《（新课标Ⅲ）2019版高考化学 专题四 氧化还原反应课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（新课标Ⅲ）2019版高考化学 专题四 氧化还原反应课件.ppt（76页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题四氧化还原反应高考化学高考化学 (课标专用)A A组统一命题组统一命题课标卷题组课标卷题组考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念(2015课标,13,6分,0.588)用如图所示装置进行下列实验:将中溶液滴入中,预测的现象与实际相符的是()五年高考答案答案D稀盐酸滴入Na2CO3和NaOH的混合溶液中,NaOH优先发生反应,不会立即产生气泡,A项错误;常温下,铝遇浓硝酸发生钝化,不会产生红棕色气体,B项错误;AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中发生反应:Al3+4OH-Al+2H2O,不会产生沉淀,C项错误;H2C2O4与高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应,而使KMnO4酸性溶液褪色
2、,D项正确。易错警示易错警示A项易忽略混合物中加入盐酸后,有优先反应的原则;B项认为用砂纸打磨过的铝条因把表面的氧化膜去掉了而可以与浓硝酸反应,易忽略常温下铝遇浓硝酸发生钝化;D项易忽略草酸具有还原性而可以与高锰酸钾酸性溶液发生氧化还原反应。知识拓展知识拓展氧化还原反应的先后规律:一种氧化剂遇到多种还原剂时,首先与还原性最强的还原剂反应;同理,一种还原剂遇到多种氧化剂时,首先与氧化性最强的氧化剂反应。考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律(2015课标,28,15分,0.273)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KClO3与
3、Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为。溶液X中大量存在的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水b.碱石灰c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.1000molL-1硫代硫酸钠
4、标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S22I-+S4),指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是。测得混合气中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁答案答案(15分)(1)21(1分)(2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3(2分)Cl-、OH-(2分)c(1分)(3)2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2Cl-(2分)吸收残余
5、的二氧化氯气体(避免碘的逸出)(2分)淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变(每空1分,共2分)0.02700(2分)(4)d(1分)解析解析(1)该反应的氧化剂为KClO3,发生变化:O2;还原剂为Na2SO3,发生变化:Na2O3Na2O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3)n(Na2SO3)=21。(2)由题中信息可知,电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2,据此可写出电解时的总反应方程式。由NaClO2溶液与NCl3溶液反应的生成物可以看出,反应物中除NaClO2和NCl3外,还应有H2O,则该反应的离子方程式为NCl3+6Cl+3H2O6ClO2+N
6、H3+3Cl-+3OH-,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-。由于ClO2易溶于水,因此不能用水或饱和食盐水除去ClO2中的NH3;碱石灰不与NH3反应,无法将NH3除去;浓硫酸不与ClO2反应但能与NH3反应,故可用浓硫酸除去ClO2中的NH3。(3)ClO2具有强氧化性,在酸性条件下可将I-氧化为I2,自身被还原为Cl-,据此可写出有关的离子方程式。向锥形瓶中通入混合气时,会有少量ClO2从溶液中逸出,生成的碘也会逸出,通过玻璃液封装置可将逸出的ClO2和碘吸收,再将吸收液倒入锥形瓶中,保证了测定结果的准确性,减小了实验误差。滴定含I2的溶液时一般使用淀粉溶液作指示剂。由2ClO2
7、5I210S2可知,n(ClO2)=0.2n(S2)=0.20.1000molL-10.02000L=4.00010-4mol,m(ClO2)=4.00010-4mol67.5gmol-1=0.02700g。(4)要除去亚氯酸盐,需加入具有还原性的物质,明矾显然不适宜;由于饮用水已处理过,再加入KI或盐酸,会产生对人体健康不利的I2或Cl2,故最适宜的物质是硫酸亚铁。疑难突破疑难突破陌生氧化还原反应的书写,首先要结合自身已经掌握的基础知识及题目给出的信息,分析出氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物,再对该反应进行配平。知识拓展知识拓展滴定反应的关键是反应终点的判断,而反应终点的判断需要反应呈现特
8、定的现象。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算1.(2017课标,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:.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。.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(2S2+I22I-+S4)。回答下列问题:(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,
9、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amolL-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mgL-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(O
