北京市2019版高考化学专题四氧化还原反应课件.ppt

专题四氧化还原反应,高考化学(北京市专用),考点一氧化还原反应的概念及应用A组自主命题北京卷题组1.(2016北京理综,10,6分)K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验:结合实验,下列说法不正确的是()A.中溶液橙色加深,中溶液变黄B.中Cr2被C2H5OH还原,五年高考,C.对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强D.若向中加入70%H2SO4溶液至过量,溶液变为橙色,答案D中存在C2H5OH,溶液变为酸性后,K2Cr2O7的氧化性增强,会将C2H5OH氧化,溶液变成绿色。,思路分析K2Cr2O7溶液中存在平衡:Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+,改变H+浓度,平衡发生移动,氧化性强弱也发生改变。,疑难突破在Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+平衡体系中,加酸或加碱会使平衡发生移动,但移动过程中并没有发生氧化还原反应,中溶液变成绿色,是K2Cr2O7将C2H5OH氧化后本身被还原为Cr3+所致。,2.(2018北京理综,28节选)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;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。(2)探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液,加入稀硫酸,产生黄绿色气体,得溶液a,经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2,设计以下方案:,.由方案中溶液变红可知a中含有离子,但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化,还可能由产生(用方程式表示)。.方案可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是。资料表明,酸性溶液中的氧化性FeMn,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性FeMn。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。理由或方案:。,答案(2).Fe3+4Fe+20H+4Fe3+3O2+10H2O.排除ClO-的干扰理由:Fe在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2,溶液浅紫色一定是Mn的颜色方案:向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4,观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色,解析(2).Fe3+遇KSCN溶液显红色,故溶液中含有Fe3+;在酸性条件下,K2FeO4快速分解可生成Fe3+。.用KOH溶液洗涤可除去固体表面吸附的KClO等物质,排除对后续实验的干扰。在酸性条件下,Fe发生反应:4Fe+20H+4Fe3+3O2+10H2O,振荡后溶液呈浅紫色能说明有Mn生成。,3.(2015北京理综,28,15分)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,某同学通过改变浓度研究“2Fe3+2I-2Fe2+I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下:(1)待实验溶液颜色不再改变时,再进行实验,目的是使实验的反应达到。(2)是的对比实验,目的是排除中造成的影响。(3)和的颜色变化表明平衡逆向移动,Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因:。,(4)根据氧化还原反应的规律,该同学推测中Fe2+向Fe3+转化的原因:外加Ag+使c(I-)降低,导致I-的还原性弱于Fe2+。用右图装置(a、b均为石墨电极)进行实验验证。K闭合时,指针向右偏转。b作极。当指针归零(反应达到平衡)后,向U形管左管中滴加0.01molL-1AgNO3溶液。产生的现象证实了其推测。该现象是。(5)按照(4)的原理,该同学用如图装置进行实验,证实了中Fe2+向Fe3+转化的原因。转化原因是。与(4)实验对比,不同的操作是。(6)实验中,还原性:I-Fe2+;而实验中,还原性:Fe2+I-。将(3)和(4)、(5)作对比,得出的结论是。,答案(1)化学平衡状态(2)溶液稀释对颜色变化(3)加入Ag+发生反应:Ag+I-AgI,c(I-)降低;或增大c(Fe2+),平衡均逆向移动(4)正左管产生黄色沉淀,指针向左偏转(5)Fe2+随浓度增大,还原性增强,使Fe2+还原性强于I-向右管中加入1molL-1FeSO4溶液(6)该反应为可逆氧化还原反应,在平衡时,通过改变物质的浓度,可以改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向,解析(1)反应“2Fe3+2I-2Fe2+I2”为可逆反应,当溶液颜色不再改变时,说明有色物质的物质的量浓度不再变化,即可逆反应达到了化学平衡状态。