2019年高考化学二轮复习 专题06 氧化还原反应考点突破.doc

专题06 氧化还原反应1天然气脱硫包含反应2FeCl3H2S=2FeCl2S2HCl，下列说法正确的是()AFeCl3是还原剂 BFeCl3中氯元素被还原CH2S是氧化剂 DH2S中硫元素被氧化【答案】D【解析】A项、反应中Fe元素化合价降低，FeCl3是氧化剂，故A错误；B项、反应中FeCl3中氯元素化合价没有变化，故B错误；C项、反应中H2S中S元素化合价升高，H2S是还原剂，故C错误；D项、反应中H2S中S元素化合价升高，被氧化，D正确。 81.76g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的1.0 mol/LNaOH溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LB浓硝酸在反应中表现了氧化性和酸性，且表现氧化性的硝酸的物质的量为0.08 molC得到沉淀的质量为3.12gD加入NaOH溶液的体积是50 mL【答案】D【解析】A密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度c=mol/L，A正确；B.硝酸与金属反应，硝酸将金属氧化成硝酸盐，硝酸被还原变为NO2气体，所以起氧化剂作用的硝酸的物质的量为n(HNO3)=n(NO2)=，B正确；C.沉淀的质量等于金属质量与结合的氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即n(OH-)=0.08mol(5-4)=0.08mol，故沉淀的质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，C正确；D.加入适量的1.0mol/L NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，n(NaNO3)=0.05L14mol/L-0.08mol=0.62mol，由钠离子守恒n（NaOH）=n（NaNO3）=0.62mol，故需要1.0mol/L NaOH溶液体积V=620mL，D错误。9某温度下，将1.1mol I2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到KI、KIO、KIO3的混合溶液。经测定IO与IO3的物质的量之比是2：3。下列说法错误的是AI2在该反应中既作氧化剂又作还原剂B该反应中转移电子的物质的量为1.7molC该反应中，I2的还原性大于KIO和KI03的还原性D该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是5：17【答案】D10用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是A反应I的离子反应方程式为2Ce4+H2=2Ce3+2H+B反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)D反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变【答案】C【解析】A.根据图示可知反应I为2Ce4+H2=2Ce3+2H+，A正确；B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为 4Ce3+4H+2NO=4Ce4+N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B正确；C.反应前后溶液中n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确。 (2)甘油（C3H8O3）中碳元素平均价态为-，甘油醛（C3H6O3）中碳元素平均价态为0，因阳极发生氧化反应，所以1molC3H8O3失去3=2mole-，在酸性介质中同时生成H+，其电极方程式为C3H8O32e=C3H6O32H。(4) 由反应I方程式可知，甘油和水中氢元素全部转化为H2，而副产物CH4、C2H4越多，生成H2的产率越低。所以生产过程中采取措施抑制副产物产生的目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气。由图1知，随CaO加入量增加，CO2物质的量直线下降，是因为CaO吸收CO2：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)，反应体系中CO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，H2产率增大。(5)由图2知，使用Ni/Al2O3和Ni/GeO2催化剂时，在反应后期甘油转化率反而降低；而使用Ni/SiC催化剂时甘油转化率较高，且转化率长时间稳定在较高水平，所以，Ni/SiC催化剂的优点是：催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长。12二氧化氯(ClO2)和臭氧(O3)均具有强氧化性，可用于水处理。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸；O3是一种微溶于水的蓝色气体，其体积分数超过25%时容易引起爆炸。（1）以FeS2作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，同时得到Fe2(SO4)3、Na2SO4，该反应的化学方程式为_。（2）以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2处理含CN废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图1所示。反应容器B应置于30 左右的水浴中，目的是_。通入氮气的目的除了有利于将ClO2排出，还有_。ClO2处理含CN废水的离子方程式为_。装置D的作用是_。（3）某科研机构经多次实验，利用O3、KCl和工业废渣(主要成分为NaNO3和NaNO2)制得KNO3，相关工艺参数如图2和图3浓缩蒸发水量。请选择最佳实验方案，参与完成他们的制备：将100 g废渣加入80 mL热水中，充分搅拌，_，在50 恒温水浴锅中充分反应后，过滤，_，趁热过滤，_， 过滤得KNO3粗品，再重结晶提纯得到KNO3。