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文档简介
第7讲氧化还原反应方程式的配平与计算
[高考评价要求]
1.能利用电子守恒法进行氧化还原反应方程式的配平和计算。
2.掌握质量守恒定律及其应用。
考点一氧化还原反应方程式的配平
-------<国图耳备知识>-------
1.氧化还原反应方程式配平的基本原则
「氧化剂和还原剂转移电子总数相等,
配化合价升高总数=化合价降低总数,
平
三
反应前后原子的种类和个数不变
大
原
则
一
2.氧化还原方程式配平的一般步骤
丁(标变价H、标明反应前后变价元素的化合价)
列出化合价的变化值)
T列得失H
配
平T求总数H通过求最小公倍数使化合价升降总数相等
五
确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物
步>
骤TZ配系-数和的化学计量数,观察法配平其他物质的化
学计量数
J(查守恒H检查质量、电荷、得失电子是否守恒)
3.配平方法示例
配平反应H2S+HNO3—>SI+N0t+H2O
-2+50+2
第一步:标变价,H2S+HNO3—->S;+N0t+H2O
+5
第二步:列得失,H2s+HN03
失去2e~II得到3e-
0+2
SNO
第三步:求总数,从而确定氧化剂(或还原产物)和还原剂(或氧化产物)的化
学计量数。
+5
H2s2+HNO3
失去21X3II得至U31X2
o+2
SNO
故H2s的化学计量数为3,HN03的化学计量数为2o
第四步:配系数,先配平变价元素,再利用原子守恒配平其他元素。
3H2s+2HNO3=3SI+2N0t+4H2O
第五步:查守恒,其他原子在配平时相等,最后利用0原子守恒来进行验
证。
-------<限E)关键能力>-------
题组一正向配平类(氧化剂、还原剂中某元素化合价全变)
1.(DCu+HN03(稀)=CU(NQ3)2+NOf+H2O
(2)KI+KIO3+H2s04=I2+K2SO4+H2O
(3)MnO£+H++Mn2++CI2t+H2O
答案:(1)38324(2)513333
(3)21610258
题组二逆向配平类(自身氧化还原反应,包括歧化、分解等)
2.(1)P4+KOH+H2O==K3PO4+PH3
(2)(NH4)2Cr2O7=^=N2t+CrO+HzO
答案:(1)29335(2)1114
题组三缺项配平类(缺少某些反应物或生成物,一般为H2。、H+或OH」)
3.(1)Fe3++SO2+=Fe2++SOF+
(2)C10_+,Fe(0H)3+=Cl_+FeOF+—H20
2+
(3)MnOi+H2O2+=Mn+O2t+H20
答案:(1)212H2。214H*(2)3240H325(3)25
6H+258
题组四整体配平类(某反应物或生成物中同时有两种元素化合价升高或降
低)
4.(1)FeS2+02=^=Fe2O3+SO2
(2)P+CuSO4+H?0=CusP+H3PO4+H2SO4
答案:(1)41128(2)1115245615
题组五有机反应方程式的配平
5.(1)KC103+H2c2。4+H2s04=C102t+
CO21+KHSO4+H2O
(2)q2H50H+KMn04+H2SO4=K2SO4+
,MnS04+CO2t+H2O
答案:(1)2122222
(2)512186121033
考点二信息型氧化还原反应方程式的书写
-------<国圈盛备期识>-------
1.“五步法”突破信息型氧化还原反应方程式的书写
第一步仔细分析新信息或流程图,确定反应物和部分生成物。
第二步依据元素化合价的变化,确定物质氧化性、还原性,从而确定氧化
产物或还原产物。
第三步书写“残缺”方程式“氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产
物”,并利用化合价升降总数相等,先配平参与氧化还原反应的各物质的化学计
量数。
第四步根据电荷守恒、体系环境将其他反应物或生成物配平。“补项”的
一般原则:
①酸性条件下:首先考虑补H+生成H2O,也可能补H2O生成H+。
②碱性条件下:首先考虑补OIT生成H2O,也可能补H2O生成OH」。
③切勿出现补H+生成OH」或补OIF生成H+的错误状况。
第五步检查质量、电荷、得失电子是否守恒,勿漏反应条件。
2.典题方法示例
(l)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2c2。4溶液反应,生成Mi?+和CO2,该
