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 专题检测

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专题检测
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 D A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→CuSO4 B.Cl2→ClO-
C.Fe(OH)2→Fe(OH)3 D.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+O2 Cu2S+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1 ml SO2,反应中共转移6 ml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:2 ml CuFeS2中,1 ml S原子被氧化,2 ml Cu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:Cr2>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-+D2 2D-+C2 B.2C-+B2 2B-+C2 C.2B-+D2 2D-+B2 D.2B-+C2 2C-+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+2KNO3 K2O+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.1 ml NaN3完全反应时转移3 ml电子
C.若氧化产物比还原产物多1.75 ml,则生成44.8 L N2(标准状况)
D.若有65 g NaN3参加反应,则被还原的N的物质的量为0.1 ml
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;1 ml NaN3完全反应时,转移1 ml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x=5y,x∶y=15∶1,又x-y=1.75 ml,故x=0.1875 ml,y=0.125 ml,故生成N2为(0.125+1.875)ml,即44.8 L N2(标准状况),C正确;根据得失电子守恒,×3×=n(被还原的N)×5,n(被还原的N)=0.2 ml,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a ml Cl2通入含溶质b ml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-+Cl+3H2O
B.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=2∶1,则a=2b
C.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=1∶1,则反应的离子方程式:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl+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-+Cl+3H2O。由②式知A正确;①式×2+②式得:5Cl2+10OH- 7Cl-+2ClO-+Cl+5H2O,故当c(ClO-)∶c(Cl)=2∶1时,b=2a,B错误;①式+②式得:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl+4H2O,故C正确;①式×3+②式得:6Cl2+12OH- 8Cl-+3ClO-+Cl+6H2O,氧化产物(ClO-、Cl)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Cl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a ml的FeBr2溶液中通入b ml Cl2,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++Cl2 2Fe3++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-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-
答案 C 氧化性Br2>Fe3+,说明Br2可将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2++Br2 2Fe3++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++Cl2 2Fe3++2Cl-,后发生反应②2Br-+Cl2 Br2+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-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-,D正确;当a=b时,由反应①知a ml Fe2+被完全氧化成a ml Fe3+,消耗 ml Cl2,由反应②知剩余的 ml Cl2可氧化a ml的Br-,Br-剩余:2a ml-a ml=a ml,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+H2O H2SO4+2HI,将0.1 ml Cl2通入100 mL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0.6 ml·L-1
C.通入0.1 ml Cl2发生反应的离子方程式:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O 4S+I2+10Cl-+16H+
D.若再通入0.05 ml Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化
答案 C A项,由题意可知氧化性:Cl2>I2>H2SO4,故还原性:HClH2O+Cl2+H2SO3 2HCl+H2SO4
x x
Cl2+2HI 2HCl+I2

n(Cl2)=x+=0.1 ml,解得x=0.08 ml,c(HI)=c(H2SO3)==0.8 ml· 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)+=0.12 ml,还需通入Cl2的物质的量为0.12 ml-0.1 ml=0.02 ml,D错误。
11.取x g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8 960 mL NO2气体和672 mL N2O4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17.02 g,则x等于( )