(2)实验中加入了FeSO4溶液,有色溶液的稀释也会导致溶液颜色变浅,因此需做对比实验,以排除稀释对溶液颜色变化造成的影响。(4)K闭合后即形成了原电池,b极的电极反应式为Fe3+e-Fe2+,故b是原电池的正极。根据该同学的推测,若I-的还原性弱于Fe2+,则应发生反应:I2+2Fe2+2Fe3+2I-,其中b极的电极反应式为Fe2+-e-Fe3+,即b作原电池的负极,由中现象可知,此时电流计指针应向左偏转。(5)(4)中的原理是c(I-)降低导致I-的还原性弱于Fe2+,据此不难推测中Fe2+向Fe3+转化的原因应是c(Fe2+)增大导致Fe2+还原性强于I-。若要增大c(Fe2+),可向U形管右管中加入1molL-1FeSO4溶液。(6)对比(3)和(4)、(5)不难发现,物质的氧化性或还原性的强弱与物质的浓度有关,对于一个可逆反应,在平衡时,可通过改变物质的浓度来改变物质的氧化、还原能力,并影响平衡移动方向。,审题方法仔细阅读实验流程,明确各步操作的原理或目的,根据题目要求分析解答。,评析本题将化学平衡的移动与氧化还原反应巧妙地结合在一起,平中出奇,耐人寻味。考生需打破思维定式,灵活运用所学知识才能突破各个设问,属中等难度题目。,4.(2015四川理综,1,6分)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,B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案DA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。,评析本题为识记内容,较易。,5.(2014山东理综,7,5分)下表中对应关系正确的是(),答案BCH2CH2+HClCH3CH2Cl是加成反应,A项错误;Zn+Cu2+Zn2+Cu中单质Zn被氧化,C项错误;D项两个反应中水既不是氧化剂也不是还原剂,D项错误。,考点二氧化还原反应方程式的配平及相关计算A组自主命题北京卷题组1.(2014北京理综,27,12分)碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是。若钢样中硫以FeS形式存在,A中反应:3FeS+5O21+3。,(2)将气体a通入测硫装置中(如下图),采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式:。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗zmLNaOH溶液。若消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为y克,则该钢样中硫的质量分数:。(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的含量。,气体a通过B和C的目的是。计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是。,答案(1)O2、SO2、CO2Fe3O4SO2(2)H2O2+SO2H2SO4(3)排除SO2对CO2测定的干扰吸收CO2前、后吸收瓶的质量,解析(1)钢样在O2中灼烧,所得气体a的成分是SO2、CO2和过量的O2。依据质量守恒定律及得失电子守恒,可写出反应方程式:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(2)H2O2氧化SO2的化学方程式为SO2+H2O2H2SO4。钢样中m(S)=yzg,故钢样中硫的质量分数为。(3)气体a通过B、C时,SO2被氧化吸收,排除了SO2对CO2测定的干扰。测定CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量,就可得出灼烧生成CO2的质量,进而求出钢样中碳的质量分数。,思路分析(1)利用质量守恒定律和得失电子守恒判断出生成物,完成化学方程式;(2)读懂题目信息,利用已知数据计算;(3)重铬酸钾具有强氧化性,可以除去二氧化硫,避免二氧化硫对二氧化碳的测定造成干扰。,知识拓展氧化还原反应类试题的解题策略涉及“几种元素被氧化(或被还原)”或“谁先被氧化(或被还原)”时,依据先后规律解答;涉及电子转移数或氧化剂(或氧化产物)与还原剂(或还原产物)比例问题时,依据守恒规律解答;涉及能否发生某反应,一般依据强弱规律解答;而判断含有不同价态的同种元素的物质之间反应的化合价变化情况,则要依据转化规律解答。,2.(2014大纲全国,13,6分)已知:将Cl2通入适量KOH溶液,产物中可能有KCl、KClO、KClO3,且的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时,下列有关说法错误的是()A.若某温度下,反应后=11,则溶液中=B.