反应的离子方程式是____________________________________________________
[分析]第一步:依题意,镒元素的化合价降低,故KMnO是氧化剂,Mn2
+是还原产物;碳元素的化合价升高,故Na2c2。4(碳元素的化合价为+3价)是还
原剂,CO2是氧化产物。
第二步:按“氧化剂+还原剂一还原产物+氧化产物”将离子方程式初步
写成:
2+
MnO^+C2OF—>Mn+CO2t
由MnO]-Mn2+,镒元素降低5价;由C2OF-CO2,碳元素升高1价,1mol
C2CT共失去2moie,故在C20K前配5,在氧化产物CCh前配10;在Mn07前
2+
配2,在还原产物Mi?+前配2,KP2MnO4+5C2OF—->2Mn+10CO2to
第三步:反应在酸性条件下进行,故在左边补充H+,右边补充H20,即2MnO4
+2+
+5C2OF+QH—>2Mn+10CO2t+QH2OO
第四步:依据电荷守恒及H、0原子守恒配平如下:
+2+
2MnO4+5C2OF+16H^^2Mn+IOCO2t+8H2O
(2)以低品位铜矿砂(主要成分为CuS)为原料制备氯化亚铜的路线如下:
MnCO,滤液
写出酸溶1发生反应的化学方程式
[分析]①“瞻前”确定反应物
根据进料一确定反应物:CuS+MnCh+H2so4。
②“顾后”确定生成物
根据出料中含有S,后续除镒生成MnCCh,说明酸溶1生成的是S和MnSCU。
③根据得失电子守恒配平发生氧化还原反应的物质:
CuS+MnO2+H2SO4—•■MnSCh+S。
④根据质量守恒补充并配平未发生氧化还原反应的物质:CuS+MnO2+
2H2so4=MnSO4+S+2H2O+CuSO4。
⑤检查质量、得失电子是否守恒。
--------明战关键能历I------------
题组一根据题干信息书写方程式
1.工业上常将含碑废渣(主要成分为As2s3)制成浆状,通入02氧化,生成
H3ASO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式:
解析:由题意可知,As2s3+O2—>H3ASO4+S,1molAs2s3总共升高10价,
1molO2降低4价,先根据化合价升降总数相等配平:2As2s3+502—>4H3AsO4
+6S,再考虑质量守恒,反应前少12个H原子、6个0原子,所以反应的化学
方程式为2As2s3+502+6H2O===4H3ASO4+6S。
答案:2As2s3+502+6H2O===4H3ASO4+6S
2.+6价铭的化合物毒性较大,常用NaHSCh将废液中的CnO歹还原成CN
十,该反应的离子方程式为________________________________________________
解析:CnO歹被还原为CF+,HS05被氧化为SO/,根据得失电子、电荷、
+3+
质量守恒,可写出离子方程式为5H+Cr2O7-+3HS0?=2Cr+3S0F+4H2Oo
+3+
答案:&20r+3HS0,+5H=2Cr+3SOF+4H2O
3.(2021・江苏适应性考试)皮革厂的废水中含有一定量的氨氮(以NH3、NH:
形式存在),通过沉淀和氧化两步处理后可使水中氨氮达到国家规定的排放标准。
(1)沉淀:向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液,废水中的氨氮转化为
NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀,反应的离子方程式为
(2)氧化:调节经沉淀处理后的废水pH约为6,加入NaClO溶液进一步氧化
处理。NaClO将废水中的氨氮转化为N2,该反应的离子方程式为
解析:(1)向酸性废水中加入适量Fe2(SO4)3溶液,镁根离子、铁离子、硫酸
根离子和水反应,生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀,该反应的离子方程式为NHj+
3++
3Fe+2S0F+6H2O==NH4Fe3(SO4)2(OH)6I+6HO
(2)NaC10具有氧化性,废水中的氨氮被氧化为N2,还原产物为氯化钠,则
+
该反应的离子方程式为3C1O-+2NH4==N2t+3Cr+3H2O+2Ho
3+1
答案:(1)NH4+3Fe+2S0F+6H2O===6H+NH4Fe3(SO4)2(OH)6I
1
(2)3C1O^+2NH4=N2t+3CF+3H2O+2H
题组二根据图示信息书写方程式
4.(2021・福建适应性考试)废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含
