资源描述
专题能力提升练 三氧化还原反应(建议用时:20分钟)一、选择题1.(2016衡阳一模)实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2。下列有关说法正确的是()A.NaNO2是还原剂B.NH4Cl中N被还原C.生成1 mol N2时转移6 mol电子D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是11【解析】选D。A项,根据信息,在该反应中NaNO2中的N化合价由+3价降低为N2的0价,得到电子,NaNO2作氧化剂,错误;B项,反应中NH4Cl中N化合价由-3价升高为N2的0价,失去电子被氧化,错误;C项,根据电子守恒得:1/2NaNO21/2NH4ClN2,可知每产生1 mol N2,转移3 mol电子,错误;D项,根据电子守恒可知,该反应中氧化剂NaNO2和还原剂NH4Cl的物质的量之比是11,正确。2.(2016冀州一模)氮化硅(Si3N4)是一种新型陶瓷材料,它可由石英与焦炭在高温的氮气流中反应制得:3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO,也可由SiCl4的蒸气和NH3反应制取:3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl。则下列叙述正确的是()A.反应属于离子反应B.若制取等量的Si3N4,则反应转移电子数目必然相等C.反应的氧化剂是N2D.反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为16【解析】选C。A项,反应是固体之间的反应,不是离子反应,错误;B项,在反应中每产生1 mol Si3N4,转移电子的物质的量是12 mol;反应是非氧化还原反应,没有发生电子转移,错误;C项,在反应中,氮元素化合价由反应前N2中0价变为反应后Si3N4中的-3价,N2得到电子被还原,是氧化剂,正确;D项,在反应中Si3N4是还原产物,CO是氧化产物,CO与Si3N4物质的量之比为61,错误。3.(2016大庆一模)含氮废水在排入水体之前需进行脱氮处理以减缓水体富营养化。某化肥厂废水中N的浓度为54 mgL-1,在微生物作用的条件下脱氮处理:N+O2N+H+H2O(未配平)2N+O22N6N+5CH3OH+6H+3N2+5X+13H2O下列说法中不正确的是()A.反应配平后,H2O的化学计量数为2B.若反应有2 mol电子发生转移,则生成1 mol NC.反应中生成物X为CD.1 L废水完全脱氮所需CH3OH的质量为0.08 g【解析】选C。反应配平后为2N+3O22N+4H+2H2O,H2O的化学计量数为2,故A正确;由反应方程式可知,该反应过程中N元素化合价从+3+5,所以,若反应有2 mol电子发生转移,则生成1 mol N,故B正确;反应中生成物X为CO2,故C错误;依据废水中N的浓度为54 mgL-1,可计算得出1 L废水中含有N的物质的量为0.003 mol,由氮原子守恒可知与甲醇反应的N的物质的量为0.003 mol,则消耗甲醇的物质的量为0.002 5 mol,故完全脱氮所需CH3OH的质量为0.08 g,故D正确。4.(2016长春三模)向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到产生白色沉淀CuI,溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是()A.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+ I2 SO2B.通入SO2时,SO2与I2反应,I2作还原剂C.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性D.滴加KI溶液,转移2 mol e-时生成1 mol白色沉淀【解析】选A。根据题中信息,CuSO4溶液与KI溶液反应生成白色沉淀CuI,铜元素化合价降低,溶液变为棕色说明有I2生成;通入SO2气体溶液变无色,说明I2被还原,SO2体现还原性。A项,根据氧化性:氧化剂氧化产物可知,氧化性顺序为Cu2+ I2 SO2,正确;SO2和I2的反应中SO2作还原剂,I2作氧化剂,SO2表现还原性而不是漂白性,B、C错误;D项,CuSO4生成1 mol CuI白色沉淀转移1 mol e-,转移2 mol e-时产生2 mol CuI,错误。【加固训练】根据下表中信息,判断下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2Cl-KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+KClO3浓盐酸Cl2A.表中组反应可能有一种或两种元素被氧化B.氧化性强弱比较:KClO3Fe3+Cl2Br2C.表中组反应的离子方程式是2Mn+3H2O2+6H+2Mn2+4O2+6H2OD.表中组反应的还原产物是KCl,电子转移数目是6e-【解析】选A。Cl2与FeBr2反应,Cl2少量时只氧化Fe2+,Cl2足量时氧化Fe2+和Br-,A正确;氧化性的强弱顺序为KClO3Cl2Br2Fe3+,B错误;C项,反应不符合得失电子守恒,错误;D项,组反应KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O的还原产物是Cl2,电子转移数目为5e-,错误。二、非选择题5.(2016安庆二模)兰尼镍是一种带有多孔结构的由细小晶粒组成的镍铝合金,被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。