山东专用高考化学一轮复习专题四氧化还原反应专题综合检测含解析

这是一份山东专用高考化学一轮复习专题四氧化还原反应专题综合检测含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

时间:45分钟 分值:61分
一、选择题(每小题2分,共22分)
1.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
答案 A 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;电池放电时,有自发进行的氧化还原反应发生;电解质溶液导电时,电能转化成化学能为电解过程,有氧化还原反应发生;葡萄糖在体内被氧化释放能量,故选A。
2.下列物质在生活中应用时,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 D A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.下列变化中,一定要有合适的氧化剂才能实现的是( )
A.CuO→CuSO4 B.Cl2→ClO-
C.Fe(OH)2→Fe(OH)3 D.SiO2→Si
答案 C 氧化剂在反应中所含元素化合价降低,则题给物质在反应中所含元素化合价要升高,B、C符合,但B中Cl2与水或碱溶液发生歧化反应即可生成ClO-,无需另加氧化剂,故选C。
4.火法炼铜首先要焙烧黄铜矿(主要成分为CuFeS2,其中Cu、Fe均为+2价),其反应为:
2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2
关于此反应,下列说法不正确的是( )
A.CuFeS2中只有硫元素被氧化
B.每生成1 ml SO2,反应中共转移6 ml电子
C.该反应中有两种物质作氧化剂
D.CuFeS2中被氧化和被还原的原子数目之比为2∶1
答案 D 仔细观察反应知:2 ml CuFeS2中,1 ml S原子被氧化,2 ml Cu原子被还原,被氧化和被还原的原子数目之比为1∶2。
5.已知下列实验事实:
①Cr2O3固体既能溶于KOH溶液得到KCrO2溶液,又能溶于硫酸得到Cr2(SO4)3溶液
②向KCrO2溶液中滴加H2O2溶液,再酸化,可得K2Cr2O7溶液
③将K2Cr2O7溶液滴加到淀粉和KI的混合溶液中,溶液变蓝
下列判断不正确的是( )
A.化合物KCrO2中铬元素为+3价
B.实验①证明Cr2O3是两性氧化物
C.实验②证明H2O2既有氧化性又有还原性
D.实验③证明氧化性:Cr2>I2
答案 C 化合物KCrO2中,K为+1价,O为-2价,由化合物中各元素正、负化合价代数和为0知,铬元素为+3价,A正确;由实验①可知,Cr2O3与酸或碱反应均可生成盐和水,为两性氧化物,B正确;由实验②可知,铬元素的化合价升高,过氧化氢中氧元素的化合价降低,故只能证明H2O2有氧化性,C错误;由③中溶液变蓝可知生成碘单质,K2Cr2O7为氧化剂,I2为氧化产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,D正确。
易错警示 表面上看H2O2既有氧化性又有还原性是正确的,但实验②中H2O2只作氧化剂,只能证明H2O2具有氧化性。
6.已知还原性:B->C->D-,下列方程式不正确的是( )
A.2C-+D2 2D-+C2 B.2C-+B2 2B-+C2 C.2B-+D2 2D-+B2 D.2B-+C2 2C-+B2
答案 B 根据还原性:B->C->D-及同一个氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性,可判断反应B不正确。
7.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应:10NaN3+2KNO3 K2O+5Na2O+16N2↑。下列有关说法正确的是( )
A.KNO3是氧化剂,Na2O是还原产物
B.1 ml NaN3完全反应时转移3 ml电子
C.若氧化产物比还原产物多1.75 ml,则生成44.8 L N2(标准状况)
D.若有65 g NaN3参加反应,则被还原的N的物质的量为0.1 ml
答案 C 发生反应时,NaN3中N元素化合价升高,是还原剂,KNO3中N元素化合价降低,是氧化剂;Na、O两种元素化合价在反应前后无变化,故Na2O既不是氧化产物又不是还原产物,N2既是氧化产物又是还原产物,A错误;1 ml NaN3完全反应时,转移1 ml电子,B错误;设氧化产物和还原产物的物质的量分别为x、y。根据得失电子守恒知x=5y,x∶y=15∶1,又x-y=1.75 ml,故x=0.1875 ml,y=0.125 ml,故生成N2为(0.125+1.875)ml,即44.8 L N2(标准状况),C正确;根据得失电子守恒,×3×=n(被还原的N)×5,n(被还原的N)=0.2 ml,D错误。
8.已知Cl2与NaOH溶液反应在低温下生成NaCl、NaClO;在较高温度下生成NaCl、NaClO3。现将a ml Cl2通入含溶质b ml的NaOH溶液中恰好完全反应,下列说法不正确的是( )
A.在较高温度下,当2a=b时,反应的离子方程式为3Cl2+6OH- 5Cl-+Cl+3H2O
B.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=2∶1,则a=2b
C.某温度下,若反应后溶液中c(ClO-)∶c(Cl)=1∶1,则反应的离子方程式:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl+4H2O
D.某温度下,若反应后溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为3∶1,则氧化产物和还原产物的物质的量之比为 1∶2