有Li2。、NiO、CO2O3、MnCh、Fe、C、AhCu等。采用以下工艺流程可从废旧
锂离子电池中分离回收钻、银、镒,制备正极材料的前驱体
(NiCO3CoCO3MnCO3)o
稀H2so4H2O2X铜萃取剂
.T酸浸)滤液①4'铁曾幽[除、)
浸渣黄钠铁矶萃出液
[NaFeGO-OH)』
氨水NH4HCO3
壁耳盅]前驱体
Al(OH),滤液④
“酸浸”温度为85℃,粉体中的钻(以CO2O3表示)还原浸出的化学方程式
为。
解析:“酸浸”时加入过氧化氢,过氧化氢具有氧化性和还原性,粉体中的
钻(以CO2O3表示)还原浸出,从最终产物分析,产生Co2+,则过氧化氢是还原剂,
生成氧气,化学方程式为CO2O3+2H2SO4+H2O2^=^=2COSO4+O2t+3H2Oo
答案:CO2O3+2H2SO4+H2O2=^=^2COSO4+O2t+3H2O
5.(2022・皖江高三联考州帝(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业
上常以铜阳极泥(主要成分是CiuTe,含Ag、Au等杂质)为原料提取硅并回收金
属,其工艺流程如图:
已知:TeCh微溶于水,易与较浓的强酸、强碱反应。
回答下列问题:
(1)已知Te为第VIA族元素,TeCh被浓NaOH溶液溶解,所生成盐的化学式
为。
(2)“酸浸1”过程中,控制溶液的酸度使Cu2Te转化为TeO2,反应的化学
方程式为__________________________________________________________________
;“还原”过程中,发生反应的离子方程式为
解析:(l)Te与S同主族,S02与NaOH溶液反应生成Na2so3,所以TeCh
与浓NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2TeO3o(2)“酸浸1”过程中,控制溶
液的酸度使Cu2Te与氧气、硫酸反应生成硫酸铜和TeCh,反应的化学方程式是
Cu2Te+202+2H2SO4=2CUSO4+TeO2+2H2O;“还原”过程中,四氯化蹄与
4+
二氧化硫反应生成单质硫和硫酸,反应的离子方程式是Te+2SO2+
+
4H2O==2SOF+Te;+8HO
答案:(l)Na2TeO3
4+
(2)Cu2Te+202+2H2so4=2CuSO4+TeO2+2H2。Te+2sO2+
+
4H2O===2SOF+TeI+8H
考点三守恒思想在化学计算中的应用
--------^E3美键能力I----------
题组一两元素之间得失电子守恒计算
1.在一定条件下,PbCh与CF+反应,产物是Pb2+和Cr2。歹,则与ImolCN
+反应所需PbO2的物质的量为()
A.3.0molB.1.5mol
C.1.0molD.0.75mol
解析:选B。1molCP+反应可生成0.5molCrzO受,失去3nlol电子,1mol
PbCh得到2mol电子生成Pb?*,根据得失电子守恒可知,1mol(2产反应失去3mol
电子需1.5molPbO2o
2.24mL浓度为0.05mol-L1的Na2s。3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol.L
t的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2s03可被K2Cr2O7氧化为Na2so4,则元素
Cr在还原产物中的化合价为()
A.+2B.+3C.+4D.+5
解析:选B。题目中指出被还原的元素是Cr,则得电子的物质必是K2Cr2O7,
失电子的物质一定是Na2so3,其中S元素的化合价从+4—+6,而Cr元素的化
合价将从+6—+〃。根据氧化还原反应中得失电子守恒规律,有0.05moLL-iX
0.024LX(6-4)=0.02mol-L-1X0.020LX2X(6一九),解得〃=+3。
3.将1.52g铁的氧化物(FeQ)溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状
况下H2mLe12,恰好将Fe2+完全氧化。x的值为()
A.0.80B.0.85C.0.90D.0.93
_2(2]
3+〜〜根据得失电
解析:选Ao822CF2e,
Fe^.0~xFe~^3—xjxe,
L52g(2)0.112L
子守恒可知,(56%+16)g-moF1X^3-x)x=22AL.moF1x2,解得x=0.80。
