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2024届人教版高考化学一轮复习专题四氧化还原反应专题作业含答案
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这是一份2024届人教版高考化学一轮复习专题四氧化还原反应专题作业含答案，共23页。试卷主要包含了5 ml 电子等内容，欢迎下载使用。
专题四 氧化还原反应
1.下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是( )
A.盐酸具有还原性,可用于金属除锈
B.浓硫酸具有脱水性,可用作干燥剂
C.过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒剂
D.硝酸具有挥发性,可用于制造化肥
答案 C 盐酸用于金属除锈,是利用盐酸的酸性,而不是还原性,A错误;浓硫酸用作干燥剂,是利用浓硫酸的吸水性,而不是脱水性,B错误;过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒剂,C正确;硝酸用于制造化肥,是利用其含有的N元素可以被植物吸收转化为蛋白质,而不是因为其具有挥发性,D错误。
2.据文献报道,我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是( )
A.O2氧化HBr生成Br2的总反应为O2+4HBr 2Br2+2H2O
B.中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C.发生步骤②时,断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D.步骤③中,每生成1 mol Br2转移2 mol电子
答案 D 总反应的反应物为氧气和溴化氢,生成物为溴单质和水,化学方程式为O2+4HBr 2Br2+2H2O,A正确;由化合物中各元素正、负化合价的代数和为0可知,HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价,HOBr中氢元素为+1价、氧元素为-2价、溴元素为+1价,则两个中间体中溴元素的化合价相同,都为+1价,B正确;发生步骤②时,断裂的化学键既有H—Br极性键,又有O—O非极性键,C正确;步骤③发生的反应为HOBr+HBr Br2+H2O,反应中每生成1 mol Br2转移1 mol电子,D错误。
3.黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色且具有明亮的金属光泽,常被误认为是黄金,故又称为“愚人金”。在酸和催化剂的作用下FeS2发生如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.在酸性条件下,黄铁矿催化氧化中只有Fe3+作催化剂
C.反应Ⅱ中,每消耗1 mol FeS2,转移电子的物质的量为14 mol
D.反应Ⅰ的离子方程式:4Fe(NO)2++O2+2H2O 4Fe3++4NO+4OH-
答案 C 反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+,没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,A错误;由题图可知,NO在反应Ⅲ中作为反应物进入,在反应Ⅰ中作为产物出来,故NO是该反应的催化剂,B错误;反应Ⅱ中,FeS2中的S元素转化成SO42-,S元素的化合价由-1升高为+6(1个S原子失去7个电子),则每消耗1 mol FeS2,转移电子的物质的量为14 mol,C正确;反应Ⅰ中,Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO,酸性条件下,生成物中不应出现OH-,反应Ⅰ的离子方程式应为4Fe(NO)2++O2+4H+ 4Fe3++4NO+2H2O,D错误。
名师点睛 反应机理题是命题热点,催化剂与中间产物的区别更是命题的重点所在。中间产物是流程中间产生而又在中途作为反应物消失;催化剂的特征是在流程中某一步以反应物的形式进入,某一步以产物的形式出去。书写陌生的化学方程式要注意产物与体系环境的协调。
4.一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.反应①中N2发生了氧化反应
B.反应①和②均属于“氮的固定”
C.反应③为4LiOH 4Li+2H2O+O2↑
D.三步循环的总结果为N2+3H22NH3
答案 C 反应①中氮元素得电子,发生还原反应,A错误;氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程,反应①是氮的固定,反应②不是,B错误;分析题图可知,该合成氨反应中没有氢气参与,氢元素来源于水,且伴有氧气生成,三步循环的总结果为2N2+6H2O 4NH3+3O2,D错误。
5.过氧化钠可用作熔矿剂,使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7Na2O2 4Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O。下列有关说法错误的是( )
A.Na2O2、Na2O分别和SO2反应,生成物均为Na2SO3
B.该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C.若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol
D.每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol
答案 A Na2O2具有强氧化性,SO2具有还原性,Na2O2与SO2反应生成Na2SO4,A错误;该反应中,FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高,被氧化,Na2CrO4、Fe2O3是氧化产物,B正确;若有2 mol Fe2+被氧化,则Fe2+失去2 mol 电子,Na2O2被还原时,氧元素从-1价降到-2价,1 mol Na2O2被还原得到2 mol电子,则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol,C正确;每生成3 mol Na2O转移14 mol 电子,则生成18.6 g(0.3 mol)Na2O转移1.4 mol 电子,D正确。
6.用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙炔时,常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为①CuSO4+H2S CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O 3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析正确的是( )
A.可以依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
B.反应②中Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C.反应②中每24 mol CuSO4氧化3 mol PH3
D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时,也可以使用NaOH溶液除杂
答案 C CuS不溶于硫酸,所以硫酸铜能和氢硫酸反应生成CuS和硫酸,反应不能比较硫酸和氢硫酸的酸性强弱,A 错误;Cu3P中Cu为+1价,P为-3价,Cu元素的化合价从+2降低到+1,P元素的化合价不变,所以Cu3P是还原产物,B错误;硫酸铜中铜元素的化合价从+2降低到+1,得到1个电子,故24 mol CuSO4发生反应时转移24 mol 电子,PH3被氧化时P元素的化合价从-3升高到+5,失去8个电子,故1 mol PH3被氧化时转移8 mol 电子,根据得失电子守恒,可得每24 mol CuSO4 氧化 3 mol PH3,C正确;类比NH3,PH3不能与NaOH溶液反应,所以不能用NaOH溶液除杂,D错误。
7.酸性环境中,纳米Fe/Ni去除NO3-过程中的含氮微粒变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是( )
A.反应ⅱ的离子方程式为NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O
B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,可提高NO3-的去除效果
C.假设反应过程都能彻底进行,反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3∶1
D.a mol NO3-完全转化为NH4+至少需要4a mol 的铁
答案 C 由题图可知,反应ⅱ中NO2-被Fe还原为NH4+,Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O,A正确;增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,即增大反应物间的接触面积,可提高NO3-的去除效果,B正确;反应ⅰ中NO3-被Fe还原生成NO2-,N元素的化合价从+5降到+3,Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒可知1 mol NO3-氧化1 mol Fe,同时生成1 mol NO2-,根据A选项可知,1 mol NO2-可以氧化 3 mol Fe,故假设反应过程都能彻底进行,反应 ⅰ、ⅱ 消耗的铁的物质的量之比为1∶3,C错误;根据C选项分析可知,将a mol NO3-完全转化为NH4+至少需要a mol+3a mol=4a mol 的铁,D正确。
8.(NH4)2S2O8具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为MnO4-,但一般情况下,该反应进行的非常缓慢,而加入几滴AgNO3溶液后,混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是( )
A.AgNO3为该反应的催化剂
B.SO42-为还原产物
C.S2O82-中存在一个过氧键
D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
