备战高考化学压轴题之氧化还原反应备战高考题型整理突破提升Word格式文档下载.docx
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),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%。
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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。
2.某实验小组欲制取氧化铜并证明氧化铜能加快氯酸钾的分解,进行了如下实验:
(一)制取氧化铜
①往盛有一定量CuCl2溶液的烧杯中逐滴加入NaOH溶液,直至不再产生沉淀,然后将烧杯中的物质转移到蒸发皿中,加热至沉淀全部变为黑色。
②将步骤①所得的黑色沉淀过滤、洗涤,晾干后研细备用。
(1)在实验过程中,若未加入NaOH溶液,直接将CuCl2溶液转移到蒸发皿中加热,最后也能得到黑色沉淀,试分析其原因__________。
(2)写出检验步骤②中沉淀是否洗涤干净的操作__________________。
(二)为证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较,用下图装置进行实验,每次实验时均收集25ml气体,其他可能影响实验的因素均已忽略,实验数据见下表:
实验序号
KClO3质量
其他物质质量
待测数据
③
1.2g
无其他物质
a
④
CuO0.5g
b
⑤
MnO20.5g
c
(3)写出氯酸钾分解反应的化学方程式,并用双线桥表示电子转移的方向和数目________。
(4)上述实验中的“待测数据”是指___________________。
(5)图中量气装置B由干燥管、乳胶管和50mL滴定管改造后组装面成,此处用滴定管是________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(6)若实验证明氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,请结合上表的实验效果数据,在坐标图中分别画出使用CuO、MnO2作催化剂时产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线(注明必要的标识)________。
【答案】CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净
收集25mL气体所需的时间碱式
(1)CuCl2是强酸弱碱盐会发生水解,CuCl2溶液中存在水解平衡CuCl2+2H2O
Cu(OH)2+2HCl,水解吸热,加热时HCl逸出使平衡不断右移,同时得到的Cu(OH)2受热分解生成CuO。
(2)如果没有洗涤干净则有NaCl杂质,检验是否有Cl—即可确定是否洗净,具体操作是:
取2~3mL最后的洗涤液于试管中,滴入少量稀硝酸酸化,再滴入几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀产生,则洗涤干净。
(3)用双线桥表示电子转移的方向和数目时,线桥要从反应物指向生成物的化合价发生改变的同种元素,在线桥上要注明反应的得失电子数目,用双线桥表示氯酸钾分解的电子转移的方向和数目为:
。
(4)要比较反应的快慢需要反应的时间,因此待测数据是:
收集25mL气体所需的时间。
(5)从图可以看出该滴定管没有活塞,所以是碱式滴定管。
(6)反应测的是收集25mL气体所需的时间,所以气体的体积要相等,氧化铜加快氯酸钾的分解效果比用二氧化锰差,所以用氧化铜做作催化剂所用的时间要多,产生氧气的体积[V(O2)]随时间(t)变化的曲线为:
3.某校化学兴趣小组为研究氯气的性质并模拟工业制备漂白粉,设计了下列装置进行实验。
已知:
①A中反应为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O;
②石灰乳的主要成分为Ca(OH)2,其他杂质不参与反应。
(1)B装置作用____。
实验结束后,立即将B中溶液滴几滴在紫色石蕊试纸上,可观察到的现象是_____。
(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,为此C中I、II、III
处依次放入的物质正确的是___(填编号)。
编号
I
II
III
A
干燥的有色布条
碱石灰
湿润的有色布条
B
浓硫酸
C
D
(3)待E中物质完全反应后,经过一系列加工处理,得到漂白粉样品,其主要成份为___(填化学式)
(4)F装置的作用是(用化学方程式表示)____。
(5)为测定(3)中所得漂白粉的有效成份含量。
称取ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至产生沉淀最大值时,该过程的化学方程式为_____,若反应生成沉淀的物质的量为bmol,则该漂白粉中有效成份的质量分数为_____(用含a、b的式子表示)。
【答案】除去氯气中的HCl气体试纸变红不褪色CCaCl2、Ca(ClO)2Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2OCO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO
由实验装置图可知,装置A用浓盐酸与氯酸钾反应制备氯气,盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性,盛有浓硫酸的装置D的作用是干燥氯气,盛有石灰乳的装置E的作用是制备漂白粉,盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气,防止污染空气。
(1)盛有饱和食盐水的装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体,实验结束后,因饱和食盐水吸收氯化氢气体,使溶液呈酸性,滴在紫色石蕊试纸上,试纸变红色,由于氯气不溶于饱和食盐水,溶液中没有次氯酸,不能使试纸褪色,故答案为:
除去氯气中的HCl气体;
试纸变红不褪色;
(2)氯气没有漂白性,不能使干燥的有色布条褪色,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性使有色布条褪色,氯气能使湿润的有色布条褪色,则验证氯气是否具有漂白性时,C中I、II、III处依次放入的物质湿润的有色布条、浓硫酸、干燥的有色布条,C正确,故答案为:
(3)氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,则漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙,有效成分是次氯酸钙,故答案为:
CaCl2、Ca(ClO)2;
(4)盛有氢氧化钠溶液的装置F的作用是吸收有毒的尾气氯气,过量的氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,防止污染空气,反应的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O,故答案为:
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O;
(5)碳酸的酸性强于次氯酸,将二氧化碳通入到漂白粉溶液中,二氧化碳与次氯酸钙反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸,反应的化学方程式为CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO;
由题意可知,碳酸钙的物质的量为bmol,则有效成分次氯酸钙的质量为bmol×
143g/mol=143bg,该漂白粉中有效成份的质量分数为
,故答案为:
CO2+H2O+Ca(ClO)2==CaCO3↓+2HClO;
氯气没有漂白性,不能使干燥的有色布条褪色,氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有漂白性使有色布条褪色,氯气能使湿润的有色布条褪色是设计验证氯气是否具有漂白性实验方案的依据,也是解答试题的关键。
4.
(1)已知草酸(H2C2O4)分解的化学方程式为:
H2C2O4
CO↑+CO2↑+H2O,下列装置中,可用作草酸分解制取气体的是__________(填序号)
(2)某实验小组为测定铁锈样品的组成(假定铁锈中只有Fe2O3·
nH2O和Fe两种成份),利用草酸分解产生的CO和铁锈反应,实验装置如下图所示。
①、为得到干燥、纯净的CO气,洗气瓶A、B中盛放的试剂分别是_______、________。
②、在点燃C处酒精灯之前,应先持续通入一段时间的混合气体,其目的是______________________
③、准确称量样品的质量20.00g置于硬质玻璃管中,充分反应后冷却、称量(假设每步均完全反应),硬质玻璃管中剩余固体质量为16.64g,D中浓硫酸增重1.44g,则n=______。
④、在本实验中,下列情况会使测定结果n偏大的是____(填字母)
a.缺少装置Ab.缺少装置Bc.反应后固体是铁和少量Fe2O3·
nH2O
【答案】④NaOH溶液浓硫酸排除装置中的空气,防止CO中混有空气而在加热时发生爆炸2b
(1)该反应的反应物是液体,反应条件是加热,应选择固液反应且需要加热的装置,所以选④.
(2)①为得到干燥、纯净的CO气,应先除去混合气体中的二氧化碳,用氢氧化钠吸收即可;
混合气体通入氢氧化钠溶液时会带走水蒸气,为除去水蒸气,选用浓硫酸洗气。
②装置中含有空气,CO中混有空气加热时可能发生爆炸,所以要通入混合气体一段时间,排除装置中的空气。
③由题意知,固体质量减少的量为水和氧的量,浓硫酸吸收的量为水,反应方程式为:
Fe2O3.nH2O+3CO=Fe+3CO2+nH2O固体质量减少量
18ng(18n+48)g
1.44g20.00g-16.64g
所以18ng:
1.44g=(18n+48)g:
(20.00g-16.64g)
解得n=2。
④a、缺少装置A,未除去CO2,可能影响CO还原氧化物,固体质量差变小,导致所测n值偏小,错误;
b、缺少洗气瓶B会导致装置E增重的质量偏大,所以测定结果n偏大,正确;
c、反应后固体是铁和少量Fe2O3•nH2O,固体减少的质量偏小,导致所测n值偏小,错误。
5.锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件和医药及化工等领域。
Ⅰ.