10、H)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低解析解析本题考查学生分析实验方案的能力及处理实验结果的能力。(1)取样时若扰动水体表面,会造成水样中溶解的氧气逸出,使测定结果产生误差。(2)反应中Mn(OH)2作还原剂,O2作氧化剂,依据得失电子守恒可知二者应按物质的量之比21反应。(3)配制Na2S2O3溶液时,若蒸馏水中含有溶解氧会导致后续滴定实验产生误差,故应除去蒸馏水中的溶解氧。(4)由得失电子守恒可得关系式:O22I24Na2S2O3,则100.00mL水样中含氧量为mol,即8ab10-3g,1000mL(即1L)水样中含氧量为80abmg。(5)滴定完成时,若滴定管尖嘴处留
11、有气泡会导致代入计算式中Na2S2O3溶液的体积偏小,测定结果偏低。解题方法解题方法发生多步反应时可找出总关系式进行一步计算。知识拓展知识拓展一定浓度的Na2S2O3溶液是碘量法滴定所需的标准溶液,由于所用试剂Na2S2O35H2O可能不纯以及Na2S2O3溶液不稳定等,故Na2S2O3溶液使用前需用K2Cr2O7、KIO3等基准物质进行标定。2.(2014课标,27,15分,0.378)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强还原性。回答下列问题:(1)H3PO2是一元中强酸,写出其电离方程式。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银,从而可用于化学镀银。H3P
12、O2中,P元素的化合价为。利用H3PO2进行化学镀银反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为41,则氧化产物为(填化学式)。NaH2PO2为(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式。(4)H3PO2也可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):写出阳极的电极反应式。分析产品室可得到H3PO2的原因。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“
13、四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质,该杂质产生的原因是。答案答案(1)H3PO2H2P+H+(2)+1H3PO4正盐弱碱性(3)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3(4)2H2O-4e-O2+4H+阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2PH2P或H3PO2被氧化解析解析(1)H3PO2为一元中强酸,其电离方程式为H3PO2H+H2P。(2)在化合物中,各元素正、负化合价的代数和为零,故H3PO2中P元素的化合价为
14、+1价。设氧化产物中P元素的化合价为+x价,依题意并根据得失电子守恒有4(+1)-0=1+x-(+1),解得x=5,故氧化产物为H3PO4。因H3PO2为一元酸,故NaH2PO2为正盐;H3PO2为中强酸,故NaH2PO2溶液呈弱碱性。(3)根据得失电子守恒及原子守恒,可写出P4与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3。(4)由题给装置可知阳极反应式为2H2O-4e-4H+O2。阳极生成的H+穿过阳膜扩散至产品室,与从原料室穿过阴膜扩散至产品室的H2P反应生成H3PO2。若取消阳膜,合并阳极室和产品室,阳极生成的O2可将H3PO2
15、或原料室扩散来的H2P氧化,造成产品中混入P杂质。解题策略解题策略解答本题应该清楚:强、弱电解质电离方程式的区别;化合物中各元素化合价的关系;氧化还原反应中的电子转移关系及氧化剂、氧化产物等概念;电化学反应原理。失分警示失分警示H3PO2是一元中强酸,其电离方程式中要用“”。考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念1.(2017天津理综,3,6分)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B B组自主命题组自主命题省省(
16、(区、市区、市) )卷题组卷题组答案答案A本题考查氧化还原反应及能量转化形式。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。2.(2016上海单科,2,2分)下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是()A.海带提碘B.氯碱工业C.氨碱法制碱D.海水提溴答案答案CA项,海带提碘过程中I-变为I2,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应;B项,氯碱工业是由NaCl饱和溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2,有元素化合价的变化,涉及氧化还原反应;C项,氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化,是非氧化还原反应,符合题意;D项,海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化
17、合价的变化,涉及氧化还原反应。3.(2016上海单科,13,3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14答案答案DA项,O元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,得到的氧气为还原产物。B项,O2F2中O元素的化合价由+1价降低到0价,被还原,O2F2是氧化剂。C项,因没指明气体所处的温度和压强,故无法确定4.48LHF的物质的量,则无法确定转移电子的物质的量。D项,由反应方程式知还原剂与氧化剂的物质的量之比为14。
18、4.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是()ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2CH2+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CCl2+2Br-2Cl-+Br2Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应答案答案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。5.(2015北京理综,28,15分)为探