答案 D 催化剂可以改变化学反应速率,根据题述现象可知,AgNO3为该反应的催化剂,A正确;(NH4)2S2O8具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为MnO4-,自身被还原为SO42-,所以还原产物为SO42-,B正确;设S2O82-中存在x个-1价O原子,y个-2价O原子,则x+y=8,根据化合物中各元素化合价代数和为0可知,(+6)×2+(-1)×x+(-2)×y+2=0,联立方程解得x=2,y=6,因为1个O22-中含2个-1价O原子,则S2O82-中存在1个过氧键,C正确;每个(NH4)2S2O8分子中存在1个过氧键,反应过程中O22-→O2-,Mn2+→ MnO4-,Mn2+为还原剂,根据得失电子守恒可知,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,D错误。
9.将NO2通入Na2S2O3溶液中可转化为NO2-和SO42-,关于该反应及反应中的物质的说法错误的是 ( )
A.该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8
B.反应后溶液的pH减小
C.NO2与NaOH溶液发生歧化反应无气体放出,每1 mol NO2转移0.5 mol 电子
D.Na2S2O3溶液中加过量稀硝酸,氧化产物和还原产物的物质的量相等
答案 AD 根据题干,可推知该反应的离子方程式为5H2O+8NO2+S2O32- 8NO2-+2SO42-+10H+,该反应中氧化剂NO2和还原剂S2O32-的物质的量之比为8∶1,反应后溶液的酸性增强,pH减小,A错误、B正确;NO2在NaOH溶液中发生歧化反应无气体放出,反应的化学方程式为2NO2+2OH- NO2-+NO3-+H2O,每1 mol NO2转移0.5 mol 电子,C正确;Na2S2O3溶液中加过量稀硝酸,发生反应:3S2O32-+8NO3-+2H+ 6SO42-+8NO↑+H2O,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶4,D错误。
10.某同学进行如下实验:
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4,滴加氯水,振荡后CCl4层显紫色;再滴加氯水,振荡后紫色褪去;继续滴加氯水,振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是( )
A.Ⅰ中CCl4层显橙色,说明CCl4层含Br2
B.Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C.Ⅲ中CCl4层显紫色,说明Cl2的氧化性强于I2
D.Ⅲ中CCl4层变为橙色时,水层中仍含有大量I-
答案 D A项,向溴水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显橙色,说明CCl4萃取溴水中的溴,CCl4层含Br2,正确;B项,向碘水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显紫色,说明CCl4萃取碘水中的碘,即I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,正确;C项,Ⅲ中CCl4层显紫色,说明产生了I2,滴加氯水将I-氧化为I2,因此Cl2的氧化性强于I2,正确;D项,Ⅲ中CCl4层变为橙色时,说明过量的氯水氧化Br-为Br2,此时水层中含大量IO3-,无I-,错误。
11.在恒温、恒定气体流速下,催化氧化HCl生产Cl2的工艺的主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.该过程中Cu元素的化合价保持不变
B.CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C.Cu(OH)Cl分解产生两种产物,物质X为H2O
D.该过程涉及反应:2Cu2OCl2+O2 2Cl2+4CuO
答案 B 根据题图和题目信息,进入循环的物质为反应物,从循环中出来的物质为生成物,反应前后不变的物质为催化剂,该过程总反应为4HCl+O2 2H2O+2Cl2。A项,CuO、Cu(OH)Cl和Cu2OCl2中的铜元素化合价均为+2价,正确;B项,CuO为催化剂,Cu(OH)Cl和Cu2OCl2为中间产物,错误;C项,根据原子守恒可知X为H2O,正确;D项,根据题图可知,CuO和Cu2OCl2的转化是可逆的,正确。
12.几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.反应1中Fe3+是还原产物
B.反应2中H2S得电子
C.反应2的离子方程式为2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+
D.HNO3能和H2S大量共存
答案 C A项,反应1中Fe3+是氧化产物,错误;B项,反应2中H2S失去电子被氧化为S,错误;C项,由题图可知,反应2的离子方程式为2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+,正确;D项,HNO3具有强氧化性,H2S具有还原性,二者不能大量共存,错误。
13.一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是( )
A.过程Ⅰ中,白磷既作氧化剂又作还原剂
B.过程Ⅱ中,发生复分解反应
C.过程Ⅲ中,反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4
D.理论上,通过该提纯工艺不会造成白磷损失
答案 D 过程Ⅰ中,磷元素化合价部分由0升高为+5、部分由0降低为-3,所以白磷既作氧化剂又作还原剂,故A正确;过程Ⅱ中,磷酸和氢氧化钙反应生成磷酸钙和水,属于复分解反应,故B正确;过程Ⅲ中,磷酸钙、二氧化硅和焦炭反应生成硅酸钙、CO和白磷,反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4,故C正确;由题图可知,有Cu3P生成,故该提纯工艺会造成白磷损失,故D错误。
14.CO2加氢偶合苯胺(RNH2)的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是( )
A.金属Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2
B.反应过程中N的成键数目保持不变
C.反应过程中CO2发生还原反应
D.该过程的总反应:RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O
答案 B A项,由题图可知,过程Ⅰ中,金属Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2,正确;B项,题图中RNH2在过程Ⅳ后,N与C形成了新的化学键(配位键),此时N原子的成键数目由3变为4,错误;C项,反应过程中CO2中C元素的化合价由+4价降低为+2价,二氧化碳被还原,正确;D项,根据题图中的反应物和生成物可知,该过程的总反应为RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O,正确。
15.氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物,它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.过程①可表示为2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+
B.过程③有元素的化合价发生变化
C.过程④涉及极性共价键的断裂与形成
D.图中总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4∶4∶1
答案 B 过程①的反应物为[Cu(NH3)2]+和O2,生成物为[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,反应方程式为2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,A项正确;过程③只有O—O非极性共价键断裂,元素化合价没有变化,B项错误;过程④涉及NO极性共价键、N—H极性共价键的断裂和非极性共价键、O—H极性共价键的形成,C项正确;分析题图可知,总反应为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O,故总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4∶4∶1,D项正确。
16.中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的砷化物,早期都曾用作绘画颜料,因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应Ⅰ中,As2S3和SnCl2的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
B.反应Ⅱ中,物质a可能是S、SO2
C.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应,反应Ⅲ是非氧化还原反应
D.反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供H2S
答案 C 反应Ⅰ中,As2S3和Sn2+、H+反应生成Sn4+、As4S4和H2S,As化合价由+3价降低至+2价,Sn化合价由+2价升高至+4价,根据得失电子守恒可知,As2S3与SnCl2的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应,A正确;反应Ⅱ中氧气具有氧化性,As4S4具有还原性,则物质a可能是S、SO2,B正确;反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变,是非氧化还原反应,C错误;反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向所得溶液中加入足量稀硫酸反应,生成硫化氢气体,D正确。
17.根据下表信息,下列叙述中正确的是( )
序号
氧化剂
还原剂
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2
FeCl3
②
KMnO4
H2O2
O2
MnO2
③
KClO3
浓盐酸
Cl2
④
KMnO4
浓盐酸
Cl2
MnCl2
A.表中③还原产物是KCl
B.表中④的离子方程式配平后,H+的化学计量数为16
C.表中②生成1 mol O2将有4 mol电子转移
D.表中①反应的氧化产物只能有FeCl3