以红土镍矿(主要成分为NiS、FeS和SiO2等)为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示:(1)在形成Ni(CO)4的过程中,碳元素的化合价没有变化,则Ni(CO)4中的Ni的化合价为_。(2)已知红土镍矿煅烧后生成Ni2O3,而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2+,写出有关镍元素的加压酸浸的化学反应方程式_。(3)向浸出液A中通入H2S气体,反应的离子方程式是_。(4)“碱浸”的目的是使镍产生多孔结构,从而增强对氢气的强吸附性,此过程中发生反应的离子方程式为_。【解析】(1)在形成Ni(CO)4的过程中,碳元素的化合价没有变化,即Ni(CO)4中碳元素的化合价与CO中碳元素的化合价相同,都为+2价,则Ni的化合价为0。(2)红土镍矿煅烧后生成Ni2O3,浸出液A中含有Ni2+,说明镍元素被还原,参加反应的硫酸中氧元素被氧化生成O2,根据氧化还原反应规律写出镍元素的加压酸浸的化学反应方程式2Ni2O3+4H2SO44NiSO4+O2+4H2O。(3)浸出液A中含有Ni2+和少量Fe3+和H+,通入H2S后反应为H2S+2Fe3+2Fe2+2H+S。(4)“碱浸”的目的是使溶解合金中的铝使镍产生多孔结构,从而增强对氢气的强吸附性,反应为2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2。答案:(1)0(2)2Ni2O3+4H2SO44NiSO4+O2+4H2O(3)H2S+2Fe3+2Fe2+2H+S(4)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H26.(2016遵义一模).某一反应体系中有反应物和生成物共五种物质:O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程:H2O2O2。(1)该反应中的还原剂是_。(2)该反应中,发生还原反应的过程是_。(3)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:_。(4)如反应转移了0.3 mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为_。.高锰酸钾在不同的条件下发生的反应如下:Mn+5e-+8H+Mn2+4H2OMn+3e-+2H2OMnO2+4OH-Mn+e-Mn(溶液绿色)(1)从上述三个半反应中可以看出高锰酸根离子被还原的产物受溶液的_影响。(2)将SO2通入高锰酸钾溶液中,发生还原反应的离子反应过程为_。(3)将PbO2投入酸性MnSO4溶液中搅拌,溶液变为紫红色。下列说法正确的是_。a.氧化性:PbO2KMnO4b.还原性:PbO2KMnO4c.该反应可以用盐酸酸化(4)将高锰酸钾逐滴加入硫化钾溶液中发生如下反应,其中K2SO4和S的物质的量之比为32,完成下列化学方程式(横线上填系数,括号内填物质):_KMnO4+_K2S+_( )_K2MnO4+_K2SO4+_S+_( )。若生成6.4 g单质硫,反应过程中转移电子的物质的量为_。【解析】.(1)由信息H2O2O2中可知,氧元素的化合价由-1价升高到0,则H2O2为还原剂。(2)所含元素化合价降低的物质为氧化剂,则铬元素的化合价降低,即还原反应的过程为H2CrO4Cr(OH)3。(3)该反应中氧元素失电子,铬元素得到电子,2 mol H2CrO4反应转移电子为2 mol(6-3)=6 mol,故氧元素得到电子为6 mol,则该反应的方程式及电子转移的方向和数目为。(4)由2H2CrO4+3H2O22Cr(OH)3+3O2+2H2O可知,生成3 mol气体转移6 mol电子,则转移了0.3 mol电子,则产生的气体的物质的量为3 mol=0.15 mol,其在标准状况下体积为0.15 mol22.4 Lmol-1=3.36 L。.(1)根据三个半反应中可以看出Mn被还原的产物受溶液酸碱性的影响。(2)SO2通入高锰酸钾溶液中,SO2作还原剂,KMnO4作氧化剂(发生还原反应:MnMn2+)。(3)PbO2投入酸性MnSO4溶液中搅拌,溶液变为紫红色(Mn2+被氧化生成了Mn),说明氧化性PbO2KMnO4;由于盐酸会被高锰酸钾氧化,故该反应不能用盐酸酸化。(4)根据题意该反应的氧化产物是K2SO4和S,根据“K2SO4和S的物质的量之比为32”即反应中K2SO4和S的系数之比为32,然后再根据得失电子守恒和原子守恒将其配平为28KMnO4+5K2S+24KOH28K2MnO4+3K2SO4+2S+12H2O。根据上述配平的方程式可得单质硫与转移电子数之间的关系为“2S28e-”,则生成6.4 g(0.2 mol)单质硫,反应过程中转移电子的物质的量为2.8 mol。答案:.(1)H2O2(2)H2CrO4Cr(OH)3(3)(4)3.36 L.(1)酸碱性(2)MnMn2+(3)a(4)28524KOH283212H2O2.8 mol(建议用时:25分钟)一、选择题1.酒驾严重危害公共安全。若司机酒后驾车,可通过对其呼出的气体进行检验,所利用的化学反应如下:2CrO3(红色)+3C2H5OH+3H2SO4Cr2(SO4)3(绿色)+3CH3CHO+6H2O。关于该反应,下列叙述不正确的是()A.每1 mol CrO3发生氧化反应,转移3 mol e-B.C2H5OH是还原剂C.CrO3在反应中表现氧化性D.C2H5OH在反应中失去电子【解析】选A。