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2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题四氧化还原反应 —模拟
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这是一份2022版高考化学选考山东专用一轮总复习集训：专题四氧化还原反应 —模拟，共43页。
专题四氧化还原反应
【5年高考】
考点一氧化还原反应的概念及规律
1.(2020浙江7月选考,10,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是()
A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1
答案B
2.(2019北京理综,10,6分)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 ()
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
答案B
3.(2019浙江4月选考,6,2分)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()
A.2∶3B.8∶3C.6∶3D.3∶2
答案A
4.(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
5.(2017北京理综,8,6分)下列变化中,气体被还原的是()
A.二氧化碳使Na2O2固体变白
B.氯气使KBr溶液变黄
C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
答案B
6.(2018课标Ⅱ,26,14分)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是,若不通入氧气,其后果是。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为;沉积锌后的电解液可返回工序继续使用。
答案(1)ZnS+32O2ZnO+SO2
(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+
(3)Cd2++ZnCd+Zn2+
(4)Zn2++2e-Zn溶浸
考点二氧化还原反应方程式的配平及相关计算
7.(2017海南单科,4,2分)在酸性条件下,可发生如下反应:ClO3-+2M3++4H2OM2O7n-+Cl-+8H+,M2O7n-中M的化合价是 ()
A.+4B.+5C.+6D.+7
答案C
8.(2016上海单科,18,3分)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是 ()
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
答案D
9.(2017课标Ⅱ,28,15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。
回答下列问题:
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为。
(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除及二氧化碳。
(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为;若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL,则水样中溶解氧的含量为mg·L-1。
(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏(填“高”或“低”)。
答案(1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差
(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2
(3)量筒氧气
(4)蓝色刚好褪去80ab
(5)低
[教师专用题组]
【5年高考】
考点1氧化还原反应的概念及规律
1.(2020山东,2,2分)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 ()
A.谷物发酵酿造食醋
B.小苏打用作食品膨松剂
C.含氯消毒剂用于环境消毒
D.大气中NO2参与酸雨形成
答案BA项,谷物发酵酿造食醋过程中存在淀粉的水解和葡萄糖的氧化,涉及氧化还原反应,错误;B项,小苏打用作食品膨松剂是利用了小苏打受热易分解的性质,不涉及氧化还原反应,正确;C项,含氯消毒剂具有氧化性,利用其消毒时发生氧化还原反应,错误;D项,NO2参与酸雨形成时转化为HNO3,氮元素的化合价升高,发生了氧化还原反应,错误。
2.(2020浙江7月选考,10,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是()
A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1
答案B,根据化合价变化分析可得:MnO2为氧化剂,对应的MnCl2为还原产物,HCl为还原剂,对应的Cl2为氧化产物,故n(Cl2)∶n(MnCl2)=1∶1,B正确。
3.(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-→I2C.SO2→SO32-D.CuO→Cu
答案BCl2→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。
4.(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。
5.(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。
6.(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0.01mol·L-1AgNO3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1mol·L-1FeSO4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1mol·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。
7.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是 ()
A
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
CH2CH2+HClCH3CH2Cl
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+2H2O4NaOH+O2↑
Cl2+H2OHCl+HClO
均为水作还原剂的氧化还原反应
答案BCH2CH2+HClCH3CH2Cl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。
8.(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1molCl-、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)。
②BA+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+3H2O1NaClO3+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=-117kJ·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+KClNaCl+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-。②BA+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-)=63kJ·mol-1+0kJ·mol-1-3×60kJ·mol-1=-117kJ·mol-1,所以热化学方程式为3ClO-(aq)ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=-117kJ·mol-1。
9.(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BA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。
10.(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2氧化还原反应方程式的配平及相关计算
1.(2014课标Ⅰ,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且c(Cl-)c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是 ()
A.若某温度下,反应后c(Cl-)c(ClO-)=11,则溶液中c(ClO-)c(ClO3-)=12
B.参加反应的氯气的物质的量等于12amol
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne-的范围:12amol≤ne-≤56amol
D.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为17amol
答案DA项,可设溶液为1L,n(Cl-)=11mol,n(ClO-)=1mol,则反应中n(得电子)=11mol,生成1molClO-时只失电子1mol,故应生成2molClO3-(失电子10mol),即c(ClO-)c(ClO3-)=12,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=a2mol,B正确。Cl2通入KOH溶液中,可发生,当n(KOH)=amol 时,转移电子的物质的量范围:12amol(只发生反应①)≤ne-≤56amol(只发生反应②),C正确。若只发生反应②,KClO3可达最大理论产量a6mol,D错误。
2.(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1.50mg,则 ()
A.被氧化的砒霜为1.98mg
B.分解产生的氢气为0.672mL
C.和砒霜反应的锌为3.90mg
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+12HCl2As+3H2↑+6ZnCl2+3H2O
62
n(Zn)1.50×10-375mol=2×10-5mol
n(Zn)=62×2×10-5mol=6×10-5mol,m(Zn)=6×10-5mol×65g/mol=3.90×10-3g=3.90mg,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0.672mL。
3.(2018海南单科,12,8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20.00mL含Cu2+的溶液,加入足量的KI充分反应后,用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00mL,此溶液中Cu2+的浓度为mol·L-1。
答案(1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
(2)Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+酸性防止Fe3+水解生成Fe(OH)3
(3)Cu2+0.1250
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+H2SO4CuSO4+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+
2mol2mol
0.1000mol·L-1×25.00×10-3Lc(Cu2+)×20.00×10-3L
0.1000mol·L-1×25.00×10-3L=c(Cu2+)×20.00×10-3L
c(Cu2+)=0.1250mol·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4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04g。
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)0.100mol(2分)(2)2.40g(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+H2SO4CuSO4+H2O①,Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O②,得到的溶液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3和过量的H2SO4,再加入5.60g(即0.1mol)铁粉,因氧化性:Fe3+>Cu2+>H+,故先发生反应:Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4③,再发生反应:CuSO4+FeFeSO4+Cu④,最后发生反应:H2SO4+FeFeSO4+H2↑⑤。若4.00g固体全为CuO,n(CuO)=4.00g80g/mol=0.05mol,由反应①④⑤知5.60g铁粉刚好完全反应,最终剩余固体全为Cu,且m(Cu)=0.05mol×64g/mol=3.20g;若4.00g固体全为Fe2O3,n(Fe2O3)=4.00g160g/mol=0.025mol,由反应②③⑤知5.60g铁粉过量,最终剩余固体全为Fe,且m(Fe)=5.60g-[0.025mol+(0.1mol-3×0.025mol)]×56g/mol=2.80g;现4.00g固体为CuO、Fe2O3的混合物,则反应最终铁粉过量,最后所得3.04g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)=2.00mol/L×50.0×10-3L=0.100mol。
(2)设混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y,则有:80g/mol×x+160g/mol×y=4.00g……①,因加入0.100mol的铁粉,最终溶液中含0.100molFeSO4,由元素守恒知3.04g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64g/mol×x+56g/mol×2y=3.04g……②,由①②可解得x=0.03mol,y=0.01mol,故m(CuO)=0.03mol×80g/mol=2.40g。
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+6H2OCaO2·8H2O
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100.00mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50mL。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100.00mL水样中
I2+2S2O32-2I-+S4O62-
n(I2)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)2
=0.01000mol·L-1×13.50mL×10-3L·mL-12
=6.750×10-5mol
n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5mol
n(O2)=12n[MnO(OH)2]=12×6.750×10-5mol=3.375×10-5mol
水中溶解氧=3.375×10-5mol×32g·mol-1×1000mg·g-1100.00mL×10-3L·mL-1=10.80mg·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)①1molO2得4mole-,1molMn2+失2mole-,故O2与Mn2+按物质的量之比1∶2反应。
【3年模拟】
时间:25分钟分值:36分
一、选择题(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2020淄博一模,1)化学与生活密切相关,下列过程与氧化还原反应无关的是 ()
A
B
C
D
“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能
铝粉与强碱溶液反应放热
长征五号火箭发射
用“天眼”接收宇宙中的射电信号
答案D
2.(2021届烟台高三期中,5)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 ()
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
CuCl2溶液(FeCl3)
CuO
B
CO2(HCl)
饱和碳酸钠溶液、浓硫酸
C
NO(NO2)
H2O、无水氯化钙
D
SO2(H2S)
酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
答案A
3.(2021届邹城一中高三期中,9)浓硫酸分别与三种钠盐反应,现象如图。下列分析正确的是 ()
A.对比①和②可以说明还原性:Cl->Br-
B.①和③相比可说明氧化性:Br2>SO2
C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性:H2SO4>HCl
D.③中的反应是非氧化还原反应
答案D
二、选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)
4.(2020青岛三模,13)向含有淀粉的 KIO3酸性溶液中滴加NaHSO3溶液,溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是 ()
A.溶液先变蓝的原因:2IO3-+5HSO3-I2+5SO42-+H2O+3H+
B.溶液恰好褪色时 n(KIO3)∶n(NaHSO3)=1∶3
C.还原性 I->HSO3->I2
D.若向含有淀粉的 NaHSO3溶液中滴加过量 KIO3酸性溶液,则溶液变蓝不褪色
答案C
5.(2021届齐河实验中学高三月考,11)向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示,有关说法不正确的是 ()
A.线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/L
C.当通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-
D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3
答案B
6.(2020潍坊三模,13)
BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂,可用于光催化降解苯酚,反应原理如图所示。下列说法错误的是 ()
A.苯酚被氧化的总反应:C6H5OH+7O26CO2+3H2O
B.反应过程中BMO表现较强氧化性
