高考化学知识点过关培优训练氧化还原反应含详细答案Word下载.docx
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(4)该废水中苯酚的含量为________
(用含
、
的代数式表示)。
如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞,则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);
如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数,则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。
采用
基
为阳极,不锈钢为阴极,含苯酚的废水为电解液,通过电解,阳极上产生羟基(·
),阴极上产生
通过交排列的阴阳两极的协同作用,在各自区域将苯酚深度氧化为
和
(5)写出阳极的电极反应式:
________。
(6)写出苯酚在阴极附近被
深度氧化的化学方程式:
【答案】
(酸式)滴定管塞紧瓶塞滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色
偏低偏低
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀,再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2,方程式为Br2+2I-===I2+2Br-,再用Na2S2O3标准溶液滴定I2,可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量,再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量,用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量,再结合反应方程式得到苯酚的物质的量,从而求出废水中苯酚的含量,结合实验基本操作及注意事项解答问题。
【详解】
(1)由于苯酚显酸性,因此含苯酚的废水为酸性,“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管,故答案为:
酸式滴定管;
(2)由于溴单质易挥发,因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发,故答案为:
塞紧瓶塞;
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点,由于Na2S2O3标准溶液会反应I2,加入的淀粉遇I2变成蓝色,所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色,故答案为:
滴入一滴溶液后,锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去,且半分钟不恢复原色;
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式:
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1mmol,将待测废液换成蒸馏水时,5mLamol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2mmol,则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1)mmol,根据方程式
↓+3HBr可得苯酚的物质的量为
mmol,质量为
mg,则该废水中苯酚的含量为
,若步骤2中忘记塞进瓶塞,溴单质挥发,导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小,则测得苯酚的含量偏低,如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数,读得的体积偏小,则消耗的Na2S2O3的体积偏小,使测得苯酚的含量偏低,故答案为:
;
偏低;
(5)由题干信息可知,Ti基PbO2为阳极,则阳极H2O失去电子产生·
OH,电极反应式为H2O-e-===H++·
OH,故答案为:
H2O-e-===H++·
OH;
(6)根据题干信息可知,苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O,有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O,故答案为:
C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
2.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体,是汽车安全气囊的主要成分。
NaN3易溶于水,微溶于乙醇,水溶液呈弱碱性,能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。
实验室可利用亚硝酸叔丁酯(tBuNO2,以tBu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合,发生反应H2SO4+2NaNO2===2HNO2+Na2SO4。
可利用亚硝酸与叔丁醇(tBuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯,试写出该反应的化学方程式:
____________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应,反应的化学方程式为:
tBuNO2+NaOH+N2H4===NaN3+2H2O+tBuOH。
①装置a的名称是______________;
②该反应需控制温度在65℃,采用的实验措施是____________________;
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。
所得晶体使用无水乙醇洗涤。
试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。
(3)产率计算
①称取2.0g叠氮化钠试样,配成100mL溶液,并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10mol·
L-1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化,滴入2滴邻菲罗啉指示液,并用0.10mol·
L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液,滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理:
Ce4++Fe2+===Ce3++Fe3+)。
已知六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反应的化学方程式____________________________;
计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。
若其他操作及读数均正确,滴定到终点后,下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。
A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B.滴加六硝酸铈铵溶液时,滴加前仰视读数,滴加后俯视读数
C.滴加硫酸亚铁铵标准溶液时,开始时尖嘴处无气泡,结束时出现气泡
D.滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒,可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁,反应后溶液碱性明显增强,且产生无色无味的无毒气体,试写出反应的离子方程式:
____________________
【答案】tBuOH+HNO2
tBuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度,防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3===4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑65%ACClO-+2N3-+H2O===Cl-+2OH-+3N2↑