19、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)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到。(2)是的对比实验,目的是排除中造成的影响。(3)和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+。用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转。b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中
20、滴加0.01molL-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,该同学用上图装置进行实验,证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因。转化原因是。与(4)实验对比,不同的操作是。(6)实验中,还原性:I-Fe2+;而实验中,还原性:Fe2+I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是。答案答案(15分)(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)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-向右管中加入1molL-
21、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)实验中加入了FeSO4溶液,有色溶液的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)K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。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
22、电极反应式为Fe2+-e-Fe3+,即b作原电池的负极,由中现象可知,此时电流计指针应向左偏转。(5)(4)中的原理是c(I-)降低导致I-的还原性弱于Fe2+,据此不难推测中Fe2+向Fe3+转化的原因应是c(Fe2+)增大导致Fe2+还原性强于I-。若要增大c(Fe2+),应向U形管右管中加入1molL-1Fe-SO4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大小与物质的浓度有关,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。6.(2015重庆理综,8,15分)某汽车安全气囊的产气药剂主要
23、含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时,产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀,从而起到保护作用。(1)NaN3是气体发生剂,受热分解产生N2和Na,N2的电子式为。(2)Fe2O3是主氧化剂,与Na反应生成的还原产物为(已知该反应为置换反应)。(3)KClO4是助氧化剂,反应过程中与Na作用生成KCl和Na2O。KClO4含有化学键的类型为,K的原子结构示意图为。(4)NaHCO3是冷却剂,吸收产气过程中释放的热量而发生分解,其化学方程式为。(5)100g上述产气药剂产生的气体通过碱石灰后得到N233.6L(标准状况)。用碱石灰除去的物质为;该产气药剂中NaN
24、3的质量分数为。答案答案(1)(2)Fe(3)离子键和共价键(4)2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O(5)CO2、H2O65%解析解析(2)由题中信息可知,Fe2O3与Na的反应为置换反应,则Fe2O3与Na反应的还原产物应为单质铁。(3)KClO4为离子化合物,K+与Cl通过离子键结合,Cl中氯原子和氧原子通过共价键结合。(5)由题中信息及分析可知,产气药剂产生的气体有N2、CO2和H2O(g)三种,则通过碱石灰除去的气体应是CO2和H2O(g)。由氮原子守恒可知2NaN33N2,则n(NaN3)=n(N2)=1mol,m(NaN3)=1mol65gmol-1=65g,(NaN3)=
25、100%=65%。考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律1.(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()ABCD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答案C本题考查HClO、HNO3的氧化性和Fe(OH)2的还原性等相关知识。C项中沉淀由白色变为黑色是因为Ag2S比AgCl更难溶,AgCl转化为Ag2S发生复分解反应,不涉及氧化还原反应。2.(2015四川理综,1,6分)下列物质在
26、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.(2014天津理综,9,18分)Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O35H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)实验步骤:称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80mL蒸馏水。另取5
27、g研细的硫粉,用3mL乙醇润湿,加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O35H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是。(2)仪器a的名称是,其作用是。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是。检验是否存在该杂质的方法是。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因:。.测定产品纯度准确称取Wg产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.1000molL-1碘的标准溶液滴定。反应原理为:2S2+I2S
28、4+2I-(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化:。(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)。.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成S,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式。答案答案(1)使硫粉易于分散到溶液中(2)冷凝管冷凝回流(3)Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4(4)S2+2H+S+SO2+H2O(5)由无色变蓝色(6)18.10100%(7)S2+4Cl2+5H2O2S+8Cl-+10H+解析解析(