C.在酸性条件下,反应①的离子方程式是3C6H5OH+28O2-+28H+18CO2↑+23H2O
D.过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
答案BD
7.(2021届山师附中第二次月考,13)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ:Pb3O4+4H+PbO2+2Pb2++2H2O;PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ:5PbO2+2Mn2++4H++5SO42-2MnO4-+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是 ()
A.由反应Ⅰ可知,Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知,氧化性:HNO3>PbO2>MnO4-
C.Pb可与稀硝酸发生反应:3Pb+16HNO33Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应:Pb3O4+8HCl3PbCl2+4H2O+Cl2↑
答案AD
三、非选择题(本题包括1小题,共14分)
8.(2021届青岛即墨高三期中,18)(14分)在抗击新型冠状病毒肺炎疫情期间,KMnO4、NaClO、H2O2等被广泛用于抗疫行动中。
(1)向浸泡铜片的稀硫酸中加入H2O2后,铜片溶解,该反应的离子方程式为。
(2)取300mL0.3mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量为mol。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。
①简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用。
②低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是。
(4)NaClO是“84”消毒液的有效成分,含氯消毒剂中HClO的消毒效果远高于ClO-。
①“84”消毒液必须避光密封保存,目的是防止与空气中的CO2反应而变质,该反应的离子方程式为(HClO:Ka=2.0×10-8,H2CO3:Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11)。
②过量NaClO溶液可使酸性废水中NH4+完全转化为N2,该反应的离子方程式为。若处理废水产生了0.336LN2(标准状况),则需消耗有效氯为5%的“84”消毒液的质量为g。(“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力,常以百分数表示)。
答案(14分,每空2分)
(1)Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O(2)0.24(3)①高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒,消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质②低温下,高铁酸钾比高铁酸钠的溶解度小(4)①ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-、2HClO2H++2Cl-+O2↑②3ClO-+2NH4+3Cl-+N2↑+2H++3H2O63.9
[教师专用题组]
【3年模拟】
时间:45分钟分值:61分
一、选择题(每小题2分,共22分)
1.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 ()
A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能
B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能
答案A硅太阳能电池吸收光能后,把光能转化为电能,没有发生氧化还原反应;电池放电时,有自发进行的氧化还原反应发生;电解质溶液导电时,电能转化成化学能为电解过程,有氧化还原反应发生;葡萄糖在体内被氧化释放能量,故选A。
2.下列物质在生活中应用时,起还原作用的是 ()
A.明矾作净水剂B.甘油作护肤保湿剂
C.漂粉精作消毒剂D.铁粉作食品袋内的脱氧剂
答案DA项,明矾作净水剂是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体有吸附作用;B项,甘油作护肤保湿剂是利用甘油中羟基的亲水性;C项,漂粉精作消毒剂是利用漂粉精溶于水后,ClO-水解生成HClO,HClO具有强氧化性。
3.下列变化中,一定要有合适的氧化剂才能实现的是 ()
A.CuO→CuSO4B.Cl2→ClO-
C.Fe(OH)2→Fe(OH)3D.SiO2→Si
答案C氧化剂在反应中所含元素化合价降低,则题给物质在反应中所含元素化合价要升高,B、C符合,但B中Cl2与水或碱溶液发生歧化反应即可生成ClO-,无需另加氧化剂,故选C。
4.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为:
2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2
关于此反应,下列说法不正确的是 ()
A.CuFeS2中只有硫元素被氧化
B.每生成1molSO2,反应中共转移6mol电子
C.该反应中有两种物质作氧化剂
D.CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为2∶1
答案D仔细观察反应知:2molCuFeS2中,1molS原子被氧化,2molCu原子被还原,被氧化和被还原的原子数目之比为1∶2。
5.已知下列实验事实:
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝
下列判断不正确的是 ()
A.化合物KCrO2中铬元素为+3价
B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C.实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D.实验③证明氧化性:Cr2O72->I2
答案C化合物KCrO2中,K为+1价,O为-2价,由化合物中各元素正、负化合价代数和为0知,铬元素为+3价,A正确;由实验①可知,Cr2O3与酸或碱反应均可生成盐和水,为两性氧化物,B正确;由实验②可知,铬元素的化合价升高,过氧化氢中氧元素的化合价降低,故只能证明H2O2有氧化性,C错误;由③中溶液变蓝可知生成碘单质,K2Cr2O7为氧化剂,I2为氧化产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,D正确。
易错警示表面上看H2O2既有氧化性又有还原性是正确的,但实验②中H2O2只作氧化剂,只能证明H2O2具有氧化性。
6.已知还原性:B->C->D-,下列方程式不正确的是 ()
A.2C-+D22D-+C2B.2C-+B22B-+C2
C.2B-+D22D-+B2D.2B-+C22C-+B2
答案B根据还原性:B->C->D-及同一个氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性,可判断反应B不正确。
7.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑。下列有关说法正确的是 ()
A.KNO3是氧化剂,Na2O是还原产物
B.1molNaN3完全反应时转移3mol电子
C.若氧化产物比还原产物多1.75mol,则生成44.8LN2(标准状况)
D.若有65gNaN3参加反应,则被还原的N的物质的量为0.1mol
答案C发生反应时,NaN3中N元素化合价升高,是还原剂,KNO3中N元素化合价降低,是氧化剂;Na、O两种元素化合价在反应前后无变化,故Na2O既不是氧化产物又不是还原产物,N2既是氧化产物又是还原产物,A错误;1molNaN3完全反应时,转移1mol电子,B错误;设氧化产物和还原产物的物质的量分别为x、y。根据得失电子守恒知13x=5y,x∶y=15∶1,又x-y=1.75mol,故x=0.1875mol,y=0.125mol,故生成N2为(0.125+1.875)mol,即44.8LN2(标准状况),C正确;根据得失电子守恒,6565×3×13=n(被还原的N)×5,n(被还原的N)=0.2mol,D错误。
8.已知Cl2与NaOH溶液反应在低温下生成NaCl、NaClO;在较高温度下生成NaCl、NaClO3。现将amolCl2通入含溶质bmol的NaOH溶液中恰好完全反应,下列说法不正确的是 ()
A.在较高温度下,当2a=b时,反应的离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O
B.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(ClO3-)=2∶1,则a=2b
C.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(ClO3-)=1∶1,则反应的离子方程式:4Cl2+8OH-6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O
D.某温度下,若反应后溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为3∶1,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为 1∶2
答案B依题意,Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应分别为①Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;②3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由②式知A正确;①式×2+②式得:5Cl2+10OH-7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O,故当c(ClO-)∶c(ClO3-)=2∶1时,b=2a,B错误;①式+②式得:4Cl2+8OH-6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O,故C正确;①式×3+②式得:6Cl2+12OH-8Cl-+3ClO-+ClO3-+6H2O,氧化产物(ClO-、ClO3-)和还原产物(Cl-)的物质的量之比为(3+1)∶8=1∶2,故D正确。
解题思路先写出Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应,再根据反应后溶液中ClO-与ClO3-的浓度比例写出总反应,在此基础上作出判断。
9.已知氧化性Br2>Fe3+。向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2,充分反应。下列说法不正确的是 ()
A.离子的还原性强弱:Fe2+>Br->Cl-
B.当a≥2b时,发生的离子反应:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
C.当a=b时,反应后的离子浓度之比:c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
D.当3a≤2b时,发生的离子反应:2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-
答案C氧化性Br2>Fe3+,说明Br2可将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2++Br22Fe3++2Br-,还原性Fe2+>Br-,结合还原性Br->Cl-,可知A正确;FeBr2溶液中通入Cl2时,因还原性Fe2+>Br-,故先发生反应①2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,后发生反应②2Br-+Cl2Br2+2Cl-,当a≥2b时,因Cl2不足,只发生反应①,B正确;当3a≤2b时,Cl2充足,Fe2+和Br-均被完全氧化,反应①+反应②×2得总反应:2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-,D正确;当a=b时,由反应①知amolFe2+被完全氧化成amolFe3+,消耗a2molCl2,由反应②知剩余的a2molCl2可氧化amol的Br-,Br-剩余:2amol-amol=amol,故最终溶液中c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a∶a∶2a=1∶1∶2,C错误。
10.已知H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI,将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,则下列说法正确的是 ()
A.物质的还原性:HI>H2SO3>HCl
B.HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol·L-1
C.通入0.1molCl2发生反应的离子方程式:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+
D.若再通入0.05molCl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化
答案CA项,由题意可知氧化性:Cl2>I2>H2SO4,故还原性:HCl
xx
Cl2+2HI2HCl+I2
x4x2
n(Cl2)=x+x4=0.1mol,解得x=0.08mol,c(HI)=c(H2SO3)=0.08mol0.1L=0.8mol·L-1,B错误;C项,Cl2先与H2SO3反应,再消耗了一半的HI,故离子方程式中H2SO3和I-的化学计量数之比为2∶1,C正确;D项,若将H2SO3和HI恰好完全氧化,需消耗Cl2的物质的量:n(Cl2)=n(H2SO3)+n(HI)2=0.12mol,还需通入Cl2的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol,D错误。
11.取xg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8960mLNO2气体和672mLN2O4气体(标准状况),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 ()
A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44
答案B根据题意,n(NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol,n(N2O4)=0.672L22.4L/mol=0.03mol。根据得失电子守恒可知,金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol,所以沉淀中OH-的物质的量为0.46mol,m(OH-)=0.46mol×17g/mol=7.82g,所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.20g。
解题点睛金属失电子的物质的量=金属离子结合的OH-的物质的量;铜镁合金的质量+OH-的质量=沉淀[Cu(OH)2+Mg(OH)2]的质量。
二、非选择题(共39分)
12.(7分)酸性KMnO4溶液、H2O2溶液在生活、卫生医疗中常用作消毒剂,是化学实验室里重要的氧化剂,其中H2O2溶液还可用于漂白。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除。Fe(NO3)3也是重要的氧化剂,下面是对这三种氧化剂性质的探究。
(1)某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,写出该反应的离子方程式:,氧化产物与还原产物的物质的量之比为。
(2)取300mL0.2mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是mol。
(3)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定,取0.474gKMnO4样品溶解酸化后,用0.100mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定,标准Na2S2O3溶液应盛装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中,滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL,则该样品中KMnO4的物质的量是(有关离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O)。
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的原因是,又变为棕黄色的离子方程式是。
答案(1)Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O1∶2
(2)0.16(3)碱式1.92×10-3
(4)Fe3+被还原成Fe2+
3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O
解析(1)浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,发生氧化还原反应生成CuCl2、H2O,该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,其中Cu2+是氧化产物,H2O是还原产物,所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2。(2)由已知可得KI的物质的量是0.06mol,生成的I2和KIO3的物质的量相等,故0.06molI-→0.02molI2+0.02molIO3-,转移电子的物质的量为0.02mol×2+0.02mol×6=0.16mol。(3)Na2S2O3溶液显碱性,则应盛放在碱式滴定管中,n(Na2S2O3)=0.012L×0.1mol·L-1=1.2×10-3mol,设样品中KMnO4的物质的量为x,则
8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O
85
x1.2×10-3mol
解得x=1.92×10-3mol
(4)溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,则Fe3+先被还原后又被氧化,又变为棕黄色的原因是NO3-在酸性条件下具有氧化性,将Fe2+氧化,反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O。
解题规律解答氧化还原反应的综合类试题的答题模板。
第一步:判反应——认真审题,了解哪些物质参与氧化还原反应,这些物质会发生什么样的氧化还原反应。
第二步:排序列——把参与反应的物质按照氧化性或还原性的强弱进行排序。
第三步:用规律——根据氧化还原反应的规律进行分析,氧化剂被还原,生成还原产物;还原剂被氧化,生成氧化产物。同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
