 mol K2Cr2O7参加反应,转移电子的数目为6NA,C项正确;标准状况下6.72 L SO2是0.3 mol,0.3 mol SO2参加反应,转移0.6 mol电子,最终消耗0.1 mol K2Cr2O7,D项错误。
6.D 若反应①中n(ClO-)∶n(ClO3-)=5∶1 ,根据得失电子守恒及原子守恒,可配平方程式8Cl2+16KOH10KCl+5KClO+KClO3+8H2O,Cl2既作氧化剂又作还原剂,KCl是还原产物,KClO和KClO3为氧化产物,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3,A项错误;根据得失电子守恒及原子守恒,可配平反应①的方程式,即为4Cl2+8KOH6KCl+KClO+KClO3+4H2O,从方程式可以看出,每消耗4 mol KOH,吸收2 mol(标准状况下44.8 L)Cl2,B项错误;由反应②知,KClO将Fe(NO3)3氧化成K2FeO4,故氧化性KClO>K2FeO4,C项错误;若反应①的氧化产物只有KClO,则化学方程式为Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O,则得到0.2 mol K2FeO4时消耗0.3 mol Cl2,D项正确。
7.C KClO3中Cl的化合价降低,得电子,A项错误;H2SO4中各元素的化合价均没有变化,故H2SO4只体现酸性,B项错误;反应中H2C2O4是还原剂,被氧化,C项正确;不能由化合价高低确定Cl和C的氧化性强弱,D项错误。
8.A 由题给方程式①知,还原性强弱顺序为SO2>I-;由②知,发生反应2Fe3++SO2+2H2OSO42-+2Fe2++4H+,还原性强弱顺序为SO2>Fe2+;由③知,发生反应2Fe3++2I-I2+2Fe2+,还原性强弱顺序为I->Fe2+,故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+,类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向含等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液中通入Cl2的过程中,首先氧化HSO3-,然后氧化I-,最后氧化Fe2+,C项错误;向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液呈微红色,说明有微量的Fe3+生成,则有较多的Fe2+没有被氧化,D项错误;HSO3-和I-均完全反应,发生反应的Fe2+可以忽略不计,根据得失电子守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48 L÷22.4 L·mol-1,即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2 mol,由于溶质的物质的量相等,所以n(FeI2)=0.1 mol,c(FeI2)=1 mol·L-1,A项正确;转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48 L÷22.4 L·mol-1=0.4 mol,B项错误。
9.B 反应①,二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水;反应②,氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水;反应③,过氧化氢分解生成水和氧气;反应④,氯酸钾分解生成氯化钾和氧气;反应⑤,铝和二氧化锰发生铝热反应生成Mn和氧化铝。反应①②③④⑤中均存在元素化合价的升降,均属于氧化还原反应,但反应③不属于置换反应,A项错误;反应⑤为铝热反应,放出大量的热,可用于制熔点较高的金属,B项正确;反应③中生成O2的O化合价由-1升高为0,反应④中O的化合价由-2升高为0,则相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶2,C项错误;反应①的化学方程为4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O,Mn的化合价由+4降低为+2,HCl中Cl的化合价由-1升高为0,由得失电子守恒可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,D项错误。
10.C 反应①阶段,反应的化学方程式为2NaClO3+H2SO4+SO22NaHSO4+2ClO2,参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1,A项正确;由反应①的化学方程式可知,ClO2是还原产物,结合原电池原理可知,正极发生还原反应,得到还原产物,若反应①通过原电池来实现,则ClO2是正极产物,B项正确;反应②中H2O2为还原剂,NaClO4无还原性,不能用NaClO4来代替,C项错误;反应②中,ClO2转化为NaClO2,Cl化合价降低,ClO2作氧化剂,H2O2作还原剂,根据氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性可知,ClO2的氧化性大于H2O2,D项正确。