国维建模------------------------------
守恒法解题的思维流程
(1)“一找各物质”:找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。
(2)“二定得失数”:确定一个原子或离子得失电子数(注意化学式中的原子
个数)。
(3)“三列关系式”:根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出关系式。
”(氧化剂)X变价原子个数X化合价变化值=〃(还原剂)X变价原子个数X化
合价变化值。
题组二多元素之间得失电子守恒计算
4.(2022•石家庄高三质检)取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中
硝酸被还原产生8960mL的NO2气体和672mL的N2O4气体(都已折算为标准状
况下的体积),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为
17.02go则x等于()
A.8.64B.9.20C.9.00D.9.44
解析:选B。反应流程为
Mg(OH)2
、2+
浓硝咚Mg2+Cu-^
Cu(OH)2
NC)2、N2O4
xg=17.02g-m(OH"),而OIT的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,
等于浓硝酸得电子的物质的量,即3)=端偿叱+式售冰
-1
X2X1=0.46mole所以xg=17.02g-0.46molX17g-mol=9.20go
5.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L68L02(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5mol-L-)NaOH溶液至C/+恰好完
全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是()
A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL
NO2
解析:选Ao由题意可知,HNO3:<N2O4,则Cu失去的电子数与
〔NO
1zroT
O2得到的电子数相等,即〃(Cu)=2〃(O2)=2X五元嬴户=°」5mol。根据质量
守恒及NaOH和CU(NO3)2的反应可得关系式:〃(NaOH)=2底Cu(NC>3)2]=2〃(Cu)
0.3mol
=0.3mol,则V(NaOH)==0.06L=60rnLo
5mol-L1
国思归纳
有的试题涉及的氧化还原反应较多,数量关系较为复杂,用常规方法求解比
较困难,若抓住失电子总数等于得电子总数这一关系,则解题就变得很简单。解
答这类试题时,注意不要遗漏某个氧化还原反应,要厘清具体的反应过程,分析
在整个反应过程中化合价发生变化的元素得电子数目和失电子数目,即可迅速求
解。
构健-核心价值
1.(2021・新高考湖南卷)KIO3常用作食盐中的补碘剂,可用“氯酸钾氧化
法”制备,该方法的第一步反应为612+11KC1O3+3H2O^=6KH(IO3)2+5KC1
+3C12t0下列说法错误的是()
A.产生22.4L(标准状况)C12时,反应中转移lOmolb
B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6
C.可用石灰乳吸收反应产生的C12制备漂白粉
D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO,的存在
解析:选A。根据题干中的化学方程式可知,I元素的化合价由0价升高到
+5价,转移电子数为6X5X2=60,所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气
需消耗2nlol碘单质,转移20moie,A说法错误;该反应中b为还原剂,KC1O3
为氧化剂,故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6,B说法正确;工业上常
用氯气和石灰乳反应制备漂白粉,C说法正确;酸性条件下,「与IO,反应生成
12,淀粉遇12变蓝色,故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中KK的存在,D
说法正确。
2.(2020・高考全国卷HI)硫酸镇在强碱溶液中用NaClO氧化,可沉淀出能用