29、1)硫粉难溶于水,反应前用乙醇润湿硫粉,可使硫粉易于分散到溶液中,从而增大硫粉与Na2SO3溶液的接触面积,有利于反应进行。(2)仪器a是球形冷凝管,其作用是冷凝回流。(3)Na2SO3可被空气中的O2氧化生成Na2SO4,可用BaCl2和稀盐酸检验Na2SO4是否存在,具体操作见答案。(4)产品发黄是因为含杂质硫,生成硫的离子方程式为S2+2H+S+SO2+H2O。(5)终点时,S2消耗完全,I2与淀粉作用,溶液由无色变为蓝色。(6)消耗标准溶液的体积为18.10mL-0.00mL=18.10mL。产品的纯度=100%=100%。(7)根据题给信息,结合质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒,可写
30、出Cl2氧化S2的离子方程式S2+4Cl2+5H2O2S+8Cl-+10H+。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算1.(2016天津理综,9,18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mgL-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5mgL-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。.测定原理:碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:MnO(OH)2+I-+H
31、+Mn2+I2+H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:2S2+I2S4+2I-.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,至反应完全。d.搅拌并向烧瓶中加入2mLH2SO4无氧溶液,至反应完全,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0.01000molL-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)
32、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。滴定管注射器量筒(3)搅拌的作用是。(4)配平反应的方程式,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=mgL-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)。答案答案(共18分)(1)将溶剂水煮沸后冷却(2)(3)使溶液混合均匀,快速完成反应(
33、4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是(7)2H+S2S+SO2+H2OSO2+I2+2H2O4H+S+2I-4H+4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)解析解析(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)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器。(3)烧瓶中加入溶液后搅拌的作用是使溶液混合均匀,增大反应物的接触面积,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。(
34、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23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:2S2I2MnO(OH)2O2知:n(O2)=0.01000molL-14.5010-3L=4.5010-5mol,故水样中的DO=4.5010-5mol32gmol-1=910-3gL-1,即9.0mgL-1;由于9.0mgL-15mgL-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2
35、H+S2S+SO2+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O4H+2I-+S;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H+4I-+O22I2+2H2O。2.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的N假设二:溶液中溶解的O2(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通
36、入纯净的SO2气体假设一成立实验2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案答案(1)无明显现象有白色沉淀
37、(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)解析解析(1)向不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入
38、SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。C C组教师专用题组组教师专用题组考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律(2014大纲全国,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、
39、KClO3,且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=11,则溶液中=B.参加反应的氯气的物质的量等于amolC.改变温度,反应中转移电子的物质的量的范围:amolamolD.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为amol答案答案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2molCl(失电子10mol),即=,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=mol,