答案 B KClO3和浓盐酸反应生成KCl、Cl2和H2O,氧化产物、还原产物都是Cl2,A错误;表中④反应的离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+ 2Mn2++5Cl2↑+8H2O,H+的化学计量数为16,B正确;表中②H2O2是还原剂,氧元素化合价由-1升高为0,生成1 mol O2将有2 mol电子转移,C错误;若氯气足量,表中①反应的氧化产物有FeCl3、Br2,D错误。
18.(双选)碘介导的醇歧化反应机理如图所示(R—为烃基)。下列说法错误的是( )
A.反应RCH2OH→RCH2I属于还原反应
B.有3种自由基参加了反应
C.该反应利用了HI的还原性和I2的氧化性
D.醇歧化的总反应方程式为2RCH2OH RCH3+RCHO
答案 AD 反应RCH2OH→RCH2I属于取代反应,选项A错误;有R—C·H2、、R—C·H—OH 3种自由基参加了反应,选项B正确;该反应过程中出现HI转化为再转化为I2,也出现I2转化为再转化为HI,利用了HI的还原性和I2的氧化性,选项C正确;根据题图可知,醇歧化的总反应方程式为2RCH2OH RCH3+RCHO+H2O,选项D错误。
19.浓硝酸和稀硝酸均具有强氧化性,在氧化还原反应中浓硝酸被还原为NO2,稀硝酸被还原为NO。同温同压下,0.1 mol 金属单质M与足量浓硝酸反应,生成NO2体积为V1;0.1 mol金属单质N与足量稀硝酸反应,生成NO体积为V2。下列说法错误的是( )
A.M、N与硝酸的反应中,被还原硝酸的物质的量之比一定为V1V2
B.M、N与硝酸的反应中,消耗硝酸的物质的量之比一定为V13V2
C.产物中M和N化合价之比一定为V13V2
D.将生成的气体恰好溶于水生成硝酸,需要通入氧气的体积之比一定为V13V2
答案 B 设两个反应中产生的气体物质的量分别为n1、n2,被还原的n(HNO3)之比等于产生气体体积之比n1n2=V1V2,A正确;设反应后M转化为M(NO3)x,则根据得失电子守恒得:0.1 mol×x=n1,M与硝酸反应中消耗硝酸2n1,设反应后N转化为N(NO3)y,则根据得失电子守恒得:0.1 mol×y=3n2,N与硝酸反应中消耗硝酸4n2,则两个反应中消耗n(HNO3)之比为2n14n2=V12V2,B错误;由B选项分析知,反应后M的化合价为+x价,N的化合价为+y价,故M、N反应后化合价之比为V13V2,C正确;根据得失电子守恒,知将生成的NO2完全溶于水需要n(O2)=n14,将生成的NO完全溶于水需要n(O2)=3n24,则需要通入n(O2)之比(即体积比)为n13n2=V13V2,D正确。
20.工业上以电解锰渣(主要成分为MnCO3、MnSO4,含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取MnSO4·H2O。
“氧化”时发生反应的离子方程式为 ,工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行,其目的是 。
答案 MnO2+2Fe2++4H+ Mn2++2Fe3++2H2O
有利于将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀
解析 “氧化”时MnO2把Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式。Fe3+、Al3+水解,使溶液显酸性,加Ca(OH)2促进其水解,加热也会促进其水解,便于生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
21.用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分为Ni、Al,少量其他不溶性物质)制备NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O并研究其分解反应的过程如下:
(1)制NiSO4溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液,充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解,过滤。加入NaOH溶液的作用是 。
(2)制NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。控制温度为55 ℃,向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液,有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出,过滤。
①为确定所加Na2CO3的添加量,需测定NiSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL溶液于100 mL容量瓶中,加水稀释至刻度线;准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中,用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H2Y2- NiY2-+2H+),平行滴定3次,平均消耗EDTA标准溶液31.25 mL。计算NiSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。
②生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O时所发生反应的离子方程式为 。
③若将NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,会使沉淀中镍元素含量偏高,原因是 。
(3)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解。在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O,固体质量随温度变化的曲线如图所示。
①500~700 K之间分解产生的气体为 。
②800 K后剩余固体质量略有增加的原因是 。
答案 (1)除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中的Al
(2)①滴定20.00 mL稀释液中Ni2+消耗的n(EDTA)=0.040 00 mol·L-1×31.25×10-3 L=1.250×10-3 mol
n(Ni2+)=n(EDTA)=1.250×10-3 mol
5.00 mL滤液中:n(NiSO4)=n(Ni2+)=1.250×10-3 mol×100 mL20.00 mL=6.250×10-3 mol
c(NiSO4)=6.250×10-3mol5.00×10-3L=1.250 mol·L-1
②3Ni2++3CO32-+4H2O NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑
③Na2CO3溶液呈碱性,若将NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,会使沉淀中Ni(OH)2的量偏大,Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(3)①CO2
②NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
解析 (1)向废镍催化剂中加入NaOH溶液,可以除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中的Al。(3)①NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O完全热分解,其反应方程式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O 3NiO+CO2↑+4H2O↑,若分解先得到水蒸气,则固体质量降低的百分比为72341×100%≈21.1%,若分解先得到二氧化碳,则固体质量降低的百分比为44341×100%≈12.9%,结合题图可知,300~500 K之间分解产生的气体为水蒸气,500~700 K之间分解产生的气体为CO2。②700 K后,剩下的固体为NiO,在氧气气氛中加热,NiO被氧化成更高价态的镍氧化物,导致800 K后剩余固体质量略有增加。
22.铅和锰是工业生产中的重要金属,利用软锰矿(主要成分为MnO2)和方铅矿(主要成分为PbS,含少量FeS2)协同浸出制取铅、锰氧化物是重要的化工方法。
已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq)
(1)在搅拌条件下将方铅矿、软锰矿和盐酸混合溶液进行混合,反应生成Mn2+、Fe3+、PbCl2(s)和S。写出该过程中浸出Fe3+的离子方程式: 。
(4)氯化铅配合物与硫酸溶液反应生成PbSO4。利用PbSO4与Na2CO3溶液进一步反应制取PbCO3。将所得固体样品进行X-射线衍射分析如图所示,写出生成杂质的化学方程式: 。
(5)利用除去Pb2+、Fe3+后的溶液制备Mn3O4。在溶液中滴加氨水并通入氧气得到Mn3O4,写出该反应的离子方程式: 。
答案 (1)12H++2FeS2+3MnO2 3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
(4)3PbSO4+3Na2CO3+H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+CO2↑或3PbSO4+4Na2CO3+2H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+2NaHCO3
(5)6Mn2++12NH3·H2O+O2 2Mn3O4↓+12NH4++6H2O
解析 (1)FeS2中铁元素、硫元素化合价均升高,1个FeS2失去3个电子,MnO2作氧化剂,被FeS2还原为Mn2+,结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。(4)根据题意可知,生成的杂质是2PbCO3·Pb(OH)2,PbSO4与Na2CO3溶液反应,无元素化合价改变,可根据复分解反应的特点,结合原子守恒配平化学方程式。(5)除去Pb2+、Fe3+后的溶液含有Mn2+,根据题意,Mn2+的氧化产物是Mn3O4,锰元素化合价升高,O2是氧化剂,结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
23.钒具有广泛用途,利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺流程如图:
已知:滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题:
(1)写出V基态原子核外电子排布式: 。
(2)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(3)在滤渣1中加入Na2SO3和过量稀H2SO4溶液发生氧化还原反应,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(4)混合溶液中加入KClO3,发生反应的离子方程式是 。
答案 (1)[Ar]3d34s2 (2)漏斗、烧杯、玻璃棒 (3)1∶1 (4)6VO2++ClO3-+3H2O 6VO2++Cl-+6H+
解析 (1)V的原子序数为23,则基态原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2。(2)操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作,过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)含钒废催化剂加水溶解,V2O5和不溶性硅酸盐不溶于水,VOSO4溶于水,则滤渣1为V2O5和不溶性硅酸盐,滤液1为VOSO4溶液,由于滤液2中钒以VO2+的形式存在,则滤渣1中的V2O5与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应,生成Na2SO4和VOSO4,由得失电子守恒可知,氧化剂V2O5和还原剂Na2SO3的物质的量之比为1∶1。(4)已知滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在,加入KClO3,VO2+被KClO3氧化为VO2+,ClO3-被还原为Cl-,结合得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒,可写出反应的离子方程式。
24.MoS2作为石墨电极的改性剂不仅能弥补石墨低容量的不足,还可以有效解决自身稳定性和导电性不佳的问题。以钼精矿(主要成分为MoS2,含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质)为原料生产MoS2的工艺流程如图。
已知:①MoS2中S元素的化合价为-2价;
②常温下PbCl2不溶于水,但PbCl2可与Cl-反应,生成可溶性配合离子PbCl3-;
③MoS2不溶于水和常见酸碱,“烧熔”时可转化为酸性氧化物MoO3,“硫代”时生成MoS42-。
回答下列问题:
(1)使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是浓盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应,生成CaCl2、PbCl2,其中生成PbCl2的化学方程式为 。
(2)“氯盐浸出”的原理是利用具有强氧化性的FeCl3,在强酸性条件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,该“氯盐浸出”过程的化学方程式为 。
(3)“碱浸”时使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是 。
(4)“碱浸”后滤液③的主要成分为 (填化学式)。
(5)“初级酸浸”“碱浸”流程中操作温度不宜过高的原因是 。
(6)产品MoS2中存在极微量的非整比晶体杂质MoS2.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为 。
答案 (1)PbS+2HCl(浓) PbCl2+H2S↑
(2)CuFeS2+4FeCl3 CuCl2+5FeCl2+2S
(3)NaOH溶液会与二氧化硅反应,生成的Na2SiO3进入滤液③,使制得的MoS2不纯
(4)(NH4)2MoO4
(5)在“初级酸浸”中使用了浓盐酸,如果温度过高,浓盐酸大量挥发,不利于反应进行;“碱浸”时使用氨水,也容易受热分解
(6)1∶4
解析 (1)PbS与浓盐酸反应生成PbCl2的反应为复分解反应,根据原子守恒可写出化学方程式。(2)FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,CuFeS2中S元素的化合价为-2价,Cu元素为+2价,Fe元素为+2价,Fe3+将-2价的硫元素氧化成硫单质,自身被还原成Fe2+,根据得失电子守恒和原子守恒,可写出反应的化学方程式。(3)结合已知信息③可知滤渣②中含MoO3、SiO2和S,“碱浸”时如果用NaOH溶液代替氨水,NaOH溶液会与二氧化硅反应,生成的Na2SiO3进入滤液③,使制得的MoS2不纯。(4)滤渣②中加氨水“碱浸”,酸性氧化物MoO3转化为(NH4)2MoO4,故滤液③的主要成分为(NH4)2MoO4。(6)设1个MoS2.8中Mo4+与Mo6+的个数分别为x和y,已知MoS2中S元素的化合价为-2,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得,4x+6y-2×2.8=0,又x+y=1,解得x=0.2、y=0.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为1∶4。
25.KMnO4性质探究。
取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01 mol·L-1(用硫酸酸化至pH=1),取配制好的KMnO4溶液2 mL于试管中,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色。
(3)最终溶液呈棕黄色,推测生成了 (写化学式)。
(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究:
①黑色固体是MnO2,试剂X是 (写化学式)。
②在紫色清液中存在IO3-,写出生成IO3-的离子方程式: 。
③下列实验方案中,可用于检验紫色清液中是否存在IO3-的是 (填序号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上,观察试纸是否变蓝色
B.取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,再加入过量NaHSO3溶液,观察溶液是否变色
C.取少量紫色清液于试管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入几滴硝酸银溶液,观察是否生成黄色沉淀
(5)探究实验中棕褐色沉淀消失的原因:
用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因: 。
(6)由上述实验可知,KMnO4的还原产物与 有关。
答案 (3)I2 (4)①H2O2 ②2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O ③B (5)MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O (6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度
解析 (3)KMnO4具有强氧化性,I-具有还原性,二者可发生氧化还原反应生成I2,使溶液呈棕黄色。(4)①加入试剂X立即产生大量气泡,且题目信息说明黑色固体是MnO2,MnO2能催化分解H2O2,因此试剂X为H2O2。②黑色固体是MnO2,即MnO4-被还原为MnO2,紫色清液中存在IO3-,且实验结果表明没有生成I2,即I-被氧化为IO3-,根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒,配平离子方程式为2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O。③A项,紫色清液中存在KMnO4,KMnO4也可将I-氧化为I2,错误;B项,取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,说明溶液中不存在I2,再加入过量NaHSO3溶液,将IO3-还原为I2,淀粉遇I2变蓝,正确;C项,硝酸为氧化剂,无法将IO3-转化为I-,再加入硝酸银溶液,不会产生黄色沉淀AgI,错误。(5)根据实验现象,步骤③中黑色固体MnO2溶解,溶液变为棕黄色,可知在酸性环境下MnO2将I-氧化为I2,反应的离子方程式为MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O。(6)根据题述实验,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色,说明氧化剂和还原剂的用量会影响产物;根据(5)中实验棕褐色沉淀消失可知,MnO2与KI的反应需要在酸性环境下才可以进行,由此得出溶液的酸碱性也会影响产物。
26.某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag,为了回收这两种物质,某同学设计了如下流程:
已知:“浸出”过程发生可逆反应:AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-。
回答下列问题:
(1)“氧化”阶段需在80 ℃条件下进行,最适合的加热方式为 。将废渣“氧化”的化学方程式为 。
(2)其他条件不变,在敞口容器中进行“浸出”时,浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始废渣中银的质量的百分比)降低,可能原因是 (用离子方程式表示)。
答案 (1)水浴加热 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑ (2)2SO32-+O22SO42-
解析 (1)在80 ℃水浴加热条件下,用20%次氯酸钠溶液将废渣中的银转化为氯化银,根据题图可知有氧气生成,由于钠离子没有实质参与反应,考虑到溶液呈电中性原则,氯离子全部沉淀,故钠离子只能组成氢氧化钠,反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。(2)在敞口容器中进行浸出的时间过长,溶液中的SO32-会被空气中氧气氧化,c(SO32-)减小,平衡AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-逆向移动,导致银的浸出率降低。
3.为测定制得的MnSO4·H2O的纯度,称取1.000 g样品,配成100.00 mL酸性溶液,取出20.00 mL,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用0.050 00 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定冷却后的含锰溶液至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),用去(NH4)2Fe(SO4)2溶液21.60 mL,计算该MnSO4·H2O样品的纯度(写出计算过程)。