参加反应的氯气的物质的量等于amolC.改变温度,反应中转移电子的物质的量的范围:amolamolD.改变温度,产物中KClO3的最大理论产量为amol,B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案D可设溶液的体积为1L,n(Cl-)=11mol,n(ClO-)=1mol,则反应中n(得电子)=11mol,生成1molClO-时只失1mol电子,故应生成2molCl(失10mol电子),即=,A正确。由KCl、KClO、KClO3中n(Cl)=n(K)=n(KOH)=amol可推知n(Cl2)=mol,B正确。Cl2通入KOH溶液中,可发生,当n(KOH)=amol时,转移电子的物质的量范围:amol(只发生反应)amol(只发生反应),C正确。若只发生反应,KClO3可达最大理论产量mol,D错误。,3.(2017课标,28,15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。回答下列问题:(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面,这样操作的主要目的是。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为。(3)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除及二氧化,碳。(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后,用amolL-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为;若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL,则水样中溶解氧的含量为mgL-1。(5)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏。(填“高”或“低”),答案(1)使测定值与水体中的实际值保持一致,避免产生误差(2)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低,解析(1)取样时若扰动水体,会造成水样中溶解的氧气因扰动而逸出,使测定结果产生误差。(2)反应中Mn(OH)2作还原剂,O2作氧化剂,依据得失电子守恒可知二者应按物质的量之比21反应。(3)配制Na2S2O3溶液时,若蒸馏水中含有溶解氧会导致后续滴定实验产生误差,故应除去蒸馏水中的溶解氧。(4)由得失电子守恒可得关系式:O22I24Na2S2O3,则100.00mL水样中含氧量为mol,即8ab10-3g,1000mL(即1L)水样中含氧量为80abmg。(5)滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致代入计算式中Na2S2O3溶液的体积偏小,测定结果偏低。,4.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的N假设二:溶液中溶解的O2(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。,(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。,答案(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25mL0.1molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分),解析(1)向不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。,5.(2015天津理综,10,14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小。请回答下列问题:(1)FeCl3净水的原理是。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是(用离子方程式表示)。(2)为节约成本,工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=2.010-2molL-1,c(Fe3+)=1.010-3molL-1,c(Cl-)=5.310-2molL-1,则该溶液的pH约为。完成NaClO3氧化FeCl2的离子方程式:Cl+Fe2+Cl-+Fe3+(3)FeCl3在溶液中分三步水解:Fe3+H2OFe(OH)2+H+K1Fe(OH)2+H2OFe(OH+H+K2Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+K3,C组教师专用题组,以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是。