2023版高考化学总复习：专题四氧化还原反应应用创新题组

1、第 页专题四氧化还原反应1.某工业脱硫过程如图所示。下列说法正确的是()A.过程发生复分解反应,由强酸反应得到弱酸B.过程中,发生反应的离子方程式为:S2-+2Fe3+ S+2Fe2+C.过程中,每有11.2 L O2参加反应,转移电子数为2NAD.脱硫过程总反应方程式为2H2S+O2 2H2O+2S答案DA项,过程中,Cu2+H2S CuS+2H+,反应过程中,由弱酸(H2S)反应得到强酸(H+),错误; B项,过程中,CuS与Fe3+发生反应的离子方程式为CuS+2Fe3+ S+2Fe2+Cu2+,错误; C项,过程中,未指明11.2 L O2是否是在标准状况下测定的,无法确定反应转移的电

2、子数,错误; D项,从题给流程图中可知反应物为H2S、O2,产物为S、H2O,由此可写出脱硫过程的总反应方程式,正确。2.在一定量铁的氧化物中,加入45 mL 4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应,所得溶液中Fe2+能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化。则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为()A.56B.79C.34D.23答案B硫酸的物质的量n(H2SO4)=4 mol/L0.045 L=0.18 mol,标准状况下672 mL氯气的物质的量为0.03 mol,根据反应2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-可知反应后溶液中n(Fe2+)=0.06 mol;设FeO为x mol,Fe2O3为y

3、mol,由FeO+H2SO4 FeSO4+H2O和Fe2O3+3H2SO4 Fe2(SO4)3+3H2O可得x+3y=0.18,由x=0.06解得y=0.04,则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为(0.06 mol+0.04 mol2)(0.06 mol+0.04 mol3)=79,故选B。3.连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,具有强还原性,在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如下:Na2CO3溶液反应1CO2SO2NaHSO3溶液反应2Zn(OH)2锌粉Na2S2O4溶液结晶脱水保险粉下列说法错误的是()A.反应1说明酸性:H2SO3H2CO3B.反应1结束后,可

4、用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C.反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为12D.反应2最好在无氧条件下进行答案CA项,反应1中二氧化硫和碳酸钠反应生成二氧化碳,说明亚硫酸的酸性比碳酸的强;B项,反应1结束后,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,可检验SO42-;C项,反应2为Zn+2NaHSO3 Zn(OH)2+Na2S2O4,氧化剂和还原剂的物质的量之比为21;D项,Na2S2O4具有强还原性,在空气中极易被氧化,反应2最好在无氧条件下进行。4.某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112 mL Cl2,恰好将Fe2+完全氧化。x

5、值为()A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93答案A标准状况下112 mL Cl2转移电子数为0.112 L22.4 L/mol2=0.01 mol,FexO中Fe的平均化合价为+2x,被氧化为Fe3+,根据得失电子守恒可知,1.52 g(56x+16) g/mol(3-2x)x=0.01 mol,解得x=0.80,故选A。5.锰的氧化物Mn2O3、MnO2、Mn3O4、Mn2O7在加热时均能和浓盐酸发生反应生成MnCl2和Cl2。取一定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应,产生的氯气在标准状况下的体积为1.12 L,将反应后的溶液稀释至500 mL,测得溶液中c(Mn2+)为0.1

6、molL-1,则参加反应的氧化物是()A.Mn2O3B.Mn3O4 C.Mn2O7D.MnO2答案Dn(Cl2)=1.12 L22.4 Lmol-1=0.05 mol,反应中转移的电子的物质的量为0.05 mol2=0.1 mol,氧化物中锰的物质的量=0.1 molL-10.5 L=0.05 mol,根据得失电子守恒,反应中Mn的化合价应降低2,则锰的氧化物中Mn的化合价为+4,故参加反应的氧化物是MnO2;故选D。6.甲酸钙广泛用于食品、化工、石油等工业生产上,其在300400 会分解。实验室制取甲酸钙的方法之一是Ca(OH)2+HCHO+H2O2Ca(HCOO)2+H2O(未配平)。NA

7、为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()A.参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为11B.每生成13 g甲酸钙,反应中转移的电子数为0.4NAC.该反应中被还原的元素只有OD.氧化性:Ca(HCOO)2H2O2答案D配平反应方程式为Ca(OH)2+2HCHO+2H2O2 Ca(HCOO)2+4H2O,HCHO为还原剂,H2O2为氧化剂,故参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为11,A项正确;13 g甲酸钙的物质的量为0.1 mol,转移电子的物质的量为0.1 mol4=0.4 mol,B项正确;H2O2为氧化剂,被还原的元素只有O,C项正确;氧化剂的氧化性强于氧化产物,氧化性:H2O2C

8、a(HCOO)2,D项错误。7.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+,将一定量的该磁黄铁矿与100 mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成2.4 g硫单质、0.3 mol FeCl2和一定量H2S气体,且所得溶液滴加硫氰化钾溶液,溶液颜色无明显变化。则下列说法不正确的是()A.该盐酸的物质的量浓度为6 mol/LB.该磁黄铁矿FexS中,Fe2+与Fe3+的物质的量之比为21C.该磁黄铁矿FexS中,x=0.8D.生成的H2S气体在标准状况下的体积为6.72 L答案B盐酸恰好反应生成0.3 mol FeCl2,根据氯原子守恒得c(H