答案 B 依题意,Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应分别为①Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O;②3Cl2+6OH- 5Cl-+Cl+3H2O。由②式知A正确;①式×2+②式得:5Cl2+10OH- 7Cl-+2ClO-+Cl+5H2O,故当c(ClO-)∶c(Cl)=2∶1时,b=2a,B错误;①式+②式得:4Cl2+8OH- 6Cl-+ClO-+Cl+4H2O,故C正确;①式×3+②式得:6Cl2+12OH- 8Cl-+3ClO-+Cl+6H2O,氧化产物(ClO-、Cl)和还原产物(Cl-)的物质的量之比为(3+1)∶8=1∶2,故D正确。
解题思路 先写出Cl2与NaOH溶液在低温下和较高温度下的反应,再根据反应后溶液中ClO-与Cl的浓度比例写出总反应,在此基础上作出判断。
9.已知氧化性Br2>Fe3+。向含溶质a ml的FeBr2溶液中通入b ml Cl2,充分反应。下列说法不正确的是( )
A.离子的还原性强弱:Fe2+>Br->Cl-
B.当a≥2b时,发生的离子反应:2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-
C.当a=b时,反应后的离子浓度之比:c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=1∶2∶2
D.当3a≤2b时,发生的离子反应:2Fe2++4Br-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-
答案 C 氧化性Br2>Fe3+,说明Br2可将Fe2+氧化成Fe3+:2Fe2++Br2 2Fe3++2Br-,还原性Fe2+>Br-,结合还原性Br->Cl-,可知A正确;FeBr2溶液中通入Cl2时,因还原性Fe2+>Br-,故先发生反应①2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl-,后发生反应②2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,当a≥2b时,因Cl2不足,只发生反应①,B正确;当3a≤2b时,Cl2充足,Fe2+和Br-均被完全氧化,反应①+反应②×2得总反应:2Fe2++4Br-+3Cl2 2Fe3++2Br2+6Cl-,D正确;当a=b时,由反应①知a ml Fe2+被完全氧化成a ml Fe3+,消耗 ml Cl2,由反应②知剩余的 ml Cl2可氧化a ml的Br-,Br-剩余:2a ml-a ml=a ml,故最终溶液中c(Fe3+)∶c(Br-)∶c(Cl-)=a∶a∶2a=1∶1∶2,C错误。
10.已知H2SO3+I2+H2O H2SO4+2HI,将0.1 ml Cl2通入100 mL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:HI>H2SO3>HCl
B.HI与H2SO3的物质的量浓度均为0.6 ml·L-1
C.通入0.1 ml Cl2发生反应的离子方程式:5Cl2+4H2SO3+2I-+4H2O 4S+I2+10Cl-+16H+
D.若再通入0.05 ml Cl2,恰好能将HI和H2SO3完全氧化
答案 C A项,由题意可知氧化性:Cl2>I2>H2SO4,故还原性:HClH2O+Cl2+H2SO3 2HCl+H2SO4
x x
Cl2+2HI 2HCl+I2

n(Cl2)=x+=0.1 ml,解得x=0.08 ml,c(HI)=c(H2SO3)==0.8 ml· L-1,B错误;C项,Cl2先与H2SO3反应,再消耗了一半的HI,故离子方程式中H2SO3和I-的化学计量数之比为2∶1,C正确;D项,若将H2SO3和HI恰好完全氧化,需消耗Cl2的物质的量:n(Cl2)=n(H2SO3)+=0.12 ml,还需通入Cl2的物质的量为0.12 ml-0.1 ml=0.02 ml,D错误。
11.取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8 960 mL NO2气体和672 mL N2O4气体(标准状况),在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀质量为17.02 g,则x等于( )

答案 B 根据题意,n(NO2)==0.4 ml,n(N2O4)==0.03 ml。根据得失电子守恒可知,金属提供的电子的物质的量为0.4 ml×(5-4)+0.03 ml×2×(5-4)=0.46 ml,所以沉淀中OH-的物质的量为0.46 ml,m(OH-)=0.46 ml×17 g/ml=7.82 g,所以金属的质量为17.02 g-7.82 g=9.20 g。
解题点睛 金属失电子的物质的量=金属离子结合的OH-的物质的量;铜镁合金的质量+OH-的质量=沉淀[Cu(OH)2+Mg(OH)2]的质量。
二、非选择题(共39分)
12.(7分)酸性KMnO4溶液、H2O2溶液在生活、卫生医疗中常用作消毒剂,是化学实验室里重要的氧化剂,其中H2O2溶液还可用于漂白。高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除。Fe(NO3)3也是重要的氧化剂,下面是对这三种氧化剂性质的探究。
(1)某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,写出该反应的离子方程式: ,氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
(2)取300 mL 0.2 ml·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,则转移电子的物质的量是 ml。