通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氯化铁,离子方程式为:xFe3+yH2OFex(OH+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号)。a.降温b.加水稀释c.加入NH4Cld.加入NaHCO3室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是。(4)天津某污水处理厂用聚合氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mgL-1)表示的最佳范围约为mgL-1。,答案(1)Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质2Fe3+Fe3Fe2+(2)2166H+163H2O(3)K1K2K3bd调节溶液的pH(4)1820,解析(1)FeCl3净水的原理是Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体,Fe(OH)3胶体具有较强的吸附性,能吸附水中的悬浮杂质使其沉降,从而起到净水作用。FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H+作用外,另一主要原因是Fe3+具有较强的氧化性,将Fe氧化为Fe2+,其离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+。(2)酸性FeCl2废液中除存在Fe2+、Fe3+、Cl-外,还存在H+和OH-,由电荷守恒得:c(H+)+2c(Fe2+)+3c(Fe3+)=c(Cl-)+c(OH-),由于c(OH-)很小,可忽略不计,故有c(H+)+22.010-2molL-1+31.010-3molL-15.310-2molL-1,则c(H+)1.010-2molL-1,pH2。由可知溶液显酸性,空缺的反应物为H+,则空缺的生成物为H2O,由得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒可配平该离子方程式。(3)离子分步水解时,水解程度逐级减小,而水解平衡常数能够表示水解程度的大小,K值越大,水解程度越大,故有K1K2K3。对于xFe3+yH2OFex(OH+yH+,由于水解反应吸热,降温可使平衡逆向移动;加水稀释,水解程度增大,平衡正向移动;加入NH4Cl,N水解使c(H+)增大,平衡逆向移动;加入NaHCO3,HC结合H+使c(H+)减小,平衡正向移动,故选bd。欲使FeCl3溶液转化为高浓度聚合氯化铁,应使Fe3+的水解平衡正向移动,在FeCl3浓度一定的条件下,适当减小c(H+),即调节溶液的pH可达到这种效果。(4)由题图可以看出,投放聚合氯化铁18mgL-1时,浑浊度的去除率最高;投放聚合氯化铁20mg,L-1时,还原性物质的去除率最高,因此投放聚合氯化铁的最佳范围为1820mgL-1。,评析本题以新型絮凝剂“聚合氯化铁”为背景,综合考查了盐类的水解、氧化还原反应方程式的配平、平衡的移动及平衡常数等知识,难度中等。,6.(2015江苏单科,18,12分)软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O,反应的化学方程式为:MnO2+SO2MnSO4。(1)质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化L(标准状况)SO2。(2)已知:KspAl(OH)3=110-33,KspFe(OH)3=310-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于110-6molL-1),需调节溶液pH范围为。(3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体,需控制的结晶温度范围为。,(4)准确称取0.1710gMnSO4H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.0500molL-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00mL。计算MnSO4H2O样品的纯度(请给出计算过程)。,答案(1)4.48(2)5.05.0,结合题给信息,除去Al3+、Fe3+而不影响Mn2+的pH范围是5.0Cl2Fe3+I2B.BrCl2ClI2Fe3+C.BrClCl2Fe3+I2D.BrClFe3+Cl2I2,答案C在同一个氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,故由反应知,氧化性:BrCl;由反应知,氧化性:ClCl2;由反应知,氧化性:Fe3+I2;由反应知,氧化性:Cl2Fe3+。综上所述,氧化能力由强到弱的顺序为BrClCl2Fe3+I2。,5.(2017北京昌平期末,4)钛被誉为“21世纪的金属”,工业冶炼钛的第一步反应为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。下列关于该反应的说法正确的是()A.TiO2是氧化剂B.