9、Cl)=0.3mol20.1 L=6 mol/L,A项正确;2.4 g S物质的量为0.075 mol,根据得失电子守恒得n(Fe3+)=0.075mol(2-0)3-2=0.15 mol,则n(Fe2+)=0.3 mol-0.15 mol=0.15 mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.15 mol0.15 mol=11,B项错误;根据原子守恒,n(H2S)=12n(HCl)=n(FeCl2)=0.3 mol,FexS中n(S)=0.075 mol+0.3 mol=0.375 mol,n(Fe)=0.3 mol,n(Fe)n(S)=0.3 mol0.375 mol=0.8,所以x

10、=0.8,C项正确;n(H2S)=0.3 mol,V(H2S)=0.3 mol22.4 L/mol=6.72 L,D项正确。8.用酸性KMnO4溶液处理硫化亚铜(Cu2S)和二硫化亚铁(FeS2)的混合物时,发生反应:MnO4-+Cu2S+H+ Cu2+SO42-+Mn2+H2O(未配平)和反应:MnO4-+FeS2+H+Fe3+SO42-+Mn2+H2O(未配平)。下列说法正确的是()A.反应中Cu2S既是氧化剂又是还原剂B.反应中每生成1 mol SO42-,转移电子的物质的量为10 molC.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为13D.若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同,则反应

11、和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为23答案B反应Cu2S中Cu和S的化合价都升高,作还原剂,A项错误;反应中每生成1 mol SO42-,参加反应的Cu2S为1 mol,反应转移电子的物质的量为10 mol,B项正确;反应中氧化剂MnO4-化合价降低5,还原剂FeS2化合价共升高15,根据得失电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为155=31,C项错误;若反应和反应中消耗的KMnO4的物质的量相同,则根据反应推知,12Cu2SMnO4-13FeS2,反应和反应中消耗的还原剂的物质的量之比为1213=32,D项错误。9.磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体,具有还原性,可作为电子工

12、业原料。PH3的一种工业制法流程如下:白磷(P4)反应1PH3过量NaOH溶液反应2稀硫酸反应3(分解反应)H3PO4PH3下列说法错误的是()A.H3PO2为一元弱酸B.该过程最好在无氧条件下进行C.不考虑损失,1 mol P4参与反应,可产生2.5 mol PH3D.反应1中氧化产物和还原产物的物质的量之比为13答案D反应1中加入过量的NaOH溶液生成NaH2PO2,说明H3PO2为一元酸,反应2中NaH2PO2和稀硫酸反应生成H3PO2,说明为弱酸,A项正确;P4、PH3在有氧条件下易自燃,B项正确;由反应P4+3H2O+3NaOH3NaH2PO2+PH3、NaH2PO2+H2SO4 N

13、aHSO4+H3PO2和2H3PO2 PH3+H3PO4可知,1 mol P4参与反应,可产生2.5 mol PH3,C项正确;反应1的氧化产物是NaH2PO2,还原产物是PH3,根据得失电子守恒,物质的量之比为31,D项错误。10.(双选)向含有x mol HNO3和y mol H2SO4的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量,溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断不正确的是()A.a表示Fe3+的关系曲线,且满足n1n3=21B.当x=y时,n1=0.75C.y1.5xD.向P点溶液中加入铜粉,最多可溶解铜粉19.2x g答案AB向混

14、合溶液中加入铁粉,先发生反应Fe+4H+NO3- Fe3+NO+2H2O,a表示Fe3+的关系曲线,0n1,消耗Fe 和产生Fe3+物质的量为n1 mol,n1n3段发生反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+,此段消耗Fe的物质的量为n12 mol,n3=n1+n12=3n12,n1n3=23,A项错误;由题图知,当Fe3+恰好完全消耗时,Fe2+的物质的量达到最大,说明n1时,H+消耗完,当x=y时,则混合液中n(H+)=(x+2y) mol=3x mol,消耗Fe的物质的量为3x4 mol,B项错误;混合溶液中H+消耗完时,NO3-可能消耗完或剩余,则4x(x+2y),即y1.5x,C项正确;加

15、入Cu,发生反应Cu+2Fe3+ 2Fe2+Cu2+,当NO3-全部参与反应时生成的Fe3+最多,此时n(Fe3+)=n(NO3-)=x mol,P点时n(Fe2+)=n(Fe3+),设n1n2段反应了a mol Fe3+,则生成n(Fe2+)=1.5a mol,从而推出x-a=1.5a,得a=0.4x,P点溶液中n(Fe3+)=1.50.4x mol=0.6x mol,最多消耗Cu的质量为0.6xmol264 g/mol=19.2x g,D项正确。11.关于反应2KCuO2+8HCl2KCl+2CuCl2+Cl2+4H2O,下列说法正确的是()A.KCuO2发生氧化反应B.CuCl2是氧化产

16、物C.若生成标准状况下4.48 L氯气,则转移0.4 mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为14答案C铜元素化合价由KCuO2中的+3价降低为CuCl2中的+2价,KCuO2作氧化剂发生还原反应,CuCl2是还原产物,A、B错误;反应中每生成1 mol氯气,转移2 mol电子,C正确;8 mol HCl中有2 mol HCl作还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为11,D错误。12.已知二氯化二硫(S2Cl2)的结构式为ClSSCl,它易与水反应:2S2Cl2+2H2O4HCl+SO2+3S。下列对该反应的说法正确的是()A.HCl是还原产物B.S2Cl2作氧化剂,水作还原剂C.若有1