第四步:找守恒——解答氧化还原反应类的试题时,要充分利用质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒。
13.(15分)Ⅰ.完成以下氧化还原反应的离子方程式:
()MnO4-+()C2O42-+ ()Mn2++()CO2↑+
Ⅱ.化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答:
(1)甲的化学式。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式
。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式。
(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式。
(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由。
答案Ⅰ.2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ.(1)NaH
(2)4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl
(3)NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑
(4)3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH
(5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。验纯方法不合理,如果有Na残留,Na与水反应也产生H2;没有考虑混入的NaCl
解析Ⅱ.(1)4.80g甲中氢元素的质量为2.24L22.4L·mol-1×2×1g·mol-1=0.2g,则钠元素的质量为4.80g-0.2g=4.60g,n(Na)∶n(H)=4.60g23g·mol-1∶0.2g1g·mol-1=1∶1,所以甲的化学式为NaH。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O4H2↑+NaAlO2。
(4)根据题意可知甲在无水条件下能将铁锈中的铁还原为铁单质,化学方程式为3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH。
(5)制备过程和验纯方法均不合理。制备过程中所用的盐酸易挥发,H2中混有HCl,会导致产物中混有NaCl,故不合理;同时若与钠反应的H2不足,固体产物中会有Na残留,残留的Na也可以与水反应产生H2,且还可能混入NaCl,故验纯方法不合理。
14.(10分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位 mg·L-1。我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·L-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。
Ⅰ.测定原理:
碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2↓
酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:③2S2O32-+I2S4O62-+2I-
Ⅱ.测定步骤:
a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。
b.向烧瓶中加入200mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。
d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题:
(1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是。
①滴定管②注射器③量筒
(3)搅拌的作用是。
(4)配平反应②的方程式,其化学计量数依次为。
(5)步骤f为。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液 4.50mL,水样的DO=mg·L-1(保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO是否达标:(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个)
。
答案(1)将溶剂水煮沸后冷却
(2)②(3)使溶液混合均匀,快速完成反应
(4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作2~3次
(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是
(7)2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O
SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-
4H++4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)
解析(1)升高温度,气体在水中的溶解度减小,故配制无氧溶液时,可将溶剂水煮沸后冷却。
(2)用滴定管或量筒加水样或试剂都需要将橡胶塞打开,易使空气进入装置干扰实验,而注射器则不需要打开橡胶塞。
(3)烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀,增大反应物接触面积,加快反应速率。
(4)标出化合价发生变化的元素的化合价,利用化合价升降总数相等,结合电荷守恒和原子守恒,配平方程式:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O。
(5)定量测定实验中,常多次测量求平均值以减小测定误差,故步骤f为重复步骤e的操作2~3次。
(6)步骤e中用Na2S2O3溶液滴定I2,淀粉作指示剂,故达到滴定终点的标志为溶液蓝色褪去,且半分钟内不变色。测定过程中,由关系式:2S2O32-~I2~MnO(OH)2~12O2知:n(O2)=0.01000mol·L-1×4.50×10-3L×12×12=14×4.50×10-5mol,故水样中的DO=14×4.50×10-5mol×32g·mol-1×140.00×10-3L=9×10-3g·L-1,即9.0mg·L-1;由于9.0mg·L-1>5mg·L-1,故作为饮用水源,此次测得DO达标。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,H2SO4能与Na2S2O3溶液反应,即2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O4H++2I-+SO42-;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H++4I-+O22I2+2H2O。
15.(7分)汽车尾气中的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11.2LO2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之比为。
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx,转化过程中发生反应的化学方程式为CO+NOxN2+CO2(未配平),若x=1.5,则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为。
(3)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-和NO2-,请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式:。
(4)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。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,NO2-的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的 NO2-完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气L(用含a的代数式表示,结果保留整数)。
答案(1)①1②4∶3(2)3∶1
(3)2NO+4Ce4++3H2ONO3-+NO2-+6H++4Ce3+
(4)阳极2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O
(5)243a
解析(1)①反应Ⅰ中产生1molO2转移电子2mol,故生成标准状况下11.2LO2时,转移电子1mol。②反应Ⅱ中N2既是氧化产物又是还原产物,CO(NH2)2对应氧化产物,NO2对应还原产物,NO2、CO(NH2)2物质的量之比为3∶2时,氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3。(2)根据3CO+2NO1.53CO2+N2,可知CO2与N2的化学计量数之比为3∶1。(3)假设生成NO3-和NO2-的物质的量均为1mol,则2molNO转变为1molNO3-和1molNO2-时失去电子的物质的量为4mol,根据得失电子守恒,则有4molCe4+转化为Ce3+,离子方程式为2NO+4Ce4++3H2ONO3-+NO2-+6H++4Ce3+。(4)再生时Ce3+转化为Ce4+,发生氧化反应,故在阳极上生成Ce4+。另一极上HSO3-发生还原反应,生成S2O42-。(5)由NO2-NO3-,而O22O2-,根据得失电子守恒得ag·L-1×1000L46g·mol-1×2=VL22.4L·mol-1×4,解得V≈243a。
备选题
10.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去) ()
A.反应①、②、③、④、⑤均属于氧化还原反应
B.反应①、③、④、⑤中MnO2均作氧化剂
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
答案A①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水,②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水,③为过氧化氢分解生成水和氧气,④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气,⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成单质锰和氧化铝,均存在元素化合价的变化,均属于氧化还原反应,故A正确;反应①、⑤中MnO2为氧化剂,反应③、④中MnO2为催化剂,故B错误;反应③中O元素的化合价由-1升高为0,反应④中O元素的化合价由-2升高为0,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,故C错误;反应4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中,Mn元素的化合价由+4降低为+2,HCl中Cl元素的化合价由-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,故D错误。
6.含氟的卤素互化物通常作氟化剂,使金属氧化物转化为氟化物,如2Co3O4+6ClF36CoF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法,正确的是 ()
A.X与O3互为同位素
B.1molCo3O4在反应中转移9mol电子
C.ClF3中氯元素为-3价
D.Co3O4在反应中作氧化剂
答案B由题中反应方程式结合原子守恒可推断出X是O2,O2与O3互为同素异形体,A错误。由反应中Cl的化合价判断,6molClF3参与反应转移18mol电子,则1molCo3O4在反应中转移9mol电子,故B正确。ClF3中氯元素为+3价,C错误。Co3O4在反应中作还原剂,D错误。
解题思路先根据原子守恒判断X为O2,然后分析反应中元素化合价的变化,判断出氧化剂、还原剂和反应中电子转移的数目。
5.硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如下:
已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33℃)。
(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气,该操作的目的是。原料中的金属钠通常保存在中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有、、玻璃片和小刀等。
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是;第③步分出NaBH4并回收溶剂,采用的方法是。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25℃、101kPa下,已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ,该反应的热化学方程式是
。
答案(14分)(1)除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子滤纸
(2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H21NaBH4+2Na2SiO3
(3)过滤蒸馏
(4)NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)
ΔH=-216.0kJ·mol-1
解析(1)考虑到加热时原料中的Na及H2会与空气中O2反应,产物NaBH4会与水反应,故第①步反应加料之前应先将反应器加热至100℃以上并通入氩气,以除去反应器中的空气和水蒸气。(2)运用化合价升降法和观察法,不难配平所给反应的化学方程式。(3)由题给信息可知,欲分离NaBH4和异丙胺可加热蒸馏,馏分为异丙胺,留在蒸馏烧瓶中的是NaBH4固体产品。(4)依题意,反应NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)的ΔH=-21.6kJ÷3.8g38g·mol-1=-216.0kJ·mol-1。
【模块卷基本概念】
一、选择题(每小题2分,共24分)
1.下列“中国制造”所用的材料属于无机非金属材料的是 ()
宇航服所用聚酯纤维
“天眼”反射面板所用铝合金
港珠澳大桥所用水泥
“蛟龙号”所用钛合金
A
B
C
D
答案CA项,聚酯纤维为有机合成高分子材料,错误;B项,铝合金属于金属材料,错误;C项,水泥为硅酸盐材料,属于无机非金属材料,正确;D项,钛合金属于金属材料,错误。
2.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪的中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是 ()
A.“凡白土曰垩土,为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸
C.“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”,该过程中反应的类型为置换反应
D.“每红铜六斤,入倭铅四斤,先后入罐熔化,冷定取出,即成黄铜”中的黄铜是合金
答案B陶瓷是传统硅酸盐材料,属于传统无机非金属材料,A项正确;“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸钾,B项错误;“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”过程中发生的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,C项正确;黄铜是铜锌合金,D项正确。
3.目前,科学家发现在负压和超低温条件下,水可形成像棉花糖一样的气凝胶的冰,该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是 ()
A.该冰具有丁达尔效应
B.“气态冰”与普通冰化学性质相同
C.18g的“气态冰”在标准状况下体积等于22.4L
D.构成“气态冰”的分子为极性分子
答案C该“气态冰”是像棉花糖一样的气凝胶,因此具有丁达尔效应,A正确;“气态冰”与普通冰一样都是由H2O分子构成的,因此物质的化学性质相同,B正确;“气态冰”在标准状况下为固态,所以不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算,C错误;构成“气态冰”的分子是H2O,H2O分子为极性分子,D正确。
4.下列说法或表达正确的是 ()
A.乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质
B.NH4I的电子式:[H··N··HH····H]+I-
C.石油是混合物,其分馏产品汽油也是混合物
D.陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐
答案C乙醇不是人体必需的营养物质,A错误;NH4I中I-周围有8个电子,正确的电子式为[H··N··HH····H]+[··I······]-,B错误;石油是多种烃类物质组成的混合物,分馏后的汽油也是由多种烃组成的混合物,C正确;水晶主要成分是二氧化硅,D错误。
知识归纳熟记常见混合物
(1)气体混合物:空气、水煤气(主要成分是CO和H2)、天然气(主要成分是CH4)、焦炉气(主要成分是H2和CH4)、高炉煤气、石油气、裂解气等。
(2)液体混合物:氨水、氯水、王水、福尔马林、浓硫酸、盐酸、汽油、植物油、胶体等。
(3)固体混合物:碱石灰、漂白粉、高分子化合物、玻璃、水泥、合金、铝热剂等。
5.下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是 ()
A.体积相等时密度相等
B.原子数相等时具有的中子数相等
C.体积相等时具有的电子数相等
D.质量相等时具有的质子数相等
答案C依据阿伏加德罗定律可知,在同温同压下的两种气体体积相同时分子数相同,而每个CO和N2分子所含电子数相同,C项正确;同温同压同体积条件下密度之比等于摩尔质量之比,12C18O的摩尔质量为30g·mol-1,14N2的摩尔质量为28g·mol-1,A项错误;1个12C18O分子中所含中子数为16,1个14N2分子中所含中子数为14,B项错误;n=mM,m相同、M不同,n不同,D项错误。
6.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ()
A.2.24LN2和2.24LCO所含电子数均为1.4NA
B.300mL2mol·L-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C.1molNa2O2固体中离子总数为4NA
D.42g乙烯和丙烯混合气体中氢原子的个数为6NA
答案D外界条件未知,不能确定气体的物质的量,A项错误;蔗糖溶液中含有蔗糖分子和水分子,故溶液中所含分子数大于0.6NA,B项错误;1个Na2O2中含有2个Na+和1个O22-,所以1molNa2O2固体中离子总数为3NA,C项错误;乙烯和丙烯的最简式是CH2,42g乙烯和丙烯混合气体中含有3mol的“CH2”,故含有氢原子的个数为6NA,D项正确。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ()
