化学氧化还原反应的专项培优练习题Word格式文档下载.docx
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硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量,溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大,导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色0.1600
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a的名称即为分液漏斗,b的名称即为蒸馏烧瓶;
b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2,所以方程式为:
;
c中是制备硫代硫酸钠的反应,SO2由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;
(2)从反应速率影响因素分析,控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;
(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:
SO2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;
(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成;
解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:
开始阶段,生成
的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:
①
②
反应①I-被氧化成I2,反应②中第一步所得的I2又被还原成I-,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的
得电子总数就与消耗的
失电子总数相同;
在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。
所以假设c(Na2S2O3)=amol/L,列电子得失守恒式:
,解得a=0.1600mol/L。
2.碘酸钾(
)是重要的微量元素碘添加剂。
实验室设计下列实验流程制取并测定产品中
的纯度:
其中制取碘酸(
)的实验装置见图,有关物质的性质列于表中
物质
性质
HIO3
白色固体,能溶于水,难溶于CCl4
KIO3
①白色固体,能溶于水,难溶于乙醇
②碱性条件下易发生氧化反应:
ClO-+IO3-=IO4-+Cl-
回答下列问题
(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。
(2)装置B中反应的化学方程式为___________________。
B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。
(3)分离出B中制得的
水溶液的操作为____________;
中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是____________,避免降低
的产率。
(4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是____________(填序号)。
(5)为促使
晶体析出,应往中和所得的
溶液中加入适量的___________。
(6)取1.000g
产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用0.1004mol/L
溶液滴定。
滴定至终点时蓝色消失(
),测得每次平均消耗
溶液25.00mL。
则产品中
的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。
【答案】还原性、酸性
充分溶解
和
,以增大反应物浓度分液除去
(或
),防止氧化
C乙醇(或酒精)89.5%。
装置A用于制取Cl2,发生的反应为:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HCl和Cl2,还要防止倒吸。
(1)装置A中发生的反应为:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2,表现出还原性,还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性,故答案为:
还原性、酸性;
(2)装置B中发生的反应为:
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,Cl2和I2均难溶于水,易溶于CCl4,加入CCl4可使二者溶解在CCl4中,增大反应物浓度,故答案为:
5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl;
充分溶解I2和Cl2,以增大反应物浓度;
(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液,HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-,ClO-会将IO3-氧化为IO4-,因此在中和前需要将Cl2除去,故答案为:
分液;
除去Cl2(或ClO-),防止氧化KIO3;
(4)尾气中主要含HCl和Cl2,需用NaOH溶液吸收,同时要防止倒吸,故答案为:
C;
(5)因为KIO3难溶于乙醇,向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使KIO3晶体析出,故答案为:
乙醇(或酒精);
(6)每20mLKIO3溶液中,加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为:
IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为:
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可列出关系式:
IO3-~3I2~6S2O32-,每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×
0.025L=0.00251mol,则每20mLKIO3溶液中,n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷
6=0.00251mol÷
6=0.000418mol,200mL溶液中,n(KIO3)=0.00418mol,产品中KIO3的质量分数=
=89.5%,故答案为:
89.5%。
【点睛】
1g样品配成了200mL溶液,而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量,需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。
3.过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性,且不稳定,某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质,实验如下。
已知SO3是无色易挥发的固体,熔点16.8℃,沸点44.8℃。
(1)稳定性探究(装置如图):
分解原理:
2Na2S2O8
2Na2SO4+2SO3↑+O2↑。
此装置有明显错误之处,请改正:
______________________,水槽冰水浴的目的是____________________;
带火星的木条的现象_______________。
(2)过硫酸钠在酸性环境下,在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子,所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀,该反应的离子方程式为______________________,该反应的氧化剂是______________,氧化产物是________。
(3)向上述溶液中加入足量的BaCl2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是___________________________。
(4)可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子,取20mL待测液,消耗0.1mol·
L-1的H2C2O4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·
L-1,若Na2S2O8有剩余,则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃2Mn2++5S2O
+8H2O
2MnO
+10SO
+16H+S2O
MnO
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可)0.06偏高
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜;
根据SO3、氧气的性质进行分析;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,据此写出离子方程式,并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物;
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答;
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
5H2C2O4---2MnO4-,带入数值进行计算;
Na2S2O8也具有氧化性,氧化H2C2O4。