(需使用的试剂及用量：60 L 0.008 g/L O3 和80 g KCl固体)【答案】2FeS2 30NaClO314H2SO4=30ClO2 Fe2(SO4)315Na2SO414H2O 提高化学反应速率，同时防止H2O2受热分解(或答：高于30 会导致H2O2分解，低于30 会导致反应速率较低) 稀释ClO2，防止其发生爆炸 2CN 2ClO2=2CO2N22Cl 吸收ClO2等气体，防止污染大气 通入60 L 0.008 gL1O3充分反应，再加入80 g KCl固体充分反应 然后将溶液浓缩蒸发水量25% 将滤液冷却到10 结晶 【解析】 (1) FeS2中+2价铁元素被氧化为Fe3+，-1价硫元素被氧化为SO42-，NaClO3中+5价氯元素被还原为+4价ClO2。根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其化学反应方程式为2FeS2 30NaClO314H2SO4=30ClO2 Fe2(SO4)315Na2SO414H2O。13工厂化验员检验某含有KBrO3、KBr及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品1.000 g，加水溶解后配成100 mL溶液X。. 取25.00 mL溶液X，加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br；. 去除过量的SO后调至中性；. 加入K2CrO4作指示剂，用0.100 0 molL1AgNO3标准溶液滴定Br至终点，消耗 AgNO3标准溶液11.25 mL；. 另取25.00 mL溶液X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩Br，消耗上述AgNO3标准溶液3.75 mL。已知：25 时，Ag2CrO4(砖红色)的Ksp1.121012，AgBr(浅黄色)的Ksp5.01015；中酸化时发生反应：BrO5Br6H= 3Br23H2O请回答：（1）步骤中，反应的离子方程式为_。（2）步骤中，滴定终点的现象为_。 （3）步骤中，加热的目的是_。（4）计算试样中KBrO3质量分数。(写出计算过程，结果保留3位有效数字)_【答案】3SO32-BrO3-=Br3SO42- 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀 除去溶解在溶液中的Br2(或使Br2挥发) w(KBrO3) 8.35% 第一次所取25.00 mL溶液中：n(Br)总n(AgBr)0.100 0 molL111.25103 L1.125103 mol所以，n(BrO)n(Br)n(Br)总1.125103 mol (1分)第二次所取25.00 mL溶液，加酸反应后：n(Br)余0.100 0molL1 3.75103L3.75104 mol 由步骤可知：BrO5Br所以，n(BrO)n(Br)总n(Br)余(1.125103 mol3.75104 mol)1.25104 mol由1 g样品配成100 mL溶液，且每次实验取的是25 mL所以，w(KBrO3)100%8.35% 【解析】 (1) 步骤中，“加入稀硫酸，然后用Na2SO3将BrO还原为Br”，SO32-是还原剂，其氧化产物是SO42-，BrO3-是氧化剂，还原产物是Br-，根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其反应的离子方程式为：3SO32-BrO3-=Br3SO42-。 15某含砷（As）的有毒工业废水经下图流醒转化为粗As2O3，已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。（1）砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，则AsH3的电子式为_。（2）“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应的离子方程式为_。（3）加入试剂1的目的是_。（4）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：ACa（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）H0B.5Ca2+OH+3AsO43Ca5（AsO4）3OHH0资料表明：“沉砷”的最佳温度是85，温度高于85，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是_。【答案】 H3AsO4+3OHAsO43+3H2O； 将AsO33氧化生成AsO43 温度升高，反应A平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应B平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降 【解析】16氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在。回答下列问题：(1)Zn(NH3)42+中Zn的化合价为_，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为_。(2)锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30 时锌浸出率最高的原因为_。(3)“氧化除杂”中，AsCl52转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为_。(4)“滤渣3”的主要成分为_。(5)“电解”时Zn(NH3)42+在阴极放电的电极反应式为_。阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_（写化学式）。电解后的电解液经补充_(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。