答案 根据关系式MnSO4·H2O~Mn3+~(NH4)2Fe(SO4)2可得1.000 g样品中:n(MnSO4·H2O)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=21.60 mL×10-3 L·mL-1×0.050 00 mol·L-1×100.00 mL20.00 mL=5.400×10-3 mol
该MnSO4·H2O样品的纯度=
5.400×10-3mol×169 g·mol-11.000 g×100%=91.26%
解析 先将Mn2+氧化为Mn3+,由锰原子守恒知,n(Mn2+)=n(Mn3+);Mn3+将(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+氧化成Fe3+,同时Mn3+被还原为Mn2+,根据Mn、Fe得失电子守恒知n(Mn3+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2],由(NH4)2Fe(SO4)2的消耗量可以计算出n(Mn3+),进而得出n(Mn2+),可计算出m(MnSO4·H2O),由此得出MnSO4·H2O样品的纯度。
专题四 氧化还原反应
1.下列有关酸的性质与用途具有对应关系的是( )
A.盐酸具有还原性,可用于金属除锈
B.浓硫酸具有脱水性,可用作干燥剂
C.过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒剂
D.硝酸具有挥发性,可用于制造化肥
答案 C 盐酸用于金属除锈,是利用盐酸的酸性,而不是还原性,A错误;浓硫酸用作干燥剂,是利用浓硫酸的吸水性,而不是脱水性,B错误;过氧乙酸有强氧化性,可用作消毒剂,C正确;硝酸用于制造化肥,是利用其含有的N元素可以被植物吸收转化为蛋白质,而不是因为其具有挥发性,D错误。
2.据文献报道,我国学者提出O2氧化HBr生成Br2的反应历程如图所示。下列有关该历程的说法不正确的是( )
A.O2氧化HBr生成Br2的总反应为O2+4HBr 2Br2+2H2O
B.中间体HOOBr和HOBr中Br的化合价相同
C.发生步骤②时,断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D.步骤③中,每生成1 mol Br2转移2 mol电子
答案 D 总反应的反应物为氧气和溴化氢,生成物为溴单质和水,化学方程式为O2+4HBr 2Br2+2H2O,A正确;由化合物中各元素正、负化合价的代数和为0可知,HOOBr中氢元素为+1价、氧元素为-1价、溴元素为+1价,HOBr中氢元素为+1价、氧元素为-2价、溴元素为+1价,则两个中间体中溴元素的化合价相同,都为+1价,B正确;发生步骤②时,断裂的化学键既有H—Br极性键,又有O—O非极性键,C正确;步骤③发生的反应为HOBr+HBr Br2+H2O,反应中每生成1 mol Br2转移1 mol电子,D错误。
3.黄铁矿(主要成分为FeS2)因其呈浅黄铜色且具有明亮的金属光泽,常被误认为是黄金,故又称为“愚人金”。在酸和催化剂的作用下FeS2发生如图所示的转化。下列分析正确的是( )
A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B.在酸性条件下,黄铁矿催化氧化中只有Fe3+作催化剂
C.反应Ⅱ中,每消耗1 mol FeS2,转移电子的物质的量为14 mol
D.反应Ⅰ的离子方程式:4Fe(NO)2++O2+2H2O 4Fe3++4NO+4OH-
答案 C 反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+,没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,A错误;由题图可知,NO在反应Ⅲ中作为反应物进入,在反应Ⅰ中作为产物出来,故NO是该反应的催化剂,B错误;反应Ⅱ中,FeS2中的S元素转化成SO42-,S元素的化合价由-1升高为+6(1个S原子失去7个电子),则每消耗1 mol FeS2,转移电子的物质的量为14 mol,C正确;反应Ⅰ中,Fe(NO)2+与O2反应生成Fe3+和NO,酸性条件下,生成物中不应出现OH-,反应Ⅰ的离子方程式应为4Fe(NO)2++O2+4H+ 4Fe3++4NO+2H2O,D错误。
名师点睛 反应机理题是命题热点,催化剂与中间产物的区别更是命题的重点所在。中间产物是流程中间产生而又在中途作为反应物消失;催化剂的特征是在流程中某一步以反应物的形式进入,某一步以产物的形式出去。书写陌生的化学方程式要注意产物与体系环境的协调。
4.一种新型的合成氨的方法如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.反应①中N2发生了氧化反应
B.反应①和②均属于“氮的固定”
C.反应③为4LiOH 4Li+2H2O+O2↑
D.三步循环的总结果为N2+3H22NH3
答案 C 反应①中氮元素得电子,发生还原反应,A错误;氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程,反应①是氮的固定,反应②不是,B错误;分析题图可知,该合成氨反应中没有氢气参与,氢元素来源于水,且伴有氧气生成,三步循环的总结果为2N2+6H2O 4NH3+3O2,D错误。
5.过氧化钠可用作熔矿剂,使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7Na2O2 4Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O。下列有关说法错误的是( )
A.Na2O2、Na2O分别和SO2反应,生成物均为Na2SO3
B.该反应中的氧化产物是Na2CrO4和Fe2O3
C.若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol
D.每生成18.6 g氧化钠转移电子的物质的量是1.4 mol
答案 A Na2O2具有强氧化性,SO2具有还原性,Na2O2与SO2反应生成Na2SO4,A错误;该反应中,FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高,被氧化,Na2CrO4、Fe2O3是氧化产物,B正确;若有2 mol Fe2+被氧化,则Fe2+失去2 mol 电子,Na2O2被还原时,氧元素从-1价降到-2价,1 mol Na2O2被还原得到2 mol电子,则被Fe2+还原的Na2O2为1 mol,C正确;每生成3 mol Na2O转移14 mol 电子,则生成18.6 g(0.3 mol)Na2O转移1.4 mol 电子,D正确。
6.用电石(主要成分为CaC2,含CaS和Ca3P2等)制取乙炔时,常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为①CuSO4+H2S CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O 3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析正确的是( )
A.可以依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
B.反应②中Cu3P既是氧化产物又是还原产物
C.反应②中每24 mol CuSO4氧化3 mol PH3
D.用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时,也可以使用NaOH溶液除杂
答案 C CuS不溶于硫酸,所以硫酸铜能和氢硫酸反应生成CuS和硫酸,反应不能比较硫酸和氢硫酸的酸性强弱,A 错误;Cu3P中Cu为+1价,P为-3价,Cu元素的化合价从+2降低到+1,P元素的化合价不变,所以Cu3P是还原产物,B错误;硫酸铜中铜元素的化合价从+2降低到+1,得到1个电子,故24 mol CuSO4发生反应时转移24 mol 电子,PH3被氧化时P元素的化合价从-3升高到+5,失去8个电子,故1 mol PH3被氧化时转移8 mol 电子,根据得失电子守恒,可得每24 mol CuSO4 氧化 3 mol PH3,C正确;类比NH3,PH3不能与NaOH溶液反应,所以不能用NaOH溶液除杂,D错误。
7.酸性环境中,纳米Fe/Ni去除NO3-过程中的含氮微粒变化如图所示,溶液中铁以Fe2+形式存在。下列有关说法不正确的是( )
A.反应ⅱ的离子方程式为NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O
B.增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,可提高NO3-的去除效果
C.假设反应过程都能彻底进行,反应ⅰ、ⅱ消耗的铁的物质的量之比为3∶1
D.a mol NO3-完全转化为NH4+至少需要4a mol 的铁
答案 C 由题图可知,反应ⅱ中NO2-被Fe还原为NH4+,Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为NO2-+3Fe+8H+ NH4++3Fe2++2H2O,A正确;增大单位体积水体中纳米Fe/Ni的投入量,即增大反应物间的接触面积,可提高NO3-的去除效果,B正确;反应ⅰ中NO3-被Fe还原生成NO2-,N元素的化合价从+5降到+3,Fe被氧化为Fe2+,根据得失电子守恒可知1 mol NO3-氧化1 mol Fe,同时生成1 mol NO2-,根据A选项可知,1 mol NO2-可以氧化 3 mol Fe,故假设反应过程都能彻底进行,反应 ⅰ、ⅱ 消耗的铁的物质的量之比为1∶3,C错误;根据C选项分析可知,将a mol NO3-完全转化为NH4+至少需要a mol+3a mol=4a mol 的铁,D正确。
8.(NH4)2S2O8具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为MnO4-,但一般情况下,该反应进行的非常缓慢,而加入几滴AgNO3溶液后,混合液迅速变为紫红色。下列说法错误的是( )
A.AgNO3为该反应的催化剂
B.SO42-为还原产物
C.S2O82-中存在一个过氧键
D.反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶5