作银镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式:
解析:由题意可知,反应物为硫酸镁、次氯酸钠和强碱,生成物为NiOOH,
硫酸镁中镁元素为+2价,NiOOH中镁元素为+3价,镁元素的化合价升高被氧
化,则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠,该反应的离子方程式为2Ni?++
ClO"+4OH"==2NiOOHI+H2O+CI,
答案:2Ni2++C10-+40H==2NiOOH;+CI+H2O
3.(2020•高考全国卷n)(l)C12O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酎,可由新
制的HgO和C12反应来制备,该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质
的反应)。上述制备C12O的化学方程式为
(2)002常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种
有效成分为NaCKh、NaHSCU、NaHCCh的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,
溢出大量气泡,得到C102溶液。上述过程中,生成C102的反应属于歧化反应,
每生成1molC102消耗NaCKh的量为mol;产生“气泡”的化学方程
式为____________________________________________________________________
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O
(3)“84”消毒液的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是
<用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入30%的NaOH
溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产
1000kg该溶液需消耗氯气的质量为kg(保留整数)。
解析:(1)根据C12与HgO的反应为歧化反应,且一种生成物为CbO,可知
该反应的化学方程式为2c12+HgO===HgC12+C12。。(2)结合题中信息制备CIO2
时发生歧化反应,可知反应的化学方程式为5NaC102+4NaHSO4==NaCl+
4Na2so4+4C1O2t+2H2O,即生成1molCIO2时消耗1.25molNaCKh;溶液中
溢出大量气泡是NaHCCh与NaHS04反应产生的CO2气体。(3)酸性清洁剂的主
票成分为HC1,与NaClO溶液发生氧化还原反应生成CI2,即C1CT+C「+2H+
===C12t+H2O,CI2有毒,故二者不能混用。C12和NaOH溶液生成NaClO的化
学方程式为C12+2NaOH===NaClO+NaCl+H2O,设反应中消耗Cl2和NaOH溶
7]80
液的质量分别为xkg和ykg,依据题意有x+y=l000,~=^0/_innnv10/
AJU/oj-1UUUz\1/o
解得x七203,产科。
答案:⑴2c12+HgO==HgC12+C12。
(2)1.25NaHCOs+NaHSO4===CO2t+Na2sO4+H2O
⑶ClCr+C「+2H+===C12t+H2O203
4.(2019・高考全国卷H泣德粉ZnSBaSO"也称锌领白),是一种常用白色颜
料。以重晶石(BaSCH)为原料,可按如下工艺生产立德粉:
f硫酸锌
噜副回转炉上还原料T浸1槽.
1200t立德粉成,
(1)在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化物,该过程的化学方程
式为O
回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2
和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为
(2)在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶
性变差,其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的(填化学式)。
(3)沉淀器中反应的离子方程式为____________________________________