40、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:amol(只发生反应)amol(只发生反应),C正确。若只发生反应,KClO3可达最大理论产量mol,D错误。知识拓展知识拓展对复杂的氧化还原反应的计算型试题,首先要全面分析所发生反应的化学方程式,然后根据这些方程式进行讨论、分析与计算。注意解题过程中要应用一些常见的计算技巧,如守恒法、极值法等。极值法是指在混合体系或反应物可能发生几个反应生成多种产物的计算中,可假设混合体系中全部是一种物质或只发生一个反应,求出最大值、最小值。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关
41、计算1.(2014北京理综,27,12分)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是。若钢样中硫以FeS形式存在,A中反应:3FeS+5O21+3。(2)将气体a通入测硫装置中(如下图),采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式:。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗zmLNaOH溶液。若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克,则该钢样中硫的质量分数:。(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和
42、C的目的是。计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是。答案答案(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2+SO2H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量解析解析(1)钢样在O2中灼烧,所得气体a的成分是SO2、CO2和过量的O2。依据原子守恒及得失电子守恒,可写出反应方程式:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(2)H2O2氧化SO2的化学方程式为SO2+H2O2H2SO4。钢样中m(S)=yzg,故钢样中硫的质量分数为。(3)气体a通过B、C时,SO2被氧化吸收,排除了SO2对CO2测定的干扰。测定CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量,就可得出灼烧
43、生成CO2的质量,进而求出钢样中碳的质量分数。2.(2014重庆理综,11,14分)氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术,是当前关注的热点之一。(1)氢气是清洁燃料,其燃烧产物为。(2)NaBH4是一种重要的储氢载体,能与水反应得到NaBO2,且反应前后B的化合价不变,该反应的化学方程式为,反应消耗1molNaBH4时转移的电子数目为。(3)储氢还可借助有机物,如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢:(g)(g)+3H2(g)。在某温度下,向恒容密闭容器中加入环己烷,其起始浓度为amolL-1,平衡时苯的浓度为bmolL-1,该反应的平衡常数K=。(4)一定条件下,下图所示装
44、置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。导线中电子移动方向为。(用A、D表示)生成目标产物的电极反应式为。该储氢装置的电流效率=。(=100%,计算结果保留小数点后1位)答案答案(1)H2O(2)NaBH4+2H2ONaBO2+4H24NA或2.4081024(3)mol3L-3(4)ADC6H6+6H+6e-C6H1264.3%解析解析(1)H2的燃烧产物是H2O。(2)由NaBO2和NaBH4中B的化合价相同知,NaBH4中H的化合价升高,H2O中H的化合价降低,所以反应为:NaBH4+2H2ONaBO2+4H2,1molNaBH4反应时有4mol的化合价升高,所以转移电子数为4NA
45、。(3)由化学反应知,平衡时苯的浓度为bmolL-1,则环己烷浓度为(a-b)molL-1,H2的浓度为3bmolL-1,所以平衡常数K=mol3L-3=mol3L-3。(4)由图知在多孔惰性电极D表面生成,C的化合价降低,所以电子移动方向为:AD。目标产物是C6H12,所以电极反应式为:C6H6+6H+6e-C6H12。由题意知,电极E产生O2的物质的量为2.8mol,=n(O2)4=2.8mol4=11.2mol,而C6H6没有完全转化,所以电极D上有H2生成。设生成H2xmol,C6H6转化ymol,则有:解得:y=1.2,x=2。所以=100%64.3%。3.(2012课标,26,14
46、分)铁是应用最广泛的金属,铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式,可用离子交换和滴定的方法。实验中称取0.54g的FeClx样品,溶解后先进行阳离子交换预处理,再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱,使Cl-和OH-发生交换。交换完成后,流出溶液的OH-用0.40molL-1的盐酸滴定,滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量,并求出FeClx中x值:(列出计算过程);(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品,采用上述方法测得n(Fe)n(Cl)=12.1,则该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中,FeCl
47、2可用铁粉和反应制备,Fe-Cl3可用铁粉和反应制备;(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质,该反应的离子方程式为;(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,其反应的离子方程式为。与MnO2-Zn电池类似,K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池,K2FeO4在电池中作为正极材料,其电极反应式为,该电池总反应的离子方程式为。答案答案(14分)(1)n(Cl)=0.0250L0.40molL-1=0.010mol0.54g-0.010mol35.5gmol-1=0.19gn(Fe)=0.19g/56g