【答案】【答题空1】+2 【答题空2】ZnO+2NH3H2O+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O 低于30时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 【答题空4】2AsCl52-+2H2O2+6NH3H2O=As2O5+10Cl-+6NH4+5H2O 【答题空5】Cu、Cd 【答题空6】Zn(NH3)42+2e-=Zn+4NH3 【答题空7】N2 【答题空8】NH3(或NH3H2O) 【解析】 (1) NH3是中性分子，由于Zn(NH3)42+离子带有2个单位的正电荷，说明其中Zn带有2个单位的正电荷，故Zn的化合价为+2价；NH4+水解使溶液显酸性，ZnO与H+反应变为Zn2+，Zn2+与NH3H2O反应产生Zn(NH3)42+，反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH3H2O+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O； 18硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成) 制备ZnSO4 7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化”一步中，发生氧化还原反应的离子方程式为_。溶液pH控制在3.2，6.4)之间的目的是_。(4)“母液”中含有的盐类物质有_ (填化学式）。(5)ZnSO4 7H2O可用于配制铁件上镀锌电镀池的电解液，下列说法不正确的是_A.配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒B.电镀池的阳极为铁件C.阴极质量增加65g时，理论上导线中通过2mol电子D.电镀过程中电解质溶液的浓度不变【答案】SiO2 粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等） Zn+CuSO4Cu+ZnSO4 3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ 使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质 ZnSO4、K2SO4 AB (4)锌离子、钾离子、硫酸根离子未除去，“母液”中含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4；因此，本题正确答案是：ZnSO4、K2SO4；(5)A.配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故A错误；19高铁酸盐等具有强氧化性，溶液pH越小氧化性越强，可用于除去废水中的氨氮、重金属等。(1)用Na2O2与FeSO4干法制备Na2FeO4的反应历程中包含的热化学方程式有：2FeSO4(s)+ Na2O2(s) = Fe2O3(s)+Na2SO4(s)+SO3(g) H1=akJmol12 Fe2O3(s)+2 Na2O2(s) =4NaFeO2(s)+ O2(g) H2=bkJmol1 2SO3(g) +2Na2O2(s) =2Na2SO4(s)+ O2(g) H3=ckJmol12NaFeO2(s)+3Na2O2(s) =2Na2FeO4(s)+2Na2O(s) H4=dkJmol1则反应2FeSO4(s) + 6Na2O2(s) =2Na2FeO4(s)+2Na2O(s)+2Na2SO4(s) + O2(g)的H=_kJmol1(用含a、b、c、d的代数式表示)；该反应中，每生成1mol Na2FeO4转移电子数为_mol。(2)J.C.Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42的电极反应式为_；Deinimger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_。(3)K2FeO4的稳定性与pH关系如图-1所示，用K2FeO4去除某氨氮(NH3-N)废水，氨氮去除率与pH关系如图-2；用K2FeO4处理Zn2+浓度为0.12mgL1的含锌废水KspZn(OH)2=1.21017，锌残留量与pH关系如图-3所示(已知：K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀)。pH=11时，K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3和O2等物质的离子方程式为_。图-2中：pH越大氨氮的去除率也越大，其原因可能是_。图-3中：pH=10时锌的去除率比pH=5时大得多，其原因是_(从锌的存在形态的角度说明)。【答案】【答题空1】(2a+b+c+2d)/2 【答题空2】5 【答题空3】Fe + 8OH6e= FeO42+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原 【答题空5】4FeO42-+ 10H2O = 4Fe(OH)3 + 3O2 + 8OH 【答题空6】高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短(以及在酸性条件下，氨氮主要以NH4+的形成存在，具有较稳定结约，还原性比NH3弱) 在pH为5时，锌以Zn2+存在；在pH=10时，锌几乎都以Zn(OH)2存在，并被高铁酸盐分解的产物Fe(OH)3捕集 【解析】（2）根据电解原理，以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe6e8OH=FeO424H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42具有强氧化性，在阴极上得电子，因此阳离子交换膜的作用是防止FeO42在阴极上被还原；（3）K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3和O2，溶液pH=11为碱性，其离子方程式为4FeO4210H2O=4Fe(OH)33O28OH；高铁酸盐具有强氧化性，可用于除去废水中的氨氮，根据信息，高铁酸盐在酸性和中性条件下不稳定，在碱性条件下稳定，因此pH越大氨氮的去除率也越大的原因可能是高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间较短，或者是在酸性条件下，氨氮主要以NH4形式存在，具有较稳定结果，还原性比NH3弱；K2FeO4与H2O反应生成Fe(OH)3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，pH=10时锌的去除率比pH=5时大得多，其原因是在pH为5时，锌以Zn2+存在；在pH=10时，锌几乎都以Zn(OH)2存在，并被高铁酸盐分解的产物Fe(OH)3捕集；