高考优等生百日捷进提升系列专题02++氧化还原反应原理综合应用.docx
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高考优等生百日捷进提升系列专题02++氧化还原反应原理综合应用
专题02氧化还原反应原理综合应用
1.【浙江省2017年下半年选考】取7.90gKMnO4,加热分解后剩余固体7.42g。
该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+存在。
请计算:
(1)KMnO4的分解率_______________。
(2)气体A的物质的量_____________。
【答案】60.0%0.095mol
【解析】
(1)根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2,n(o2)=
=0.015mol,则分解的高锰酸钾为0.03mol,则KMnO4的分解率=
×100%=60.0%,故答案为:
60%;
(2)气体A为氯气,若7.90gKMnO4不分解,直接与盐酸反应放出氯气,转移的电子为
×5=0.25mol,而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol×4=0.06mol,因此生成氯气转移的电子为0.25mol-0.06mol=0.19mol,生成的氯气的物质的量为
=0.095mol,故答案为:
0.095mol。
点睛:
掌握氧化还原反应过程中的电子守恒是解答本题的关键。
本题的易错点为
(2),高锰酸钾最终转化为Mn2+转移的电子数等于先部分分解过程中转移的电子数+与浓盐酸反应转移的电子数。
2.【2016年高考新课标Ⅰ卷】NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为________、________。
“电解”中阴极反应的主要产物是______。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。
此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为________,该反应中氧化产物是_________。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:
每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
NaClO2的有效氯含量为____。
(计算结果保留两位小数)
【答案】
(1)+3价;
(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=ClO2+2NaHSO4;
(3)NaOH溶液;Na2CO3溶液;ClO2-(或NaClO2);
(4)2:
1;O2;
(5)1.57g。
【解析】
试题分析:
(1)在NaClO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得Cl的化合价为+3价。
(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2,其中NaClO2是氧化剂,还原产物为NaCl,根据电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+ClO2↑。
(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+,可利用过量NaOH溶液除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+,向NaCl溶液加入ClO2,进行电解,阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑,反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaClO2,可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2;
(4)根据图示可知:
利用含有过氧化氢的NaOH溶液ClO2气体,产物为NaClO3,则此吸收反应中,氧化剂为ClO2,还原产物为NaClO2,还原剂是H2O2,氧化产物是O2,每1mol的H2O2转移2mol电子,反应方程式是:
2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:
1,该反应中氧化产物O2。
(5)每1克NaClO2的物质的量为n(NaClO2)=1g÷90.5g/mol=
mol,其获得电子的物质的量是n(e-)=