48、mol-1=0.0034moln(Fe)n(Cl)=0.00340.01013,x=3(2)0.10盐酸氯气(3)2Fe3+2I-2Fe2+I2(或2Fe3+3I-2Fe2+)(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2Fe+5H2O+3Cl-Fe+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-2Fe+8H2O+3Zn2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-注:Fe(OH)3、Zn(OH)2写成氧化物等其他形式且正确也可给分解析解析(2)设FeCl3的物质的量分数为x,由题意得3x+2(1-x)=2.1,x=0.10。据Fe+2HClFeCl2+H2、Fe+2FeCl33FeCl2、2Fe+3
49、Cl22FeCl3可知,FeCl2可用铁粉与FeCl3溶液或盐酸反应制备,FeCl3可用铁粉与Cl2反应制备。(3)生成的棕色物质为I2,故可写出该反应的离子方程式:2Fe3+2I-2Fe2+I2。(4)解答此问要紧扣题给信息,注意离子方程式中的电荷守恒及氧化还原反应中的得失电子守恒。A A组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组三年模拟考点一氧化还原反应的概念考点一氧化还原反应的概念1.(2018西藏林芝第一中学第三次月考,12)复印机工作时会产生臭氧,臭氧的浓度过高时对人体有害。臭氧可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,反应为2KI+O3+H2O2KOH+I2+O2
50、。下列结论正确的是()A.O3在反应中被氧化为O2B.1molO3在反应中得到4mol电子C.KI在反应中被还原为I2D.KI在反应中被氧化为I2答案答案D反应2KI+O3+H2O2KOH+I2+O2中,I元素的化合价由-1价升高为0,O3中部分O元素的化合价由0降低为-2价,O元素化合价降低,O3在反应中被还原,A错误;1molO3在反应中得到2mol电子,B错误;I元素的化合价升高,KI在反应中被氧化,C错误、D正确。2.(2018贵州贵阳普通高中摸底,3)已知反应:FeOCr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2(未配平)。下列说法正确的是()A.
51、Na2CrO4是还原产物B.该反应中有3种元素的化合价发生变化C.NaNO3是还原剂D.1molFeOCr2O3参与反应将得到7mol电子答案答案B反应中Cr元素化合价升高,则Na2CrO4是氧化产物,A错误;题给反应中,Fe元素的化合价从+2升高为+3,Cr元素的化合价从+3升高为+6,N元素的化合价从+5降为+3,即该反应中Fe、Cr及N元素的化合价发生变化,B正确;反应中N元素化合价降低,则NaNO3是氧化剂,C错误;1molFeOCr2O3参与反应失去电子的物质的量为(3-2)+(6-3)2mol=7mol,D错误。3.(2017云南临沧一中第二次月考,10)下列反应与Na2O2+SO
52、2Na2SO4相比较,Na2O2的作用相同的是()A.2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B.2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2C.Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D.3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O答案答案D在Na2O2+SO2Na2SO4中Na2O2是氧化剂。在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,故A错误;在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2既是氧化剂又是还原剂,故B错误;Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2是非氧化还原反应,故C错误;在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+
53、Na2O中,Na2O2是氧化剂,故D正确。4.(2017贵州思南中学半期考,12)工业上以CuFeS2为原料冶炼铜的主要反应为2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣);2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2;2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2。下列说法错误的是()A.由1molCuFeS2生成1molCu,共消耗2.75molO2B.该冶炼方法中产生大量的有害气体SO2,可回收用于制备硫酸C.在反应中,Cu2S既是氧化剂,又是还原剂D.在反应中,SO2既是氧化产物,又是还原产物答案答案A根据反应方程式,消耗1molCuFeS2时消耗2mol氧气,生成0.5molCu2S,根据
54、、知有1/3molCu2S参加反应,消耗氧气物质的量为0.5mol,共消耗氧气的物质的量为2.5mol,A错误;该方法中产生大量的SO2,SO2是引起酸雨的主要物质,可以回收SO2制备硫酸,B正确;反应中,Cu的化合价由+1价0价,S的化合价由-2价+4价,因此Cu2S既是氧化剂,又是还原剂,C正确;反应中SO2既是氧化产物,又是还原产物,D正确。考点二氧化还原反应的规律考点二氧化还原反应的规律5.(2018四川内江一模,10)下列实验预期的现象及结论都正确的是()选项实验预期现象预期结论A将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中有白色沉淀生成H2SO3与Ba(NO3)2发生复分解反应生成BaS
55、O3B向盛有KI溶液的试管中,滴加少量新制氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液显紫色Cl2的氧化性比I2强C铜放入稀硫酸中,无明显现象,再加入硝酸钠固体溶液变蓝,有明显的气泡放出,铜溶解硝酸钠可以加快铜与稀硫酸的反应速率,起到了催化剂的作用D向FeCl3饱和溶液中逐滴滴入浓氨水至过量,并加热至沸腾生成红褐色透明液体得到Fe(OH)3胶体答案答案B将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,发生氧化还原反应生成白色沉淀硫酸钡,A错误;向盛有KI溶液的试管中滴加少量新制氯水和CCl4,氯水中的Cl2与I-反应生成I2,I2易溶于CCl4中且CCl4密度比水的大,振荡、静置后下层溶液显紫色,该反应中Cl2作氧