(3)测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定,取0.474 g KMnO4样品溶解酸化后,用0.100 ml·L-1标准Na2S2O3溶液进行滴定,标准Na2S2O3溶液应盛装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中,滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.00 mL,则该样品中KMnO4的物质的量是 (有关离子方程式为8Mn+5S2+14H+ 8Mn2++10S+7H2O)。
(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是 ,又变为棕黄色的离子方程式是 。
答案 (1)Cu+2H++H2O2 Cu2++2H2O 1∶2
(2)0.16 (3)碱式 1.92×10-3
(4)Fe3+被还原成Fe2+
3Fe2++4H++N 3Fe3++NO↑+2H2O
解析 (1)浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后,铜片溶解,发生氧化还原反应生成CuCl2、H2O,该反应的离子方程式为Cu+2H++H2O2 Cu2++2H2O,其中Cu2+是氧化产物,H2O是还原产物,所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2。(2)由已知可得KI的物质的量是0.06 ml,生成的I2和KIO3的物质的量相等,故0.06 ml I-→0.02 ml I2+0.02 ml I,转移电子的物质的量为0.02 ml×2+0.02 ml×6=0.16 ml。(3)Na2S2O3溶液显碱性,则应盛放在碱式滴定管中,n(Na2S2O3)=0.012 L×0.1 ml·L-1=1.2×10-3 ml,设样品中KMnO4的物质的量为x,则
8Mn+5S2+14H+ 8Mn2++10S+7H2O
8 5
x 1.2×10-3 ml
解得x=1.92×10-3 ml
(4)溶液先由棕黄色变为浅绿色,过一会又变为棕黄色,则Fe3+先被还原后又被氧化,又变为棕黄色的原因是N在酸性条件下具有氧化性,将Fe2+氧化,反应的离子方程式为3Fe2++4H++ N 3Fe3++NO↑+2H2O。
解题规律 解答氧化还原反应的综合类试题的答题模板。
第一步:判反应——认真审题,了解哪些物质参与氧化还原反应,这些物质会发生什么样的氧化还原反应。
第二步:排序列——把参与反应的物质按照氧化性或还原性的强弱进行排序。
第三步:用规律——根据氧化还原反应的规律进行分析,氧化剂被还原,生成还原产物;还原剂被氧化,生成氧化产物。同一反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
第四步:找守恒——解答氧化还原反应类的试题时,要充分利用质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒。
13.(15分)Ⅰ.完成以下氧化还原反应的离子方程式:
( )Mn+( )C2+ ( )Mn2++( )CO2↑+
Ⅱ.化合物甲和 NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2,甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。
请推测并回答:
(1)甲的化学式 。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式 。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式 。
(4)甲在无水条件下可作为某些钢铁制品的脱锈剂(铁锈的成分表示为Fe2O3),脱锈过程发生反应的化学方程式 。
(5)某同学认为:用惰性气体赶尽反应体系中的空气,将铁和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥,再与金属钠反应,得到的固体物质即为纯净的甲;取该固体物质与水反应,若能产生H2,即可证明得到的甲一定是纯净的。
判断该同学设想的制备和验纯方法的合理性并说明理由 。
答案 Ⅰ.2Mn+5C2+16H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
Ⅱ.(1)NaH
(2)4NaH+AlCl3 NaAlH4+3NaCl
(3)NaAlH4+2H2O NaAlO2+4H2↑
(4)3NaH+Fe2O3 2Fe+3NaOH
(5)制备过程不合理,因为盐酸易挥发,H2中混有HCl,导致产物中有NaCl。验纯方法不合理,如果有Na残留,Na与水反应也产生H2;没有考虑混入的NaCl
解析 Ⅱ.(1)4.80 g甲中氢元素的质量为×2×1 g·ml-1=0.2 g,则钠元素的质量为4.80 g-0.2 g=4.60 g,n(Na)∶n(H)=∶=1∶1,所以甲的化学式为NaH。
(2)甲与AlCl3反应得到NaAlH4的化学方程式为4NaH+AlCl3 NaAlH4+3NaCl。
(3)NaAlH4与水发生氧化还原反应的化学方程式为NaAlH4+2H2O 4H2↑+NaAlO2。
(4)根据题意可知甲在无水条件下能将铁锈中的铁还原为铁单质,化学方程式为3NaH+Fe2O3 2Fe+3NaOH。
(5)制备过程和验纯方法均不合理。制备过程中所用的盐酸易挥发,H2中混有HCl,会导致产物中混有NaCl,故不合理;同时若与钠反应的H2不足,固体产物中会有Na残留,残留的Na也可以与水反应产生H2,且还可能混入NaCl,故验纯方法不合理。
14.(10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 mg·L-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5 mg·L-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。
Ⅰ.测定原理:
碱性条件下,O2将Mn2+氧化为MnO(OH)2:①2Mn2++O2+4OH- 2MnO(OH)2↓