17、 mol SO2生成,则反应转移3NA个电子D.若有1 mol S2Cl2发生反应,则产生标准状况下体积为11.2 L的气体答案C反应中S2Cl2既是氧化剂又是还原剂,还原产物是S,A、B错误;若有1 mol S2Cl2发生反应,则生成0.5 mol SO2和2 mol HCl,故产生的气体在标准状况下体积不为11.2 L,D错误。13.将m g CuS和Cu2S的混合物投入到500 mL c molL-1的稀HNO3溶液中恰好完全反应,收集到NO气体17.92 L(标准状况),向反应后的溶液中(存在Cu2+和SO42-)加入V mL 3 molL-1NaOH溶液恰好使Cu2+完全沉淀,过滤、

18、洗涤、灼烧,得到36 g CuO。下列说法正确的是()A.NO的质量为27 gB.V=400C.CuS和Cu2S的物质的量之比为41D.反应后的溶液中SO42-的物质的量为0.25 mol答案D设CuS的物质的量为x mol,Cu2S的物质的量为y mol,根据得失电子守恒得8x+10y=(17.92/22.4)3,根据原子守恒得x+2y=36/80,解得x=0.05,y=0.2。A项,m(NO)=(17.92 L/22.4 Lmol-1)30 gmol-1=24 g,错误;B项,沉淀溶液中的Cu2+需要NaOH的物质的量为(36 g/80 gmol-1)2=0.9 mol,需要NaOH溶液的

19、体积为0.9 mol/3 molL-1=0.3 L=300 mL,错误;C项,CuS和Cu2S的物质的量之比为0.050.2=14,错误;D项,由硫原子守恒知,反应后溶液中SO42-的物质的量为0.05 mol+0.2 mol=0.25 mol,正确。14.已知二氧化硒是一种氧化剂,它由Se+2H2SO4(浓) 2SO2+SeO2+2H2O制取,又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2OaSe+bX+dY。下列叙述正确的是()A.ab=11B.Y为OH-C.氧化性SeO2H2SO4(浓)D.若每生成0.2 mol X,则该反应转移0.4NA个电子答案D由题意知SeO2是氧化剂,可将二氧化硫氧

20、化为硫酸,根据原子守恒知X是硫酸,Y不含Se、S,则没有Y生成,根据得失电子守恒知ab=12,A、B错误,D正确;根据氧化性:氧化剂氧化产物知,C错误。15.已知Fe3+、Fe2+、NO3-、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物。下列叙述正确的是()A.氧化产物为NH4+B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为18C.Fe3+和Fe2+分别属于反应物和生成物D.若把该反应设计为原电池,则正极反应式为Fe3+e-Fe2+答案B发生反应的离子方程式为8Fe2+NO3-+10H+8Fe3+NH4+3H2O,根据反应可知A、C错误,B正确;把该反应设计为原电池,正极上NO3-

21、发生还原反应,电极反应式为NO3-+8e-+10H+NH4+3H2O,D错误。16.把图2中的物质补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。Mn2+H+图1+MnO4-+IO4-+IO3-+H2O图2对该氧化还原型离子方程式说法不正确的是()A.IO4-作氧化剂B.若1 mol Mn2+参加反应,则转移5 mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为52D.配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3答案D分析图1、图2可知,Mn2+作还原剂,IO4-作氧化剂,配平后的离子方程式为2Mn2+5IO4-+3H2O 6H+2MnO4-+5IO3-, D项错误。17.酸性KMnO

22、4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O(未配平),下列有关该反应的说法中正确的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2+的还原性强于CuS的还原性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为65D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol答案CA项,反应中铜元素的化合价不变,硫元素的化合价由-2升到+4,只有硫元素被氧化,错误;B项,同一反应中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则还原性CuSMn2+,错误;C项,氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,设KMnO4为x mol,CuS为y mol,根据得失电子守恒得

23、x(7-2)=y4-(-2),xy=65,正确;D项,SO2物质的量为0.1 mol,转移电子的物质的量为0.1 mol4-(-2)=0.6 mol,错误。18.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,将这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()A.60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL答案A由题意可知:HNO3NO2N2O4NO HNO3,由转化过程可知,Cu失去的电子数与O2得到的电子数相等

24、,则n(Cu)=2n(O2)=0.15 mol。根据NaOH和Cu(NO3)2的反应可得:n(NaOH)=2nCu(NO3)2=2n(Cu)=0.3 mol,则V(NaOH溶液)=0.3mol5molL-1=0.06 L=60 mL。19.已知氯气与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO、NaClO3,NaClO在加热条件下可分解生成NaCl和NaClO3。现向氢氧化钠溶液中通入一定量的氯气,加热少许时间后溶液中形成混合体系,若溶液中只有NaCl、NaClO、NaClO3三种溶质。下列判断不正确的是()A.反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为12B.反应停止后n(NaClO)n(N

