第1部分 专题3　氧化还原反应、离子反应课件PPT

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专题综合强化练习　对应学生用书P1331．某离子反应为8Fe2＋＋NO＋10H＋===NH＋8Fe3＋＋3H2O，下列说法不正确的是(　　)A．Fe2＋为还原剂，NO被还原B．消耗1 mol氧化剂，转移8 mol电子C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶8D．若把该反应设计为原电池，则负极反应式为Fe2＋－e－===Fe3＋解析　A项，Fe2＋的价态升高为Fe3＋，为还原剂，NO价态降低为NH，被还原，正确；B项，消耗1 mol NO，转移8 mol电子，正确；C项，氧化产物Fe3＋与还原产物NH的物质的量之比为8∶1，错误；D项，负极发生氧化反应，为Fe2＋－e－＝Fe3＋，正确。答案　C2．在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：2ICl＋2Zn===ZnCl2＋ZnI2，ICl＋H2O===HCl＋HIO。下列叙述正确的是(　　)A．ZnCl2既是氧化产物，又是还原产物B．ZnI2既是氧化产物，又是还原产物C．ICl跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂D．反应6.5 g Zn，转移电子0.1 mol解析　2ICl＋2Zn===ZnCl2＋ZnI2中，Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，而ICl＋H2O===HCl＋HIO中，各元素的化合价不变。在反应中ZnCl2是氧化产物，故A项错误；在反应中ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B项正确；ICl＋H2O===HCl＋HIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C项错误；6.5 g Zn的物质的量为0.1 mol，反应后生成Zn2＋，转移电子0.2 mol，故D项错误。答案　B3．25 ℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)A．无色溶液中：Na＋、NH、Cu2＋、SOB．0.1 mol/L的NH4HCO3溶液中：K＋、SiO、[Al(OH)4]－、Cl－C．Kw/c(H＋)＝1×10－2 mol/L的溶液中：K＋、NO、S2－、ClO－D．使甲基橙呈红色的溶液：NH、Ba2＋、Al3＋、Cl－解析　Cu2＋为蓝色，不符合“无色”条件，故A项错误；NH与SiO，HCO与[Al(OH)4]－均发生反应，不能大量共存，故B项错误；溶液显碱性，四种离子中ClO－有氧化性，S2－具有还原性，因此不能大量共存，故C项错误；溶液显酸性，离子可大量共存，故D项正确。答案　D4．下列离子方程式正确的是(　　)A．用惰性电极电解硫酸铜溶液：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋B．在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋H2O＋4H＋C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制取Al(OH)3：2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋COD．用浓盐酸酸化的KMnO4溶液氧化H2C2O4：6H＋＋5H2C2O4＋2MnO===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O解析　用惰性电极电解硫酸铜溶液，反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，A项正确；在强碱溶液中NaClO与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4，反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，B项错误；向NaAlO2溶液中通入过量CO2制取Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，C项错误；KMnO4具有强氧化性，会氧化浓盐酸，故不能用浓盐酸酸化KMnO4溶液，D项错误。答案　A5．下列有关离子方程式或离子共存的叙述正确的是(　　)A．用肥皂(主要成分C17H35COONa)水检验含有较多钙离子的硬水：2C17H35COO－＋Ca2＋===(C17H35COO)2Ca↓B．将磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2OC．常温下，在＝0.1的溶液中：Na＋、K＋、SO、HCO能大量共存D．在NaClO溶液中：SO、OH－、Cl－、K＋能大量共存解析　用肥皂(主要成分C17H35COONa)水检验含有较多钙离子的硬水，该反应的离子方程式为2C17H35COO－＋Ca2＋===(C17H35COO)2Ca↓，A项正确；磁性氧化铁溶于氢碘酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2I－＋Fe3O4＋8H＋===3Fe2＋＋4H2O＋I2，B项错误；在＝0.1的溶液中存在大量氢氧根离子，OH－与HCO反应，在溶液中不能大量共存，C项错误；NaClO、SO之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，D项错误。答案　A6．下列离子方程式书写正确的是(　　)A．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHB．向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O＋2Cl2＋H2O===2SO＋4Cl－＋2H＋C．向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2＋＋HCO＋OH－===CaCO3↓＋H2OD．