高考化学氧化还原反应经典压轴题含答案解析.docx
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高考化学氧化还原反应经典压轴题含答案解析
一、高中化学氧化还原反应练习题(含详细答案解析)
1.二氧化氯(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+
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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+。
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.废水中过量的氨氮(
和
)会导致水体富营养化。
某科研小组用
氧化法处理氨氮废水。
已知:
①
的氧化性比
强;②
比
更易被氧化;③国家相关标准要求经处理过的氨氮废水
要控制在6~9。
(1)
时,
可与
反应生成
等无污染物质,该反应的离子方程式为___________。
(2)进水
对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示:
①进水
在1.25~2.75范围内时,氨氮去除率随
的升高迅速下降的原因是__________。
②进水
在2.75~6范围内时,氨氮去除率随
的升高而上升的原因是___________。
③进水
应控制在____________左右为宜。
(3)为研究空气对
氢化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通人空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是______(填序号)
a.
的氧化性比
弱
b.
氧化氨氮速率比
慢
c.
在废水中溶解度比较小
d.空气中的
进入废水中
【答案】
随着
的升高,
含量增大,氧化性降低,导致氨氯去除率下降随着
的升高,氨氮废水中
含量增大,而
比
更易被氧化1.5
【解析】
【分析】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子和水,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH-)较大,抑制NaClO水解,c(HClO)较小致氧化能力弱;
②进水pH为2.75~6.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升,氨气含量增大氨氮易被氧化;
③结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右;
(3)其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变,说明O2氧化氨氮速率比NaClO慢,比次氯酸钠氧化性弱,溶液中溶解的氧气少等原因。
【详解】
(1)pH=1.25时,NaClO可与NH4+反应生成N2等无污染物质,次氯酸根离子被还原为氯离子,结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式:
3ClO-+2NH4+=N2↑+3Cl-+2H+;
(2)①进水pH为1.25~2.75范围内,氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是:
随着PH升高,NaClO含量增大,氧化性能降低,导致氨氮去除率下降;
②进水pH为2.75~6.00范围内,氨氮去除率随pH升高而上升的原因是:
随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大,氨氮更易被氧化;
③进水pH应控制在1.50左右,氨氮去除率会较大;
(3)研究空气对NaClO氧化氨氮的影响,其他条件不变,仅增加单位时间内通入空气的量,发现氨氮去除率几乎不变。
其原因可能是:
O2的氧化性比NaClO弱、O2氧化氨氮速率比NaClO慢、O2在溶液中溶解度比较小;故答案为:
abc。
4.草酸(HOOC-COOH)是一种常见的有机酸,利用淀粉制备草酸的实验流程如图:
回答下列问题:
(1)“水解”时,检验淀粉是否水解完全,所用的试剂是____;“水解”及“氧化”步骤中适宜的加热方式是________________。
(2)“氧化”时实验装置如图所示(夹持及加热装置已略):
①仪器Q的名称是________.