四氯化钛是还原产物C.Cl2发生氧化反应D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为12,答案BA项,TiO2中Ti和O元素的化合价不变,则TiO2既不是氧化剂也不是还原剂;B项,Cl元素的化合价降低,TiCl4是还原产物;C项,Cl2为氧化剂,发生还原反应;D项,Cl2为氧化剂,C为还原剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为11。,6.(2017北京西城期末,10)废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使N完全转化为N2,该反应可表示为2N+3ClO-N2+3Cl-+2H+3H2O。下列说法中,不正确的是()A.反应中氮元素被氧化,氯元素被还原B.还原性:NCl-C.反应中每生成1molN2,转移6mol电子D.经此法处理过的废水可以直接排放,答案DA项,反应中氮元素化合价由-3价升高到0价,被氧化;氯元素化合价由+1价降低到-1价,被还原。B项,根据上述分析,N是还原剂,Cl-是还原产物,还原性:NCl-;C项,反应中每生成1molN2,转移6mol电子;D项,经此法处理过的废水中含有盐酸,属于酸性废水,不能直接排放。,7.(2016北京朝阳期末,10)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒剂,主要用于饮用水处理。工业上可用如下方法制备:3ClO-+2Fe3+10OH-2Fe+3Cl-+5H2O。下列相关叙述不合理的是()A.K2FeO4中铁元素的化合价是+6B.制得1molK2FeO4转移6mole-C.K2FeO4作消毒剂的原因是其有强氧化性D.K2FeO4在消毒杀菌过程中还可以净水,答案B反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价,故制得1molK2FeO4转移3mole-。,考点二氧化还原反应方程式的配平及相关计算1.(2018北京朝阳期中,7)汽车发动机稀燃控制系统的主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行,尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下:下列说法中不正确的是()A.稀燃过程中,NO发生的主要反应为2NO+O22NO2B.稀燃过程中,NO2被吸收的反应为BaO+2NO2Ba(NO3)2,C.富燃过程中,NO2被CO还原的反应为2NO2+4CON2+4CO2D.富燃过程中,CxHy被O2氧化的反应为CxHy+(x+y/4)O2xCO2+y/2H2O,答案B依据氧化还原反应中化合价升降总数相等的规律知,稀燃过程中NO2被吸收的反应为2BaO+4NO2Ba(NO3)2+Ba(NO2)2。,2.(2017北京昌平期末,10)已知可用Co2O3代替MnO2制备Cl2,反应后Co元素以Co2+的形式存在。下列叙述不正确的是()A.该反应中氧化性:Co2O3Cl2B.参加反应的HCl全部被Co2O3氧化C.每生成1mol氯气,消耗1molCo2O3D.制备相同量的氯气,所需Co2O3质量比MnO2多,答案B反应的化学方程式为Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2O。A项,反应中Co2O3是氧化剂,Cl2是氧化产物,氧化性:Co2O3Cl2;B项,根据化学方程式可知,参加反应的HCl没有全部被氧化;C项,根据化学方程式可知,每生成1mol氯气,消耗1molCo2O3;D项,制备相同量的氯气,所需Co2O3和MnO2的物质的量相同,但Co2O3的摩尔质量比MnO2大,因此所需Co2O3的质量比MnO2多。,3.(2017北京西城二模,12)工业酸性废水中的Cr2可转化为Cr3+除去,实验室用电解法模拟该过程,结果如下表所示(实验开始时溶液体积为50mL,Cr2的起始浓度、电压、电解时间均相同)。下列说法中,不正确的是(),A.对比实验可知,降低pH可以提高Cr2的去除率B.实验中,Cr2在阴极放电的电极反应式是Cr2+6e-+14H+2Cr3+7H2OC.实验中,Cr2去除率提高的原因是Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OD.实验中,理论上电路中每通过6mol电子,有1molCr2被还原,答案DA项,实验中滴加硫酸使溶液的酸性增强,pH降低,Cr2的去除率较实验增大,故降低pH可以提高Cr2的去除率。B项,实验中,Cr2在阴极得到电子,发生还原反应,电极反应式为Cr2+6e-+14H+2Cr3+7H2O。C项,实验中用铁作阳极,铁失去电子被氧化为Fe2+,Fe2+与溶液中的Cr2发生氧化还原反应使Cr2的去除率提高,反应的离子方程式为Cr2+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O。D项,实验中,电路中每通过6mol电子,生成3molFe2+,可氧化0.5molCr2;由实验可知,部分Cr2可在阴极放电,因此被还原的Cr2在0.51mol之间。