醋酸除水垢中的碳酸钙：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O解析　Al(OH)3不溶于氨水，方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，故A项正确；Cl2将S2O氧化成SO，故B项错误；NH4HCO3为少量，因此方程式为NH＋HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO3↓＋NH3·H2O＋H2O，故C项错误；CH3COOH不可拆，故D项错误。答案　A7．某溶液中可能含有OH－、CO、AlO、SiO、SO、HCO、Na＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸的体积变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A．原溶液中可能含有Na2SO4，可能不含有COB．原溶液中一定含有的阴离子只有：OH－、AlO、COC．原溶液中含CO与AlO的物质的量之比为3∶4D．a－d＞解析　由图像分析可知，开始无沉淀生成，说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH－，则与氢氧根离子不能共存的是Fe3＋、Mg2＋、Al3＋、HCO；随后反应生成沉淀逐渐增多，说明是AlO、SiO和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，由于AlO与HCO发生反应生成氢氧化铝沉淀，也说明溶液中一定不存在HCO；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是CO，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电中性可知，溶液中一定含有Na＋。溶液中硫酸根离子不能确定，原溶液中不一定含有Na2SO4，故A项错误；依据判断原溶液中一定含有的阴离子是OH－、SiO、AlO、CO，故B项错误；依据图像可知，和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，CO＋2H＋===CO2↑＋H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸为4体积，Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O，原溶液中含有CO与AlO的物质的量之比为3∶4，故C项正确；根据图像溶解氢氧化铝消耗的盐酸为4体积，假设盐酸的浓度为1 mol·L－1，且假设4体积盐酸的体积为4 L，则消耗氯化氢4 mol，则溶解的氢氧化铝为 mol，则溶液中含有 mol AlO，沉淀 mol AlO需要盐酸 mol，a－d对应AlO和SiO消耗的盐酸，大于 mol，故D项错误。答案　C8．某澄清透明溶液中可能含有Na＋、Fe3＋、Ba2＋、CO、HCO、SO、SO、I－等离子中的一种或几种，甲、乙、丙三位同学分别取少量该溶液，进行三个实验：甲同学：加入少量氯水，再加CCl4，振荡后，CCl4层变为紫红色；乙同学：加足量盐酸，生成无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊；丙同学：加BaCl2产生白色沉淀，过滤出沉淀，向沉淀加入足量盐酸，沉淀部分溶解。通过三个实验判断下列说法正确的是(　　)A．通过甲同学的实验得出溶液中一定存在SO和Fe3＋B．通过乙同学的实验得出溶液中一定不存在Ba2＋和HCOC．通过丙同学的实验得出溶液中一定存在CO和SOD．综合甲、乙、丙三位同学的实验得出溶液中一定存在Na＋、CO、SO、I－解析　甲同学实验，加入少量氯水，再加CCl4，CCl4层为紫红色，为I2溶于CCl4的颜色，由此推知溶液中含有I－，因I－与Fe3＋发生反应，则溶液中一定不存在Fe3＋；乙同学实验，加盐酸后生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，由此推知溶液中含有CO或HCO，一定不存在SO；丙同学实验，加BaCl2产生白色沉淀，沉淀加盐酸部分溶解，由此推知溶液中含CO和SO，一定不存在Ba2＋；由溶液呈电中性可知Na＋一定存在，因此D项正确。答案　D9．今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、NH、Cl－、Mg2＋、Ba2＋、CO、SO。现取三份100 mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04 mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，以下推测正确的是(　　)A．Cl－可能存在B．100 mL溶液中含0.01 mol COC．K＋一定不存在D．Ba2＋一定不存在，Mg2＋可能存在解析　由(2)知n(NH)＝n(NH3)＝0.04 mol。由(3)知生成的沉淀有两种，BaCO3和BaSO4，所以原溶液中一定没有Mg2＋和Ba2＋，2.33 g为BaSO4的质量，n(SO)＝n(BaSO4)＝2.33 g÷233 g·mol－1＝0.01 mol，n(CO)＝n(BaCO3)＝(6.27 g－2.33 g)÷197 g·mol－1＝0.02 mol。由电荷守恒知K＋必存在，Cl－可能存在。答案　A10．重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂。工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，含有SiO2、Al2O3等杂质)为原料生产。实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下：反应器中主要发生的反应：Ⅰ.FeO·Cr2O3＋NaOH＋KClO3―→Na2CrO4＋Fe2O3＋H2O＋KCl(未配平)Ⅱ.Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑Ⅲ.Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O在步骤③中将溶液的pH调节到7～8，可以将SiO和AlO转化为相应的沉淀除去。