答案 D 催化剂可以改变化学反应速率,根据题述现象可知,AgNO3为该反应的催化剂,A正确;(NH4)2S2O8具有强氧化性,在酸性溶液中,可将Mn2+氧化为MnO4-,自身被还原为SO42-,所以还原产物为SO42-,B正确;设S2O82-中存在x个-1价O原子,y个-2价O原子,则x+y=8,根据化合物中各元素化合价代数和为0可知,(+6)×2+(-1)×x+(-2)×y+2=0,联立方程解得x=2,y=6,因为1个O22-中含2个-1价O原子,则S2O82-中存在1个过氧键,C正确;每个(NH4)2S2O8分子中存在1个过氧键,反应过程中O22-→O2-,Mn2+→ MnO4-,Mn2+为还原剂,根据得失电子守恒可知,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2,D错误。
9.将NO2通入Na2S2O3溶液中可转化为NO2-和SO42-,关于该反应及反应中的物质的说法错误的是 ( )
A.该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶8
B.反应后溶液的pH减小
C.NO2与NaOH溶液发生歧化反应无气体放出,每1 mol NO2转移0.5 mol 电子
D.Na2S2O3溶液中加过量稀硝酸,氧化产物和还原产物的物质的量相等
答案 AD 根据题干,可推知该反应的离子方程式为5H2O+8NO2+S2O32- 8NO2-+2SO42-+10H+,该反应中氧化剂NO2和还原剂S2O32-的物质的量之比为8∶1,反应后溶液的酸性增强,pH减小,A错误、B正确;NO2在NaOH溶液中发生歧化反应无气体放出,反应的化学方程式为2NO2+2OH- NO2-+NO3-+H2O,每1 mol NO2转移0.5 mol 电子,C正确;Na2S2O3溶液中加过量稀硝酸,发生反应:3S2O32-+8NO3-+2H+ 6SO42-+8NO↑+H2O,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为3∶4,D错误。
10.某同学进行如下实验:
实验
操作和现象
Ⅰ
向溴水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显橙色
Ⅱ
向碘水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显紫色
Ⅲ
向KBr、KI的混合液中加入CCl4,滴加氯水,振荡后CCl4层显紫色;再滴加氯水,振荡后紫色褪去;继续滴加氯水,振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是( )
A.Ⅰ中CCl4层显橙色,说明CCl4层含Br2
B.Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C.Ⅲ中CCl4层显紫色,说明Cl2的氧化性强于I2
D.Ⅲ中CCl4层变为橙色时,水层中仍含有大量I-
答案 D A项,向溴水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显橙色,说明CCl4萃取溴水中的溴,CCl4层含Br2,正确;B项,向碘水中滴加少量CCl4,振荡,CCl4层显紫色,说明CCl4萃取碘水中的碘,即I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度,正确;C项,Ⅲ中CCl4层显紫色,说明产生了I2,滴加氯水将I-氧化为I2,因此Cl2的氧化性强于I2,正确;D项,Ⅲ中CCl4层变为橙色时,说明过量的氯水氧化Br-为Br2,此时水层中含大量IO3-,无I-,错误。
11.在恒温、恒定气体流速下,催化氧化HCl生产Cl2的工艺的主要反应机理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.该过程中Cu元素的化合价保持不变
B.CuO、Cu(OH)Cl、Cu2OCl2均为中间产物
C.Cu(OH)Cl分解产生两种产物,物质X为H2O
D.该过程涉及反应:2Cu2OCl2+O2 2Cl2+4CuO
答案 B 根据题图和题目信息,进入循环的物质为反应物,从循环中出来的物质为生成物,反应前后不变的物质为催化剂,该过程总反应为4HCl+O2 2H2O+2Cl2。A项,CuO、Cu(OH)Cl和Cu2OCl2中的铜元素化合价均为+2价,正确;B项,CuO为催化剂,Cu(OH)Cl和Cu2OCl2为中间产物,错误;C项,根据原子守恒可知X为H2O,正确;D项,根据题图可知,CuO和Cu2OCl2的转化是可逆的,正确。
12.几种物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.反应1中Fe3+是还原产物
B.反应2中H2S得电子
C.反应2的离子方程式为2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+
D.HNO3能和H2S大量共存
答案 C A项,反应1中Fe3+是氧化产物,错误;B项,反应2中H2S失去电子被氧化为S,错误;C项,由题图可知,反应2的离子方程式为2Fe3++H2S 2Fe2++S↓+2H+,正确;D项,HNO3具有强氧化性,H2S具有还原性,二者不能大量共存,错误。
13.一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是( )
A.过程Ⅰ中,白磷既作氧化剂又作还原剂
B.过程Ⅱ中,发生复分解反应
C.过程Ⅲ中,反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4
D.理论上,通过该提纯工艺不会造成白磷损失
答案 D 过程Ⅰ中,磷元素化合价部分由0升高为+5、部分由0降低为-3,所以白磷既作氧化剂又作还原剂,故A正确;过程Ⅱ中,磷酸和氢氧化钙反应生成磷酸钙和水,属于复分解反应,故B正确;过程Ⅲ中,磷酸钙、二氧化硅和焦炭反应生成硅酸钙、CO和白磷,反应的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C 10CO↑+6CaSiO3+P4,故C正确;由题图可知,有Cu3P生成,故该提纯工艺会造成白磷损失,故D错误。
14.CO2加氢偶合苯胺(RNH2)的一种反应机理如图所示。下列叙述不正确的是( )
A.金属Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2
B.反应过程中N的成键数目保持不变
C.反应过程中CO2发生还原反应
D.该过程的总反应:RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O
答案 B A项,由题图可知,过程Ⅰ中,金属Au可吸附H原子,TiO2可吸附CO2,正确;B项,题图中RNH2在过程Ⅳ后,N与C形成了新的化学键(配位键),此时N原子的成键数目由3变为4,错误;C项,反应过程中CO2中C元素的化合价由+4价降低为+2价,二氧化碳被还原,正确;D项,根据题图中的反应物和生成物可知,该过程的总反应为RNH2+CO2+H2 RNHCHO+H2O,正确。
15.氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物,它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列说法不正确的是( )
A.过程①可表示为2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+
B.过程③有元素的化合价发生变化
C.过程④涉及极性共价键的断裂与形成
D.图中总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4∶4∶1
答案 B 过程①的反应物为[Cu(NH3)2]+和O2,生成物为[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,反应方程式为2[Cu(NH3)2]++O2 [(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+,A项正确;过程③只有O—O非极性共价键断裂,元素化合价没有变化,B项错误;过程④涉及NO极性共价键、N—H极性共价键的断裂和非极性共价键、O—H极性共价键的形成,C项正确;分析题图可知,总反应为4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O,故总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4∶4∶1,D项正确。
16.中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄As2S3和雄黄As4S4都是自然界中常见的砷化物,早期都曾用作绘画颜料,因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有+2、+3两种常见价态。一定条件下,雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.反应Ⅰ中,As2S3和SnCl2的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应
B.反应Ⅱ中,物质a可能是S、SO2
C.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应,反应Ⅲ是非氧化还原反应
D.反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供H2S
答案 C 反应Ⅰ中,As2S3和Sn2+、H+反应生成Sn4+、As4S4和H2S,As化合价由+3价降低至+2价,Sn化合价由+2价升高至+4价,根据得失电子守恒可知,As2S3与SnCl2的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应,A正确;反应Ⅱ中氧气具有氧化性,As4S4具有还原性,则物质a可能是S、SO2,B正确;反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变,是非氧化还原反应,C错误;反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收H2S,向所得溶液中加入足量稀硫酸反应,生成硫化氢气体,D正确。
17.根据下表信息,下列叙述中正确的是( )
序号
氧化剂
还原剂
氧化产物
还原产物
①
Cl2
FeBr2
FeCl3
②
KMnO4
H2O2
O2
MnO2
③
KClO3
浓盐酸
Cl2
④
KMnO4
浓盐酸
Cl2
MnCl2
A.表中③还原产物是KCl
B.表中④的离子方程式配平后,H+的化学计量数为16
C.表中②生成1 mol O2将有4 mol电子转移
D.表中①反应的氧化产物只能有FeCl3