根据已知反应可知,反应中Cr的化合价由+6价降低为+3价,C2H5OH中C由-2价升高为CH3CHO中的-1价。A项,每1 mol CrO3发生还原反应,转移3 mol e-,错误;C2H5OH在反应中失电子,是还原剂,B、D正确;C项,CrO3在反应中作氧化剂表现氧化性,正确。【加固训练】氰氨基化钙是一种重要的化工原料,其制备的化学方程式为CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2,下列说法正确的是()A.CO为氧化产物,H2为还原产物B.CaCN2中含有非极性键C.HCN既是氧化剂又是还原剂D.每消耗10 g CaCO3生成2.24 L CO2【解析】选C。分析CaCO3+2HCNCaCN2+CO+H2+CO2可知:2HCN中的C为+2价,反应后,一半的碳元素化合价升高到+4价(CaCN2中的C),氢元素从+1价降低到0价,故HCN既是氧化剂又是还原剂,CaCN2是氧化产物,H2是还原产物,A错误、C正确;C的结构式为NCN2-,不含非极性键,B错误;未注明是否在标准状况下,无法计算气体体积,D错误。2.R2在一定条件下可以把Mn2+氧化成Mn,若反应中R2变为R,又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为52,则n为()A.1B.2C.3D.4【解析】选B。根据得失电子守恒,2 mol Mn2+2 mol Mn,共失25 mol=10 mol e-,则5 mol R2得到10 mol即每1 mol R22 mol R应得2 mol e-,故可知R2中R的化合价为+7价,因此n=2。3.用Pt极电解含有Ag+、Cu2+和X3+各0.1 mol的溶液,阴极析出固体物质的质量m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是()A.Ag+X3+Cu2+H+X2+B.Ag+Cu2+X3+H+X2+C.Cu2+ X3+Ag+X2+H+D.Cu2+Ag+X3+H+X2+【解析】选A。由图象分析可知,实验开始即析出固体,当有0.1 mol电子通过时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是Ag,此后,继续有电子通过,不再有固体析出,说明X3+放电生成X2+,最后又有固体析出,则为铜。因此,氧化能力为Ag+X3+Cu2+;当电子超过0.4 mol时,固体质量没变,这说明阴极产生的是氢气,即电解水,说明氧化能力H+X2+,故氧化能力为Ag+X3+Cu2+H+X2+。【加固训练】NaClO2可用作造纸的漂白剂,它由H2O2+2ClO2+2NaOH2NaClO2+2H2O+O2制得,下列说法正确的是()A.H2O2是氧化剂,H2O2中的氧元素被还原B.每生成1 mol O2转移的电子的物质的量为4 molC.ClO2中的氯元素被氧化D.ClO2是氧化剂,H2O2是还原剂【解析】选D。A项,根据方程式可知,双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价,失去电子被氧化,双氧水是还原剂,A错误;B项,双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价,因此每生成1 mol O2转移的电子的物质的量为2 mol,B错误;C项,ClO2中的氯元素化合价从+4价降低到+3价,得电子被还原,C错误;D项,根据以上分析可知,ClO2是氧化剂,H2O2是还原剂,D正确。4.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4,向其中加入1.5 mol Fe,充分反应(已知N被还原为NO)。下列说法正确的是()A.反应后生成NO的体积为28 LB.所得溶液中c(Fe2+)c(Fe3+)=11C.所得溶液中c(N)=2.75 molL-1D.所得溶液中的溶质只有FeSO4【解析】选B。反应前n(N)=4 mol,n(H+)=5 mol,n(Fe)=1.5 mol。先发生反应:N+4H+FeNO+Fe3+2H2O,Fe和N过量,H+全部反应,故消耗的N为1.25 mol,生成的n(NO)=1.25 mol,n(Fe3+)=1.25 mol,剩余0.25 mol Fe继续发生反应:2Fe3+Fe3Fe2+。消耗Fe3+0.5 mol,剩余的Fe3+为1.25 mol-0.5 mol=0.75 mol,该反应生成0.75 mol Fe2+。选项A没有指明NO气体是否处于标准状况,A错误;最终溶液中Fe3+与Fe2+物质的量相同,且共存于同一溶液中,故其浓度之比为11,B正确;因第一个反应消耗1.25 mol N,即剩余4 mol-1.25 mol=2.75 mol N,但题中没有给出溶液的体积,故不能计算溶液中离子的浓度,C错误;由上述分析可知所得溶液中的溶质有硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钾、硝酸钾等,D错误。【加固训练】某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(S)+c(N)=2.5 molL-1。取200 mL该混合酸,则能溶解铜的最大质量为()A.12.8 gB.19.2 gC.32.0 gD.38.4 g【解析】选B。