11.A 氢气在空气中燃烧,产物遇到冰块冷凝滴落到烧杯中,该产物能使酸性KMnO4溶液褪色,说明具有还原性,能使Fe2+被氧化为Fe3+,说明具有氧化性,根据题意可知,该产物中可能含有H2O2,C、D项正确。Fe2+的还原性小于S2-,氢硫酸能被H2O2氧化为硫单质,溶液变浑浊, A项错误;H2O2具有氧化性,可以将FeSO4溶液中Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O, B项正确。
12.A 由题目信息可写出该反应的化学方程式为2CrO3+3C2H5OH Cr2O3+3CH3CHO+3H2O,在该反应中C2H5OH为还原剂,乙醛是氧化产物,根据该反应无法说明乙醛既有氧化性又有还原性,A项错误,D项正确;根据该反应的化学方程式可知,若有1 mol乙醇参加反应,则转移2 mol电子,B项正确;由此反应可知,乙醇易被强氧化性物质氧化,且生成的乙醛易挥发,蒸气能与空气形成爆炸性混合物,故酒精严禁与强氧化性物质混合存放,C项正确。
13.(除标明外,每空1分)(1)①1 ②4∶3 (2)①SO2 + OH-HSO3-(2分) ②2NO+3H2O+4Ce4+NO3-+NO2-+6H++4Ce3+(2分) ③阳极 2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O(2分) ④c(NO- 3)>c (NH4+)>c(H+)>c(OH-)
【解析】 (1)①由反应方程式NO+O3NO2+O2可知,氮元素的化合价从+2升高到+4,生成1 mol氧气转移电子2 mol,则生成11.2 L(即0.5 mol)O2(标准状况)时,转移电子的物质的量是0.5 mol×2=1 mol;②当n(NO2)∶n（CO(NH2)2）=3∶2时,即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3∶2,反应方程式可表示为6NO2+4CO(NH2)27N2+8H2O+4CO2,该反应中只有氮元素的化合价发生了变化,氮气既是氧化产物也是还原产物,由氮原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8∶6=4∶3。(2)①由流程图可知,在装置Ⅰ中SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3,离子方程式为SO2 + OH-HSO3-;②由流程图可知,装置Ⅱ中生成等物质的量的NO3-和NO2-时,Ce4+被还原为Ce3+,根据得失电子守恒和原子守恒,该反应的离子方程式为2NO+3H2O+4Ce4+4Ce3++NO3-+NO2-+6H+;③由Ce3+生成Ce4+为氧化反应,所以再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极,在电解槽的阴极HSO3-被还原成S2O42-,电极反应式为2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O;④由流程图可知,装置Ⅳ所得的产品为NH4NO3,在NH4NO3溶液中,NH4+水解使溶液呈酸性,所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(NO3- )>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
14.(1)2 10 3 2 9 NaCl 5 H2O(共2分) NaClO(2分) (2)Na2FeO4+2KOHK2FeO4↓+2NaOH(2分) (3)阳(2分) Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O(2分) (4)氧化性(2分) Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+(2分)
【解析】 (1)根据流程图,结合题意可知,反应中Fe由+3价升高至+6价,Cl由+1价降低至-1价,结合化合价升降法和观察法可配平该氧化还原反应:2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O;其中NaClO为氧化剂。(2)结合流程图可知“冷却结晶”前应得到K2FeO4,则“转化”时Na2FeO4与KOH反应生成K2FeO4和NaOH。(3)根据题意知,以铁和石墨为电极电解KOH溶液制取K2FeO4时,Fe应作阳极,阳极反应式为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O。(4)K2FeO4中Fe为+6价,具有强氧化性,可用作水处理时的杀菌消毒剂,杀菌消毒后得到Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能用于净水,即Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
【能力提升】