__________________________________________O
解析:(1)由流程图中经浸出槽后得到净化的BaS溶液以及回转炉尾气中含
有有毒气体可知,在回转炉中BaSCU与过量的焦炭粉反应生成可溶性的BaS和
CO;生产上可通过水蒸气变换反应除去回转炉中的有毒气体CO,即CO与H2O
反应生成CO2和H2。(2)所得“还原料”的主要成分是BaS,BaS在潮湿空气中
长期放置能与空气中的H2。反应生成具有臭鸡蛋气味的H2s气体,“还原料”
的水溶性变差,表明其表面生成了难溶性的BaCO3o(3)结合立德粉的成分可写
出沉淀器中S2-、Ba2+>Zn2+,SOK反应生成ZnS-BaSO4的离子方程式。
90C
答案:(l)BaSO4+4C===BaS+4C0tCO+H2O===CO2+H2
(2)BaCO3
(3)S2^+Ba2++Zn2++SOr==ZnS-BaSO4I
5.(2019・高考全国卷HI)高纯硫酸镒作为合成银钻镒三元正极材料的原料,
工业上可由天然二氧化镒粉与硫化锦矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)
制备,工艺如图所示。回答下列问题:
H2s04MnO2氨水Na2sMnF2NH4HCO3
滤渣1滤渣2滤液3滤渣4
MnSO«』晅%MnCOi**—
(1)“滤渣1”含有S和;写出“溶浸”中二氧化镒与硫化镒反应的
化学方程式:。
(2)“氧化”中添加适量的MnCh的作用是
⑶写出“沉镒”的离子方程式:
(4)层状锲钻镒三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为
LiNLCoyMnzCh,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当尸时,
Z=O
解析:(1)硫化镒矿中硅元素主要以SiO2或不溶性硅酸盐形式存在,则“滤
渣1”的主要成分为S和SiO2(或不溶性硅酸盐)。结合“滤渣1”中含S,可知
“溶浸”时MnO2与MnS在酸性条件下发生氧化还原反应生成MnSCU和S,根
据化合价升降法可配平该反应。(2)“溶浸”后溶液中可能含Fe2+,“氧化”中
3+
加入的适量MnCh能将Fe2+氧化为FeO(3)“沉镒”时Mi?+与HCO,反应生成
MnCCh、CO2和H2。,由此可写出离子方程式。(4)化合物LiNi.vCoyMnzO2中,当
x=y=]时,根据化合价代数和为0得l+2X;+3X;+4z—2X2=0,解得z=g。
答案:(l)SiO2(或不溶性硅酸盐)MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+
2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
2+
(3)Mn+2HCO3==MnCO3I+CO2t+H2O
课后Q达标检测
一、选择题:每小题只有一个选项符合题意。
1.已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3C10+40H==2R0F+
3Cr+5H2Oo则RO犷中R的化合价是()
A.+3B.+4
C.+5D.+6
解析:选D。根据离子反应中反应前后电荷守恒可得,3+4=2〃+3,解得
n=2,根据化合价规则判断RCHT中R的化合价为+6。也可根据得失电子守恒
计算。
2.乙醇与酸性K2Cr2O7溶液混合可发生如下反应:Cr2Or+C2H5OH+H
+—>Cr3++CH3coOH+H2O(未配平)。下列叙述不正确的是()
A.CrzO歹中Cr元素化合价为+6
B.氧化产物为CH3co0H
C.KzCnCh溶液常用硫酸酸化
D.1molC2H50H发生上述反应转移2moi屋
解析:选D。Cr2。歹中0元素化合价为-2,则Cr元素化合价为+6,A正
确;乙醇失去电子被氧化为乙酸,故氧化产物为CH3coOH,B正确;K2&2O7
溶液常用硫酸酸化,C正确;乙醇中碳元素化合价为一2,乙酸中碳元素化合价
为0,则1molC2H5OH发生题述反应转移4mole",D错误。
3.C102是国际上公认的安全绿色消毒剂。工业上利用甲醇还原NaCICh的
方法制备C102的反应原理为NaC103+H2SO4+CH3OH—>C102t+HCOOH+
Na3H(SO4)2I+H2(X未配平)。下列说法错误的是()
A.HCOOH为该反应的氧化产物
B.生成2.24LC1O2时,电子转移数是O.INA