(1)锑在元素周期表中的位置_____。
(2)锑(Ⅲ)的氧化物被称为锑白,可以由SbCl3水解制得,已知SbCl3水解的最终产物为锑白。
为了得到较多、较纯的锑白,操作时将SbCl3徐徐加入大量水中,反应后期还要加入少量氨水。
试用必要的化学用语和平衡移动原理解释这两项操作的作用_______。
工业上,还可用火法制取锑白,是将辉锑矿(主要成分为Sb2S3)装入氧化炉的坩埚中,高温使其融化后通入空气,充分反应后,经冷却生成锑白。
写出火法制取锑白的化学方程式______。
Ⅱ.以辉锑矿为原料制备金属锑,其中一种工艺流程如下:
已知部分信息如下:
①辉锑矿(除Sb2S3外,还含有砷、铅、铜的化合物和SiO2等);
②浸出液主要含盐酸和SbCl3,还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质;
③常温下,Ksp(CuS)=1.0×
10-36,Ksp(PbS)=9.0×
10-29。
回答下列问题:
(3)“酸浸”过程中Sb2S3发生反应的化学方程式为_____。
(4)已知:
浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。
在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,先产生沉淀的是_____(填化学式);
当CuS、PbS共沉沉时,
=______(保留小数点后一位)。
(5)在“除砷”过程中,氧化产物为H3PO4。
该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。
(6)在“电解”过程中,锑的产率与电压大小关系如图所示。
当电压超过U0V时,锑的产率降低的原因可能是_________。
【答案】第5周期第ⅤA族2SbCl3+3H2O
Sb2O3+6HCl,不断加入SbCl3,使SbCl3浓度增大,利于水解平衡右移,反应后期加入氨水中和盐酸,使c(HCl)减小,利于平衡右移2Sb2S3+9O2
2Sb2O3+6SO2Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S↓CuS1.1×
10-83:
4H+参与电极反应
Ⅱ.辉锑矿粉加入盐酸和SbCl5溶液,得到SbCl3和SbCl5溶液,还含有杂质CuCl2、AsCl3和PbCl2等,加入适量Sb将SbCl5还原为SbCl3,加入Na2S使铜和铅沉淀以除去CuCl2和PbCl2,然后加入NaHPO2除去杂质砷。
得到的SbCl3溶液电解得到金属Sb,同时得到SbCl5,可以返回到酸浸步骤循环使用。
Ⅰ.
(1)锑和氮在同一主族,其在元素周期表中位于第5周期第ⅤA族。
(2)SbCl3水解:
2SbCl3+3H2O
Sb2O3+6HCl,将SbCl3徐徐加入大量水中,SbCl3浓度增大,水解平衡右移,反应后期还要加入少量氨水中和HCl,使c(HCl)减小,平衡右移,有利于Sb2O3的生成。
故答案为:
Sb2O3+6HCl,不断加入SbCl3,使SbCl3浓度增大,利于水解平衡右移,反应后期加入氨水中和盐酸,使c(HCl)减小,利于平衡右移。
火法制取锑白,是辉锑矿(主要成分为Sb2S3)在高温下和空气中的氧气反应,生成Sb2O3的同时生成SO2。
化学方程式为:
2Sb2S3+9O2
2Sb2O3+6SO2。
Ⅱ.(3)“酸浸”时Sb2S3和SbCl5溶液反应,得到SbCl3和SbCl5的混合溶液,滤渣中有硫,是此反应的生成物,Sb2S3发生反应的化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S。
(4)浸出液中c(Cu2+)=0.0001mol/L,c(Pb2+)=0.1mol/L。
在沉淀铜、铅过程中,缓慢滴加极稀的硫化钠溶液,当Cu2+开始沉淀时,c(S2-)=
=1.0×
10-32mol/L,当Pb2+开始沉淀时,c(S2-)=
=9.0×
10-28mol/L,所以先产生沉淀的是CuS;
当CuS、PbS共沉淀时,
=
=
=1.1×
10-8。
(5)加入NaHPO2除砷,发生了NaHPO2和AsCl3的反应,氧化产物为H3PO4,还原产物是As,磷的化合价从+1价升高到+5价,生成1molH3PO4失去4mol电子,砷的化合价从+3价降低到0价,生成1molAs得到3mol电子,根据电子守恒,该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:
4。
(6)电解SbCl3溶液制取锑,在阴极是Sb3+得到电子生成Sb,当电压过大时,溶液中的H+也可能在阴极放电,导致锑的产率降低。
6.C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。
(1)CO2的重整用CO2和H2为原料可得到CH4燃料。
已知:
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ/mol
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol
写出CO2重整的热化学方程式:
_____。
(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的SO2
①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的pH不断_____(填“减小”“不变”或“增大)。