25、aCl)n(NaClO3)可能为1112C.若反应过程中消耗1 mol氯气,则1 mol转移电子数53molD.溶液中c(Na+)和c(Cl-)之比可能为52答案DA项,根据NaCl、NaClO、NaClO3的组成可知,Na和Cl的物质的量之比为11,则反应过程中消耗氯气与NaOH的物质的量之比为12,正确。B项,设反应停止后n(NaCl)=11 mol、n(NaClO)=1 mol、n(NaClO3)=2 mol,反应过程中得失电子守恒,正确。C项,若反应过程中消耗1 mol氯气,氧化产物只有NaClO时转移电子数最少,为1 mol2121=1 mol;氧化产物只有NaClO3时转移电子数最

26、多,为1 mol2561=53 mol,则1 mol转移电子数53mol,正确。D项,根据得失电子守恒,溶液中c(Na+)和c(Cl-)之比不可能为52,错误。20.在一定量铁的氧化物中,加入30 mL 4 mol/L的硫酸溶液恰好完全反应,所得溶液中的Fe2+恰好能被标准状况下672 mL Cl2氧化,则该固体中铁原子和氧原子的个数之比为()A.23B.34C.56D.79答案C由原子守恒可知,n(氧化物中的O)=n(H2O)=n(H2SO4)=3010-3L4 mol/L=0.12 mol,Fe2+能被标准状况下672 mL氯气氧化,由得失电子守恒可知n(Fe2+)=0.672 L22.4

27、 L/mol2(1-0)(3-2)=0.06 mol,铁的氧化物中各元素正、负化合价的代数和为0,设n(Fe3+)=x,则3x+0.062=0.122,解得x=0.04 mol,则铁原子和氧原子的个数之比为(0.06 mol+0.04 mol)0.12 mol=56。21.足量铜与一定量浓硝酸反应,得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()A.60 mLB.45 mLC.30 mLD.15 mL

28、答案ANO2、N2O4、NO的混合气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中,完全被水吸收生成HNO3,则整个过程中HNO3反应前后元素化合价没有发生变化,即Cu失去的电子都被O2得到了,根据得失电子守恒有n(Cu)2=n(O2)4,即n(Cu)2=(1.68/22.4) mol4,解得n(Cu)=0.15 mol,所以 Cu(NO3)2为0.15 mol,根据Cu2+ 2OH-,则n(NaOH)=0.15 mol2=0.3 mol,则V(NaOH溶液)=n/c=0.3 mol/(5 molL-1)=0.06 L,即60 mL。22.NSR技术能有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO

29、x(氮氧化物)的排放,其工作原理:NOx的储存和还原在不同时段交替进行,如图所示。下列说法不正确的是()A.储存过程中化合价发生改变的元素有两种B.还原过程中,Ba(NO3)2转化为BaOC.在储存过程中,参加反应的NO和O2的物质的量之比为21D.还原过程中,若还原性气体为H2,则参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比是51答案C还原过程中,Ba(NO3)2与还原性气体反应生成氧化钡、氮气和水,B正确;储存过程中,NO与O2、BaO反应生成Ba(NO3)2,1 mol NO完全反应失去3 mol电子,1 mol O2完全反应得到4 mol电子,根据得失电子守恒可知,参加反应的NO和O2的物

30、质的量之比为43,C错误;若还原性气体为H2,1 mol氢气完全反应失去2 mol电子,Ba(NO3)2中+5价N元素转化成1 mol N2得到10 mol电子,根据得失电子守恒可知,参加反应的H2与生成的N2的物质的量之比为51,D正确。23.利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的S2-,制取石膏(CaSO42H2O)的过程如下:下列说法正确的是()A.CaSO42H2O属于盐类和纯净物B.过程中,反应的离子方程式为2S2-+4MnO32-+10H+4Mn(OH)2+S2O32-+H2OC.过程后溶液pH增大D.将10 L上清液中的S2-(S2-浓度为480 mg/L)转化为S

31、O42-,理论上共需要0.15 mol O2答案AA项,CaSO42H2O属于纯净物,属于盐类,正确;B项,根据转化关系图,过程中S2-与MnO32-反应生成S2O32-和Mn(OH)2,溶液呈碱性,反应的离子方程式为2S2-+4MnO32-+9H2OS2O32-+4Mn(OH)2+10OH-,错误;C项,由题图可知过程中发生反应:2Mn(OH)2+O2+4OH-2MnO32-+4H2O,溶液的pH减小,错误;D项,10 L上清液中的S2-的物质的量为0.15 mol,根据物质转化过程可知,S2-12 S2O32- SO42-8e-2O2,所以理论上共需要O2的物质的量为0.3 mol,错误。

32、24.硫化铋(Bi2S3)是一种重要的半导体材料,它在光电元件、热电设备等方面的应用给人类带来极大的便利。Bi2S3芯片刻蚀技术涉及的反应为Bi2S3+6FeCl3 2BiCl3+6FeCl2+3S,下列说法不正确的是()A.Bi2S3中Bi元素的化合价为+3B.刻蚀反应中FeCl3是氧化剂,S是氧化产物C.1 mol Bi2S3完全反应时,转移6 mol电子D.刻蚀反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为13答案DBi2S3中S元素的化合价为-2,故Bi元素的化合价为+3,A正确;FeCl3中铁元素化合价降低,是氧化剂,硫元素化合价升高,S是氧化产物,B正确;1 mol Bi2S3完全反应时