56、化剂,I2是氧化产物,则Cl2的氧化性比I2强,B正确;铜放入稀硫酸中,无明显现象,再加入硝酸钠固体,铜溶解,有明显的气泡放出,溶液变蓝,是因为Cu、H+和N发生了氧化还原反应,C错误;向FeCl3饱和溶液中加入足量浓氨水并加热,得到红褐色Fe(OH)3沉淀,D错误。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算6.(2017贵州思南中学半期考,8)工业上,可用硫酸铈Ce(SO4)2溶液吸收尾气中的NO,其化学方程式如下:2NO+3H2O+4Ce(SO4)22Ce2(SO4)3+HNO3+HNO2+2H2SO4。下列说法正确的是()A.在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为12B.在该反应中,氧化
57、产物有两种,还原产物有一种C.若不考虑溶液体积的变化,吸收尾气后,溶液的pH将增大D.在该反应中,每消耗22.4LNO必转移2mol电子答案答案BNO是还原剂,硫酸铈是氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为21,A错误;Ce2SO4)3为还原产物,HNO2、HNO3是氧化产物,B正确;反应后溶液的酸性增强,pH减小,C错误;D项没有说明“标准状况”,不能计算转移电子的数目,D错误。考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算考点三氧化还原反应方程式的书写及相关计算7.(2018贵州黔东南州第一次联考,27)V2O5是工业制硫酸的重要催化剂。V2O5及含V离子在溶液中存在如下转化关系:回答下列问题:
58、(1)从性质角度分类。V2O5属于(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物,VO2+中钒元素的化合价为。(2)写出反应的离子方程式:。(3)向20mL0.05mol/L(VO2)2SO4溶液中加入0.195g锌粉,恰好完全反应,则还原产物中钒元素的存在形式为(填字母)。a.V2+b.V3+c.VO2+d.V(4)在酸性环境中,向含有V的溶液中滴加草酸(H2C2O4)溶液,可实现反应的转化,写出该反应的离子方程式:。(5)将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液,并有黄绿色气体生成,该反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为。答案答案(1)两性+4(2)V2O5+6OH-2V+3H2O(3)a(4)2V
59、+H2C2O4+2H+2VO2+2CO2+2H2O(5)21解析解析(1)由转化关系图可知,V2O5与OH-反应生成V,与H+反应可转化为V,说明它具有两性,属于两性氧化物;VO2+中钒元素的化合价为+4价。(2)由原子守恒、电荷守恒,可知反应的离子方程式为V2O5+6OH-2V+3H2O。(3)(VO2)2SO4中V元素呈+5价,设反应后V元素呈x价,由得失电子守恒列式可得:22010-3L0.05mol/L(5-x)=20.195g65g/mol,解得x=+2,故选a。(4)在酸性环境中,向含有V的溶液中滴加草酸(H2C2O4)溶液,草酸被氧化为CO2,V被还原为VO2+,根据得失电子守恒
60、、原子守恒、电荷守恒可写出离子方程式:2V+H2C2O4+2H+2VO2+2CO2+2H2O。(5)将V2O5加入浓盐酸中可得蓝色溶液,并有黄绿色气体生成,据此可写出反应的离子方程式:V2O5+6H+2Cl-Cl2+2VO2+3H2O。还原产物(VO2+)与氧化产物(Cl2)的物质的量之比为21。1.(2018四川德阳三校联考,9)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:HIH2SO3HClB.H2SO3的物质的量浓度为0.6molC.若再通入0.0
61、5molCl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化D.通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4S+I2+10Cl-+16H+B B组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组时间:15分钟分值:40分一、选择题一、选择题( (每小题每小题5 5分分, ,共共1515分分) )答案答案D根据H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI可知,H2SO3的还原性大于HI,A错误;根据题意知氯气先氧化H2SO3,设H2SO3的物质的量为xmol,则H2SO3消耗氯气xmol;有mol的HI被氧化,消耗氯气mol,xmol+mol=
62、0.1mol,x=0.08,所以H2SO3的物质的量浓度为0.8molL-1,B错误;0.08molH2SO3完全被氧化消耗氯气0.08mol,0.08molHI完全被氧化消耗氯气0.04mol,共消耗氯气0.12mol,所以再通入0.02molCl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化,C错误;通入0.1molCl2,被氧化的HI的物质的量为0.04mol,发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O4S+I2+10Cl-+16H+,D正确。解题关键解题关键根据氧化还原反应的规律,一种氧化剂与多种还原剂反应时,先与还原性相对强的还原剂反应;一种还原剂与多种氧化剂反应时,先与氧
63、化性相对强的氧化剂反应。2.(2018贵州贵阳一中月考,13)PbO2是褐色固体,受热分解为Pb的+4价和+2价的混合氧化物(+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2)。向1molPbO2加热分解得到的固体(同时生成氧气amol)中加入足量的浓盐酸得到氯气bmol,如果ab为32,则剩余固体的成分及物质的量之比可能是()Pb3O4、PbO11PbO2、Pb3O412PbO2、Pb3O4、PbO141PbO2、Pb3O4、PbO114A.B.C.D.答案答案DPbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物(Pb为+4、+2价),铅的氧化物的混合物再与浓盐酸作用,+4价Pb被还原为+2价,Cl-被氧化为C