1.C 根据题图中N2的物质的量随时间的推移逐渐增多,可知N2是生成物,同理可知ClO-是反应物,由质量守恒、得失电子守恒及电荷守恒可写出该反应的离子方程式,即为3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+,由离子方程式可知该反应的氧化剂是ClO-,N2是氧化产物,A项正确;根据3ClO-+2NH4+N2↑+3H2O+3Cl-+2H+可知,反应后溶液酸性增强,pH减小,B项正确;t0 s时体系中ClO-和N2的量相同,但随着时间的改变,两者的量也发生改变,故t0 s时反应未达平衡状态,C项错误;N的化合价由-3升高到0,则生成1 mol N2,转移6 mol电子,D项正确。
2.B 尿素水溶液热分解反应为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑,该反应不属于氧化还原反应,A项正确;题中没有说明是在标准状况下,当转移0.6 mol电子时,不一定会消耗4.48 L NH3,B项错误;由题图可知,该装置转化NO时,发生反应:4NH3+6NO5N2+6H2O,还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶3,C项正确;转化NO2时,反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O,D项正确。
3.C 结合题图和元素守恒可知,反应Ⅰ在酸性条件下进行,其反应的离子方程式为4Fe(NO)2++4H++O24Fe3++4NO+2H2O,A项正确;反应Ⅱ是Fe3+与FeS2反应生成SO42-和Fe2+,其反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO42-+16H+,该反应中Fe3+将FeS2中-1价的硫氧化为+6价的SO42-,本身被还原为Fe2+,Fe3+作氧化剂,B项正确;反应Ⅲ为Fe2++NOFe(NO)2+,该反应中各元素的化合价均无变化,属于非氧化还原反应,C项错误;结合总反应2FeS2+7O2+2H2O2Fe2++4SO42-+4H+和转化关系图可知,NO为该反应的催化剂,D项正确。
4.D NaCN与NaOCN中Na的化合价均为+1,NaOCN中含有O,O的化合价不是0,故这两种化合物中C、N的化合价至少有一种不相等,A项错误;HCN易挥发且有毒,而酸性条件下CN-易与H+结合生成HCN,故步骤①不能在酸性条件下进行,B项错误;步骤②的离子方程式为2OCN-+3ClO-CO2↑+CO32- +3Cl-+N2↑,氧化剂是NaClO,还原剂是NaOCN,氧化产物只有N2,还原产物是NaCl,C项错误;根据离子方程式可知,生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 mol,N2的体积占气体总体积的12,生成标准状况下5. 6 L气体时,n(e-)=6×5.6 L22.4 L/mol×12=0.75 mol,D项正确。
5.A 依题意,硫酸作氧化剂,氧化Ag2Se、Cu2Se,应选择浓硫酸作氧化剂,A项错误;硒化亚铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒,硫酸本身被还原成SO2,故氧化产物为硫酸铜、二氧化硒,B项正确;水吸收二氧化硫和二氧化硒,发生氧化还原反应:SeO2+2SO2+2H2OSe↓+2H2SO4,故生成1 mol硒时转移4 mol电子,C项正确;根据流程图知,滤液的主要溶质是H2SO4,可以蒸发稀硫酸变成浓硫酸,用于焙烧铜阳极泥,D项正确。
6.D 红色金属为Cu,反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,蓝色溶液为CuSO4溶液,Z为红褐色固体,即Z为Fe(OH)3,根据框图信息逆推可知E为Fe,反应②为Fe+CuSO4FeSO4+Cu,反应③为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O。反应②是湿法炼铜,我国是世界上最早使用湿法炼铜的国家,故A项说法正确;由反应②可知Cu2+的氧化性强于Fe2+的,故B项说法正确;生成的Fe3+水解得到氢氧化铁,因此可能观察到红褐色沉淀,故C项说法正确;反应①为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O,H2SO4中各元素的化合价均没有发生变化,H2SO4仅表现出酸性,H2O2表现出氧化性,故D项说法错误。
7.D 由题图可知,“反应1”是ZnFeO4与H2在加热条件下反应得到ZnFeO3.5,ZnFeO4失去O发生还原反应,还原产物是ZnFeO3.5;“电解”是电解硫酸锰溶液生成硫酸和二氧化锰,硫酸锰发生氧化反应,氧化产物是MnO2,A项错误。“反应2”中二氧化硫转化为硫单质,SO2发生还原反应,是氧化剂;“吸收”中SO2转化为硫酸根离子,发生氧化反应,是还原剂,B项错误。金属作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料时,参与电解反应,故不能用铁网,C项错误。由于二氧化硫转化为硫单质或硫酸根离子,根据S守恒可知,n(S)=n(H2SO4),D项正确。
8.(除标明外,每空2分)(1)2Cr2O72-+3N2H4·H2O+16H+4Cr3++3N2↑+17H2O 还原剂(1分) 2.408×1023(1分) (2)①0.2 ②1∶3 (3)55.6 (4)Fe-2e-Fe2+ 没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+