A.17g —OH中含有的电子数为10NA
B.25℃时,Ksp(BaSO4)=1×10-10,则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10-5NA
C.1L1mol·L-1CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA
D.含0.5mol晶胞(如图)的Cu2O晶体中Cu+的数目为2NA
答案DA项,17g羟基的物质的量为1mol,1个羟基含有的电子数为9,1mol羟基所含的电子数为9NA,错误;B项,BaSO4饱和溶液中Ba2+的浓度是1×10-5mol·L-1,溶液体积未知,数目无法计算,错误;C项,CH3COONH4溶液中,CH3COO-和NH4+都会发生水解,所以1L1mol·L-1的溶液中CH3COO-和NH4+的数目均小于NA,错误;D项,1个晶胞中白球的数目为1+8×18=2,黑球数目为4,即黑球为Cu+,0.5mol晶胞中Cu+的物质的量为0.5mol×4=2mol,数目为2NA,正确。
8.下列关于溶液及配制的说法正确的是 ()
A.配制0.1mol·L-1CuSO4溶液450mL,需要硫酸铜晶体的质量是7.2g
B.配制稀硫酸时,将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中,加入少量水溶解
C.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高
D.某温度下两种不同物质的溶液,若溶质的质量分数相同,则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同
答案C没有450mL的容量瓶,实际应配制500mL溶液,需要硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g,A项错误;浓硫酸密度比水大,溶于水放出大量的热,所以稀释时要将浓硫酸慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,B项错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,C项正确;溶质的质量分数ω=m溶质m溶液×100%,根据c=1000ρωM,两种溶液的溶质质量分数相等,但溶质的摩尔质量不一定相等,且密度也不一定相等,则溶液的物质的量浓度不一定相等,D项错误。
易错警示配制溶液时计算所用溶质质量或浓溶液体积时,容易受所配溶液的“指定体积”影响,忽视容量瓶规格限制而导致错误。
9.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ()
A.c(H+)
C.0.1mol·L-1FeCl3溶液中:K+、NH4+、I-、SCN-
D.加入铝粉能产生氢气的溶液中:NH4+、Fe2+、NO3-、SO42-
答案Ac(H+)
A.将SO2气体通入NaClO溶液中:SO2+2ClO-+H2OSO32-+2HClO
B.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O
C.向FeBr2溶液中通入过量Cl2:2Fe2++4Br-+2Cl22Fe3++2Br2+4Cl-
D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应:NH4++OH-NH3·H2O
答案BClO-具有强氧化性,可以与SO2发生氧化还原反应,不可能生成SO32-,应该生成SO42-,A项错误;向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性,H+与OH-恰好完全反应,所以离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O,B项正确;C项,反应前后电荷不守恒,正确的离子方程式应为2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-,C项错误;NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应,NH4+、HCO3-均与OH-反应,HCO3-+NH4++2OH-NH3·H2O+CO32-+H2O,D项错误。
方法技巧与量有关的离子方程式的书写可以按“少定多变”原则书写。所谓“少定”即量少的反应物设其化学计量数为1,其离子的计量数按化学式确定,所谓“多变”即过量的反应物,其计量数根据反应的需要量确定,不受化学式中的比例制约,是可变的。
11.根据下表中的信息判断,下列说法错误的是 ()
序号
反应物
产物
①
Cl2、H2O2
Cl-……
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KClO3、HCl
Cl2、KCl、H2O
A.第①组反应的氧化产物为O2
B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2
C.第③组反应中生成3molCl2,转移6mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序为ClO3->Cl2>Fe3+
答案CH2O2中O元素的化合价升高,失去电子,被氧化,则第①组反应的氧化产物为O2,A项正确;②中溴元素的化合价没有变化,Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+,发生的反应为3Cl2+6FeBr22FeCl3+4FeBr3,则Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2,B项正确;在KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O反应中,每生成3mol氯气转移5mol电子,C项错误;由③知,物质的氧化性:ClO3->Cl2,由②中Cl2氧化FeBr2生成FeBr3知氧化性:Cl2>Fe3+,因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3->Cl2>Fe3+,D项正确。
12.对下列离子方程式的书写评价合理的是 ()
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
碳酸氢钙与盐酸:2H++CO32-CO2↑+H2O
错误,碳酸氢钙难溶,不可拆
B
硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液:Ba2++SO42-BaSO4↓
错误,漏掉了铵根离子与氢氧根离子之间的反应
C
铜和浓硝酸反应:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O
正确
D
氯化铁溶液与碘化钾溶液反应:Fe3++2I-Fe2++I2
正确
答案BC碳酸氢钙是可溶性盐,可以拆,但只能拆成Ca2+与HCO3-,A项错误;电荷不守恒,D项错误。
二、非选择题(共38分)
13.(8分)雾霾严重影响人们的生活与健康,某地区的雾霾中可能含有下列离子中的若干种:NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的处理后得试样溶液,设计并完成了如下实验:
试回答下列问题:
(1)实验①中加入稀盐酸后,有无色气体A生成,溶液B依然澄清,且溶液中阴离子种类不变,据此可知原溶液中一定不含(填离子符号)。
(2)实验①中发生反应的离子方程式为。
(3)实验②中逐滴加入碳酸氢钠溶液,立即有气泡产生,一段时间后又有沉淀出现,这时的离子方程式为。
(4)气体F的成分为(填化学式)。
(5)根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42-,有其他同学认为其结论不合理,又进行了后续实验④,最终确认原溶液中含有SO42-,试写出实验④可行的操作方法及现象:。
答案(1)CO32-(2)3Fe2++NO3-+4H+3Fe3++NO↑+2H2O(3)Fe3++3HCO3-Fe(OH)3↓+3CO2↑(4)NH3
(5)向沉淀G中加入足量的稀硝酸或稀盐酸,若沉淀部分溶解,则证明原溶液中含有SO42-
解析(1)实验①中加入稀盐酸后,有无色气体A生成,该气体可能为CO2或NO,由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变,则生成的气体为NO,溶液中一定含有Fe2+、NO3-,且NO3-过量,根据离子共存可知一定不存在CO32-。
(2)实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+3Fe3++NO↑+2H2O。
(3)实验①加入足量盐酸,则溶液B中含有过量的氢离子,加入碳酸氢钠后,开始时发生反应:H++HCO3-H2O+CO2↑;溶液B中还含有Fe3+,氢离子反应完全后,铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体,反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-Fe(OH)3↓+3CO2↑。
(4)溶液D中加入足量Ba(OH)2溶液,加热后生成气体F、沉淀G和溶液H,结合题干中离子推断,气体F为NH3。
(5)由于实验②中NaHCO3过量,则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3,不能确定是否含有BaSO4,可向沉淀G中加入足量的稀硝酸或稀盐酸,若沉淀部分溶解,则证明原溶液中含有SO42-。
14.(7分)锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的意义。回答下列问题:
(1)常用铝热法还原软锰矿(主要成分为MnO2)来制备金属锰。因为铝和软锰矿反应剧烈,所以先在强热条件下将软锰矿变为Mn3O4,然后再将其与铝粉混合。
①MnO2中Mn的化合价为。
②铝粉与Mn3O4反应时,还原剂与氧化剂的物质的量之比为。
(2)pH=0的溶液中,不同价态锰的微粒的能量(ΔG)如图所示,若某种含锰微粒(如Mn3+)的能量处于相邻价态两种微粒(如Mn2+和MnO2)能量连线的上方,则该微粒不稳定,会发生歧化反应,转化为相邻价态的微粒。
①MnO42-(填“能”或“不能”)稳定存在于pH=0的溶液中。
②实验室可利用以下反应检验Mn2+的存在:2Mn2++5S2O82-+8H2O16H++10SO42-+2MnO4-,确认Mn2+存在的现象是;检验时必须控制Mn2+的浓度和用量,否则实验失败。理由是。
答案(1)①+4②8∶3
(2)①不能②溶液由无色变为紫红色过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应,从而影响实验现象的观察
解析(1)①MnO2中O的化合价为-2价,则Mn的化合价为+4价。②铝粉与Mn3O4反应的化学方程式为3Mn3O4+8Al9Mn+4Al2O3,根据化学方程式可知,还原剂Al与氧化剂Mn3O4的物质的量之比为8∶3。
(2)①结合题意及图像分析,MnO42-的能量在MnO4-和MnO2的能量连线的上方,则MnO42-在pH=0的溶液中不能稳定存在。②含MnO4-的溶液呈紫红色,根据题给离子方程式可知,确认Mn2+存在的现象是溶液由无色变为紫红色。过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应,影响实验现象的观察,故检验时必须控制Mn2+浓度和用量。
15.(14分)某化学小组研究盐酸被氧化的条件,进行如下实验。
(1)研究盐酸被MnO2氧化。
实验
操作
现象
Ⅰ
常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合
溶液呈浅棕色,略有刺激性气味
Ⅱ
将Ⅰ中混合物过滤,加热滤液
生成大量黄绿色气体
Ⅲ
加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物
无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应,化学方程式是。
②Ⅱ中发生了分解反应,反应的化学方程式是。
③Ⅲ中无明显现象的原因,可能是c(H+)或c(Cl-)较低,设计实验Ⅳ进行探究:
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比,得出的结论是。
④用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V:
ⅰ.K闭合时,指针向左偏转。
ⅱ.向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针偏转幅度变化不大。
ⅲ.再向左管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针向左偏转幅度增大。
将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比,得出的结论是。
(2)研究盐酸能否被氧化性酸氧化。
①烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸,烧瓶上方立即产生白雾,用湿润的淀粉KI试纸检验,无明显现象。由此得出浓硫酸(填“能”或“不能”)氧化盐酸。
②向试管中加入3mL浓盐酸,再加入1mL浓HNO3,试管内液体逐渐变为橙色,加热,产生棕黄色气体,经检验含有NO2。
实验
操作
现象
Ⅰ
将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中
试纸先变蓝,后褪色
Ⅱ
将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中
试纸先变蓝,后褪色
Ⅲ
……
……
通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2,Ⅲ的操作是。
(3)由上述实验得出:盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关。
答案(1)①MnO2+4HClMnCl4+2H2O
②MnCl4Cl2↑+MnCl2
③Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)均较低,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化;MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)
④HCl的还原性与c(H+)无关;MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强
(2)①不能②将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中
(3)c(Cl-)、c(H+)(或浓度)
解析①已知MnO2呈弱碱性,MnO2与浓盐酸发生复分解反应,则化学方程式为MnO2+4HClMnCl4+2H2O。
②黄绿色气体为MnCl4分解产生的Cl2,则反应的化学方程式为MnCl4Cl2↑+MnCl2。
③实验Ⅳ中,分别增大c(H+)、c(Cl-)后,均有氯气生成,故可得到结论:Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)均较低,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化;对比ⅰ、ⅱ可得,开始生成氯气时,c(H+)≥7mol·L-1,而c(Cl-)≥10mol·L-1,因此增大较少c(H+)即可发生反应,所以MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
④ⅰ、ⅱ对比可知,未向右管中滴加浓硫酸时,氧化还原反应即可发生,增大右管中c(H+)后,电流变化不大,故HCl的还原性与c(H+)无关;ⅱ、ⅲ对比可知,增大左管中c(H+)后,电流显著变强,故MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强。
(2)①用润湿的淀粉KI试纸检验无明显现象,说明没有Cl2生成,故浓硫酸不能氧化盐酸。
②已知气体中含有NO2,为了证明生成了Cl2应排除NO2的干扰,所以操作Ⅲ为将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中。
(3)综合(1)、(2)中的结论,可得盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(Cl-)、c(H+)有关。
解题导引本实验的目的是“研究盐酸被氧化的条件”,实验对象是MnO2和HCl,改变的是温度c(H+)、 c(Cl-),对比实验时注意改变的条件与实验现象、结论之间的关系。
16.(9分)工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“沉砷”中所用Na2S的电子式为。
(2)已知:As2S3与过量的S2-存在以下反应:As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq);“沉砷”中FeSO4的作用是
。
(3)“焙烧”过程中由于条件的原因,生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁,证明四氧化三铁存在的试剂是。
(4)“氧化”过程中,可以用单质碘为氧化剂进行氧化,写出该反应的离子方程式:。
(5)调节pH=0时,请写出由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式:。
(6)一定条件下,用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中,1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时,转移28mole-,则物质a为。
答案(1)Na+[··S······]2-Na+(2)S2-与Fe2+生成沉淀,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)左移,提高“沉砷”效果(3)稀硫酸、高锰酸钾溶液(或其他合理答案)(4)AsO33-+I2+2OH-2I-+AsO43-+H2O(5)2AsO43-+2SO2+2H+As2O3+2SO42-+H2O(6)SO2
解析(1)硫化钠为离子化合物,电子式为Na+[··S······]2-Na+。
(2)FeSO4的作用是除去过量的S2-,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)逆向移动,提高“沉砷”效果。
(3)四氧化三铁含有+2价铁,具有还原性,可在酸性条件下与高锰酸钾反应,使高锰酸钾溶液褪色,则可用稀硫酸、高锰酸钾溶液检验四氧化三铁。
(6)1molAs4S4参加反应时,转移28mole-,As4S4中As为+2价、S为-2价,且生成As2O3,则As4S4中S元素化合价升高6,生成物中S元素的化合价为+4,则物质a应为SO2。
专题四氧化还原反应
【5年高考】
考点一氧化还原反应的概念及规律
1.(2020浙江7月选考,10,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是()
A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1
答案B
2.(2019北京理综,10,6分)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 ()