33、,1个硫原子转移2个电子,1 mol Bi2S3含有3 mol硫原子,共失去6 mol电子,C正确;还原产物是FeCl2,氧化产物是S,二者物质的量之比为21,D错误。25.我国是少数几个拥有石煤资源的国家之一,工业上以伴生钒的石煤(主要成分为V2O3,含少量P2O5、SiO2等杂质)为原料制备钒的主要流程如下:石煤焙烧空气纯碱水浸除硅、磷MgSO4沉钒滤液NH4Cl 灼烧还原钒已知:NH4VO3难溶于水。请回答下列问题:(1)焙烧。通入空气的条件下,向石煤中加纯碱焙烧,将V2O3转化为NaVO3的化学方程式为。(2)除硅、磷。用MgSO4溶液除硅、磷时,Si、P会形成MgSiO3、Mg3(P

34、O4)2沉淀。若沉淀后溶液中,随着温度升高,除磷率显著下降,原因一是温度升高,Mg3(PO4)2溶解度增大;二是。(3)沉钒。该操作产生的滤液中,两种主要的溶质阴离子是(写化学式);检验该滤液中两种阴离子的方法是。(4)灼烧。在灼烧NH4VO3的过程中,固体残留率随温度变化的曲线如图1所示,则0210发生反应的化学方程式为。图1(5)还原。在高温真空条件下,用过量焦炭还原V2O5,可以生成钒单质,该反应的化学方程式为 。(6)钒及其化合物在日常生活中有许多重要的应用。如硼化钒(VB2)空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如图2所示,该电池工作时发生的反应为4VB2+11O2 4B2O3

35、+2V2O5。下列说法不正确的是(填标号)。图2A.电极a为电池负极B.图中选择性透过膜只能让阳离子透过C.电子由VB2极经KOH溶液流向电极aD.VB2极发生的电极反应为2VB2+22OH-22e- V2O5+2B2O3+11H2O答案(1)Na2CO3+O2+V2O3 2NaVO3+CO2(2)温度升高,促进Mg2+水解生成Mg(OH)2(3)SO42-、Cl-取少量滤液于试管中,加入Ba(NO3)2溶液,有白色沉淀生成,则说明含有SO42-;继续加入Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀,静置一段时间,取上层清液于试管中,再加AgNO3溶液,有白色沉淀产生,则说明含有Cl-(4)NH4VO3

36、 NH3+HVO3(5)5C+V2O5 2V+5CO(6)ABC解析(1)V2O3转化为NaVO3的过程中,O2被还原,V元素被氧化,根据得失电子守恒可写出反应方程式。(2)除磷的方式是将磷元素转化为Mg3(PO4)2沉淀,若温度升高,Mg3(PO4)2的溶解度将增大,同时Mg2+的水解程度会增大,更多的Mg2+转化为Mg(OH)2,使得Mg3(PO4)2的量减少,从而使得除磷率降低。(3)除硅、磷过程中所加MgSO4中的SO42-未参加反应,沉钒过程中所加NH4Cl中的Cl-未参加反应,因此滤液中主要阴离子为SO42-、Cl-;然后再检验SO42-、Cl-即可。(4)由图1知,(反应后剩余固

37、体质量/起始固体质量)100%=85.4%,推知A点固体为HVO3,逸出的气体为NH3,由此写出发生反应的化学方程式。(5)在高温真空条件下,用过量焦炭还原V2O5生成钒单质,焦炭被氧化为CO,根据得失电子守恒可写出该反应的化学方程式。(6)VB2为负极,电极反应式是2VB2+22OH-22e- V2O5+2B2O3+11H2O;电极a为正极,电极反应式是O2+4e-+2H2O 4OH-;负极消耗OH-,则正极产生的OH-透过选择性透过膜进入负极区;电子由负极经外电路流入正极,电解质溶液中不会有电子的流动,只有阴、阳离子的迁移,故选ABC。26.MnSO4是重要化工原料,用菱锰矿制备MnSO4

38、H2O的工艺流程如下:.向菱锰矿中加入过量稀H2SO4,过滤;.向滤液中加入过量MnO2,过滤;.调节滤液pH=a,过滤;.浓缩、结晶、分离、干燥得到产品;.检验产品纯度。资料:菱锰矿的主要成分为MnCO3,主要杂质有FeCO3、Al2O3和SiO2。生成氢氧化物沉淀的pH:Al(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2开始沉淀时3.46.31.57.6完全沉淀时4.78.32.810.2注:金属离子的起始浓度为0.1 molL-1。(1)步骤加入过量稀H2SO4前,菱锰矿需研磨。目的是。(2)将MnO2氧化Fe2+的离子方程式补充完整:MnO2+Fe2+Mn2+Fe3+ (3)与选

39、用Cl2作为氧化剂相比,MnO2的优势主要在于:原料来源广、成本低、可避免环境污染、。(4)已知:步骤中a的取值范围是。(5)步骤,通过测定产品中锰元素的质量分数来判断产品纯度。已知一定条件下,MnO4-与Mn2+反应生成MnO2。取x g产品配成溶液,用0.1 molL-1 KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液y mL,产品中锰元素的质量分数为。答案(1)增大反应物接触面积,加快反应速率(2)124H+122H2O(3)不会引入Cl-,使制得的MnSO4H2O产品更纯净(4)4.7a6.6时,残留的镍含量随溶液初始pH增大而增大的原因是。图1取100 mL废水样品,向其中加入适量铁粉,测得