C.反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为4:1
D.C102和S02均能漂白纸张,但漂白原理不同
解析:选B。利用氧化还原反应化合价升降规律可知,发生反应的化学方程
式为12NaC103+8H2SO4+3CH3OH===12C1O2t+3HCOOH+4Na3H(SO4)2I+
9H20。A.反应中甲醇被氧化,其氧化产物为甲酸,故A正确;B.未说明二氧化
氯气体是否在标准状况下,故2.24L不一定为0.1mol,故B错误;C.反应中氯
酸钠为氧化剂,甲醇为还原剂,二者全部参与氧化还原反应,物质的量之比为
4:1,故C正确;D.二氧化氯漂白是因为强氧化性,二氧化硫漂白属于非氧化
还原反应,故D正确。
4.(2022•枣庄高三联考)现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN",在
碱性条件下,H2O2可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应,下
列说法不正确的是()
A.氟化物有毒,CPF易与人体内的Fe2+、Fe3+络合
B.处理1molCN-,消耗2.5molH2O2
C.反应中每转移10mol电子生成22.4L无毒气体
D.用H2O2处理后的废水不可直接排放
解析:选C。人体内含有Fe3+、Fe2+,易与CN-络合形成络合物,A项正确;
在碱性条件下,CW被H2O2氧化,生成COM和N2,反应的离子方程式为2©?4一
-
+5H2O2+2OH~=2CO3+N2t+6H2O,根据离子方程式可知,处理ImolCN
",消耗2.5molH2O2,B项正确;气体所处状况未知,不能准确得出气体体积,
C项错误;用H2O2处理后的废水含有碳酸盐,有较强的碱性,不可直接排放,
D项正确。
5.汽车在剧烈碰撞时,安全气囊中发生化学反应:10NaN3+2KNO3==K2。
+5Na2O+16N2t。下列判断正确的是()
A.还原剂与氧化产物的物质的量之比为5:8
B.若氧化产物比还原产物多1.4mol,则转移电子1mol
C.每生成1.6molN2,则有0.2molKNO3被氧化
D.NaN3是只含有离子键的离子化合物
解析:选B。KNO3为氧化剂,NaN3为还原剂,N2既是氧化产物又是还原
产物,其中氧化产物占H,则还原剂与氧化产物的物质的量之比为10:
=2:3,故A错误;由反应可知,转移lOmol电子时氧化产物比还原产物多14
mol,则氧化产物比还原产物多1.4mol时转移电子1mol,故B正确;反应中
KNCh是氧化剂,被还原,故C错误;NaN3是含有离子键和非极性共价键的离
子化合物,故D错误。
6.将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol-L-1的氢氧化钠浓溶液中,
加热一段时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaCICh共存体系。下列判断正确的
是()
A.与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
B.〃(Na+):”(CP)可能为7:3
C.若反应中转移的电子为“mol,则0.15<〃<0.25
D.n(NaCl):”(NaClO)"(NaCKh)可能为11:2:1
解析:选C。根据原子守恒计算氯气的物质的量,n(Cl2)=|[n(NaCl)+“(NaClO)
+«(NaClO3)]=|«(NaOH)=0.15mol,故A错误;根据得失电子数相等判断钠离
子和氯离子的关系,当〃(Na+):〃(CF)为7:3时,根据阴、阳离子所带电荷守
恒知,次氯酸根离子和氯酸根离子物质的量之和与钠离子物质的量之比为4:7,
但得失电子数不相等,故B错误;当“(NaCl)"(NaClO)"(NaC103)为11:2:1
时,得失电子数之比为11:7,得失电子数不相等,故D错误。
7.(2022•滨州高三模拟)工业上用发烟HC1O4把潮湿的CrCb氧化为棕色的
烟[Cr02(C104)2]来除去Cr(HI),HC1O4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法
不正确的是()
A.HC1O4属于强酸,反应还生成了另一种强酸
B.该反应中,参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8
C.Cr02(C104)2中Cr元素显+6价
3+--