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇,反应类型属于有机的酯化反应,所以方程式为:
(2)①装置a的名称即为恒压滴液漏斗;
②反应要控制温度在65℃,参考苯的硝化实验,该反应加热时,应当采用水浴加热;
③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水,而微溶于乙醇;
因此,洗涤产品时,为了减少洗涤过程中产品的损耗,应当用无水乙醇洗涤;
(3)通过题干提示的反应产物分析,可知反应过程中Ce4+和
中的元素发生了变价,所以反应的方程式为:
在计算叠氮化钠的含量时,一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了
与过量的六硝酸铈铵反应,再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有:
,考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:
1进行,所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为:
,所以叠氮化钠样品的质量分数为:
A.润洗锥形瓶,会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加,通过分析可知,会使最终计算的质量分数偏大,A项正确;
B.量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯,则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液,那么步骤③会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+,通过分析可知,最终会导致计算的质量分数偏低,B项错误;
C.步骤③用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡,结束后出现气泡,则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小,通过分析可知,最终会使质量分数偏大,C正确;
D.将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶,相当于让溶液混合更均匀,这样做会使结果更准确,D项不符合;
答案选AC;
(4)反应后溶液碱性增强,所以推测生成了OH-;
产生的无色无味无毒气体,推测只能是氮气,所以离子方程式为:
【点睛】
滴定计算类的题目,最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后,只取一部分进行滴定,在做计算时不要忘记乘以相应的系数;
此外,常考察的形式也有:
用待测物A与过量的B反应,再用C标定未反应的B,在做计算时,要注意A与C一同消耗的B。
3.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性较强。
为回收利用,通常采用如下流程处理:
注:
部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
Al(OH)3
Cr(OH)3
pH
3.7
9.6
11.1
8
9(>
9溶解)
(1)氧化过程中可代替H2O2加入的试剂是________(填序号)。
A.Na2O2B.HNO3C.FeCl3D.KMnO4
(2)加入NaOH溶液调整溶液pH=8时,除去的离子是________;
已知钠离子交换树脂的原理:
Mn++nNaR→MRn+nNa+,此步操作被交换除去的杂质离子是__________。
A.Fe3+B.Al3+C.Ca2+D.Mg2+
(3)还原过程中,每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,该反应离子方程式为____________。
【答案】AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O
某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,加双氧水把亚铁离子氧化为铁离子,同时Cr3+被氧化为Cr2O72-,加氢氧化钠调节pH=8,则Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤,滤液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等,通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+,然后加Na2S2O3把Cr2O72-还原为Cr3+,再调节pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4;
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,注意不能引入新的杂质;
(2)根据表中数据判断;
通过钠离子交换树脂,除去Ca2+和Mg2+;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,结合得失电子守恒和原子守恒写出离子方程式。
(1)加氧化剂主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2,故答案为:
A;
(2)根据表中数据可知,pH=8时,Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,则Fe3+、Al3+被除去;
(3)每消耗0.8molCr2O72-转移4.8mole-,则1molCr2O72-转移6mol电子,所以生成Cr3+,S2O32-被氧化为SO42-,则反应的离子方程式为:
3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。
4.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4)2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·
7H2O
20.0
26.5
32.9
(NH4)2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是___________;
反应中铁屑过量是为了______。
(2)步骤3需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤4到莫尔盐,必须进行的操作依次是______,析出的晶体常用________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·
7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色1/V
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;
温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·
FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+,减少产物中的Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;
还原氧化生成的Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有FeSO4·
7H2O析出,故答案为:
FeSO4在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有FeSO4·
7H2O析出;
硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;
温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;
无水酒精或冰水;
28.1g和17.2g,即若溶剂为100g水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·