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
FeCl2溶液(FeCl3)
Fe粉
B
NaCl溶液(MgCl2)
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2(HCl)
H2O、浓H2SO4
D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
答案B
3.(2019浙江4月选考,6,2分)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()
A.2∶3B.8∶3C.6∶3D.3∶2
答案A
4.(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
5.(2017北京理综,8,6分)下列变化中,气体被还原的是()
A.二氧化碳使Na2O2固体变白
B.氯气使KBr溶液变黄
C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色
D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀
答案B
6.(2018课标Ⅱ,26,14分)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为。
(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有;氧化除杂工序中ZnO的作用是,若不通入氧气,其后果是。
(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为。
(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为;沉积锌后的电解液可返回工序继续使用。
答案(1)ZnS+32O2ZnO+SO2
(2)PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+
(3)Cd2++ZnCd+Zn2+
(4)Zn2++2e-Zn溶浸
考点二氧化还原反应方程式的配平及相关计算
7.(2017海南单科,4,2分)在酸性条件下,可发生如下反应:ClO3-+2M3++4H2OM2O7n-+Cl-+8H+,M2O7n-中M的化合价是 ()
A.+4B.+5C.+6D.+7
答案C
8.(2016上海单科,18,3分)O2F2可以发生反应:H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是 ()
A.氧气是氧化产物
B.O2F2既是氧化剂又是还原剂
C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子
D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶4
答案D
9.(2017课标Ⅱ,28,15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。
回答下列问题:
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为。
(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除及二氧化碳。
(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用amol·L-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为;若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL,则水样中溶解氧的含量为mg·L-1。
(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏(填“高”或“低”)。
答案(1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差
(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2
(3)量筒氧气
(4)蓝色刚好褪去80ab
(5)低
[教师专用题组]
【5年高考】
考点1氧化还原反应的概念及规律
1.(2020山东,2,2分)下列叙述不涉及氧化还原反应的是 ()
A.谷物发酵酿造食醋
B.小苏打用作食品膨松剂
C.含氯消毒剂用于环境消毒
D.大气中NO2参与酸雨形成
答案BA项,谷物发酵酿造食醋过程中存在淀粉的水解和葡萄糖的氧化,涉及氧化还原反应,错误;B项,小苏打用作食品膨松剂是利用了小苏打受热易分解的性质,不涉及氧化还原反应,正确;C项,含氯消毒剂具有氧化性,利用其消毒时发生氧化还原反应,错误;D项,NO2参与酸雨形成时转化为HNO3,氮元素的化合价升高,发生了氧化还原反应,错误。
2.(2020浙江7月选考,10,2分)反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化产物与还原产物的物质的量之比是()
A.1∶2B.1∶1C.2∶1D.4∶1
答案B,根据化合价变化分析可得:MnO2为氧化剂,对应的MnCl2为还原产物,HCl为还原剂,对应的Cl2为氧化产物,故n(Cl2)∶n(MnCl2)=1∶1,B正确。
3.(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-→I2C.SO2→SO32-D.CuO→Cu
答案BCl2→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。
4.(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。
5.(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。
6.(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0.01mol·L-1AgNO3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1mol·L-1FeSO4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1mol·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。
7.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是 ()
A
CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl
CH2CH2+HClCH3CH2Cl
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+2H2O4NaOH+O2↑
Cl2+H2OHCl+HClO
均为水作还原剂的氧化还原反应
答案BCH2CH2+HClCH3CH2Cl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。
8.(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1molCl-、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)。
②BA+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+3H2O1NaClO3+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=-117kJ·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+KClNaCl+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-。②BA+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-)=63kJ·mol-1+0kJ·mol-1-3×60kJ·mol-1=-117kJ·mol-1,所以热化学方程式为3ClO-(aq)ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=-117kJ·mol-1。
9.(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BA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。
10.(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2氧化还原反应方程式的配平及相关计算
1.(2014课标Ⅰ,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且c(Cl-)c(ClO-)的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是 ()
A.若某温度下,反应后c(Cl-)c(ClO-)=11,则溶液中c(ClO-)c(ClO3-)=12
B.参加反应的氯气的物质的量等于12amol
C.改变温度,反应中转移电子的物质的量ne-的范围:12amol≤ne-≤56amol
D.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为17amol
答案DA项,可设溶液为1L,n(Cl-)=11mol,n(ClO-)=1mol,则反应中n(得电子)=11mol,生成1molClO-时只失电子1mol,故应生成2molClO3-(失电子10mol),即c(ClO-)c(ClO3-)=12,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=a2mol,B正确。Cl2通入KOH溶液中,可发生,当n(KOH)=amol 时,转移电子的物质的量范围:12amol(只发生反应①)≤ne-≤56amol(只发生反应②),C正确。若只发生反应②,KClO3可达最大理论产量a6mol,D错误。
2.(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1.50mg,则 ()
A.被氧化的砒霜为1.98mg
B.分解产生的氢气为0.672mL
C.和砒霜反应的锌为3.90mg
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+12HCl2As+3H2↑+6ZnCl2+3H2O
62
n(Zn)1.50×10-375mol=2×10-5mol
n(Zn)=62×2×10-5mol=6×10-5mol,m(Zn)=6×10-5mol×65g/mol=3.90×10-3g=3.90mg,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0.672mL。
3.(2018海南单科,12,8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20.00mL含Cu2+的溶液,加入足量的KI充分反应后,用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25.00mL,此溶液中Cu2+的浓度为mol·L-1。
答案(1)Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
(2)Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+酸性防止Fe3+水解生成Fe(OH)3
(3)Cu2+0.1250
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+H2SO4CuSO4+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+
2mol2mol
0.1000mol·L-1×25.00×10-3Lc(Cu2+)×20.00×10-3L
0.1000mol·L-1×25.00×10-3L=c(Cu2+)×20.00×10-3L
c(Cu2+)=0.1250mol·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4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0mL2.00mol·L-1的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04g。
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)0.100mol(2分)(2)2.40g(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+H2SO4CuSO4+H2O①,Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O②,得到的溶液中含有CuSO4、Fe2(SO4)3和过量的H2SO4,再加入5.60g(即0.1mol)铁粉,因氧化性:Fe3+>Cu2+>H+,故先发生反应:Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4③,再发生反应:CuSO4+FeFeSO4+Cu④,最后发生反应:H2SO4+FeFeSO4+H2↑⑤。若4.00g固体全为CuO,n(CuO)=4.00g80g/mol=0.05mol,由反应①④⑤知5.60g铁粉刚好完全反应,最终剩余固体全为Cu,且m(Cu)=0.05mol×64g/mol=3.20g;若4.00g固体全为Fe2O3,n(Fe2O3)=4.00g160g/mol=0.025mol,由反应②③⑤知5.60g铁粉过量,最终剩余固体全为Fe,且m(Fe)=5.60g-[0.025mol+(0.1mol-3×0.025mol)]×56g/mol=2.80g;现4.00g固体为CuO、Fe2O3的混合物,则反应最终铁粉过量,最后所得3.04g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)=2.00mol/L×50.0×10-3L=0.100mol。
(2)设混合物中CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y,则有:80g/mol×x+160g/mol×y=4.00g……①,因加入0.100mol的铁粉,最终溶液中含0.100molFeSO4,由元素守恒知3.04g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64g/mol×x+56g/mol×2y=3.04g……②,由①②可解得x=0.03mol,y=0.01mol,故m(CuO)=0.03mol×80g/mol=2.40g。
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+6H2OCaO2·8H2O
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100.00mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50mL。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100.00mL水样中
I2+2S2O32-2I-+S4O62-
n(I2)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)2
=0.01000mol·L-1×13.50mL×10-3L·mL-12
=6.750×10-5mol
n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5mol
n(O2)=12n[MnO(OH)2]=12×6.750×10-5mol=3.375×10-5mol
水中溶解氧=3.375×10-5mol×32g·mol-1×1000mg·g-1100.00mL×10-3L·mL-1=10.80mg·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)①1molO2得4mole-,1molMn2+失2mole-,故O2与Mn2+按物质的量之比1∶2反应。
【3年模拟】
时间:25分钟分值:36分
一、选择题(本题共3小题,每小题2分,共6分,每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2020淄博一模,1)化学与生活密切相关,下列过程与氧化还原反应无关的是 ()
A
B
C
D
“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能
铝粉与强碱溶液反应放热
长征五号火箭发射
用“天眼”接收宇宙中的射电信号
答案D
2.(2021届烟台高三期中,5)下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 ()
选项
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
A
CuCl2溶液(FeCl3)
CuO
B
CO2(HCl)
饱和碳酸钠溶液、浓硫酸
C
NO(NO2)
H2O、无水氯化钙
D
SO2(H2S)
酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸
答案A
3.(2021届邹城一中高三期中,9)浓硫酸分别与三种钠盐反应,现象如图。下列分析正确的是 ()
A.对比①和②可以说明还原性:Cl->Br-
B.①和③相比可说明氧化性:Br2>SO2
C.②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性:H2SO4>HCl
D.③中的反应是非氧化还原反应
答案D
二、选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分,每小题有一个或两个选项符合题目要求)
4.(2020青岛三模,13)向含有淀粉的 KIO3酸性溶液中滴加NaHSO3溶液,溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是 ()
A.溶液先变蓝的原因:2IO3-+5HSO3-I2+5SO42-+H2O+3H+
B.溶液恰好褪色时 n(KIO3)∶n(NaHSO3)=1∶3
C.还原性 I->HSO3->I2
D.若向含有淀粉的 NaHSO3溶液中滴加过量 KIO3酸性溶液,则溶液变蓝不褪色
答案C
5.(2021届齐河实验中学高三月考,11)向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示,有关说法不正确的是 ()
A.线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B.原混合溶液中c(FeBr2)=6mol/L
C.当通入2molCl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl22Fe3++I2+4Cl-
D.原溶液中n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=2∶1∶3
答案B
6.(2020潍坊三模,13)
BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂,可用于光催化降解苯酚,反应原理如图所示。下列说法错误的是 ()