,4.(2018北京丰台一模,28)碳酸亚铁(白色固体,难溶于水)是一种重要的工业原料,可用于制备补血剂乳酸亚铁,也可用作可充电电池的电极。某研究小组通过下列实验,寻找利用复分解反应制备FeCO3的最佳方案:,(1)实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示,请补全反应:Fe2+H2OFe(OH)3+HC(2)实验中产生FeCO3的离子方程式为。(3)为了探究实验中N所起的作用,甲同学设计了实验进行探究:,实验中加入Na2SO4固体的目的是。对比实验、,甲同学得出结论:N水解产生H+,降低溶液pH,减少了副产物Fe(OH)2的产生。乙同学认为该实验方案不够严谨,应补充的对比实验操作是:,再取该溶液一滴管,与2mL1mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小组同学进一步讨论认为,定性实验现象并不能直接证明实验中FeCO3的纯度最高,需要利用如图所示的装置进行定量测定。分别将实验、中的沉淀进行过滤、洗涤、干燥后称量,然后转移至A处的广口瓶中。,补全A中装置并标明所用试剂。为测定FeCO3的纯度,除样品总质量外,还需测定的物理量是。(5)实验反思:经测定,实验中的FeCO3纯度高于实验和实验。通过以上实验分析,制备FeCO3实验成功的关键因素是。,答案(1)4Fe2+8C+O2+10H2O4Fe(OH)3+8HC(2)Fe2+2HCFeCO3+CO2+H2O(3)硫酸至pH=4.0控制S浓度,排除干扰向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c(S)=1.6mol/L(4)C中U形管的增重(5)调节溶液pH,解析(1)因为C水解使溶液显碱性,OH-遇到Fe2+产生Fe(OH)2白色沉淀,Fe(OH)2易被O2氧化成Fe(OH)3红褐色沉淀,总反应为4Fe2+8C+O2+10H2O4Fe(OH)3+8HC;(2)根据现象可知Fe2+与HC反应生成FeCO3沉淀和CO2,所以反应的离子方程式为Fe2+2HCFeCO3+CO2+H2O;(3)分析可知,加入Na2SO4固体的目的是控制S浓度,排除干扰;为了验证S浓度对实验的影响,应做对比实验,向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4固体,控制c(S)=1.6mol/L;(4)检验FeCO3纯度的方法是通过FeCO3与酸反应产生CO2的量结合化学方程式计算出FeCO3的质量,进而求出FeCO3的纯度,所以除样品总质量外,还要测定C中U形管的增重;(5)、三个实验中的酸性强,FeCO3纯度最高,所以调节溶液pH是提高FeCO3纯度的关键。,5.(2018北京密云阶段测试,17)对工业废水和生活污水进行处理是防止水体污染、改善水质的主要措施。(1)含氰废水中的CN-有剧毒。CN-中C元素显+2价,N元素显-3价,用原子结构解释N元素显负价的原因是,共用电子对偏向N原子,N元素显负价。在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC,同时生成NH3,该反应的离子方程式为。(2)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种多功能、高效无毒的新型绿色水处理剂。Na2FeO4中铁元素的化合价是价,Na2FeO4具有较强的(填“氧化性”或“还原性”)。用Na2FeO4给水消毒、杀菌时得到的Fe3+可以净水,Fe3+净水原理是(用离子方程式表示)。工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4,完成下列化学,方程式:2FeCl3+10NaOH+3NaClO2+5+9。,答案(1)C和N原子的电子层数相同(同周期),核电荷数C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N(注:以递变规律的方式表述也可。如“C和N同周期,C在N的左边。同周期主族元素从左至右核电荷数逐渐增多,原子半径逐渐减小,原子核对最外层电子的引力逐渐增强”)2CN-+4H2O+O22HC+2NH3(2)+6氧化性Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+Na2FeO4H2ONaCl,解析(1)CN-中,C和N原子的电子层数相同(同周期),核电荷数C小于N,原子半径C大于N,吸引电子能力C弱于N,共用电子对偏向N原子,N元素显负价;在微生物的作用下,CN-能够被氧气氧化成HC,同时生成NH3,该反应的离子方程式为2CN-+4H2O+O22HC+2NH3。(2)Na2FeO4中,Na显+1价,O显-2价,故铁元素的化合价是+6价,因此Na2FeO4具有较强的氧化性;Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体能够吸附水中的悬浮颗粒,从而达到净水目的。,6.(2016北京东城二模,26)某工厂废水中含有有毒的Cr和Cr2,常见处理方法是使其转化为毒性较低的Cr3+或直接吸附除去。