64、l2,此时得到的溶液为PbCl2溶液,利用得失电子守恒可得4amol+bmol=2mol,又知ab=32,则a=0.375,b=0.25,故1molPbO2在受热分解过程中产生0.375molO2,利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb)n(O)=45,结合选项可知只有、项满足n(Pb)n(O)=45,故选D。解题思路解题思路利用得失电子守恒计算得到O2的物质的量,进而确定PbO2加热分解后的物质中的n(Pb)n(O),然后结合选项中各混合物中n(Pb)n(O)的值判断即可。3.(2017广西桂林十八中月考,5)某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下1
65、12mLCl2,恰好将Fe2+完全氧化。x的值为()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93答案答案AFexO中Fe的平均化合价为+,被氧化为Fe3+,根据得失电子守恒可知(3-)x=0.01mol,解得x=0.80,故选A。解题技巧解题技巧注意平均化合价的应用,根据得失电子守恒可知FexO被氧化为Fe3+失去的电子数和Cl2得到的电子数相等。知识拓展知识拓展用得失电子守恒法解题的一般思路是:首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物;其次找准一个原子或离子得、失电子数(注意化学式中粒子的个数);最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式求解。4.(2018广西南宁3月适应
66、性测试,27)(15分)Ni2O3主要用作陶瓷、搪瓷和玻璃的着色颜料,也可用于镍粉的制造,其中一种生产工艺如下(已知还原性:Fe2+Ni2+):回答下列问题:(1)Ni2O3中Ni的化合价为。(2)为了提高金属镍废料的浸出速率,在“酸浸”时可采取的措施有(写两条)。(3)若将H2O2溶液改为酸性KMnO4溶液(在该实验条件下,Ni2+不能被KMnO4氧化),则“氧化”过程中的离子方程式为;加入Na2CO3溶液调pH,产生的“滤渣X”是。(4)从滤液A中可回收利用的主要物质是;加入NaClO溶液和NaOH溶液,二、非选择题二、非选择题( (共共2525分分) )“氧化”生成Ni2O3的离子方程式
67、为。(5)工业上用镍作阳极,电解0.050.1molL-1NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液,可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其他条件一定时,NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如下图所示:NH4Cl溶液的浓度最好控制为gL-1。当NH4Cl溶液的浓度大于15gL-1时,阴极有气体生成,导致阴极电流效率降低,相应的电极反应式为。答案答案(1)+3(2)适当升高温度,增大盐酸的浓度,搅拌或将含镍废料研成粉末等(写两条)(3)5Fe2+Mn+8H+5Fe3+Mn2+4H2OFe(OH)3(4)NaCl2Ni2+ClO-+4OH-Ni2O3+Cl-+2H2O(5)102H+2
68、e-H2(或2N+2H2O+2e-2NH3H2O+H2)解析解析(1)Ni2O3中O显-2价,则Ni的化合价为+3价。(2)提高浸出率的措施有适当升高温度、增大盐酸的浓度、搅拌、将含镍废料研成粉末等。(3)金属镍的废料中含有Fe,铁与盐酸反应生成FeCl2,高锰酸钾能把Fe2+氧化成Fe3+,本身被还原成Mn2+,离子方程式为:5Fe2+Mn+8H+5Fe3+Mn2+4H2O;加入Na2CO3溶液的目的是调节pH,使Fe3+以氢氧化铁的形式沉淀下来,因此滤渣X为Fe(OH)3。(4)根据溶解过程产生CO2,可知沉镍时发生的离子反应是Ni2+CNiCO3,滤液A中可回收利用的主要物质是NaCl;
69、加入NaClO溶液,利用ClO-的强氧化性将Ni2+氧化,离子方程式为2Ni2+ClO-+4OH-Ni2O3+Cl-+2H2O。(5)根据图像,可知当NH4Cl溶液的浓度为10gL-1时,阴极电流效率以及镍的成粉率达到最高;根据题意,当NH4Cl溶液的浓度达到15gL-1时,阴极有气体产生,即阴极反应式为2H+2e-H2或2N+2H2O+2e-2NH3H2O+H2。知识拓展知识拓展书写信息型化学方程式的步骤(1)第一步,根据实验事实,写出反应物和生成物的化学式。(2)第二步,配平化学方程式。(3)第三步,标明化学反应发生的条件。5.(2017云南玉溪一中第三次月考,17)(10分)铈、铬、钛、
70、镍虽不是中学阶段常见的金属元素,但在工业生产中有着重要作用。(1)二氧化铈(CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+,CeO2在该反应中作剂。(2)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变,可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。完成并配平下列离子方程式:Cr2+S+Cr3+S+H2O(3)钛(Ti)被誉为“二十一世纪的金属”,工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛,该反应的化学方程式是。(4)NiSO4xH2O是一种绿色易溶于水的晶体,广泛用于镀镍、制作电池等,可由电镀渣(除镍外,还含有铜、锌、铁等元素)为原料获得,
71、操作步骤如下:向滤液中加入FeS是为了除去Cu2+、Zn2+等杂质,除去Cu2+的离子方程式为。对滤液先加H2O2再调pH,调pH的目的是。滤液中的溶质主要是NiSO4,加Na2CO3过滤后,再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO4,这两步操作的目的是。答案答案(1)氧化(2)Cr2+3S+8H+2Cr3+3S+4H2O(3)4Na+TiCl4Ti+4NaCl(4)FeS+Cu2+CuS+Fe2+除去Fe3+增大NiSO4的浓度,利于蒸发结晶(或富集NiSO4)解析解析(1)CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+,Ce元素的化合价由+4价降低为+3价,则CeO2在反应中作氧化剂。(2)反应中Cr元素化合价由+6价降低到+3价,S元素化合价由+4价升高到+6价,离子方程式为:Cr2+3S+8H+2Cr3+3S+4H2O。(3)工业上在550时用钠与四氯化钛反应可制得钛,四氯化钛被钠还原为钛,反应的化学方程式为:4Na+TiCl4Ti+4NaCl。(4)FeS除去Cu2+的反应是沉淀的转化,即FeS+Cu2+CuS+Fe2+;对滤液加H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,然后调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀,从而除去Fe3+。解题关键解题关键熟悉元素化合物的性质,掌握氧化还原反应的离子方程式的书写方法和产物的判断方法是解题的关键。