酸性条件下,MnO(OH)2将I-氧化为I2:②MnO(OH)2+I-+H+ Mn2++I2+H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2:③2S2+I2 S4+2I-
Ⅱ.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200 mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量),开启搅拌器,至反应①完全。
d.搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液,至反应②完全,溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00 mL溶液,以淀粉作指示剂,用0.010 00 ml·L-1 Na2S2O3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)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 。
①滴定管 ②注射器 ③量筒
(3)搅拌的作用是 。
(4)配平反应②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 4.50 mL,水样的DO= mg·L-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 (1)将溶剂水煮沸后冷却
(2)② (3)使溶液混合均匀,快速完成反应
(4)1,2,4,1,1,3 (5)重复步骤e的操作2~3次
(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色) 9.0 是
(7)2H++S2 S↓+SO2↑+H2O
SO2+I2+2H2O 4H++S+2I-
4H++4I-+O2 2I2+2H2O(任写其中2个)
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)用滴定管或量筒加水样或试剂都需要将橡胶塞打开,易使空气进入装置干扰实验,而注射器则不需要打开橡胶塞。
(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。
(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2~3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:2S2~I2~MnO(OH)2~O2知:n(O2)=0.010 00 ml·L-1×4.50×10-3 L××=×4.50×10-5 ml,故水样中的DO=×4.50×10-5 ml×32 g·ml-1×=9×10-3 g·L-1,即9.0 mg·L-1;由于9.0 mg·L-1>5 mg·L-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2H++S2 S↓+SO2↑+H2O;生成的SO2也能与I2反应,即SO2+I2+2H2O 4H++2I-+S;pH过低时,水样中空气中的O2也能氧化I-,即4H++4I-+O2 2I2+2H2O。
15.(7分)汽车尾气中的CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下:
NONO2N2
①反应Ⅰ为NO+O3 NO2+O2,生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子的物质的量是 ml。
②反应Ⅱ中,当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量之比为 。
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx,转化过程中发生反应的化学方程式为CO+NOx N2+CO2(未配平),若x=1.5,则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为 。
(3)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中,酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是N和N,请写出生成等物质的量的N和N时的离子方程式: 。
(4)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生,再生时生成的Ce4+在电解槽的 (填“阳极”或“阴极”),同时在另一极生成S2的电极反应式为 。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中,N的浓度为a g·L-1,要使1 m3该溶液中的 N完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气 L(用含a的代数式表示,结果保留整数)。
答案 (1)①1 ②4∶3 (2)3∶1
(3)2NO+4Ce4++3H2O N+N+6H++4Ce3+
(4)阳极 2H++2HS+2e- S2+2H2O
(5)243a
解析 (1)①反应Ⅰ中产生1 ml O2转移电子2 ml,故生成标准状况下11.2 L O2时,转移电子1 ml。②反应Ⅱ中N2既是氧化产物又是还原产物,CO(NH2)2对应氧化产物,NO2对应还原产物,NO2、CO(NH2)2物质的量之比为3∶2时,氧化产物与还原产物的质量之比为4∶3。(2)根据3CO+2NO1.5 3CO2+N2,可知CO2与N2的化学计量数之比为3∶1。(3)假设生成N和N的物质的量均为1 ml,则2 ml NO转变为1 ml N和1 ml N时失去电子的物质的量为4 ml,根据得失电子守恒,则有4 ml Ce4+转化为Ce3+,离子方程式为2NO+4Ce4++3H2O N+N+6H++4Ce3+。(4)再生时Ce3+转化为Ce4+,发生氧化反应,故在阳极上生成Ce4+。另一极上HS发生还原反应,生成S2。(5)由N N,而O2 2O2-,根据得失电子守恒得×2=×4,解得V≈243a。