【解析】 (1)由题意可知,反应物有N2H4·H2O与Cr2O72-,生成物有N2和Cr3+。N2H4·H2O中氮元素显-2价,转化为N2后显0价,氮元素化合价共升高2×2=4,Cr2O72-中铬元素显+6价,转化为Cr3+后显+3价,铬元素化合价共降低3×2=6,则N2H4·H2O与Cr2O72-的化学计量数之比为3∶2,则有3N2H4·H2O+2Cr2O72-3N2+4Cr3+,再根据电荷守恒可知,方程式左边应增加16H+,最后根据原子守恒可知,方程式右边应增加17H2O,从而得到配平的离子方程式;反应时水合肼中氮元素化合价升高,作还原剂;0.1 mol N2H4·H2O参加反应时,转移的电子数为0.1 mol×4×6.02×1023 mol-1=
2.408×1023。(2)①由处理流程可知,反应的方程式为SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3,故0.1 mol SO2参与反应时,理论上能得到0.2 mol NaHSO3。②反应中NaHSO3转化为Na2SO4,硫元素化合价升高2,NaHSO3作还原剂;Cr2O72-转化为Cr(OH)3,铬元素化合价共降低6,Cr2O72-作氧化剂,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3。(3)废水处理过程中Cr2O72-转化为Cr3+,Fe2+转化为Fe3+,根据得失电子守恒得Cr2O72-~6Fe2+~6Fe3+。n(Cr2O72-)=2×10-4 mol·L-1×100 L=0.02 mol,则n(Cr3+)=2n(Cr2O72-)=0.04 mol,n(Fe3+)=6n(Cr2O72-)=0.12 mol。(Fe+2Fe+3xCr+3y)O4中Fe2+与O2-的物质的量之比为1∶4,根据电荷守恒得2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+3n(Cr3+)=2n(O2-)=8n(Fe2+),则n(Fe2+)=(3×0.12 mol+3×0.04 mol)÷6=0.08 mol,故需加入的n(FeSO4·7H2O)=n(Fe2+)+n(Fe3+)=0.08 mol+0.12 mol=0.20 mol,m(FeSO4·7H2O)=0.20 mol×278 g·mol-1=55.6 g。(4)根据图示,B电极上H+放电生成H2,需得电子,可知B电极为阴极,则A电极为阳极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+;Fe2+具有还原性,与Cr2O72-发生氧化还原反应:Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。c(H+)减小,导致有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成。若用石墨作阳极,阳极为溶液中的OH-放电,没有还原剂生成,不能将Cr2O72-还原为Cr3+,故不能产生Cr(OH)3沉淀。
9.(除标明外,每空1分)(1) -1 氧化性 (2)NH2OH+H2ONH3OH++OH-(2分) 6.6×10-9 (NH3OH)2SO4 (3)固体逐渐变黑,并有气泡产生 不产生其他杂质(或不会对反应体系造成二次污染) (4)阴 NO3-+6e-+7H+NH2OH+2H2O(2分) (5)NH3 +2NH2OH+2H2O(2分)
【解析】 (1)从结构上看,羟胺是氨分子()中的一个氢原子被羟基代替形成的,故羟胺分子的电子式为。H是+1价,O是-2价,根据化合物中正负化合价代数和为0可以求出N是-1价,-1价是氮元素的中间价态,其既有氧化性又有还原性,氮原子的孤电子对可以结合水电离出的氢离子表现碱性。(2)由“NH3+H2ONH4++OH-”类比,可知一元弱碱羟胺的电离方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-。Kb=c(NH3OH+)·c(OH-)c(NH2OH)=c(NH3OH+)·c(OH-)·c(H+)c(NH2OH)·c(H+)=K·Kw=6.6×105×1.0×10-14=6.6×10-9。NH3OH+是一价阳离子,其硫酸正盐与Na2SO4类似,就是把Na+换成NH3OH+,即为(NH3OH)2SO4。(3)NH2OH中-1价的N失电子被氧化为N2(有气泡产生),AgBr中的Ag+得电子被还原为Ag(固体逐渐变黑)。羟胺被氧化生成N2和H2O,被称为“绿色还原剂”,故其优点是“不产生其他杂质”。(4)从硝酸中+5价N到羟胺中-1价N发生得电子的还原反应,故羟胺应该在阴极生成,先根据N化合价降低6写为NO3-+6e-NH2OH, 再根据电荷守恒和反应溶液显酸性,在左边补充“7H+”、右边补充“2H2O”:NO3-+6e-+7H+NH2OH+2H2O。(5)1 mol Na3AsO3被氧化为Na3AsO4失去2 mol
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