答案 B KClO3和浓盐酸反应生成KCl、Cl2和H2O,氧化产物、还原产物都是Cl2,A错误;表中④反应的离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+ 2Mn2++5Cl2↑+8H2O,H+的化学计量数为16,B正确;表中②H2O2是还原剂,氧元素化合价由-1升高为0,生成1 mol O2将有2 mol电子转移,C错误;若氯气足量,表中①反应的氧化产物有FeCl3、Br2,D错误。
18.(双选)碘介导的醇歧化反应机理如图所示(R—为烃基)。下列说法错误的是( )
A.反应RCH2OH→RCH2I属于还原反应
B.有3种自由基参加了反应
C.该反应利用了HI的还原性和I2的氧化性
D.醇歧化的总反应方程式为2RCH2OH RCH3+RCHO
答案 AD 反应RCH2OH→RCH2I属于取代反应,选项A错误;有R—C·H2、、R—C·H—OH 3种自由基参加了反应,选项B正确;该反应过程中出现HI转化为再转化为I2,也出现I2转化为再转化为HI,利用了HI的还原性和I2的氧化性,选项C正确;根据题图可知,醇歧化的总反应方程式为2RCH2OH RCH3+RCHO+H2O,选项D错误。
19.浓硝酸和稀硝酸均具有强氧化性,在氧化还原反应中浓硝酸被还原为NO2,稀硝酸被还原为NO。同温同压下,0.1 mol 金属单质M与足量浓硝酸反应,生成NO2体积为V1;0.1 mol金属单质N与足量稀硝酸反应,生成NO体积为V2。下列说法错误的是( )
A.M、N与硝酸的反应中,被还原硝酸的物质的量之比一定为V1V2
B.M、N与硝酸的反应中,消耗硝酸的物质的量之比一定为V13V2
C.产物中M和N化合价之比一定为V13V2
D.将生成的气体恰好溶于水生成硝酸,需要通入氧气的体积之比一定为V13V2
答案 B 设两个反应中产生的气体物质的量分别为n1、n2,被还原的n(HNO3)之比等于产生气体体积之比n1n2=V1V2,A正确;设反应后M转化为M(NO3)x,则根据得失电子守恒得:0.1 mol×x=n1,M与硝酸反应中消耗硝酸2n1,设反应后N转化为N(NO3)y,则根据得失电子守恒得:0.1 mol×y=3n2,N与硝酸反应中消耗硝酸4n2,则两个反应中消耗n(HNO3)之比为2n14n2=V12V2,B错误;由B选项分析知,反应后M的化合价为+x价,N的化合价为+y价,故M、N反应后化合价之比为V13V2,C正确;根据得失电子守恒,知将生成的NO2完全溶于水需要n(O2)=n14,将生成的NO完全溶于水需要n(O2)=3n24,则需要通入n(O2)之比(即体积比)为n13n2=V13V2,D正确。
20.工业上以电解锰渣(主要成分为MnCO3、MnSO4,含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取MnSO4·H2O。
“氧化”时发生反应的离子方程式为 ,工业上调节pH的过程选择在加热条件下进行,其目的是 。
答案 MnO2+2Fe2++4H+ Mn2++2Fe3++2H2O
有利于将Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀
解析 “氧化”时MnO2把Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原为Mn2+,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式。Fe3+、Al3+水解,使溶液显酸性,加Ca(OH)2促进其水解,加热也会促进其水解,便于生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
21.用油脂氢化后废弃的镍催化剂(主要成分为Ni、Al,少量其他不溶性物质)制备NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O并研究其分解反应的过程如下:
(1)制NiSO4溶液。向废镍催化剂中加入足量NaOH溶液,充分反应后过滤。向洗涤后的滤渣中加入稀硫酸至Ni恰好完全溶解,过滤。加入NaOH溶液的作用是 。
(2)制NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O。控制温度为55 ℃,向NiSO4溶液中加入适量Na2CO3溶液,有NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O沉淀生成和CO2气体放出,过滤。
①为确定所加Na2CO3的添加量,需测定NiSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL溶液于100 mL容量瓶中,加水稀释至刻度线;准确量取20.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中,用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Ni2++H2Y2- NiY2-+2H+),平行滴定3次,平均消耗EDTA标准溶液31.25 mL。计算NiSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。
②生成NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O时所发生反应的离子方程式为 。
③若将NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,会使沉淀中镍元素含量偏高,原因是 。
(3)NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O热分解。在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O,固体质量随温度变化的曲线如图所示。
①500~700 K之间分解产生的气体为 。
②800 K后剩余固体质量略有增加的原因是 。
答案 (1)除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中的Al
(2)①滴定20.00 mL稀释液中Ni2+消耗的n(EDTA)=0.040 00 mol·L-1×31.25×10-3 L=1.250×10-3 mol
n(Ni2+)=n(EDTA)=1.250×10-3 mol
5.00 mL滤液中:n(NiSO4)=n(Ni2+)=1.250×10-3 mol×100 mL20.00 mL=6.250×10-3 mol
c(NiSO4)=6.250×10-3mol5.00×10-3L=1.250 mol·L-1
②3Ni2++3CO32-+4H2O NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O↓+2CO2↑
③Na2CO3溶液呈碱性,若将NiSO4溶液加入Na2CO3溶液中,会使沉淀中Ni(OH)2的量偏大,Ni(OH)2中镍元素含量高于NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O
(3)①CO2
②NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
解析 (1)向废镍催化剂中加入NaOH溶液,可以除去废镍催化剂表面的油污,溶解其中的Al。(3)①NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O完全热分解,其反应方程式为NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O 3NiO+CO2↑+4H2O↑,若分解先得到水蒸气,则固体质量降低的百分比为72341×100%≈21.1%,若分解先得到二氧化碳,则固体质量降低的百分比为44341×100%≈12.9%,结合题图可知,300~500 K之间分解产生的气体为水蒸气,500~700 K之间分解产生的气体为CO2。②700 K后,剩下的固体为NiO,在氧气气氛中加热,NiO被氧化成更高价态的镍氧化物,导致800 K后剩余固体质量略有增加。
22.铅和锰是工业生产中的重要金属,利用软锰矿(主要成分为MnO2)和方铅矿(主要成分为PbS,含少量FeS2)协同浸出制取铅、锰氧化物是重要的化工方法。
已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq) PbCl42-(aq)
(1)在搅拌条件下将方铅矿、软锰矿和盐酸混合溶液进行混合,反应生成Mn2+、Fe3+、PbCl2(s)和S。写出该过程中浸出Fe3+的离子方程式: 。
(4)氯化铅配合物与硫酸溶液反应生成PbSO4。利用PbSO4与Na2CO3溶液进一步反应制取PbCO3。将所得固体样品进行X-射线衍射分析如图所示,写出生成杂质的化学方程式: 。
(5)利用除去Pb2+、Fe3+后的溶液制备Mn3O4。在溶液中滴加氨水并通入氧气得到Mn3O4,写出该反应的离子方程式: 。
答案 (1)12H++2FeS2+3MnO2 3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
(4)3PbSO4+3Na2CO3+H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+CO2↑或3PbSO4+4Na2CO3+2H2O 2PbCO3·Pb(OH)2+3Na2SO4+2NaHCO3
(5)6Mn2++12NH3·H2O+O2 2Mn3O4↓+12NH4++6H2O
解析 (1)FeS2中铁元素、硫元素化合价均升高,1个FeS2失去3个电子,MnO2作氧化剂,被FeS2还原为Mn2+,结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。(4)根据题意可知,生成的杂质是2PbCO3·Pb(OH)2,PbSO4与Na2CO3溶液反应,无元素化合价改变,可根据复分解反应的特点,结合原子守恒配平化学方程式。(5)除去Pb2+、Fe3+后的溶液含有Mn2+,根据题意,Mn2+的氧化产物是Mn3O4,锰元素化合价升高,O2是氧化剂,结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式。
23.钒具有广泛用途,利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺流程如图:
已知:滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在。回答下列问题:
(1)写出V基态原子核外电子排布式: 。
(2)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有 。
(3)在滤渣1中加入Na2SO3和过量稀H2SO4溶液发生氧化还原反应,氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