②三口烧瓶中生成H2C2O4·2H2O的化学方程式为____________。
③装置B的作用是___________,装置C的作用是_______________。
(3)已知在20℃、70℃时,草酸的溶解度依次为为9.5g/(l00g水),84.5g/(l00g水),则粗草酸“精制”需采用的提纯方法为___________________。
(4)探究H2C2O4的性质:
①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液,产生大量气体,可得出草酸的酸性比碳酸_____(填“强”或“弱”)。
②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热,产生有芳香气味的油状物。
该生成物为___________(写结构简式)。
③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体,该反应的化学方程式为_____________________。
【答案】碘水水浴加热球形冷凝管C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O做安全瓶,防止倒吸吸收尾气中的NO和NO2,防止污染空气重结晶强C2H5OOC-COOC2H5K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O
【解析】
【分析】
淀粉在稀硫酸催化下控制温度在70℃到80℃发生水解,得到葡萄糖,加入60%硝酸,在60℃下发生氧化,得到草酸,硝酸的还原产物有NO和NO2,草酸经结晶得到粗草酸,再经精制得到H2C2O4·2H2O。
【详解】
(1)“水解”时,若淀粉水解完全,则不能使碘水变蓝;“水解”及“氧化”步骤中的温度都低于100℃,所以最适宜的加热方式是水浴加热。
(2)①仪器Q的名称是球形冷凝管,起冷凝回流易挥发的硝酸以及导出生成的NO和NO2的作用;
②在三口烧瓶中发生氧化反应,葡萄糖被氧化为H2C2O4·2H2O,硝酸被还原为NO和NO2(体积比为1:
3),根据电子守恒可以写出发生反应的化学方程式为C6H12O6+12HNO3=3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O;
③装置B是安全瓶,防止C中的NaOH溶液倒吸入三口烧瓶中,装置C的作用是吸收尾气,防止NO和NO2污染空气;
(3)草酸的溶解度随温度变化比较大,所以可以采用重结晶的方法精制粗草酸;
(4)①向NaHCO3溶液中加入草酸溶液,产生大量气体,说明草酸和NaHCO3溶液反应生成了二氧化碳,根据强酸制弱酸的规律,可得出草酸的酸性比碳酸强;
②向草酸中加入足量C2H5OH和适量浓硫酸加热,发生了酯化反应,产生有芳香气味的油状物草酸二乙酯,其结构简式为C2H5OOC-COOC2H5。
③向K2Cr2O7溶液中加入H2C2O4·2H2O析出K[Cr(C2O4)2(H2O)2]晶体,反应中Cr的化合价从+6价降低到K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中的+3价,所以H2C2O4·2H2O中的碳的化合价就会升高,从+3价升高到+4价,在K[Cr(C2O4)2(H2O)2]中还有+3价的碳,即反应物H2C2O4·2H2O中的碳的化合价部分升高,部分没有变化,根据电子守恒和原子守恒可以写出该反应的化学方程式为K2Cr2O7+7H2C2O4·2H2O=2K[Cr(C2O4)2(H2O)2]+6CO2↑+17H2O。
5.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
干燥的有色布条
浓硫酸
湿润的有色布条
C
湿润的有色布条
浓硫酸
干燥的有色布条
D
湿润的有色布条
碱石灰
干燥的有色布条
(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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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:
C;
(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;
。
【点睛】
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。
6.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
【解析】
【分析】
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Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀;精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,沉钒时加入试剂NH4Cl,所得NH4VO3沉淀,焙烧得到产品,据此分析。
【详解】
(1)氧化过程FeO·V2O3生成对应的金属氧化物Fe2O3和V2O5,化学方程式为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;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Al3+发生反应生成Al(OH)3沉淀,还可以中和酸,反应方程式为:
、
,故答案为:
4FeO·V2O3+5O2
2Fe2O3+4V2O5;Fe2O3[或Fe(OH)3];除Si并转化AlO2-(写“除Si”即得分);
,
(写出第一个离子方程式即得分);
(2)精制Ⅱ中加入CaCl2溶液生成磷酸钙沉淀,除去磷酸盐,pH过小时形成溶解度较大的酸式盐;pH过大时易形成Ca(OH)2沉淀,故答案为:
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;
(3)沉钒时加入试剂NH4Cl,因此所得NH4VO3沉淀含有阴离子主要为Cl-;脱氨过程中,部分V2O5会转化成V2O4,且反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:
2,则V2O5为氧化剂,NH3为还原剂,还原产物为V2O4,氧化产物为N2,则氧化还原方程式为:
3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O,故答案为:
Cl-;3V2O5+2NH3
3V2O4+N2+3H2O。
7.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。
实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下:
将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中,维持体系温度略低于20℃,搅拌,使其充分反应。
反应过程中,亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。
(1)①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。
②反应进行到10min后,反应速度明显加快,其可能的原因是___。
③反应过程中,硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___
(2)为了测定亚硝酰硫酸的纯度,进行
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