A.苯酚被氧化的总反应:C6H5OH+7O26CO2+3H2O
B.反应过程中BMO表现较强氧化性
C.在酸性条件下,反应①的离子方程式是3C6H5OH+28O2-+28H+18CO2↑+23H2O
D.过程①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为1∶3
答案BD
7.(2021届山师附中第二次月考,13)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ:Pb3O4+4H+PbO2+2Pb2++2H2O;PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ:5PbO2+2Mn2++4H++5SO42-2MnO4-+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是 ()
A.由反应Ⅰ可知,Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2∶1
B.由反应Ⅰ、Ⅱ可知,氧化性:HNO3>PbO2>MnO4-
C.Pb可与稀硝酸发生反应:3Pb+16HNO33Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O
D.Pb3O4可与盐酸发生反应:Pb3O4+8HCl3PbCl2+4H2O+Cl2↑
答案AD
三、非选择题(本题包括1小题,共14分)
8.(2021届青岛即墨高三期中,18)(14分)在抗击新型冠状病毒肺炎疫情期间,KMnO4、NaClO、H2O2等被广泛用于抗疫行动中。
(1)向浸泡铜片的稀硫酸中加入H2O2后,铜片溶解,该反应的离子方程式为。
(2)取300mL0.3mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量为mol。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂,比KMnO4氧化性更强,无二次污染,工业上是先制得高铁酸钠,然后在低温下,向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和,使高铁酸钾析出。
①简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用。
②低温下,在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾,原因是。
(4)NaClO是“84”消毒液的有效成分,含氯消毒剂中HClO的消毒效果远高于ClO-。
①“84”消毒液必须避光密封保存,目的是防止与空气中的CO2反应而变质,该反应的离子方程式为(HClO:Ka=2.0×10-8,H2CO3:Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11)。
②过量NaClO溶液可使酸性废水中NH4+完全转化为N2,该反应的离子方程式为。若处理废水产生了0.336LN2(标准状况),则需消耗有效氯为5%的“84”消毒液的质量为g。(“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力,常以百分数表示)。
答案(14分,每空2分)
(1)Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O(2)0.24(3)①高铁酸钾具有强氧化性,能杀菌消毒,消毒过程中自身被还原为Fe3+,Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质②低温下,高铁酸钾比高铁酸钠的溶解度小(4)①ClO-+H2O+CO2HClO+HCO3-、2HClO2H++2Cl-+O2↑②3ClO-+2NH4+3Cl-+N2↑+2H++3H2O63.9
[教师专用题组]
【3年模拟】
时间:45分钟分值:61分
一、选择题(每小题2分,共22分)
1.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 ()
A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能
B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能
答案A硅太阳能电池吸收光能后,把光能转化为电能,没有发生氧化还原反应;电池放电时,有自发进行的氧化还原反应发生;电解质溶液导电时,电能转化成化学能为电解过程,有氧化还原反应发生;葡萄糖在体内被氧化释放能量,故选A。
2.下列物质在生活中应用时,起还原作用的是 ()
A.明矾作净水剂B.甘油作护肤保湿剂
C.漂粉精作消毒剂D.铁粉作食品袋内的脱氧剂
答案DA项,明矾作净水剂是因为Al3+水解生成的Al(OH)3胶体有吸附作用;B项,甘油作护肤保湿剂是利用甘油中羟基的亲水性;C项,漂粉精作消毒剂是利用漂粉精溶于水后,ClO-水解生成HClO,HClO具有强氧化性。
3.下列变化中,一定要有合适的氧化剂才能实现的是 ()
A.CuO→CuSO4B.Cl2→ClO-
C.Fe(OH)2→Fe(OH)3D.SiO2→Si
答案C氧化剂在反应中所含元素化合价降低,则题给物质在反应中所含元素化合价要升高,B、C符合,但B中Cl2与水或碱溶液发生歧化反应即可生成ClO-,无需另加氧化剂,故选C。
4.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为:
2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2
关于此反应,下列说法不正确的是 ()
A.CuFeS2中只有硫元素被氧化
B.每生成1molSO2,反应中共转移6mol电子
C.该反应中有两种物质作氧化剂
D.CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为2∶1
答案D仔细观察反应知:2molCuFeS2中,1molS原子被氧化,2molCu原子被还原,被氧化和被还原的原子数目之比为1∶2。
5.已知下列实验事实:
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝
下列判断不正确的是 ()
A.化合物KCrO2中铬元素为+3价
B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C.实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D.实验③证明氧化性:Cr2O72->I2
答案C化合物KCrO2中,K为+1价,O为-2价,由化合物中各元素正、负化合价代数和为0知,铬元素为+3价,A正确;由实验①可知,Cr2O3与酸或碱反应均可生成盐和水,为两性氧化物,B正确;由实验②可知,铬元素的化合价升高,过氧化氢中氧元素的化合价降低,故只能证明H2O2有氧化性,C错误;由③中溶液变蓝可知生成碘单质,K2Cr2O7为氧化剂,I2为氧化产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,D正确。
易错警示表面上看H2O2既有氧化性又有还原性是正确的,但实验②中H2O2只作氧化剂,只能证明H2O2具有氧化性。
6.已知还原性:B->C->D-,下列方程式不正确的是 ()
A.2C-+D22D-+C2B.2C-+B22B-+C2
C.2B-+D22D-+B2D.2B-+C22C-+B2
答案B根据还原性:B->C->D-及同一个氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性,可判断反应B不正确。
7.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑。下列有关说法正确的是 ()
A.KNO3是氧化剂,Na2O是还原产物
B.1molNaN3完全反应时转移3mol电子
C.若氧化产物比还原产物多1.75mol,则生成44.8LN2(标准状况)
D.若有65gNaN3参加反应,则被还原的N的物质的量为0.1mol
答案C发生反应时,NaN3中N元素化合价升高,是还原剂,KNO3中N元素化合价降低,是氧化剂;Na、O两种元素化合价在反应前后无变化,故Na2O既不是氧化产物又不是还原产物,N2既是氧化产物又是还原产物,A错误;1molNaN3完全反应时,转移1mol电子,B错误;设氧化产物和还原产物的物质的量分别为x、y。根据得失电子守恒知13x=5y,x∶y=15∶1,又x-y=1.75mol,故x=0.1875mol,y=0.125mol,故生成N2为(0.125+1.875)mol,即44.8LN2(标准状况),C正确;根据得失电子守恒,6565×3×13=n(被还原的N)×5,n(被还原的N)=0.2mol,D错误。
8.已知Cl2与NaOH溶液反应在低温下生成NaCl、NaClO;在较高温度下生成NaCl、NaClO3。现将amolCl2通入含溶质bmol的NaOH溶液中恰好完全反应,下列说法不正确的是 ()
A.在较高温度下,当2a=b时,反应的离子方程式为3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O
B.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(ClO3-)=2∶1,则a=2b
C.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(ClO3-)=1∶1,则反应的离子方程式:4Cl2+8OH-6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O
D.某温度下,若反应后溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为3∶1,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为 1∶2
答案B依题意,Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应分别为①Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O;②3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。由②式知A正确;①式×2+②式得:5Cl2+10OH-7Cl-+2ClO-+ClO3-+5H2O,故当c(ClO-)∶c(ClO3-)=2∶1时,b=2a,B错误;①式+②式得:4Cl2+8OH-6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O,故C正确;①式×3+②式得:6Cl2+12OH-8Cl-+3ClO-+ClO3-+6H2O,氧化产物(ClO-、ClO3-)和还原产物(Cl-)的物质的量之比为(3+1)∶8=1∶2,故D正确。
解题思路先写出Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应,再根据反应后溶液中ClO-与ClO3-的浓度比例写出总反应,在此基础上作出判断。
9.已知氧化性Br2>Fe3+。向含溶质amol的FeBr2溶液中通入bmolCl2,充分反应。下列说法不正确的是 ()
A.离子的还原性强弱:Fe2+>Br->Cl-
B.当a≥2b时,发生的离子反应:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-
C.当a=b时,反应后的离子浓度之比:c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
D.当3a≤2b时,发生的离子反应:2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-
答案C氧化性Br2>Fe3+,说明Br2可将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2++Br22Fe3++2Br-,还原性Fe2+>Br-,结合还原性Br->Cl-,可知A正确;FeBr2溶液中通入Cl2时,因还原性Fe2+>Br-,故先发生反应①2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,后发生反应②2Br-+Cl2Br2+2Cl-,当a≥2b时,因Cl2不足,只发生反应①,B正确;当3a≤2b时,Cl2充足,Fe2+和Br-均被完全氧化,反应①+反应②×2得总反应:2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-,D正确;当a=b时,由反应①知amolFe2+被完全氧化成amolFe3+,消耗a2molCl2,由反应②知剩余的a2molCl2可氧化amol的Br-,Br-剩余:2amol-amol=amol,故最终溶液中c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a∶a∶2a=1∶1∶2,C错误。
10.已知H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI,将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中,有一半的HI被氧化,则下列说法正确的是 ()
A.物质的还原性:HI>H2SO3>HCl
B.HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol·L-1
C.通入0.1molCl2发生反应的离子方程式:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4SO42-+I2+10Cl-+16H+
D.若再通入0.05molCl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化
答案CA项,由题意可知氧化性:Cl2>I2>H2SO4,故还原性:HCl
xx
Cl2+2HI2HCl+I2
x4x2
n(Cl2)=x+x4=0.1mol,解得x=0.08mol,c(HI)=c(H2SO3)=0.08mol0.1L=0.8mol·L-1,B错误;C项,Cl2先与H2SO3反应,再消耗了一半的HI,故离子方程式中H2SO3和I-的化学计量数之比为2∶1,C正确;D项,若将H2SO3和HI恰好完全氧化,需消耗Cl2的物质的量:n(Cl2)=n(H2SO3)+n(HI)2=0.12mol,还需通入Cl2的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol,D错误。
11.取xg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8960mLNO2气体和672mLN2O4气体(标准状况),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 ()
A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44
答案B根据题意,n(NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol,n(N2O4)=0.672L22.4L/mol=0.03mol。根据得失电子守恒可知,金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol,所以沉淀中OH-的物质的量为0.46mol,m(OH-)=0.46mol×17g/mol=7.82g,所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.20g。
解题点睛金属失电子的物质的量=金属离子结合的OH-的物质的量;铜镁合金的质量+OH-的质量=沉淀[Cu(OH)2+Mg(OH)2]的质量。
二、非选择题(共39分)
12.(7分)酸性KMnO4溶液、H2O2溶液在生活、卫生医疗中常用作消毒剂,是化学实验室里重要的氧化剂,其中H2O2溶液还可用于漂白。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除。Fe(NO3)3也是重要的氧化剂,下面是对这三种氧化剂性质的探究。
(1)某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,写出该反应的离子方程式:,氧化产物与还原产物的物质的量之比为。
(2)取300mL0.2mol·L-1的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应,生成等物质的量的I2和KIO3,则转移电子的物质的量是mol。
(3)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定,取0.474gKMnO4样品溶解酸化后,用0.100mol·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定,标准Na2S2O3溶液应盛装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中,滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL,则该样品中KMnO4的物质的量是(有关离子方程式为8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O)。
(4)在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液,溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,溶液先变为浅绿色的原因是,又变为棕黄色的离子方程式是。
答案(1)Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O1∶2
(2)0.16(3)碱式1.92×10-3
(4)Fe3+被还原成Fe2+
3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O
解析(1)浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,发生氧化还原反应生成CuCl2、H2O,该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2Cu2++2H2O,其中Cu2+是氧化产物,H2O是还原产物,所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2。(2)由已知可得KI的物质的量是0.06mol,生成的I2和KIO3的物质的量相等,故0.06molI-→0.02molI2+0.02molIO3-,转移电子的物质的量为0.02mol×2+0.02mol×6=0.16mol。(3)Na2S2O3溶液显碱性,则应盛放在碱式滴定管中,n(Na2S2O3)=0.012L×0.1mol·L-1=1.2×10-3mol,设样品中KMnO4的物质的量为x,则
8MnO4-+5S2O32-+14H+8Mn2++10SO42-+7H2O
85
x1.2×10-3mol
解得x=1.92×10-3mol
(4)溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,则Fe3+先被还原后又被氧化,又变为棕黄色的原因是NO3-在酸性条件下具有氧化性,将Fe2+氧化,反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+2H2O。