(4)混合溶液中加入KClO3,发生反应的离子方程式是 。
答案 (1)[Ar]3d34s2 (2)漏斗、烧杯、玻璃棒 (3)1∶1 (4)6VO2++ClO3-+3H2O 6VO2++Cl-+6H+
解析 (1)V的原子序数为23,则基态原子核外电子排布式为[Ar]3d34s2。(2)操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作,过滤用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。(3)含钒废催化剂加水溶解,V2O5和不溶性硅酸盐不溶于水,VOSO4溶于水,则滤渣1为V2O5和不溶性硅酸盐,滤液1为VOSO4溶液,由于滤液2中钒以VO2+的形式存在,则滤渣1中的V2O5与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应,生成Na2SO4和VOSO4,由得失电子守恒可知,氧化剂V2O5和还原剂Na2SO3的物质的量之比为1∶1。(4)已知滤液1和滤液2中钒以VO2+的形式存在,加入KClO3,VO2+被KClO3氧化为VO2+,ClO3-被还原为Cl-,结合得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒,可写出反应的离子方程式。
24.MoS2作为石墨电极的改性剂不仅能弥补石墨低容量的不足,还可以有效解决自身稳定性和导电性不佳的问题。以钼精矿(主要成分为MoS2,含SiO2、CuFeS2、CaCO3、PbS等杂质)为原料生产MoS2的工艺流程如图。
已知:①MoS2中S元素的化合价为-2价;
②常温下PbCl2不溶于水,但PbCl2可与Cl-反应,生成可溶性配合离子PbCl3-;
③MoS2不溶于水和常见酸碱,“烧熔”时可转化为酸性氧化物MoO3,“硫代”时生成MoS42-。
回答下列问题:
(1)使用浓盐酸进行“初级酸浸”的工艺原理是浓盐酸与钼精矿中的CaCO3、PbS杂质发生反应,生成CaCl2、PbCl2,其中生成PbCl2的化学方程式为 。
(2)“氯盐浸出”的原理是利用具有强氧化性的FeCl3,在强酸性条件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,该“氯盐浸出”过程的化学方程式为 。
(3)“碱浸”时使用氨水而不使用NaOH溶液的原因是 。
(4)“碱浸”后滤液③的主要成分为 (填化学式)。
(5)“初级酸浸”“碱浸”流程中操作温度不宜过高的原因是 。
(6)产品MoS2中存在极微量的非整比晶体杂质MoS2.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为 。
答案 (1)PbS+2HCl(浓) PbCl2+H2S↑
(2)CuFeS2+4FeCl3 CuCl2+5FeCl2+2S
(3)NaOH溶液会与二氧化硅反应,生成的Na2SiO3进入滤液③,使制得的MoS2不纯
(4)(NH4)2MoO4
(5)在“初级酸浸”中使用了浓盐酸,如果温度过高,浓盐酸大量挥发,不利于反应进行;“碱浸”时使用氨水,也容易受热分解
(6)1∶4
解析 (1)PbS与浓盐酸反应生成PbCl2的反应为复分解反应,根据原子守恒可写出化学方程式。(2)FeCl3在强酸性条件下氧化CuFeS2,使之生成CuCl2和S,CuFeS2中S元素的化合价为-2价,Cu元素为+2价,Fe元素为+2价,Fe3+将-2价的硫元素氧化成硫单质,自身被还原成Fe2+,根据得失电子守恒和原子守恒,可写出反应的化学方程式。(3)结合已知信息③可知滤渣②中含MoO3、SiO2和S,“碱浸”时如果用NaOH溶液代替氨水,NaOH溶液会与二氧化硅反应,生成的Na2SiO3进入滤液③,使制得的MoS2不纯。(4)滤渣②中加氨水“碱浸”,酸性氧化物MoO3转化为(NH4)2MoO4,故滤液③的主要成分为(NH4)2MoO4。(6)设1个MoS2.8中Mo4+与Mo6+的个数分别为x和y,已知MoS2中S元素的化合价为-2,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0可得,4x+6y-2×2.8=0,又x+y=1,解得x=0.2、y=0.8,则该杂质中Mo4+与Mo6+物质的量之比为1∶4。
25.KMnO4性质探究。
取适量制取的KMnO4溶液稀释至约0.01 mol·L-1(用硫酸酸化至pH=1),取配制好的KMnO4溶液2 mL于试管中,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色。
(3)最终溶液呈棕黄色,推测生成了 (写化学式)。
(4)实验小组对初始阶段的产物成分进行探究:
①黑色固体是MnO2,试剂X是 (写化学式)。
②在紫色清液中存在IO3-,写出生成IO3-的离子方程式: 。
③下列实验方案中,可用于检验紫色清液中是否存在IO3-的是 (填序号)。
A.用洁净的玻璃棒蘸取紫色清液滴在淀粉-KI试纸上,观察试纸是否变蓝色
B.取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,再加入过量NaHSO3溶液,观察溶液是否变色
C.取少量紫色清液于试管中,向其中加入稀硝酸酸化,再加入几滴硝酸银溶液,观察是否生成黄色沉淀
(5)探究实验中棕褐色沉淀消失的原因:
用离子方程式解释步骤③中固体消失的原因: 。
(6)由上述实验可知,KMnO4的还原产物与 有关。
答案 (3)I2 (4)①H2O2 ②2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O ③B (5)MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O (6)还原剂的用量、溶液的酸碱性、氧化剂的浓度
解析 (3)KMnO4具有强氧化性,I-具有还原性,二者可发生氧化还原反应生成I2,使溶液呈棕黄色。(4)①加入试剂X立即产生大量气泡,且题目信息说明黑色固体是MnO2,MnO2能催化分解H2O2,因此试剂X为H2O2。②黑色固体是MnO2,即MnO4-被还原为MnO2,紫色清液中存在IO3-,且实验结果表明没有生成I2,即I-被氧化为IO3-,根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒,配平离子方程式为2MnO4-+I-+2H+ 2MnO2↓+IO3-+H2O。③A项,紫色清液中存在KMnO4,KMnO4也可将I-氧化为I2,错误;B项,取少量紫色清液于试管中,向其中加入几滴淀粉溶液,溶液不变蓝,说明溶液中不存在I2,再加入过量NaHSO3溶液,将IO3-还原为I2,淀粉遇I2变蓝,正确;C项,硝酸为氧化剂,无法将IO3-转化为I-,再加入硝酸银溶液,不会产生黄色沉淀AgI,错误。(5)根据实验现象,步骤③中黑色固体MnO2溶解,溶液变为棕黄色,可知在酸性环境下MnO2将I-氧化为I2,反应的离子方程式为MnO2+2I-+4H+ Mn2++I2+2H2O。(6)根据题述实验,逐滴滴加0.1 mol·L-1KI溶液,紫色KMnO4溶液迅速变为棕褐色悬浊液,然后沉淀逐渐消失,最终溶液变为棕黄色,说明氧化剂和还原剂的用量会影响产物;根据(5)中实验棕褐色沉淀消失可知,MnO2与KI的反应需要在酸性环境下才可以进行,由此得出溶液的酸碱性也会影响产物。
26.某化工厂产生的废渣中含有PbSO4和Ag,为了回收这两种物质,某同学设计了如下流程:
已知:“浸出”过程发生可逆反应:AgCl+2SO32-Ag(SO3)23-+Cl-。
回答下列问题:
(1)“氧化”阶段需在80 ℃条件下进行,最适合的加热方式为 。将废渣“氧化”的化学方程式为 。
(2)其他条件不变,在敞口容器中进行“浸出”时,浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的质量占起始废渣中银的质量的百分比)降低,可能原因是 (用离子方程式表示)。
答案 (1)水浴加热 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑ (2)2SO32-+O22SO42-
解析 (1)在80 ℃水浴加热条件下,用20%次氯酸钠溶液将废渣中的银转化为氯化银,根据题图可知有氧气生成,由于钠离子没有实质参与反应,考虑到溶液呈电中性原则,氯离子全部沉淀,故钠离子只能组成氢氧化钠,反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。(2)在敞口容器中进行浸出的时间过长,溶液中的SO32-会被空气中氧气氧化,c(SO32-)减小,平衡AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-逆向移动,导致银的浸出率降低。
3.为测定制得的MnSO4·H2O的纯度,称取1.000 g样品,配成100.00 mL酸性溶液,取出20.00 mL,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用0.050 00 mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定冷却后的含锰溶液至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),用去(NH4)2Fe(SO4)2溶液21.60 mL,计算该MnSO4·H2O样品的纯度(写出计算过程)。
答案 根据关系式MnSO4·H2O~Mn3+~(NH4)2Fe(SO4)2可得1.000 g样品中:n(MnSO4·H2O)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=21.60 mL×10-3 L·mL-1×0.050 00 mol·L-1×100.00 mL20.00 mL=5.400×10-3 mol
该MnSO4·H2O样品的纯度=
5.400×10-3mol×169 g·mol-11.000 g×100%=91.26%
解析 先将Mn2+氧化为Mn3+,由锰原子守恒知,n(Mn2+)=n(Mn3+);Mn3+将(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+氧化成Fe3+,同时Mn3+被还原为Mn2+,根据Mn、Fe得失电子守恒知n(Mn3+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2],由(NH4)2Fe(SO4)2的消耗量可以计算出n(Mn3+),进而得出n(Mn2+),可计算出m(MnSO4·H2O),由此得出MnSO4·H2O样品的纯度。
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