备选题
10.根据如图的转化关系判断下列说法正确的是(反应条件已略去)( )
A.反应①、②、③、④、⑤均属于氧化还原反应
B.反应①、③、④、⑤中MnO2均作氧化剂
C.相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶1
D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4
答案 A ①为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水,②为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙、水,③为过氧化氢分解生成水和氧气,④为氯酸钾分解生成氯化钾和氧气,⑤为铝和二氧化锰发生铝热反应生成单质锰和氧化铝,均存在元素化合价的变化,均属于氧化还原反应,故A正确;反应①、⑤中MnO2为氧化剂,反应③、④中MnO2为催化剂,故B错误;反应③中O元素的化合价由-1升高为0,反应④中O元素的化合价由-2升高为0,相同条件下生成等量的O2,反应③和④转移的电子数之比为1∶2,故C错误;反应4HCl(浓)+MnO2 MnCl2+Cl2↑+2H2O中,Mn元素的化合价由+4降低为+2,HCl中Cl元素的化合价由-1升高为0,由得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,故D错误。
6.含氟的卤素互化物通常作氟化剂,使金属氧化物转化为氟化物,如2C3O4+6ClF3 6CF3+3Cl2+4X。下列有关该反应的说法,正确的是( )
A.X与O3互为同位素
B.1 ml C3O4在反应中转移9 ml电子
C.ClF3中氯元素为-3价
D.C3O4在反应中作氧化剂
答案 B 由题中反应方程式结合原子守恒可推断出X是O2,O2与O3互为同素异形体,A错误。由反应中Cl的化合价判断,6 ml ClF3参与反应转移18 ml电子,则1 ml C3O4在反应中转移9 ml电子,故B正确。ClF3中氯元素为+3价,C错误。C3O4在反应中作还原剂,D错误。
解题思路 先根据原子守恒判断X为O2,然后分析反应中元素化合价的变化,判断出氧化剂、还原剂和反应中电子转移的数目。
5.硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其流程如下:
已知:NaBH4常温下能与水反应,可溶于异丙胺(沸点:33 ℃)。
(1)在第①步反应加料之前,需要将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气,该操作的目的是 。原料中的金属钠通常保存在 中,实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等。
(2)请配平第①步反应的化学方程式:
NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3
(3)第②步分离采用的方法是 ;第③步分出NaBH4并回收溶剂,采用的方法是 。
(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25 ℃、101 kPa下,已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ,该反应的热化学方程式是
。
答案 (14分)(1)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子 滤纸
(2)1NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 1NaBH4+2Na2SiO3
(3)过滤 蒸馏
(4)NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g)
ΔH=-216.0 kJ·ml-1
解析 (1)考虑到加热时原料中的Na及H2会与空气中O2反应,产物NaBH4会与水反应,故第①步反应加料之前应先将反应器加热至100 ℃以上并通入氩气,以除去反应器中的空气和水蒸气。(2)运用化合价升降法和观察法,不难配平所给反应的化学方程式。(3)由题给信息可知,欲分离NaBH4和异丙胺可加热蒸馏,馏分为异丙胺,留在蒸馏烧瓶中的是NaBH4固体产品。(4)依题意,反应NaBH4(s)+2H2O(l) NaBO2(s)+4H2(g)的ΔH=-21.6 kJ÷=-216.0 kJ·ml-1。
式: 。
(6)一定条件下,用雄黄(As4S4)制备As2O3的转化关系如图所示。若反应中,1 ml As4S4(其中As元素的化合价为+2价)参加反应时,转移28 ml e-,则物质a为 。
答案 (1)Na+[····]2-Na+ (2)S2-与Fe2+生成沉淀,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2As(aq)左移,提高“沉砷”效果 (3)稀硫酸、高锰酸钾溶液(或其他合理答案) (4)As+I2+2OH- 2I-+As+H2O (5)2As+2SO2+2H+ As2O3+2S+H2O (6)SO2
解析 (1)硫化钠为离子化合物,电子式为Na+[····]2-Na+。
(2)FeSO4的作用是除去过量的S2-,使平衡As2S3(s)+3S2-(aq) 2As(aq)逆向移动,提高“沉砷”效果。
(3)四氧化三铁含有+2价铁,具有还原性,可在酸性条件下与高锰酸钾反应,使高锰酸钾溶液褪色,则可用稀硫酸、高锰酸钾溶液检验四氧化三铁。
(6)1 ml As4S4参加反应时,转移28 ml e-,As4S4中As为+2价、S为-2价,且生成As2O3,则As4S4中S元素化合价升高6,生成物中S元素的化合价为+4,则物质a应为SO2。