答案 B 根据题意,n(NO2)==0.4 ml,n(N2O4)==0.03 ml。根据得失电子守恒可知,金属提供的电子的物质的量为0.4 ml×(5-4)+0.03 ml×2×(5-4)=0.46 ml,所以沉淀中OH-的物质的量为0.46 ml,m(OH-)=0.46 ml×17 g/ml=7.82 g,所以金属的质量为17.02 g-7.82 g=9.20 g。
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300 mL 0.2 ml·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 ml。
(3)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定,取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后,用0.100 ml·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12.00 mL,则该样品中KMnO4的物质的量是 (有关离子方程式为8Mn+5S2+14H+ 8Mn2++10S+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++H2O2 Cu2++2H2O 1∶2
(2)0.16 (3)碱式 1.92×10-3
(4)Fe3+被还原成Fe2+
3Fe2++4H++N 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++H2O2 Cu2++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0.06 ml,生成的I2和KIO3的物质的量相等,故0.06 ml I-→0.02 ml I2+0.02 ml I,转移电子的物质的量为0.02 ml×2+0.02 ml×6=0.16 ml。(3)Na2S2O3溶液显碱性,则应盛放在碱式滴定管中,n(Na2S2O3)=0.012 L×0.1 ml·L-1=1.2×10-3 ml,设样品中KMnO4的物质的量为x,则
8Mn+5S2+14H+ 8Mn2++10S+7H2O
8 5
x 1.2×10-3 ml
解得x=1.92×10-3 ml
(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N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++ N 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:
( )Mn+( )C2+ ( )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4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(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.2Mn+5C2+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ.(1)NaH
(2)4NaH+AlCl3 NaAlH4+3NaCl
(3)NaAlH4+2H2O NaAlO2+4H2↑
(4)3NaH+Fe2O3 2Fe+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)4.80 g甲中氢元素的质量为×2×1 g·ml-1=0.2 g,则钠元素的质量为4.80 g-0.2 g=4.60 g,n(Na)∶n(H)=∶=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+AlCl3 NaAlH4+3NaCl。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O 4H2↑+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+Fe2O3 2Fe+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5 mg·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I2:③2S2+I2 S4+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200 mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL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2 mL H2SO4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40.00 mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.010 00 ml·L-1 Na2S2O3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 4.50 mL,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++S2 S↓+SO2↑+H2O
SO2+I2+2H2O 4H++S+2I-
4H++4I-+O2 2I2+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:2S2~I2~MnO(OH)2~O2知:n(O2)=0.010 00 ml·L-1×4.50×10-3 L××=×4.50×10-5 ml,故水样中的DO=×4.50×10-5 ml×32 g·ml-1×=9×10-3 g·L-1,即9.0 mg·L-1;由于9.0 mg·L-1>5 mg·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++S2 S↓+SO2↑+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O 4H++2I-+S;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H++4I-+O2 2I2+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+O3 NO2+O2,生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子的物质的量是 ml。
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+NOx N2+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N和N,请写出生成等物质的量的N和N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S2的电极反应式为 。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,N的浓度为a g·L-1,要使1 m3该溶液中的 N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)①1 ②4∶3 (2)3∶1
(3)2NO+4Ce4++3H2O N+N+6H++4Ce3+
(4)阳极 2H++2HS+2e- S2+2H2O
(5)243a
解析 (1)①反应Ⅰ中产生1 ml O2转移电子2 ml,故生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子1 ml。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+2NO1.5 3CO2+N2,可知CO2与N2的化学计量数之比为3∶1。(3)假设生成N和N的物质的量均为1 ml,则2 ml NO转变为1 ml N和1 ml N时失去电子的物质的量为4 ml,根据得失电子守恒,则有4 ml Ce4+转化为Ce3+,离子方程式为2NO+4Ce4++3H2O N+N+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HS发生还原反应,生成S2。(5)由N N,而O2 2O2-,根据得失电子守恒得×2=×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 A ①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)+MnO2 MnCl2+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2C3O4+6ClF3 6CF3+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.1 ml C3O4在反应中转移9 ml电子
C.ClF3中氯元素为-3价
D.C3O4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,6 ml ClF3参与反应转移18 ml电子,则1 ml C3O4在反应中转移9 ml电子,故B正确。ClF3中氯元素为+3价,C错误。C3O4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+ H2 NaBH4+ 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 ℃、101 kPa下,已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ,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+2H2 1NaBH4+2Na2SiO3
(3)过滤 蒸馏
(4)NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g)
ΔH=-216.0 kJ·ml-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=-21.6 kJ÷=-216.0 kJ·ml-1。
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,1 ml As4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时,转移28 ml e-,则物质a为 。
答案 (1)Na+[····]2-Na+ (2)S2-与Fe2+生成沉淀,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2As(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)As+I2+2OH- 2I-+As+H2O (5)2As+2SO2+2H+ As2O3+2S+H2O (6)SO2
解析 (1)硫化钠为离子化合物,电子式为Na+[····]2-Na+。
(2)FeSO4的作用是除去过量的S2-,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2As(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)1 ml As4S4参加反应时,转移28 ml e-,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。