2023届新高考新教材化学人教版一轮训练-专项提能特训(1)　从氧化还原反应的

专项提能特训(1)从氧化还原反应的视角分析化工生产中的物质变化1．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是()A．在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB．由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2>Cu2＋>SC．在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D．反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe2＋的量不变，需要消耗O2的质量为16g解析：D根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是＋2、H元素化合价都是＋1、Cl元素化合价都是－1，所以化合价不变的元素是Cu、H、Cl，故A错误；转化过程中，O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋把S2－氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2>Fe3＋>S，故B错误；根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl2、FeCl3，故C错误；由题图可知，反应的总方程式为2H2S＋O2eq\o(=,\s\up7(催化剂))2S↓＋2H2O，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3＋的量不变，需要消耗O2的质量为eq\f(34g,34g·mol－1)×eq\f(1,2)×32g·mol－1＝16g，故D正确。2．在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是()A．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O，Fe(NO)2＋作氧化剂B．反应Ⅱ中Fe3＋作氧化剂，FeS2被还原C．酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2＋＋NO=Fe(NO)2＋，该反应是氧化还原反应解析：C反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O，铁元素的化合价由＋2价到＋3价，化合价升高，Fe(NO)2＋作还原剂，A项错误；反应Ⅱ中Fe3＋作氧化剂，硫元素的化合价升高，FeS2被氧化，B项错误；由题图可以看出，在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，C项正确；反应Ⅲ的离子方程式为Fe2＋＋NO=Fe(NO)2＋，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，D项错误。3．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NO)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，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A．该转化过程的实质为NO被H2还原B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1C．反应Ⅰ的离子方程式为Ce4＋＋H2=Ce3＋＋2H＋D．反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数减少解析：A本题以转化流程图为载体考查氧化还原反应的基本概念。总反应可以看作NO与H2反应，则该转化过程的实质为NO被H2还原，故A正确；反应Ⅱ方程式：2NO＋4Ce3＋＋4H＋=N2＋4Ce4＋＋2H2O，反应Ⅱ中NO是氧化剂，Ce3＋是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B错误；反应Ⅰ中氢气是还原剂，Ce4＋是氧化剂，发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋=2H＋＋2Ce3＋，故C错误；处理过程中，实质为NO被H2还原，混合溶液中Ce4＋和Ce3＋总数不变，故D错误。4．(2021·河南郑州质量预测)钒具有广泛用途，利用含钒废催化剂(主要含有V2O5、VOSO4和不溶性硅酸盐)制备V2O5的新工艺流程如图：已知：滤液1和滤液2中钒以VO2＋的形式存在。回答下列问题：(1)在实验室中操作Ⅰ用到的玻璃仪器有________________。(2)在滤渣1中加入Na2SO3和过量H2SO4溶液发生氧化还原反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为____________________________________。(3)混合溶液中加入KClO3，发生反应的离子方程式是__________________。(4)钒最后以NH4VO3的形式沉淀出来。沉钒率(NH4VO3沉淀中V的质量和废催化剂中V的质量之比)表示该工艺中钒的回收率。图中是沉钒率随温度变化的关系曲线，“沉钒”时，温度超过80℃以后，沉钒率下降的可能原因是________________(写一条即可)。(5)称取wg所得产品，先用硫酸溶解，得取(VO2)2SO4溶液，再加入a1mLb1mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，最后用b2mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为a2mL。假设杂质不参与反应，锰被还原为Mn2＋。则产品中V2O5的质量分数为______________[已知(VO2)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液反应的离子方程式为VOeq\o\al(＋,2)＋2H＋＋Fe2＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O]。解析：本题考查陌生氧化还原反应方程式的书写、氧化还原滴定的相关计算等。由题给流程可知，含钒废催化剂中加水溶解，过滤得到含有V2O5及不溶性硅酸盐的滤渣1和含有VOSO4的滤液1；向滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，在酸性条件下，亚硫酸钠与V2O5发生氧化还原反应生成硫酸钠、VOSO4和水；向含有VOSO4的混合溶液中加入氯酸钾，具有氧化性的氯酸根离子在酸性条件下将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2)，向含VOeq\o\al(＋,2)的溶液中加入氨水，反应生成NH4VO3沉淀，过滤得到NH4VO3；NH4VO3受热分解生成V2O5。(1)操作Ⅰ为固、液分离的过滤操作，用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒。(2)在滤渣1中加入亚硫酸钠溶液和过量稀硫酸，亚硫酸钠与V2O5发生氧化还原反应生成硫酸钠、VOSO4和水，由得失电子守恒可知，氧化剂V2O5和还原剂亚硫酸钠的物质的量之比为1∶1。(3)混合溶液中加入氯酸钾，氯酸根离子在酸性条件下将VO2＋氧化为VOeq\o\al(＋,2)，反应的离子方程式为：6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋。(4)“沉钒”时，温度超过80℃以后，NH4VO3的溶解度增大，NH3·H2O受热分解，都会导致沉钒率下降。(5)由题意可知，滴定时，硫酸亚铁铵作还原剂，VOeq\o\al(＋,2)和高锰酸钾作氧化剂，由得失电子守恒可得：n(VOeq\o\al(＋,2))＋5n(MnOeq\o\al(－,4))＝n(Fe2＋)，解得n(VOeq\o\al(＋,2))＝(a1b1－5a2b2)×10－3mol，由钒原子守恒可知，产品中V2O5的质量分数为eq\f(（a1b1－5a2b2）×10－3mol×\f(1,2)×182g·mol－1,wg)×100%＝eq\f(91（a1b1－5a2b2）,10w)%。答案：(1)漏斗、烧杯、玻璃棒(2)1∶1(3)6VO2＋＋ClOeq\o\al(－,3)＋3H2O=6VOeq\o\al(＋,2)＋Cl－＋6H＋(4)80℃以后，温度升高，NH4VO3的溶解度增大，沉钒率下降(或温度升高，NH3·H2O受热分解，溶液中NHeq\o\al(＋,4)浓度减小，沉钒率下降。合理即可)(5)eq\f(91（a1b1－5a2b2）,10w)%5．(2020·北京卷)MnO2是重要化工原料，用软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图。软锰矿eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(研磨))eq\o(→,\s\up7(过量较浓H2SO4，过量铁屑),\s\do5(溶出（20℃）))Mn2＋溶出液eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(纯化))Mn2＋纯化液eq\o(→,\s\up7(),\s\do5(电解))MnO2资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2②金属离子沉淀的pHFe3＋Al3＋Mn2＋Fe2＋开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。(1)溶出：①溶出前，软锰矿需研磨。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。ⅰ.Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是______________。ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是___________________________。(2)纯化：已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：_________________。(3)产品纯度测定：向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用cmol·L－1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL。(已知：MnO2及MnOeq\o\al(－,4)均被还原为Mn2＋，相对分子质量：MnO286.94；Na2C2O4134.0)产品纯度为________________________。(用质量分数表示)解析：(1)ⅰ.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋=Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；ⅱ.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁转化为Fe2＋，导致需要的铁减少，故实际比值(0.9)小于2；(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋；(3)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4=Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝eq\f(bg,134g/mol)－eq\f(cmol/L×dL,2)×5，产品纯度＝