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜,SO3的熔、沸点均在0℃以上,因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体,便于收集SO3,由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧气,所以在导管出气口的带火星的木条会复燃,故答案为:
试管口应该略向下倾斜;
冷却并收集SO3;
木条复燃;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,则反应的离子方程式为2Mn2++5S2O
+16H+,根据该反应中元素化合价的变化可知,氧化剂是S2O82-,氧化产物是MnO4-,故答案为:
2Mn2++5S2O
+16H+;
S2O82-;
MnO4-;
(3)沉淀洗涤时,需要用玻璃棒引流,并且所加蒸馏水需要没过沉淀,需要洗涤2~3次,故答案为:
用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可);
则
,Na2S2O8具有氧化性,消耗的H2C2O4溶液增多,导致测得的结果偏高,故答案为:
0.06;
偏高。
4.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2,回答下列问题:
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,写出制备ClO2的离子方程式__。
(2)用过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__,装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中,目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__,装置E的作用是__。
(3)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的__(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2,工作原理如图所示,写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率,同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯,三种方法均利用了氧化还原反应。
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒,可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
(2)①装置A的名称为恒压漏洞,装置C为安全瓶,起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率,但是原料中含有过氧化氢,过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应,因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知,ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸,故通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是稀释ClO2,防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应,将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;
装置E在整套装置之后,起到吸收尾气,防止环境污染的作用。
(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子,过量的钡离子可以用碳酸根离子除去,因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极,电解池的阳极发生氧化反应,元素化合价升高,因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
5.羟氨(NH2OH)是一种还原剂,和联氨一样是一种弱碱,不稳定,室温下吸收水汽迅速分解。
回答下列问题:
(1)请写出羟氨的电子式___。
(2)利用KMnO4标准溶液定量间接测定羟氨的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取5.0g某羟氨样品,溶解在______酸中后加适量蒸馏水,将其全部转移至100mL的______中,加蒸馏水至_______。
②取20.00mL的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应:
2NH2OH2++4Fe3+=N2O↑+4Fe2++H2O+6H+,生成的Fe2+用0.4000mol·
L-1的酸性KMnO4溶液滴定,滴定达到终点的现象是____________。
请写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式_____________。
重复滴定3次,每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示:
计算试样的纯度____%。
(3)下列操作导致误差偏高的有______(填编号)。
a滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失
b滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液
c羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化
dKMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数
【答案】
硫酸容量瓶刻度线当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O66ab
(1)根据羟氨化学式写出其电子式;
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化;
②用酸性KMnO4溶液滴定达到终点的现象是当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;
根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式,根据物质的量的关系计算式样纯度;
(3)根据氧化还原滴定的相关操作分析实验误差。
(1)根据羟氨化学式NH2OH可知其电子式为:
,故答案为:
(2)①羟氨应溶解在H2SO4中,因为HCl中的Cl会被MnO4-氧化,将其全部转移至100mL的容量瓶中,加蒸馏水至刻度线,故答案为:
硫酸;
容量瓶;
刻度线;
根据氧化还原反应的规律写出Fe2+与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为:
5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;
由消耗高锰酸钾体积表可知,第一次误差过大,舍去,V(平均)=
=20.00mL;
设滴定时NH2OH2+的物质的量为xmol,依据离子方程式可得关系式:
解得x=0.02
因总量为100mL,所以n(NH2OH2+)=0.02×
5=0.1mol
m=n
M=0.1×
33g/mol=3.3g
w=
=
100%=66%
故答案为:
当最后一滴滴入时,锥形瓶中溶液的颜色由无色变为紫红色,且半分钟不褪色;
66;
(3)a.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失会导致V标准偏大,计算结果偏高;
b.滴定管未经润洗盛装KMnO4溶液,相当于把KMnO4溶液稀释,滴定时消耗体积增大,计算结果偏高;
c.羟氨称量时,时间过长和溶解时没有及时用酸酸化会导致羟氨被氧化,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
d.KMnO4溶液起始读数仰视,终点正常读数,导致消耗体积偏小,计算结果偏低;
ab。
注意氧化还原滴定操作中的注意事项,根据公式判断不同操作可能引起的实验误差。
6.小明很喜欢化学实验课,今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。
(1)实验前小明预测说:
Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。
你认为他预测的依据是:
。
(2)小明欲用实验证明他的预测。
实验室提供了下列试剂:
3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol·
L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。
①若小明计划在0.1mol·
L-1FeCl2溶液滴入新制氯水,探究Fe2+的还原性,你预计可能发生的反应和现象是:
________(写离子方程式)、溶液由浅绿色变色。
②实验中,小明发现现象不太明显,老师分析可能是产物的含量太低,建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。
你认为可选滴入小明所得的混合液中,并通过溶液出现色的现象,证明小明的观点和实验方案都是正确的。
③对于证明Fe2+具有氧化性,小明认为金属单质都具有还原性,并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中,结果铜片没变化,锌粒逐渐变小。
由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为:
(3)小明分析H2O2中氧元素显-1价(中间价),并提出疑问:
H2O2与FeCl2的反应时,Fe2+还作氧化剂吗?