40、Fe()的含量和总铁含量变化如图2所示,Fe()表示溶液及沉淀中+2价的铁元素,总铁表示溶液及沉淀中化合态的铁元素。4060 min内,溶液pH约为6.4,该时间段内引起Fe()含量降低的反应的离子方程式为。图2另取100 mL pH约为5.8的废水样品,加入FeCl3溶液,废水中镍含量也有明显降低,原因是。答案(1)0.5(2)铁粉与H+反应生成Fe(OH)2覆盖在铁粉表面不利于Fe置换出Ni4Fe2+O2+10H2O 4Fe(OH)3+8H+生成的Fe(OH)3有吸附性解析(1)由关系式FeSO4Fe2e-知,制备1 mol Fe需要转移2 mol电子,又知NaBH42H24e-,根据得失

41、电子守恒可知,需要NaBH4的物质的量为0.5 mol。(2)pH太小即酸性太强,加入的Fe粉与H+反应,导致除镍效果差;pH6.6时,Fe2+开始沉淀,生成的Fe(OH)2沉淀覆盖在铁粉表面,阻止了Fe粉与Ni2+反应,导致残留镍含量增大。pH6.4时,没有生成Fe(OH)2沉淀,Fe2+被废水中的O2氧化为Fe(OH)3沉淀。pH5.8时,Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体,胶体具有吸附性,直接将Ni2+吸附,导致含镍量降低。28.金常以微细粒浸染于黄铁矿、含砷黄铁矿中,此类矿石的预氧化处理方法主要有:焙烧氧化、生物氧化和湿法氧化。(1)含砷黄铁矿(主要成分为FeAsS)高温焙烧氧化后,再

42、用氰化钠(NaCN)溶液浸出。已知:氢氰酸(HCN)易挥发,有剧毒。焙烧氧化的产物有As4O6、Fe3O4,该反应的化学方程式为。焙烧氧化的缺点为。采用电解法除去反应剩余液中有毒物质,CN-在阳极区被去除。在pH=10时,CN-去除效果最佳且能耗最低,原因是。(2)利用细菌进行生物氧化提取金,pH对金的浸出率影响如图1所示,pH影响金浸出率的原因是。图1图2(3)湿法氧化是在溶液中化学物质的作用下提取金。已知Au的硫酸盐难溶于水,Au+与Sx2-、S2O32-等形成配合物。工业上利用硫代硫酸盐可浸出金生成Au(S2O3)23-,但在富氧条件下浸出率明显降低,原因是。常温下,已知H2S-HS-S

43、2-粒子体系随pH变化各组分分布如图2所示,(H2S)=c(H2S)c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)。多硫化物浸金的一种原理是:混合体系在通空气条件下被氧化时,体系中S2-先被氧化为S,再转化为S42-。研究发现S42-可将Au氧化为AuS-,pH=11时S42-将Au氧化的离子方程式为。答案(1)12FeAsS+29O24Fe3O4+12SO2+3As4O6焙烧氧化有砷、硫氧化物生成,造成污染;反应在高温下进行,能耗高pH小于10,产生剧毒气体HCN;pH大于10,溶液中OH-放电生成O2(2)在强酸、强碱条件下,微生物的蛋白质变性,需控制一定的pH(3)S2O32-会被氧化为SO4

44、2-,形成硫酸金沉淀6Au+2HS-+2OH-+S42- 6AuS- +2H2O解析(1)产物还有SO2,根据氧化还原反应原理可配平化学方程式。(3)在碱性条件下,S42-可将Au氧化为AuS-,由原子守恒知反应物还有HS-,根据氧化还原反应原理可配平反应的离子方程式。29.含氮废水需经处理后排放,氨氮(以NH3、NH4+存在)和硝态(以NO3-存在)废水的处理方法不同。.某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。已知:HClO的氧化性比 NaClO强;NH3比NH4+更易被氧化;国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在69范围内。(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等

45、无污染物质,该反应的离子方程式为。(2)进水pH对氨氮废水去除率和出水pH的影响分别如图1、图2所示:图1图2进水pH在1.252.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是。进水pH在2.756.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是。进水pH应控制在左右为宜。.石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO3-,纳米铁还原废水中NO3-的可能反应机理如图3所示。图3(3)纳米铁还原NO3-的过程可描述为。(4)经检验,污水经处理后,水体中NO3-、NO2-浓度很小,但水中总氮浓度下降不明显,原因是。答案.(1)2NH4+3ClO- N2+3Cl-+2H+3H2O(2)HClO氧

46、化性比ClO-强,随着pH升高,ClO-水解程度减小,溶液中c(HClO)减小,氧化能力降低,导致氨氮去除率下降随着pH升高,NH3废水中NH3含量增大,氨氮更易被氧化1.5.(3)纳米铁失去电子生成Fe2+,Fe2+失去电子形成Fe3O4;吸附在纳米铁表面的NO3-得到电子被还原生成NO2-,NO2-在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH4+(4)NO2-被还原为NH4+,留在溶液中(或NO2-在纳米铁表面被还原生成NH4+的速率大于生成N2的速率)解析.(1)NaClO将NH4+氧化成N2,自身被还原成Cl-,该反应在酸性条件下进行,利用得失电子守恒,电荷守恒和原子守恒配平化学反应

