化学一模试题分类汇编氧化还原反应综合含详细答案.docx
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化学一模试题分类汇编氧化还原反应综合含详细答案
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I:
Na2S2O3的制备。
工业上可用反应:
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:
(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。
b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。
c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______(写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______
实验Ⅱ:
探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料:
Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置
试剂X
实验现象
Fe2(SO4)3溶液
混合后溶液先变成紫黑色,30s后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。
从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:
_______
实验Ⅲ:
标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:
用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。
平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:
6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶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.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。
回答下列问题:
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×100%或%
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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、干燥,故答案为:
在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(6)①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+,说明铋酸钠将Mn2+氧化成MnO4-,因为是酸性条件,所以铋酸钠被还原成Bi3+,据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O,故答案为:
5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2MnO4-+5Na++7H2O;
②由题意可知,Mn2+过量,铋酸钠少量,过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2,反应方程式为3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+,故答案为:
3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;
(7)根据得失电子守恒找出关系式为:
5NaBiO3~2Mn2+~2MnO4-~5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量:
解得m(理论)=0.28CVg,所以纯度=×100%=×100%,所以答案为:
×100%或×100%或%。
【点睛】
(7)在复杂的纯度、产率等计算中,用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系,由此计算,可以事半功倍,如本题中的关系5NaBiO3~5H2C2O4,使复杂问题简单化了。
3.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
【解析】
【分析】
(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。
【详解】
(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;
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=nM=0.1×33g/mol=3.3g
w==
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