现有如下几种工艺:(1)光催化法:在催化剂作用下,利用太阳光或人工光,使废水实现上述转化。该法的反应原理是2Cr2+16H+8H2O(将方程式补充完整)。该法涉及的能量转化形式是。某小组通过实验研究催化剂中W(钨)和-Fe2O3的比例对铬的去除率的影响(每次实验均采用:500mL0.01mol/L酸化的K2Cr2O7溶液、总质量为0.2g的催化剂、光照10min),六价铬的去除率如下表所示。,上表中,b=;在去除率最高的催化剂实验组中,用Cr2表示的该反应在10min内的平均化学反应速率v=mol/(Lmin)。(2)电化学处理法:向废铁屑(铁碳合金)中加入含铬废水,一段时间后,废水中六价铬的去除率能达到90%。废铁屑在使用前酸洗除锈的离子方程式是。结合电化学原理说明废铁屑在此过程中所起的作用是。(3)离子交换树脂(ROH)法:将Cr和Cr2吸附至树脂上除去,原理如下:2ROH+CrR2CrO4+2OH-2ROH+Cr2R2Cr2O7+2OH-(已知废水中存在如下平衡:2Cr+2H+Cr2+H2O)控制溶液酸性可以提高树脂对六价铬的去除率,其理由是,。,答案(1)4Cr3+3O2光能转化为化学能15%810-4(2)Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O铁在原电池反应中作负极,Fe-2e-Fe2+,Fe2+作还原剂,将六价铬还原(3)由原理可知:2ROHCrCr,2ROHCr22Cr,等量树脂去除Cr2的效率高,控制酸性可使平衡2Cr+2H+Cr2+H2O正向移动,使Cr转化为Cr2,解析(1)Cr2被还原为Cr3+,则O2-被氧化为O2,配平后的离子方程式为2Cr2+16H+4Cr3+3O2+8H2O;光催化法的能量转化形式为光能转化为化学能;依据控制变量的原则知,a=65%,b=15%;v(Cr2)=0.01mol/L80%/10min=810-4mol/(Lmin)。(2)铁锈的主要成分是Fe2O3,用酸除锈的离子方程式是Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O;铁在原电池反应中作负极,Fe-2e-Fe2+,Fe2+作还原剂,将六价铬还原。(3)由离子交换树脂(ROH)法去除六价铬的原理可知:2ROHCrCr,2ROHCr22Cr,等量树脂去除Cr2的效率高,因此控制酸性使平衡2Cr+2H+Cr2+H2O正向移动,可以提高树脂对六价铬的去除率。,1.(2018北京朝阳外国语学校月考,9)向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液,观察到产生白色沉淀,溶液变为棕色,再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。则下列分析中正确的是()A.白色沉淀是CuI2,棕色溶液中含有I2B.滴加KI溶液时,转移1mole-生成2mol白色沉淀C.上述实验条件下,物质的氧化性:Cu2+I2SO2D.通入SO2时,SO2与I2反应,I2作还原剂,B组20162018年高考模拟综合题组时间:30分钟分值:55分,一、选择题(每题5分,共15分),答案CA项,向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液,观察到溶液变为棕色说明有I2生成,KI中-1价的碘元素升高为0价,则铜元素的化合价降低为+1价,故白色沉淀是CuI。B项,滴加KI溶液时,生成CuI白色沉淀,转移1mole-时生成1mol白色沉淀。C项,依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由反应2CuSO4+4KI2CuI+2K2SO4+I2知,氧化性:Cu2+I2;由反应I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI知,氧化性:I2SO2,即物质的氧化性:Cu2+I2SO2。D项,SO2与I2的反应中,I2作氧化剂。,思路分析根据实验现象,结合氧化还原反应中化合价有升必有降的原则,判断出反应产物,再依据相关知识分析、判断。,2.(2018北京朝阳期中,9)向酸性KMnO4溶液中加入Na2O2粉末,溶液紫色褪去,其反应的离子方程式为2Mn+16H+5Na2O22Mn2+5O2+8H2O+10Na+。下列说法中正确的是()A.通常用浓盐酸酸化KMnO4溶液B.O2是还原产物,Mn2+是氧化产物C.KMnO4溶液紫色褪去,说明Na2O2具有漂白性D.此反应产生22.4LO2(标准状况下)时转移了2mole-,答案DA项,KMnO4能够氧化浓盐酸,通常用稀硫酸酸化KMnO4溶液;B项,观察已知反应的离子方程式知,Mn2+是还原产物,O2是氧化产物;C项,KMnO4溶液紫色褪去,说明Na2O2具有还原性;D项,已知反应中生成5molO2转移10mole-,故产生22.4LO2(标准状况下)时转移了2mole-。,解题关键“找变价”是非常关键的一步,特别是不同反应物中含有同种元素的氧化还原反应,必须弄清元素化合价的变化情况。,3.