47、方程式。(2)根据题中已知信息,HClO的氧化性比NaClO强,进水pH在1.252.75范围内,c(HClO)降低,氧化能力下降,导致氨氮去除率下降;根据NH3比NH4+更易被氧化,进水pH在2.756.00范围内,氨氮废水中NH3含量增大,氨气更容易被氧化;国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在69范围内,根据题给图1、图2信息可知,pH=1.5左右氨氮去除率较大,且出水pH符合国家标准。.(3)纳米铁还原NO3-的过程为:纳米铁Fe2+Fe3O4,吸附在纳米铁表面的NO3-NO2-N2和NH4+。30.铬是造成水体污染的元素之一,水体除铬主要有还原沉淀法、光催化还原法等。(1)NaH

48、SO3还原沉淀法:向酸性废水中加入NaHSO3,使Cr2O72-还原为Cr3+,然后加入熟石灰调节废水的pH,使Cr3+完全沉淀。酸性条件下,NaHSO3与Cr2O72-反应的离子方程式为。Cr3+的基态核外电子排布式为。已知25 时KspCr(OH)3=6.410-31,若除去废水中Cr3+,使其浓度小于6.410-7molL-1,此时溶液中的c(H+)12时,铬去除率下降的原因可用离子方程式表示为。图1(2)金属也可用于还原废水中的Cr()。其他条件相同时,用相同物质的量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr()废水,废水中Cr()残留率随时间的变化如图2所示。图中b对应的实验

49、方法所使用的的金属粉是。图中b对应的实验方法处理含Cr()废水的效果更好,其原因是。图2(3)光催化还原法:可能的反应机理如图3所示,ZrO2纳米管为催化剂,在紫外光照射下,VB端光生空穴(h+)被牺牲剂甲醇(CH3OH)消耗。在紫外光照射下,甲醇还原Cr()的过程可描述为。图3答案(1)3HSO3-+Cr2O72-+5H+ 2Cr3+3SO42-+4H2OAr3d3或1s22s22p63s23p63d31.010-6Cr(OH)3+OH- Cr(OH)4-(2)Zn-Cu粉Zn-Cu粉在溶液中形成原电池,加快反应速率(3)甲醇(CH3OH)在VB端失去电子,电子被转移到CB端,Cr()在CB

50、端得到电子被还原为Cr(),Cr()可以进一步得到电子被还原为Cr(0)解析(1)HSO3-使Cr2O72-还原为Cr3+,自身被氧化生成SO42-,根据溶液呈酸性,结合得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可配平方程式。Cr为24号元素,电子排布式为Ar3d54s1,变成Cr3+时,先失去4s轨道上的一个电子,再失去3d轨道上的两个电子。KspCr(OH)3=c(Cr3+)c3(OH-)=6.410-31,c(OH-)=1.010-8 molL-1,c(H+)=KW/c(OH-)=1.010-14/1.010-8=1.010-6 molL-1。由题给图1信息知,pH=12时,Cr主要以Cr(OH)

51、3形式存在,pH增大时,会转化为Cr(OH)4- 。(2)曲线b对应的Cr()残留率变化速率快,Zn、Cu和废水构成原电池时,反应速率加快,故曲线b对应的实验方法所用的金属粉是Zn-Cu粉。31.由三种短周期元素组成的化合物A,常温下为无色晶体,易分解、易爆炸,水溶液中相对稳定,是二元含氧酸,一定条件下可用作还原剂。A的制备可以由化合物X经过如下步骤实现:已知:A的相对分子质量为62,在氧气中灼烧可得红棕色气体M和H2O,二者物质的量之比为21;钠汞齐是单质钠溶于单质汞形成的混合物,是一种强还原剂;X是一种常见的食品防腐剂和肉类发色剂,俗称“工业盐”;B、E含有相同的阴离子。(1)A的组成元素

52、名称为,若A中所有原子都满足稀有气体原子的电子层结构,且具有对称性,则A的结构式为。(2)B的水溶液显碱性,用离子方程式表示其原因:。(3)C是氯碱工业产物之一,写出由X生成B的化学方程式:。(4)将A加入到碘水中,碘水褪色,生成三种酸,物质的量之比为116,写出发生反应的化学方程式:。(5)设计简单家庭实验方案,用于区分工业盐和食用盐。答案(1)氢、氧、氮HONNOH(2)N2O22-+H2OHN2O2-+OH-(3)2NaNO2+4Na+2H2ONa2N2O2+4NaOH(4)H 2N2O2+3I2+3H2OHNO2+HNO3+6HI(5)各取少量,分别加热,先融化的是工业盐(或各取少量,

53、加入洁厕灵或米醋,有红棕色气体产生的是工业盐)解析(1)A是二元含氧酸,在氧气中灼烧得红棕色气体M和H2O,则M为NO2,故A中含有H、O、N元素,依题意有A+O22NO2+H2O,1 mol A的质量为62 g,2 mol NO2和1 mol H2O的总质量为2 mol46 g/mol+18 g=110 g,则参加反应的O2的质量为110 g-62 g=48 g,即32 mol,由A+32O2 2NO2+H2O及质量守恒定律可得A的分子式为H2N2O2。A中所有原子都满足稀有气体原子的电子层结构,且具有对称性,则A的结构式为HONNOH。(2)X为NaNO2,NaNO2被强还原剂钠汞齐还原生