解题规律解答氧化还原反应的综合类试题的答题模板。
第一步:判反应——认真审题,了解哪些物质参与氧化还原反应,这些物质会发生什么样的氧化还原反应。
第二步:排序列——把参与反应的物质按照氧化性或还原性的强弱进行排序。
第三步:用规律——根据氧化还原反应的规律进行分析,氧化剂被还原,生成还原产物;还原剂被氧化,生成氧化产物。同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
第四步:找守恒——解答氧化还原反应类的试题时,要充分利用质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒。
13.(15分)Ⅰ.完成以下氧化还原反应的离子方程式:
()MnO4-+()C2O42-+ ()Mn2++()CO2↑+
Ⅱ.化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答:
(1)甲的化学式。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式
。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式。
(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式。
(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由。
答案Ⅰ.2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ.(1)NaH
(2)4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl
(3)NaAlH4+2H2ONaAlO2+4H2↑
(4)3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH
(5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。验纯方法不合理,如果有Na残留,Na与水反应也产生H2;没有考虑混入的NaCl
解析Ⅱ.(1)4.80g甲中氢元素的质量为2.24L22.4L·mol-1×2×1g·mol-1=0.2g,则钠元素的质量为4.80g-0.2g=4.60g,n(Na)∶n(H)=4.60g23g·mol-1∶0.2g1g·mol-1=1∶1,所以甲的化学式为NaH。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为4NaH+AlCl3NaAlH4+3NaCl。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O4H2↑+NaAlO2。
(4)根据题意可知甲在无水条件下能将铁锈中的铁还原为铁单质,化学方程式为3NaH+Fe2O32Fe+3NaOH。
(5)制备过程和验纯方法均不合理。制备过程中所用的盐酸易挥发,H2中混有HCl,会导致产物中混有NaCl,故不合理;同时若与钠反应的H2不足,固体产物中会有Na残留,残留的Na也可以与水反应产生H2,且还可能混入NaCl,故验纯方法不合理。
14.(10分)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标,通常用每升水中溶解氧分子的质量表示,单位 mg·L-1。我国《地表水环境质量标准》规定,生活饮用水源的DO不能低于5mg·L-1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略),测定某河水的DO。
Ⅰ.测定原理:
碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH-2MnO(OH)2↓
酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+I-+H+Mn2++I2+H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:③2S2O32-+I2S4O62-+2I-
Ⅱ.测定步骤:
a.安装装置,检验气密性,充N2排尽空气后,停止充N2。
b.向烧瓶中加入200mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1mLMnSO4无氧溶液(过量)、2mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。
d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.01000mol·L-1Na2S2O3溶液进行滴定,记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题:
(1)配制以上无氧溶液时,除去所用溶剂水中氧的简单操作为。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是。
①滴定管②注射器③量筒
(3)搅拌的作用是。
(4)配平反应②的方程式,其化学计量数依次为。
(5)步骤f为。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液 4.50mL,水样的DO=mg·L-1(保留一位小数)。作为饮用水源,此次测得DO是否达标:(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示,至少写出2个)
。
答案(1)将溶剂水煮沸后冷却
(2)②(3)使溶液混合均匀,快速完成反应
(4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作2~3次
(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是
(7)2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O
SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-
4H++4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)
解析(1)升高温度,气体在水中的溶解度减小,故配制无氧溶液时,可将溶剂水煮沸后冷却。
(2)用滴定管或量筒加水样或试剂都需要将橡胶塞打开,易使空气进入装置干扰实验,而注射器则不需要打开橡胶塞。
(3)烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀,增大反应物接触面积,加快反应速率。
(4)标出化合价发生变化的元素的化合价,利用化合价升降总数相等,结合电荷守恒和原子守恒,配平方程式:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O。
(5)定量测定实验中,常多次测量求平均值以减小测定误差,故步骤f为重复步骤e的操作2~3次。
(6)步骤e中用Na2S2O3溶液滴定I2,淀粉作指示剂,故达到滴定终点的标志为溶液蓝色褪去,且半分钟内不变色。测定过程中,由关系式:2S2O32-~I2~MnO(OH)2~12O2知:n(O2)=0.01000mol·L-1×4.50×10-3L×12×12=14×4.50×10-5mol,故水样中的DO=14×4.50×10-5mol×32g·mol-1×140.00×10-3L=9×10-3g·L-1,即9.0mg·L-1;由于9.0mg·L-1>5mg·L-1,故作为饮用水源,此次测得DO达标。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后,若溶液pH过低,H2SO4能与Na2S2O3溶液反应,即2H++S2O32-S↓+SO2↑+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O4H++2I-+SO42-;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H++4I-+O22I2+2H2O。
15.(7分)汽车尾气中的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11.2LO2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之比为。
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx,转化过程中发生反应的化学方程式为CO+NOxN2+CO2(未配平),若x=1.5,则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为。
(3)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-和NO2-,请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式:。
(4)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。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,NO2-的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的 NO2-完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气L(用含a的代数式表示,结果保留整数)。
答案(1)①1②4∶3(2)3∶1
(3)2NO+4Ce4++3H2ONO3-+NO2-+6H++4Ce3+
(4)阳极2H++2HSO3-+2e-S2O42-+2H2O
(5)243a
解析(1)①反应Ⅰ中产生1molO2转移电子2mol,故生成标准状况下11.2LO2时,转移电子1mol。②反应Ⅱ中N2既是氧化产物又是还原产物,CO(NH2)2对应氧化产物,NO2对应还原产物,NO2、CO(NH2)2物质的量之比为3∶2时,氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3。(2)根据3CO+2NO1.53CO2+N2,可知CO2与N2的化学计量数之比为3∶1。(3)假设生成NO3-和NO2-的物质的量均为1mol,则2molNO转变为1molNO3-和1molNO2-时失去电子的物质的量为4mol,根据得失电子守恒,则有4molCe4+转化为Ce3+,离子方程式为2NO+4Ce4++3H2ONO3-+NO2-+6H++4Ce3+。(4)再生时Ce3+转化为Ce4+,发生氧化反应,故在阳极上生成Ce4+。另一极上HSO3-发生还原反应,生成S2O42-。(5)由NO2-NO3-,而O22O2-,根据得失电子守恒得ag·L-1×1000L46g·mol-1×2=VL22.4L·mol-1×4,解得V≈243a。
备选题
10.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去) ()
A.反应①、②、③、④、⑤均属于氧化还原反应
B.反应①、③、④、⑤中MnO2均作氧化剂
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
答案A①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水,②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水,③为过氧化氢分解生成水和氧气,④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气,⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成单质锰和氧化铝,均存在元素化合价的变化,均属于氧化还原反应,故A正确;反应①、⑤中MnO2为氧化剂,反应③、④中MnO2为催化剂,故B错误;反应③中O元素的化合价由-1升高为0,反应④中O元素的化合价由-2升高为0,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,故C错误;反应4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中,Mn元素的化合价由+4降低为+2,HCl中Cl元素的化合价由-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,故D错误。
6.含氟的卤素互化物通常作氟化剂,使金属氧化物转化为氟化物,如2Co3O4+6ClF36CoF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法,正确的是 ()
A.X与O3互为同位素
B.1molCo3O4在反应中转移9mol电子
C.ClF3中氯元素为-3价
D.Co3O4在反应中作氧化剂
答案B由题中反应方程式结合原子守恒可推断出X是O2,O2与O3互为同素异形体,A错误。由反应中Cl的化合价判断,6molClF3参与反应转移18mol电子,则1molCo3O4在反应中转移9mol电子,故B正确。ClF3中氯元素为+3价,C错误。Co3O4在反应中作还原剂,D错误。
解题思路先根据原子守恒判断X为O2,然后分析反应中元素化合价的变化,判断出氧化剂、还原剂和反应中电子转移的数目。
5.硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如下:
已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33℃)。
(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气,该操作的目的是。原料中的金属钠通常保存在中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有、、玻璃片和小刀等。
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是;第③步分出NaBH4并回收溶剂,采用的方法是。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25℃、101kPa下,已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ,该反应的热化学方程式是
。
答案(14分)(1)除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子滤纸
(2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H21NaBH4+2Na2SiO3
(3)过滤蒸馏
(4)NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)
ΔH=-216.0kJ·mol-1
解析(1)考虑到加热时原料中的Na及H2会与空气中O2反应,产物NaBH4会与水反应,故第①步反应加料之前应先将反应器加热至100℃以上并通入氩气,以除去反应器中的空气和水蒸气。(2)运用化合价升降法和观察法,不难配平所给反应的化学方程式。(3)由题给信息可知,欲分离NaBH4和异丙胺可加热蒸馏,馏分为异丙胺,留在蒸馏烧瓶中的是NaBH4固体产品。(4)依题意,反应NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)的ΔH=-21.6kJ÷3.8g38g·mol-1=-216.0kJ·mol-1。
【模块卷基本概念】
一、选择题(每小题2分,共24分)
1.下列“中国制造”所用的材料属于无机非金属材料的是 ()
宇航服所用聚酯纤维
“天眼”反射面板所用铝合金
港珠澳大桥所用水泥
“蛟龙号”所用钛合金
A
B
C
D
答案CA项,聚酯纤维为有机合成高分子材料,错误;B项,铝合金属于金属材料,错误;C项,水泥为硅酸盐材料,属于无机非金属材料,正确;D项,钛合金属于金属材料,错误。
2.宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪的中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是 ()
A.“凡白土曰垩土,为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料
B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸
C.“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”,该过程中反应的类型为置换反应
D.“每红铜六斤,入倭铅四斤,先后入罐熔化,冷定取出,即成黄铜”中的黄铜是合金
答案B陶瓷是传统硅酸盐材料,属于传统无机非金属材料,A项正确;“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫黄,“硝”指的是硝酸钾,B项错误;“烧铁器淬于胆矾水中,即成铜色也”过程中发生的反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,C项正确;黄铜是铜锌合金,D项正确。
3.目前,科学家发现在负压和超低温条件下,水可形成像棉花糖一样的气凝胶的冰,该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是 ()
A.该冰具有丁达尔效应
B.“气态冰”与普通冰化学性质相同
C.18g的“气态冰”在标准状况下体积等于22.4L
D.构成“气态冰”的分子为极性分子
答案C该“气态冰”是像棉花糖一样的气凝胶,因此具有丁达尔效应,A正确;“气态冰”与普通冰一样都是由H2O分子构成的,因此物质的化学性质相同,B正确;“气态冰”在标准状况下为固态,所以不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算,C错误;构成“气态冰”的分子是H2O,H2O分子为极性分子,D正确。
4.下列说法或表达正确的是 ()
A.乙醇、糖类和蛋白质都是人体必需的营养物质
B.NH4I的电子式:[H··N··HH····H]+I-
C.石油是混合物,其分馏产品汽油也是混合物
D.陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐
答案C乙醇不是人体必需的营养物质,A错误;NH4I中I-周围有8个电子,正确的电子式为[H··N··HH····H]+[··I······]-,B错误;石油是多种烃类物质组成的混合物,分馏后的汽油也是由多种烃组成的混合物,C正确;水晶主要成分是二氧化硅,D错误。
知识归纳熟记常见混合物
(1)气体混合物:空气、水煤气(主要成分是CO和H2)、天然气(主要成分是CH4)、焦炉气(主要成分是H2和CH4)、高炉煤气、石油气、裂解气等。
(2)液体混合物:氨水、氯水、王水、福尔马林、浓硫酸、盐酸、汽油、植物油、胶体等。
(3)固体混合物:碱石灰、漂白粉、高分子化合物、玻璃、水泥、合金、铝热剂等。
5.下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是 ()
A.体积相等时密度相等
B.原子数相等时具有的中子数相等
C.体积相等时具有的电子数相等
D.质量相等时具有的质子数相等
答案C依据阿伏加德罗定律可知,在同温同压下的两种气体体积相同时分子数相同,而每个CO和N2分子所含电子数相同,C项正确;同温同压同体积条件下密度之比等于摩尔质量之比,12C18O的摩尔质量为30g·mol-1,14N2的摩尔质量为28g·mol-1,A项错误;1个12C18O分子中所含中子数为16,1个14N2分子中所含中子数为14,B项错误;n=mM,m相同、M不同,n不同,D项错误。