(1)在反应Ⅰ中氧化剂是________，若有245 g KClO3参加反应，则转移的电子数为________。(2)反应器中生成的Fe2O3又可和Na2CO3反应得到一种摩尔质量为111 g·mol－1的化合物，该化合物能剧烈水解，在操作②中生成沉淀而除去。写出生成该化合物的化学方程式：_________________________________________________。(3)操作④的目的是将CrO转化为Cr2O，其现象为_________________，离子方程式为__________________________________________________。(4)请选用合适的方法进一步提纯粗产品重铬酸钾________(填序号)A．重结晶　　　B．萃取、分液　　　C．蒸馏(5)分析产品中K2Cr2O7的纯度是利用硫酸酸化的K2Cr2O7将KI氧化成I2，然后利用相关物质测出I2的量从而获得K2Cr2O7的量。写出酸化的K2Cr2O7与KI反应的化学方程式：____________________________________。解析　(1)铁元素的化合价由＋2价升高到＋3价，铬元素的化合价由＋3价升高到＋6价，氯元素的化合价降低，故KClO3为氧化剂；配平的化学方程式为6FeO·Cr2O3＋24NaOH＋7KClO3===12Na2CrO4＋3Fe2O3＋12H2O＋7KCl,245 g KClO3参加反应，转移电子的物质的量为×6＝12 mol。(2)结合信息可知该化合物含有Na、Fe、O三种元素，结合摩尔质量可知该化合物为NaFeO2，由此可写出化学方程式。(3)含CrO、Cr2O的溶液分别呈黄色、橙色，转化的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O。(4)重结晶是对固体进行提纯的常用方法，萃取、分液是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离的方法，而蒸馏是分离沸点不同的、互溶的液体混合物的方法。(5)根据得失电子守恒和质量守恒可配平化学反应方程式：K2Cr2O7＋7H2SO4＋6KI===Cr2(SO4)3＋3I2＋7H2O＋4K2SO4。答案　(1)KClO3　12×6.02×1023(或12NA)(2)Fe2O3＋Na2CO32NaFeO2＋CO2↑(3)溶液由黄色变为橙色　2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O(4)A(5)K2Cr2O7＋7H2SO4＋6KI===Cr2(SO4)3＋3I2＋7H2O＋4K2SO411．氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，用所学知识回答问题：(1)取300 mL 0.2 mol·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，则消耗KMnO4的物质的量是________mol。(2)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定。取4.74 g KMnO4样品溶解酸化共配成100 mL溶液，取出20 mL于锥形瓶中，用0.100 mL·L－1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点的现象是_____________。实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，则该样品中KMnO4的纯度是________(已知滴定时产生了Mn2＋和SO)。(3)ClO2是目前国际上公认的最新一代的高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂。我国科学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠(NaClO2)固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为_________________________________________________。(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用离子方程式表示____________，又变为棕黄色的原因用离子方程式表示____________________。解析　(1)KI的物质的量是0.06 mol，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘原子守恒可知二者均是0.02 mol，转移电子的物质的量＝0.02 mol×(2＋6)＝0.16 mol。Mn在反应中化合价从＋7价降低到＋2价，得到5个电子，依据电子得失守恒可知消耗高锰酸钾的物质的量＝＝0.032 mol。(2)酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则滴定至终点的现象为滴入最后一滴溶液时紫红色溶液褪为无色，且30 s内颜色不再变化；消耗Na2S2O3的物质的量为2.4×10－3 mol，根据离子方程式：8MnO＋5S2O＋14H＋===8Mn2＋＋10SO＋7H2O可知，消耗高锰酸钾的物质的量为3.84×10－3 mol，因此原样品中高锰酸钾的物质的量＝3.84×10－3 mol×＝0.019 2 mol，则该样品中KMnO4的纯度＝×100%＝64%。(3)Cl2氧化NaClO2固体制备ClO2，根据原子守恒可知生成物还有NaCl。(4)Fe3＋能将SO氧化为SO，自身被还原为Fe2＋；由于在酸性溶液中H＋与NO组成的HNO3又将Fe2＋氧化为Fe3＋，所以过一会又变为棕黄色。答案　(1)0.032(2)滴入最后一滴标准溶液时，溶液由紫红色变为无色，且30 s内不恢复原色　64%(3)Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl(4)2Fe3＋＋SO＋H2O===2Fe2＋＋SO＋2H＋　4H＋＋NO＋3Fe2＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O