54、成B和C,B与AgNO3反应生成与B含有相同阴离子的沉淀E,E与HCl反应生成的溶液F蒸发得到H2N2O2,故B为Na2N2O2,B的水溶液显碱性,说明H2N2O2为二元弱酸,N2O22-水解使其显碱性。(3)C是氯碱工业产物之一,则C为NaOH,结合得失电子守恒和原子守恒可写出由X生成B的化学方程式。(4)将H2N2O2加入到碘水中,碘水褪色,生成三种酸,则三种酸应为HI、HNO3和HNO2,结合得失电子守恒和原子守恒及三种酸的物质的量之比为116,可得反应的化学方程式。32.二元化合物A是一种较强的还原剂,可以用次氯酸钠溶液和过量的氨气制得,6.4 g A完全燃烧得到4.48 L密度为1.

55、25 gL-1的气体B(体积与密度均在标准状况下测定)。(1)A的化学式为。(2)写出次氯酸钠溶液和过量的氨气制备A的离子方程式:,A的制备过程中氨气需要过量的理由是。(3)A可与黑色的CuO反应生成气体B和一种砖红色的物质,写出该反应的化学方程式:。(4)已知2-丁烯存在顺反异构(如图所示),甲基在双键同一侧的,称为顺式;甲基在双键两侧的,称为反式。顺-2-丁烯反-2-丁烯现有化合物C,所含元素与A相同,摩尔质量小于A,C可通过A与等物质的量的过氧化氢恰好完全反应得到。实验表明,C可能存在两种结构,请写出它们的结构式:、。答案(1)N2H4(2)ClO-+2NH3 N2H4+Cl-+H2O次

56、氯酸钠有强氧化性,可以氧化N2H4,过量的氨防止N2H4被氧化(3)4CuO+N2H4 2Cu2O+N2+2H2O(4)解析M(B)=1.25 gL-122.4 Lmol-1=28 gmol-1,结合原子守恒可知B为N2,二元化合物A中含有N和H元素。6.4 g A完全燃烧得到0.2 mol N2,A中n(N)=0.4 mol,n(H)=6.4 g-0.4mol14 gmol-11 gmol-1=0.8 mol,n(N)n(H)=12,故A为N2H4。(2)次氯酸钠溶液中ClO-将NH3氧化生成N2,还原产物应为Cl-,由得失电子守恒及原子守恒可写出相关反应的离子方程式。(3)依题意,N2H4

57、可与CuO反应生成N2和一种砖红色的物质,N元素化合价从-2价升高到0价,铜元素化合价降低,故砖红色物质应为Cu2O,根据得失电子守恒及原子守恒可写出相关反应的化学方程式。(4)依题意,化合物C也由N和H元素组成,摩尔质量小于32 gmol-1,可通过N2H4与等物质的量的H2O2恰好完全反应得到,1 mol H2O2在反应中转化为1 mol H2O得2 mol e-,则1 mol N2H4应失去2 mol e-,N元素化合价应从-2价升高到-1价,故C为N2H2,类似2-丁烯,N2H2存在两种顺反异构体:和。33.某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4),并探究其性质。已知:K2FeO4为紫色

58、固体,微溶于KOH溶液中,溶液颜色呈紫色;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。.制备K2FeO4(夹持装置略)(1)装置A为氯气发生装置,装置C中得到紫色固体和溶液。请写出C中由Cl2参加反应生成高铁酸钾的化学方程式。.探究K2FeO4的性质(2)取装置C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,经检验气体中含有Cl2。为证明是否为K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:用KOH溶液充分洗涤装置C中所得固体;再用KOH溶液将固体K2FeO4溶出,得到紫色溶液a。取少量溶液a,滴加盐酸,有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了Cl-,中用KOH溶液洗涤

59、的目的是。(3)资料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42-MnO4-。验证实验如下:将溶液a滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色,该现象可证明氧化性FeO42-MnO4-。请说明理由。答案(1)3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH 2K2FeO4+6KCl+8H2O(2)排除ClO-的干扰(3)FeO42-在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液呈现的浅紫色一定是MnO4-的颜色解析(1)依题意得,Cl2与Fe(OH)3、KOH溶液反应得到K2FeO4,根据得失电子守恒和原子守恒可写出反应的化学方程式。(2)C中Cl2与过量的KOH反应可生成KClO,酸性条件下

60、ClO-也可将Cl-氧化生成Cl2,为排除ClO-的干扰,用足量KOH溶液洗涤所得K2FeO4固体,以除去表面附着的ClO-。(3)溶液呈浅紫色,说明FeO42-将Mn2+氧化为MnO4-,根据同一氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知,氧化性FeO42-MnO4-。关联知识(2)中涉及的氧化还原反应为2FeO42-+6Cl-+16H+ 2Fe3+3Cl2+8H2O、ClO-+Cl-+2H+ Cl2+H2O。(3)中涉及的氧化还原反应为5FeO42-+3Mn2+16H+ 5Fe3+3MnO4-+8H2O、4FeO42-+20H+ 4Fe3+3O2+10H2O。34.含氯化合物在