反应的离子方程式为3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O,要使溶解的铜的质量最大,需要n(H+)n(N)=82,硝酸全部作氧化剂参与反应;假设硫酸的物质的量浓度为x,则硝酸的物质的量浓度为(2.5-x),则c(H+)= 2x+2.5-x=2.5+x,c(N)=2.5-x,则(2.5+x)(2.5-x)=82解得x=1.5 molL-1,则n(N)=10.2 mol=0.2 mol,溶解的铜的物质的量为0.3 mol,质量为0.3 mol64 gmol-1=19.2 g。二、非选择题5.钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)是无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂,由钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)制备钼酸钠晶体的部分流程如图所示:(1)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为_。(2)焙烧时为了使钼精矿充分反应,可采取的措施是_(答出一条即可)。(3)焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为MoS2+O2MoO3+SO2(未配平),该反应中氧化产物是_ (填化学式);当生成1 mol SO2时,该反应转移的电子的物质的量为_mol。(4)碱浸时,MoO3与Na2CO3溶液反应的离子方程式为_。(5)过滤后的碱浸液结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去S。当BaMoO4开始沉淀时,S的去除率为97.5%,已知:碱浸液中c(Mo)=0.40 molL-1,c(S)=0.040 molL-1,Ksp(BaSO4)=1.010-10,则Ksp(BaMoO4)=_加入Ba(OH)2固体引起的溶液体积变化可忽略。【解析】(1)根据化合物中正负化合价的代数和等于0,在Na2MoO42H2O中,钠元素显+1价,氧元素显-2价,设钼元素的化合价是x,根据在化合物中正负化合价代数和为零,可知钼酸钠(Na2MoO42H2O)中钼元素的化合价:(+1)2+x+(-2)4=0,则x=+6;(2)焙烧时为了使钼精矿充分反应,由于钼精矿是固体,所以可采取的措施是将矿石粉碎,也可以通过增加空气的进入量或采用逆流原理等提高反应速率;(3)焙烧过程中钼精矿发生的主要反应的化学方程式为MoS2+O2MoO3+SO2(未配平),该反应中MoS2的组成元素Mo、S失去电子被氧化,氧化产物是MoO3、SO2;焙烧时反应方程式是2MoS2+7O22MoO3+4SO2,当生成1 mol SO2时,该反应转移的电子的物质的量为7 mol;(4)碱性条件下,MoO3和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和钼酸钠,离子方程式为MoO3+CMo+CO2;(5)当BaMoO4开始沉淀时,S的去除率为97.5%,Ksp(BaSO4)=1.010-10,由于c(S)=0.040 molL-1,则反应后溶液中剩余S的浓度是c(S)=0.040 molL-1(1-97.5%)=0.001 molL-1,溶液中Ba2+的浓度是c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)c(S)=1.010-100.001 molL-1=1.010-7molL-1;所以Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)c(Mo)=1.010-7molL-10.40 molL-1=4.010-8。答案:(1)+6(2)将矿石粉碎(或增加空气的进入量或采用逆流原理等)(3)MoO3、SO27(4)MoO3+CMo+CO2(5)4.010-86.二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。用于电解的食盐水除杂提纯。该法工艺原理示意图如下。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有_(填化学式),发生器中生成ClO2的化学方程式为_。(2)纤维素还原法制ClO2是一种新方法,其原理是纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成ClO2。完成反应的化学方程式:D+24NaClO3+12H2SO4ClO2+CO2+18H2O+_。(3)ClO2和Cl2均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质,自身被还原为Cl-。处理含CN-量相同的电镀废水,所需Cl2的物质的量是ClO2的_倍。【解析】(1)在特定条件下电解食盐水,除了生成NaClO3外还有H2生成;根据题中信息,NaClO3与盐酸反应生成ClO2,再根据电子守恒和图示信息可知,ClO2发生器中还有Cl2生成,写出方程式2NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。(2)纤维素水解得到的最终产物D应为葡萄糖(C6H12O6),生成物可利用原子守恒推知,然后配平即可。(3)处理相同量的CN-,Cl2和ClO2转移的电子数应相同。1 mol Cl22Cl-转移2 mol e-,1 mol ClO2Cl-转移5 mol e-,则转移相同量的电子时Cl2与ClO2的物质的量之比为52。答案:(1)H2、Cl22NaClO3+4HCl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O (3)2.5- 10 -
展开阅读全文