D.该反应的离子方程式为19C10T+8Cr+8OH===8CrO2(ClO4)2+3C1
+4H2O
解析:选D。根据题意,该反应的化学方程式为19HC104+8CrCl3+
4H2O=8CrO2(ClO4)2+27HC1,HCIO4属于强酸,反应生成的HC1也是强酸,A
项正确;该反应的氧化剂为HC1O4,氧化产物为Cr02(C104)2,当有19molHC1O4
参加反应时,其中有3moi为氧化剂,生成的氧化产物[Cr02(C104)2]为8mol,因
此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3:8,B项正确;Cr02(C104)2
中0元素显一2价,C1O7显一1价,所以Cr元素显+6价,C项正确;该反应在
++
酸性条件下进行,离子方程式为19C1O;+8€?+4H2O==8CrO2(ClO4)2+8H
+3CF,D项错误。
二、选择题:每小题有一个或两个选项符合题意。
8.(2022•衡阳高三质检)已知:①KMnO4+HCl(浓)一>KCl+MnCl2+C12t
+H2O(未配平)
2++
②检验Mi?+的存在:5S2OF+2Mn+8H2O=lOSOF+2MnO4+16H
下列说法中错误的是()
A.S2O/中存在一个过氧键(一0—0—),则S2。/中硫元素的化合价为+7
价
B.反应②若有0.1mol还原剂被氧化,则转移电子0.5mol
C.K2s2O8与浓盐酸混合可得到黄绿色气体
D.反应①配平后还原剂与还原产物化学计量数之比为8:1
解析:选AD。A.过氧键整体显一2价,S2O『中存在一个过氧键,则S2Or中
硫元素的化合价为+6价,故A错误;B.反应②Mi?*为还原剂,若有2nlol还原
剂被氧化,转移电子的物质的量为2nlolX(7—2)=10mol,故若有0.1mol还原
剂被氧化,转移电子0.5mol,故B正确;C.根据反应②,K2s2。8的氧化性比高
镒酸钾强,故其与浓盐酸混合可得到氯气,故C正确;D.反应①中Mn元素从十
7价降低到+2价,C1元素从一1价升高到0价,由得失电子守恒和原子守恒配
平化学方程式为2KMnO4+16HClCS=2KCl+2MnCb+5C12t+8H2O,反应
中HC1中的C1元素化合价升高,HC1为还原剂,还原产物为MnCh,16份HC1
参与反应,只有10份为还原剂,则还原剂与还原产物化学计量数之比为5:1,
故D错误。
9.从含碑(As)的有毒工业废水中提取粗AS2O3,流程如图:
NaOH试剂①石灰乳H2sChSO2
H3ASO4废水飞厂也广回租A82°3
滤液①CaSO,漉液②
已知:As与P同为第VA族元素;Ca3(AsO3)2微溶于水,Ca3(AsO4)2难溶于
水。
下列说法不正确的是()
A.试剂①的作用是将AsO歹氧化为AsCT
B.滤液①的主要成分为NaOH
C.滤液②的主要成分可以循环利用
+
D.“还原”的离子方程式:2H+2AsOr+2SO2=2SOF+As2O3I+H20
解析:选D。由流程可知,含H3ASO3、H3ASO4废水加入NaOH溶液碱浸,
转化为Na3Ase)3、Na3Ase)4,加入试剂①将AsO厂氧化生成AsO「再加入石灰
乳沉碑,将AsCT转化为难溶于水的Ca3(AsO4)2,过滤所得滤液①的主栗成分为
NaOH,所得沉淀加H2s04酸化得到CaSCU和H3AsO4,过滤分离后向H3AsO4
溶液中通入S02还原得到AS2O3,结晶后过滤得到粗AS2O3,滤液②的主要成分
为H2so4,可以循环利用。由As与P同族可知,As的非金属性比P弱,则酸性
H3As04cH3Po4,说明H3ASO4为弱酸,写离子方程式时不能拆开,故D错误。
10.用CU2S、FeS处理酸性废水中的Cr20歹,发生的反应如下:
①Cu2S+Cr2OM+H+—>Cu2++SOK+Cr3++H2O(未配平)
②FeS+Cr2O歹+H+—>Fe3++SOT+(2产+七0(未配平)
下列判断错误的是()
A.反应①中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5:3
B.用相同物质的量的Cu2s和FeS处理507时,Cu2s消耗更多Cr20t
C.处理等物质的量的CrzO歹时,反应①和②中消耗H+的物质的量相等
D.用FeS处理废水不仅可以除去CnO厂,还可吸附悬浮杂质
解析:选AC。根据得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平两个离子方程
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