①请你为小明梳理相关问题:
若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成(填微粒符号,下同),若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。
②实际上Fe2+的还原性较强,实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。
除杂的方法是:
,相关反应的离子方程式:
(1)因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态,可以升高也可以降低;
(2)①Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,棕黄(黄);
②KSCN溶液,溶液呈血红(红)色;
③Zn、Fe、Cu(或Zn>
Fe>
Cu);
(3)①Fe,Fe3+;
②加入过量铁粉,过滤,2Fe3++Fe=3Fe2+。
试题分析:
(1)最低价态只具有还原性,最高价态只具有氧化性,中间价态既具有氧化性又有还原性,铁的价态一般是0、+2、+3,+2价位于中间,因此Fe2+有还原性和氧化性;
(2)①氯水具有强氧化性,发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,Fe3+显黄色或棕黄色;
②检验Fe3+用KSCN溶液,溶液变红说明Fe3+的存在;
③根据利用金属性强的置换出金属性弱的,铜片无变化,说明Fe的金属性强于铜,锌粒逐渐变小,发生Zn+Fe2+=Zn2++Fe,说明Zn的金属性强于Fe,即金属性强弱:
Zn>
Cu;
(3)①氧化性:
得到电子、化合价降低,Fe2+转变成Fe,还原性:
失去电子、化合价升高,Fe2+转变成Fe3+;
②利用Fe3+具有强氧化性,能和金属单质反应,不能引入新的杂质,因此加入单质铁,发生Fe+2Fe3+=3Fe2+。
考点:
考查铁及其化合物的性质等知识。
7.利用钒钛磁铁矿冶炼后产生的钒渣(主要含FeO·
V2O3、Al2O3、SiO2及少量可溶性磷酸盐)生产V2O5的工艺流程如下,回答下列问题:
已知:
①V2O5、Al2O3、SiO2可与Na2CO3、NaCl组成的混合钠盐在高温下反应,并转化为NaVO3、NaAlO2、Na2SiO3等可溶性钠盐。
②AlO
+4H+=Al3++2H2O。
(1)焙烧Ⅰ包括氧化和钠化成盐两个过程,氧化的目的是获得V2O5,写出氧化过程中FeO·
V2O3发生反应的化学方程式________;
废渣Ⅰ的主要成分是________;
精制Ⅰ中加盐酸调pH的主要作用是________,加入NH3·
H2O后发生反应的离子方程式为________。
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液除去磷酸盐,pH过小时影响除磷效果的原因是________;
pH过大时,沉淀量增大的原因是________。
(3)沉钒所得NH4VO3沉淀需进行洗涤,洗涤时除去的阴离子主要是________。
NH4VO3在500℃时焙烧脱氨制得产品V2O5,反应方程式为2NH4VO3
V2O5+H2O↑+2NH3↑。
但脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,该反应的化学方程式为________。
【答案】4FeO·
V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5Fe2O3[或Fe(OH)3]除Si并转化AlO2-写“除Si”即得分)Al3++3NH3·
H2O=Al(OH)3↓+3NH
H++NH3·
H2O=H2O+NH
(写出第一个离子方程式即得分)形成溶解度较大的酸式盐(或形成溶解度较大的磷酸氢钙和/或磷酸二氢钙)产生了Ca(OH)2沉淀Cl-3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O
氧化过程FeO·
V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5;
经过氧化和钠化后,V2O5、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐,Fe2O3[或Fe(OH)3]成为滤渣;
精制Ⅰ中加盐酸调pH为了和SiO32-反应生成硅酸沉淀,将AlO2-转化为Al3+;
加入NH3·
H2O后与Al
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- 化学 氧化 还原 反应 专项 练习题