6.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 ()
A.2.24LN2和2.24LCO所含电子数均为1.4NA
B.300mL2mol·L-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA
C.1molNa2O2固体中离子总数为4NA
D.42g乙烯和丙烯混合气体中氢原子的个数为6NA
答案D外界条件未知,不能确定气体的物质的量,A项错误;蔗糖溶液中含有蔗糖分子和水分子,故溶液中所含分子数大于0.6NA,B项错误;1个Na2O2中含有2个Na+和1个O22-,所以1molNa2O2固体中离子总数为3NA,C项错误;乙烯和丙烯的最简式是CH2,42g乙烯和丙烯混合气体中含有3mol的“CH2”,故含有氢原子的个数为6NA,D项正确。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是 ()
A.17g —OH中含有的电子数为10NA
B.25℃时,Ksp(BaSO4)=1×10-10,则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10-5NA
C.1L1mol·L-1CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA
D.含0.5mol晶胞(如图)的Cu2O晶体中Cu+的数目为2NA
答案DA项,17g羟基的物质的量为1mol,1个羟基含有的电子数为9,1mol羟基所含的电子数为9NA,错误;B项,BaSO4饱和溶液中Ba2+的浓度是1×10-5mol·L-1,溶液体积未知,数目无法计算,错误;C项,CH3COONH4溶液中,CH3COO-和NH4+都会发生水解,所以1L1mol·L-1的溶液中CH3COO-和NH4+的数目均小于NA,错误;D项,1个晶胞中白球的数目为1+8×18=2,黑球数目为4,即黑球为Cu+,0.5mol晶胞中Cu+的物质的量为0.5mol×4=2mol,数目为2NA,正确。
8.下列关于溶液及配制的说法正确的是 ()
A.配制0.1mol·L-1CuSO4溶液450mL,需要硫酸铜晶体的质量是7.2g
B.配制稀硫酸时,将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中,加入少量水溶解
C.配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,导致所配溶液浓度偏高
D.某温度下两种不同物质的溶液,若溶质的质量分数相同,则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同
答案C没有450mL的容量瓶,实际应配制500mL溶液,需要硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的质量为0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g,A项错误;浓硫酸密度比水大,溶于水放出大量的热,所以稀释时要将浓硫酸慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,B项错误;配制一定物质的量浓度的溶液,若定容时俯视刻度线,则加入的蒸馏水偏少,导致所配溶液浓度偏高,C项正确;溶质的质量分数ω=m溶质m溶液×100%,根据c=1000ρωM,两种溶液的溶质质量分数相等,但溶质的摩尔质量不一定相等,且密度也不一定相等,则溶液的物质的量浓度不一定相等,D项错误。
易错警示配制溶液时计算所用溶质质量或浓溶液体积时,容易受所配溶液的“指定体积”影响,忽视容量瓶规格限制而导致错误。
9.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ()
A.c(H+)
C.0.1mol·L-1FeCl3溶液中:K+、NH4+、I-、SCN-
D.加入铝粉能产生氢气的溶液中:NH4+、Fe2+、NO3-、SO42-
答案Ac(H+)
A.将SO2气体通入NaClO溶液中:SO2+2ClO-+H2OSO32-+2HClO
B.向KHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性:2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O
C.向FeBr2溶液中通入过量Cl2:2Fe2++4Br-+2Cl22Fe3++2Br2+4Cl-
D.NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应:NH4++OH-NH3·H2O
答案BClO-具有强氧化性,可以与SO2发生氧化还原反应,不可能生成SO32-,应该生成SO42-,A项错误;向硫酸氢钾溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性,H+与OH-恰好完全反应,所以离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-BaSO4↓+2H2O,B项正确;C项,反应前后电荷不守恒,正确的离子方程式应为2Fe2++4Br-+3Cl22Fe3++2Br2+6Cl-,C项错误;NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应,NH4+、HCO3-均与OH-反应,HCO3-+NH4++2OH-NH3·H2O+CO32-+H2O,D项错误。
方法技巧与量有关的离子方程式的书写可以按“少定多变”原则书写。所谓“少定”即量少的反应物设其化学计量数为1,其离子的计量数按化学式确定,所谓“多变”即过量的反应物,其计量数根据反应的需要量确定,不受化学式中的比例制约,是可变的。
11.根据下表中的信息判断,下列说法错误的是 ()
序号
反应物
产物
①
Cl2、H2O2
Cl-……
②
Cl2、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KClO3、HCl
Cl2、KCl、H2O
A.第①组反应的氧化产物为O2
B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2
C.第③组反应中生成3molCl2,转移6mol电子
D.氧化性由强到弱的顺序为ClO3->Cl2>Fe3+
答案CH2O2中O元素的化合价升高,失去电子,被氧化,则第①组反应的氧化产物为O2,A项正确;②中溴元素的化合价没有变化,Cl2只将Fe2+氧化为Fe3+,发生的反应为3Cl2+6FeBr22FeCl3+4FeBr3,则Cl2与FeBr2的物质的量之比小于或等于1∶2,B项正确;在KClO3+6HClKCl+3Cl2↑+3H2O反应中,每生成3mol氯气转移5mol电子,C项错误;由③知,物质的氧化性:ClO3->Cl2,由②中Cl2氧化FeBr2生成FeBr3知氧化性:Cl2>Fe3+,因此物质的氧化性由强到弱的顺序为ClO3->Cl2>Fe3+,D项正确。
12.对下列离子方程式的书写评价合理的是 ()
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
碳酸氢钙与盐酸:2H++CO32-CO2↑+H2O
错误,碳酸氢钙难溶,不可拆
B
硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液:Ba2++SO42-BaSO4↓
错误,漏掉了铵根离子与氢氧根离子之间的反应
C
铜和浓硝酸反应:Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O
正确
D
氯化铁溶液与碘化钾溶液反应:Fe3++2I-Fe2++I2
正确
答案BC碳酸氢钙是可溶性盐,可以拆,但只能拆成Ca2+与HCO3-,A项错误;电荷不守恒,D项错误。
二、非选择题(共38分)
13.(8分)雾霾严重影响人们的生活与健康,某地区的雾霾中可能含有下列离子中的若干种:NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-、CO32-、SO42-。某同学收集了该地区的雾霾,经必要的处理后得试样溶液,设计并完成了如下实验:
试回答下列问题:
(1)实验①中加入稀盐酸后,有无色气体A生成,溶液B依然澄清,且溶液中阴离子种类不变,据此可知原溶液中一定不含(填离子符号)。
(2)实验①中发生反应的离子方程式为。
(3)实验②中逐滴加入碳酸氢钠溶液,立即有气泡产生,一段时间后又有沉淀出现,这时的离子方程式为。
(4)气体F的成分为(填化学式)。
(5)根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42-,有其他同学认为其结论不合理,又进行了后续实验④,最终确认原溶液中含有SO42-,试写出实验④可行的操作方法及现象:。
答案(1)CO32-(2)3Fe2++NO3-+4H+3Fe3++NO↑+2H2O(3)Fe3++3HCO3-Fe(OH)3↓+3CO2↑(4)NH3
(5)向沉淀G中加入足量的稀硝酸或稀盐酸,若沉淀部分溶解,则证明原溶液中含有SO42-
解析(1)实验①中加入稀盐酸后,有无色气体A生成,该气体可能为CO2或NO,由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变,则生成的气体为NO,溶液中一定含有Fe2+、NO3-,且NO3-过量,根据离子共存可知一定不存在CO32-。
(2)实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+3Fe3++NO↑+2H2O。
(3)实验①加入足量盐酸,则溶液B中含有过量的氢离子,加入碳酸氢钠后,开始时发生反应:H++HCO3-H2O+CO2↑;溶液B中还含有Fe3+,氢离子反应完全后,铁离子与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体,反应的离子方程式为Fe3++3HCO3-Fe(OH)3↓+3CO2↑。
(4)溶液D中加入足量Ba(OH)2溶液,加热后生成气体F、沉淀G和溶液H,结合题干中离子推断,气体F为NH3。
(5)由于实验②中NaHCO3过量,则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3,不能确定是否含有BaSO4,可向沉淀G中加入足量的稀硝酸或稀盐酸,若沉淀部分溶解,则证明原溶液中含有SO42-。
14.(7分)锰及其化合物在现代工业及国防建设中具有十分重要的意义。回答下列问题:
(1)常用铝热法还原软锰矿(主要成分为MnO2)来制备金属锰。因为铝和软锰矿反应剧烈,所以先在强热条件下将软锰矿变为Mn3O4,然后再将其与铝粉混合。
①MnO2中Mn的化合价为。
②铝粉与Mn3O4反应时,还原剂与氧化剂的物质的量之比为。
(2)pH=0的溶液中,不同价态锰的微粒的能量(ΔG)如图所示,若某种含锰微粒(如Mn3+)的能量处于相邻价态两种微粒(如Mn2+和MnO2)能量连线的上方,则该微粒不稳定,会发生歧化反应,转化为相邻价态的微粒。
①MnO42-(填“能”或“不能”)稳定存在于pH=0的溶液中。
②实验室可利用以下反应检验Mn2+的存在:2Mn2++5S2O82-+8H2O16H++10SO42-+2MnO4-,确认Mn2+存在的现象是;检验时必须控制Mn2+的浓度和用量,否则实验失败。理由是。
答案(1)①+4②8∶3
(2)①不能②溶液由无色变为紫红色过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应,从而影响实验现象的观察
解析(1)①MnO2中O的化合价为-2价,则Mn的化合价为+4价。②铝粉与Mn3O4反应的化学方程式为3Mn3O4+8Al9Mn+4Al2O3,根据化学方程式可知,还原剂Al与氧化剂Mn3O4的物质的量之比为8∶3。
(2)①结合题意及图像分析,MnO42-的能量在MnO4-和MnO2的能量连线的上方,则MnO42-在pH=0的溶液中不能稳定存在。②含MnO4-的溶液呈紫红色,根据题给离子方程式可知,确认Mn2+存在的现象是溶液由无色变为紫红色。过量的Mn2+能与生成的MnO4-反应,影响实验现象的观察,故检验时必须控制Mn2+浓度和用量。
15.(14分)某化学小组研究盐酸被氧化的条件,进行如下实验。
(1)研究盐酸被MnO2氧化。
实验
操作
现象
Ⅰ
常温下将MnO2和12mol·L-1浓盐酸混合
溶液呈浅棕色,略有刺激性气味
Ⅱ
将Ⅰ中混合物过滤,加热滤液
生成大量黄绿色气体
Ⅲ
加热MnO2和4mol·L-1稀盐酸混合物
无明显现象
①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应,化学方程式是。
②Ⅱ中发生了分解反应,反应的化学方程式是。
③Ⅲ中无明显现象的原因,可能是c(H+)或c(Cl-)较低,设计实验Ⅳ进行探究:
将实验Ⅲ、Ⅳ作对比,得出的结论是。
④用如图装置(a、b均为石墨电极)进行实验V:
ⅰ.K闭合时,指针向左偏转。
ⅱ.向右管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针偏转幅度变化不大。
ⅲ.再向左管中滴加浓H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1,指针向左偏转幅度增大。
将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比,得出的结论是。
(2)研究盐酸能否被氧化性酸氧化。
①烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸,烧瓶上方立即产生白雾,用湿润的淀粉KI试纸检验,无明显现象。由此得出浓硫酸(填“能”或“不能”)氧化盐酸。
②向试管中加入3mL浓盐酸,再加入1mL浓HNO3,试管内液体逐渐变为橙色,加热,产生棕黄色气体,经检验含有NO2。
实验
操作
现象
Ⅰ
将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中
试纸先变蓝,后褪色
Ⅱ
将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净Cl2中
试纸先变蓝,后褪色
Ⅲ
……
……
通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ证明混合气体中含有Cl2,Ⅲ的操作是。
(3)由上述实验得出:盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关。
答案(1)①MnO2+4HClMnCl4+2H2O
②MnCl4Cl2↑+MnCl2
③Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)均较低,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化;MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)
④HCl的还原性与c(H+)无关;MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强
(2)①不能②将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中
(3)c(Cl-)、c(H+)(或浓度)
解析①已知MnO2呈弱碱性,MnO2与浓盐酸发生复分解反应,则化学方程式为MnO2+4HClMnCl4+2H2O。
②黄绿色气体为MnCl4分解产生的Cl2,则反应的化学方程式为MnCl4Cl2↑+MnCl2。
③实验Ⅳ中,分别增大c(H+)、c(Cl-)后,均有氯气生成,故可得到结论:Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)均较低,需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化;对比ⅰ、ⅱ可得,开始生成氯气时,c(H+)≥7mol·L-1,而c(Cl-)≥10mol·L-1,因此增大较少c(H+)即可发生反应,所以MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
④ⅰ、ⅱ对比可知,未向右管中滴加浓硫酸时,氧化还原反应即可发生,增大右管中c(H+)后,电流变化不大,故HCl的还原性与c(H+)无关;ⅱ、ⅲ对比可知,增大左管中c(H+)后,电流显著变强,故MnO2的氧化性与c(H+)有关,c(H+)越大,MnO2的氧化性越强。
(2)①用润湿的淀粉KI试纸检验无明显现象,说明没有Cl2生成,故浓硫酸不能氧化盐酸。
②已知气体中含有NO2,为了证明生成了Cl2应排除NO2的干扰,所以操作Ⅲ为将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净的NO2中。
(3)综合(1)、(2)中的结论,可得盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(Cl-)、c(H+)有关。
解题导引本实验的目的是“研究盐酸被氧化的条件”,实验对象是MnO2和HCl,改变的是温度c(H+)、 c(Cl-),对比实验时注意改变的条件与实验现象、结论之间的关系。
16.(9分)工业上采用酸性高浓度含砷废水(砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在)提取中药药剂As2O3。工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“沉砷”中所用Na2S的电子式为。
(2)已知:As2S3与过量的S2-存在以下反应:As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq);“沉砷”中FeSO4的作用是
。
(3)“焙烧”过程中由于条件的原因,生成的三氧化二铁中混有四氧化三铁,证明四氧化三铁存在的试剂是。
(4)“氧化”过程中,可以用单质碘为氧化剂进行氧化,写出该反应的离子方程式:。
(5)调节pH=0时,请写出由Na3AsO4制备As2O3的离子方程式:。
(6)一定条件下,用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中,1molAs4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时,转移28mole-,则物质a为。
答案(1)Na+[··S······]2-Na+(2)S2-与Fe2+生成沉淀,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)左移,提高“沉砷”效果(3)稀硫酸、高锰酸钾溶液(或其他合理答案)(4)AsO33-+I2+2OH-2I-+AsO43-+H2O(5)2AsO43-+2SO2+2H+As2O3+2SO42-+H2O(6)SO2
解析(1)硫化钠为离子化合物,电子式为Na+[··S······]2-Na+。
(2)FeSO4的作用是除去过量的S2-,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)逆向移动,提高“沉砷”效果。
(3)四氧化三铁含有+2价铁,具有还原性,可在酸性条件下与高锰酸钾反应,使高锰酸钾溶液褪色,则可用稀硫酸、高锰酸钾溶液检验四氧化三铁。
(6)1molAs4S4参加反应时,转移28mole-,As4S4中As为+2价、S为-2价,且生成As2O3,则As4S4中S元素化合价升高6,生成物中S元素的化合价为+4,则物质a应为SO2。
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