当溶液pH约为6时,吸收SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32-)=0.2mol/L,则溶液中c(HSO3-)=_____。
②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图:
b点时溶液pH=7,则n(NH4+):
n(HSO3—)=______________。
(3)催化氧化法去除NO。
一定条件下,用NH3消除NO污染,其反应原理4NH3+6NO
5N2+6H2O。
不同温度条件下,n(NH3):
n(NO)的物质的量之比分别为4:
1、3:
1、1:
3时,得到NO脱除率曲线如图所示:
①曲线a中,NO的起始浓度为6×
10-4mg·
m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为_____mg·
m-3·
s-1。
②曲线b对应NH3与NO的物质的量之比是_____。
(4)间接电化学法除NO。
其原理如图所示:
写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性)_____。
吸收池中除去NO的原理_____(用离子方程式表示)。
【答案】CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1减小1.6mol/L3:
11.5×
10−43:
1
(1)已知:
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol,
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205k/mol,
根据盖斯定律,①-②×
2得:
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g),据此计算△H;
(2)①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠显酸性,据此分析;
根据反应方程式的量的关系计算可得;
②先判断溶质,写出电荷守恒式,在利用pH=7时,c(H+)=c(OH-)找出其他离子的等量关系,结合图示进行等量删减或替换,最后得出结果;
(3)①曲线a中,NO的起始浓度为6×
10-4mg•m-3,根据图象得到A、B处的NO脱除率,可得两处的NO的浓度,再计算脱除速率;
②NH3与NO的物质的量的比值越大,NO的脱除率越大,据此分析;
(4)阴极得到电子发生还原反应,结合酸性环境书写;
阴极产物吸收NO。
①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)△H1=+247k/mol,
根据盖斯定律,由①−②×
2得反应:
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=△H1−2△H2=−163kJ/mo1,
CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)△H=−163kJ/mo1;
(2)①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液,二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠以电离为主,显酸性,故溶液pH不断减小;
向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠,反应方程式SO2+Na2SO3+2H2O=2NaHSO3,溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1:
2,即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L,则生成c(
)=2×
(1.0−0.2)mol/L=1.6mol/L,
减小;
1.6mol/L;
②b点时溶液pH=7,此时溶液中的溶质是(NH4)2SO3和NH4HSO3,根据电荷守恒:
c(
)+c(H+)=c(OH−)+c(
)+2c(
),因pH=7,故c(H+)=c(OH−),则c(
)=c(
),由图可读出b点时,c(
),则c(
)=3c(
),因在同一体系,n(
):
n(
)=3:
1,
3:
1;
10−4mg⋅m−3,A点的脱除率为55%,B点的脱除率为75%,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为6×
10−4mg⋅m−3×
(0.75−0.55)÷
0.8s=1.5×
10−4mg⋅m−3⋅s−1,
1.5×
10−4;
②NH3与NO的物质的量的比值越大,NO的脱除率越大,则物质的量之比分别为4:
1,3:
1,1:
3时,对应的曲线为a,b,c,即曲线b对应的物质的量之比是3:
(4)阴极得到电子发生还原反应,根据图可知是
在酸性条件下发生还原反应,生成
,其电极反应式为
;
根据图示,吸收池中
和NO是反应物,N2和
是生成物,则吸收池中除去NO的原理是:
,
陌生电极反应式的书写步骤:
①根据题干找出反应物以及部分生成物,根据物质变化分析化合价变化并据
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