(2017北京东城一模,6)下列古诗词描述的场景中发生的化学反应不属于氧化还原反应的是(),答案BA项,黑火药的主要成分是S、C和KNO3,爆炸时生成CO2、N2和K2S,发生了氧化还原反应;B项,石灰石的主要成分是碳酸钙,高温条件下分解生成CO2和CaO,不是氧化还原反应;C项,石蜡燃烧生成CO2和H2O,为氧化还原反应;D项,铜的冶炼过程中铜元素由化合态变为游离态,发生了氧化还原反应。,审题技巧结合传统文化知识,理解古诗词的意思,分析古诗词描述的场景中的化学原理,利用氧化还原反应的基本概念判断。,思路分析判断氧化还原反应的方法是观察反应前后是否有元素化合价的变化。,4.(2018北京房山一模,27)(15分)钛铁矿主要成分为FeTiO3(含有少量MgO、SiO2等杂质),Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿来制备,工艺流程如下:(1)钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,其原因是。(2)过程中反应的离子方程式是:FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O、。(3)过程中,铁的浸出率结果如图1所示。由图1可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件是。,二、非选择题(共40分),图1(4)过程中固体TiO2与双氧水、氨水反应转化成(NH4)2Ti5O15溶液时,Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图2所示,反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是。,图2(5)在滤液B转化为FePO4沉淀过程中发生以下反应,请配平:Fe2+H3PO4FePO4+(6)过程中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式是。,答案(1)增大反应物接触面积,加快反应速率(2)MgO+2H+Mg2+H2O(3)100、3小时(4)温度过高,过氧化氢分解、氨气逸出(5)2Fe2+H2O2+2H3PO42FePO4+4H+2H2O(6)2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2+H2O,解析(1)钛铁矿在预处理时需要进行粉碎,以增大反应物接触面积,加快反应速率;(2)过程中钛铁矿中FeTiO3和MgO能与盐酸反应,反应的离子方程式分别是FeTiO3+4H+4Cl-Fe2+TiOC+2H2O、MgO+2H+Mg2+H2O;(3)由图1可知,当铁的浸出率为80%时,所采用的实验条件是100、3小时;(4)反应温度过高时,过氧化氢分解与氨气逸出,会导致Ti元素浸出率下降;(5)在滤液B转化为FePO4沉淀过程中,亚铁离子被氧化为铁离子,则H2O2被还原为H2O,发生反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H3PO42FePO4+4H+2H2O;(6)过程中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式是2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2+H2O。,解题关键对(5)的解答,要从氧化还原反应原理来分析,Fe2+被氧化,就应有一种物质被还原。,5.(2017北京西城一模,26)(12分)As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。(1)“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应的化学方程式是。(2)“氧化”时,1molAs转化为As至少需要O2mol。(3)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀,发生的主要反应有:a.Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)H0研究表明:“沉砷”的最佳温度是85。用化学平衡原理解释温度高于85后,随温度升高沉淀率下降的原因是。,(4)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3,反应的化学方程式是。(5)“还原”后加热溶液,H3AsO3分解为As2O3,同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸溶液中的溶解度(S)曲线如下图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率,“结晶”过程进行的操作是。,(6)下列说法中,正确的是(填字母)。a.粗As2O3中含有CaSO4b.工业生产中,滤液2可循环使用,提高砷的回收率c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序,可以达到富集砷元素的目的,答案(1)H3AsO4+3NaOHNa3AsO