6H2O含有结晶水,故析出质量大于2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O,故答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变成紫红色,30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
=
=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,则5Fe2+~MnO4-,所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol,据c=
mol/L,故答案为:
5.实验室用酸性蚀刻废液(含Cu2+、H+、CuC
、Cl-等)和碱性蚀刻废液[N
、Cu(NH3
、NH3·
H2O等]制备CuI(白色固体)的实验流程如下:
(1)步骤Ⅰ中发生了多个反应,其中Cu(NH3
与盐酸反应生成Cu(OH)Cl的离子方程式为______。
(2)步骤Ⅳ需控制pH为1~2,80℃下进行,合适的加热方式是______。
(3)步骤Ⅴ的具体步骤是蒸发浓缩、______、____。
(4)步骤Ⅵ在下列装置(夹持及加热装置已省略)中进行。
①装置a中盛装浓硫酸的仪器的名称是____,圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____。
②用装置d中的溶液洗涤制得的CuI的目的是____,然后再用无水乙醇洗涤的目的是____。
【答案】Cu(NH3
+3H++Cl-+H2O
Cu(OH)Cl↓+4N
热水浴冷却结晶过滤(洗涤)分液漏斗Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O可防止CuI被空气中的O2氧化使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2
由流程图可知,酸性蚀刻废液和碱性蚀刻废液混合反应得到Cu(OH)Cl悬浊液,过滤,将Cu(OH)Cl加水、过浆后,与浓硫酸水浴加热反应生成硫酸铜,硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体,硫酸铜晶体与碘、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜白色固体。
(1)步骤Ⅰ中Cu(NH3)42+与盐酸反应生成Cu(OH)Cl沉淀和氯化铵,反应的离子方程式Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+,故答案为:
Cu(NH3)42++3H++Cl-+H2O=Cu(OH)Cl↓+4NH4+;
(2)步骤Ⅳ为Cu(OH)Cl加水、过浆后,与浓硫酸在制pH为1~2,80℃下水浴加热反应反应生成硫酸铜,故答案为:
热水浴;
(3)步骤Ⅴ为硫酸铜粗溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥、洗涤得到硫酸铜晶体,故答案为:
冷却结晶;
过滤(洗涤);
(4)①装置a中盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗;
圆底烧瓶中铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,故答案为:
分液漏斗;
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
②装置d中的溶液为二氧化硫的饱和水溶液,碘化亚铜具有还原性,易被空气中的氧气氧化,用二氧化硫水的饱和水溶液洗涤碘化亚铜,可以防止碘化亚铜被空气中的氧气氧化;
再用无水乙醇洗涤可以溶解除去碘化亚铜表面可能混有的单质碘,并能使固体快速干燥,故答案为:
可防止CuI被空气中的O2氧化;
使固体快速干燥并溶解表面可能混有的I2。
6.铋酸钠(NaBiO3)是分析化学中的重要试剂,在水中缓慢分解,遇沸水或酸则迅速分解。
某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。
Ⅰ.制取铋酸钠
制取装置如图(加热和夹持仪器已略去),部分物质性质如下:
物质
NaBiO3
Bi(OH)3
性质
不溶于冷水,浅黄色
难溶于水;
白色
(1)B装置用于除去HCl,盛放的试剂是___;
(2)C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物,与Cl2反应生成NaBiO3,反应的离子方程式为___;
(3)当观察到___(填现象)时,可以初步判断C中反应已经完成;
(4)拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。
除去Cl2的操作是___;
(5)反应结束后,为从装置C中获得尽可能多的产品,需要的操作有___;
Ⅱ.铋酸钠的应用——检验Mn2+
(6)往待测液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,溶液变为紫红色,证明待测液中存在Mn2+。
①产生紫红色现象的离子方程式为___;
②某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体,加硫酸酸化,结果没有紫红色出现,但观察到黑色固体(MnO2)生成。
产生此现象的离子反应方程式为___。
Ⅲ.产品纯度的测定
(7)取上述NaBiO3产品wg,加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应,再用cmo1·
L-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-(已知:
H2C2O4+MnO4-——CO2+Mn2++H2O,未配平),当溶液紫红色恰好褪去时,消耗vmL标准溶液。
该产品的纯度为___(用含w、c、v的代数式表示)。
【答案】饱和食盐水Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2OC中白色固体消失(或黄色不再加深)关闭K1、K3,打开K2在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
×
100%或
%
用浓HCl和MnO2反应制备Cl2,其中混有挥发出来的HCl,要用饱和食盐水出去,然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3;
利用Mn2+的还原性将NaBiO3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性;
实验结束后Cl2有毒,要除去,做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液,使其留下和氯气反应;
NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-,MnO4-再和草酸反应来测定,找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系,在计算即可。
(1)除去氯气中混有的HCl,用饱和食盐水,故答案为:
饱和食盐水;
(2)反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物,+3价的Bi被氧化成NaBiO3,Cl2被还原成Cl-,根据原子守恒还有水生成,所以反应为:
Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O,故答案为:
Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O;
(3)C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3,故答案为:
C中白色固体消失(或黄色不再加深);
(4)从图上来看关闭K1、K3,打开K2可使NaOH留下与氯气反应,故答案为:
关闭K1、K3,打开K2;
(5)由题意知道NaBiO3不溶于冷水,接下来的操作尽可能在冰水中操作即可,操作为:
在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤
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- 高考 化学 知识点 过关 训练 氧化 还原 反应 详细 答案