mol×4=4/90.5mol,1molCl2获得电子的物质的量是2mol,根据电子转移数目相等,可知其相对于氯气的物质的量为n=
mol×4÷2=
mol,则氯气的质量为
mol×71g/mol=1.57g。
【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用的知识。
【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质,在任何化合物中,所有元素正负化合价的代数和等于0,掌握常见元素的化合价,并根据元素吸引电子能力大小及化合物中,所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。
有元素化合价变化的反应是氧化还原反应,元素化合价升高,失去电子,该物质作还原剂,变为氧化产物;元素化合价降低,获得电子,该物质作氧化剂,变为还原产物,元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目;可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式,对于离子反应,同时还要符合电荷守恒及原子守恒。
物质的氧化能力大小可结合每1mol物质获得电子的多少,获得电子越多,其氧化能力就越强。
氧化还原概念易混淆,能考查学生思维能力,阅读能力,计算能力,主要错因有以下几方面:
1.概念不清:
概念是解题的依据和根本,只有准确理解概念,才可能正确解题。
如果对概念的本质把握不准或理解不深刻、混淆相近概念、对概念不熟悉或认识有疏漏(如对一些特殊性问题把握不准),都会造成解题出错。
在氧化还原反应中,有五对既相对立又相联系的概念,易混淆,是考查重点。
2.审题不细:
仔细审题是准确解题的重要前提。
在某个氧化还原反应问题分析中,常常同时出现多个限制性条件,概念辨析中常出现“错误”、“正确”、“不一定”等词。
3.思维不严:
严密思维是正确解题的保证。
在解题过程中,对反应变化的不确定性、问题的开放性、隐含条件或知识的挖掘不力等,都会造成解题时思维不严,导致答案出现失误。
4.方法不当:
“好的方法是成功的一半”。
在氧化还原反应有关问题分析中,用守恒法是最基本的方法,如电子得失守恒、质量守恒(主要是原子个数守恒)、电荷守恒(适用于有离子参与的氧化还原反应),更多的时候要联合应用上述守恒方法。
5.思维无序:
不能准确运用“物质氧化性或还原性强弱的比较”的方法,将各离子的氧化性或还原进行排序,更谈不上应用所得的氧化性或还原性顺序写出方程式,或判断反应能否发生。
6.犯低级错:
除上述情形外,解题时常常还出现如氧化产物或还原产物判断不全或错误、电子得失数目确定不准、化合价分析错误等问题。
1.预计2018高考会以新物质、新材料为载体,结合社会实际问题、社会热点,考查对氧化还原反应有关概念的理解与应用;
2.将氧化还原反应与物质的分析推断结合在一起,将电化学原理、新型绿色能源的开发等与工农业生产、科学研究、社会日常生活等结合在一起,考查考生对学科内知识的综合应用能力。
了
解
考
查
方
向
1、考查氧化还原反应基本概念:
配平(缺项)氧化还原反应方程式;已知反应物和生产物,书写陌生的氧化还原反应方程式;氧化性和还原性强弱的判断。
2、考查化学实验:
氧化还原反应滴定
3、考查氧化还原反应中电子转移数目:
求氧化剂和还原剂的物质的量之比或质量之比;计算参加反应的氧化剂或还原剂的量;确定某一元素反应前后价态变化等。
灵
活
运
用
规
律
解
题
1、价态规律:
元素处于最高价,只有氧化性,如浓硫酸中的硫是6价,只有氧化性,没有还原性;元素处于最低价,只有还原性,如硫化钠的硫是-2价,只有还原性,没有氧化性;元素处于中间价态,既有氧化性又有还原性,但主要呈现一种性质,如二氧化硫的硫是4价,介于-2与6之间,氧化性和还原性同时存在,但还原性占主要地位。
物质大多含有多种元素,其性质体现出各种元素的综合,如H2S,既有氧化性(由1价氢元素表现出的性质),又有还原性(由-2价硫元素表现出的性质)。
2、守恒规律:
守恒是氧化还原反应最重要的规律。
在氧化还原反应中,元素的化合价有升必有降,电子有得必有失。
从整个氧化还原反应看,化合价升高总数与降低总数相等,失电子总数与得电子总数相等。
此外,反应前后的原子个数、物质质量也都守恒。
守恒规律应用非常广泛,通常用于氧化还原反应中的计算问题以及方程式的配平问题。
3、歧化规律:
同一种物质分子内同一种元素同一价态的原子(或离子)发生电子转移的氧化还原反应叫歧化反应,歧化反应的特点:
某元素的中间价态在适宜条件下同时向较高和较低的价态转化。
歧化反应是自身氧化还原反应的一种。
如Cl2+H2O=HCl+HClO,氯气中氯元素化合价为0,歧化为-1价和1价的氯。
4、难易规律:
还原性强的物质越易失去电子,但失去电子后就越难得到电子;氧化性强的物质越易得到电子,但得到电子后就越难失去电子。
这一规律可以判断离子的氧化性与还原性。
例如Na还原性很强,容易失去电子成为Na+,Na+氧化性则很弱,很难得到电子。
5、强弱规律:
较强氧化性的氧化剂跟较强还原性的还原剂反应,生成弱还原性的还原产物和弱氧化性的氧化产物。
用这一性质可以判断物质氧化性或还原性的强弱。
如2HI+Br2=2HBr+I2,氧化物Br2的氧化性大于氧化产物I2的氧化性。
还原剂HI的还原性大于还原产物HBr的还原性。
6、归中规律
(1)同种元素间不同价态的氧化还原反应发生的时候,其产物的价态既不相互交换,也不交错。
(2)同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应;当存在中间价态时,同种元素的高价态物质和低价态物质才有可能发生反应,若无中间价态则不能反应。
如浓硫酸和SO2不能反应。
(3)同种元素的高价态氧化低价态的时候,遵循的规律可简单概括为:
高到高,低到低,可以归中,不能跨越。
这类试题解题的基本方法为:
1.高锰酸钾常用作消毒杀菌、水质净化剂等。
某小组用软锰矿(主要含MnO2,还含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质)模拟工业制高锰酸钾流程如下。
试回答下列问题。
(1)配平焙烧时化学反应:
□MnO2+□_____+□O2
□K2MnO4+□H2O;工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率,试用碰撞理论解释其原因__________。
(2)滤渣II的成分有_______(化学式);第一次通CO2不能用稀盐酸代替的原因是_________。
(3)第二次通入过量CO2生成MnO2的离子方程式为_________。
(4)将滤液Ⅲ进行一系列操作得KMnO4。
由下图可知,从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过_____、______、洗涤等操作。
(5)工业上按上述流程连续生产。
含MnO2a%的软锰矿1吨,理论上最多可制KMnO4___吨。
(6)利用电解法可得到更纯的KMnO4。
用惰性电极电解滤液II。
①电解槽阳极反应式为____________;
②阳极还可能有气体产生,该气体是__________。
【答案】24 KOH122加压增大了氧气浓度,使单位体积内的活化分子数增加,有效碰撞次数增多,反应速率加快,使MnO2反应更充分Al(OH)3、H2SiO3稀盐酸可溶解Al(OH)3,不易控制稀盐酸的用量3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-蒸发结晶趁热过滤0.018aMnO42--e-= MnO4-O2
【解析】
(1)MnO2中Mn的化合价为+4价,K2MnO4中Mn的化合价为+6价,O2中O的化合价为0价,生成物中都变成了-2价,根据得失电子守恒(化合价升降总数相等)得:
MnO2前面系数为2,O2前面系数为1,K2MnO4前面系数为2;结合流程中焙烧时有KOH参与,所以未知的反应物应为KOH,根据原子守恒,KOH前面系数为4,水前面系数为2,故答案为:
24KOH122。
根据有效碰撞理论,加压可增大氧气浓度,使单位体积内的活化分子数增加,有效碰撞次数增多,反应速率加快,使MnO2反应更充分,所以工业生产中采用对空气加压的方法提高MnO2利用率。
(2)根据流程滤液I主要是K2MnO4溶液,还含有SiO32-和AlO2-等杂质离子,通入CO2发生反应:
CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-、CO2+H2O+AlO2-=Al(OH)3↓+CO32-,所以滤渣II的成分有Al(OH)3和H2SiO3;因为第一次通入CO2目之一是生成Al(OH)3,而稀盐酸可溶解Al(OH)3,不易控制稀盐酸的用量,所以第一次通CO2不能用稀盐酸代替。
(3)第二次通入过量CO2生成MnO2,则MnO42-发生自身氧化还原反应,生成MnO2和MnO4-,因为CO2过量,所以还会生成HCO3-,故离子方程式为:
3MnO42-+4CO2+2H2O=MnO2↓+2MnO4-+4HCO3-。
(4)滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHCO3,由图可看出,KMnO4溶解度受温度影响变化不大,而KHCO3溶解度,受温度影响变化较大,所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作。
(5)根据Mn元素守恒,含MnO2a%的软锰矿1吨,理论上最多可制KMnO4:
1×a%×
≈0.018a(吨)。
(6)①滤液II主要为K2MnO4溶液,用惰性电极电解得到KMnO4,MnO42-在阳极上失电子发生氧化反应,生成MnO4-,故阳极电极反应式为:
MnO42--e-=MnO4-;②溶液中的OH-也可能失电子发生氧化反应,生成氧气,故阳极还可能有O2产生。
2.连二亚硫酸钠(
)俗称保险粉,是一种强还原剂,工业上可通过吸收大气污染物(含有
、NO等)制取,同时还可得到
产品,工艺流程图如下(Ce为铈元素):
请回答下列问题:
(1)装置Ⅰ中可生成
。
常温下
溶液呈酸性的原因是_____________。
(2)装置Ⅱ中酸性条件下,NO被
氧化为
时,氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______________。
(3)装置Ⅲ中阴极上的电极反应式为_______________。
若装置Ⅳ中
的浓度为11.5g·
,要使1
该溶液中的
完全转化为
至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的
____________L。
(4)
在空气中容易被氧化,其反应方程式可能为:
①
;
②
。
请设计实验证明氧化时一定有反应②发生____________。
(5)
一空气质子交换膜燃料电池原理示意图如下:
质子的流动方向为____________(“从A到B”或“从B到A”),负极的电极反应式为____________________。
【答案】HSO3-在溶液中存在电离平衡和水解平衡:
HSO3-
SO32-+H+,HSO3-+H2O
H2SO3+OH-,由于HSO3-的电离程度大于水解程度,故溶液中的c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性1:
32HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O2.8取少量固体溶于水中,加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则证明是②(或取少量固体溶于水中,若闻到刺激性气味,则证明是②)从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+
【解析】试题分析:
本题以Na2S2O4的制备流程为载体,考查流程的分析、盐溶液酸碱性的判断、氧化还原反应的计算、电极反应式的书写、原电池原理和实验方案的设计。
(1)装置I中发生的反应为SO2+NaOH=NaHSO3。
NaHSO3属于弱酸的酸式盐,在NaHSO3溶液中HSO3-既存在电离平衡HSO3-
H++SO32-又存在水解平衡HSO3-+H2O
H2SO3+OH-,由于HSO3-的电离程度大于水解程度,溶液中c(H+)
c(OH-),溶液呈酸性。
(2)根据流程,NO被Ce4+氧化为NO3-,N元素的化合价由+2价升至+5价,NO3-为氧化产物,Ce4+被还原为Ce3+,Ce3+为还原产物,根据得失电子守恒,3n(NO3-)=n(Ce3+),n(NO3-):
n(Ce3+)=1:
3,即氧化产物与还原产物物质的量之比为1:
3。
(3)在装置III的电解槽中发生电解反应,Ce3+被氧化成Ce4+,HSO3-被还原成S2O42-,S元素的化合价由+4价降至+3价,阴极电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O。
装置IV中NO2-被氧化成NO3-,N元素的化合价由+3价升至+5价,根据得失电子守恒,2n(NO2-)=4n(O2),n(O2)=
n(NO2-)=
=0.125mol,至少向装置IV中通入标准状况下O2的体积为0.125mol
22.4L/mol=2.8L。
(4)根据反应的原理,要证明氧化时反应②一定发生,即检验固体中含NaHSO4。
证明氧化时一定有反应②发生的实验方案为:
取少量固体溶于水中,加入BaCl2溶液,有白色沉淀产生,则证明一定有反应②发生(或取少量固体溶于水中,若闻到刺激性气味,则证明一定有反应②发生)。
(5)通入O2的B电极为正极,正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O;通入SO2的A电极为负极,原电池中阳离子向正极移动,质子的流动方向从A到B。
负极上SO2被氧化成H2SO4,1molSO2失去2mol电子生成1molSO42-,负极电极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+。
3.废水废气对自然环境有严重的破坏作用,大气和水污染治理刻不容缓。
(1)某化工厂产生的废水中含有Fe2+、Mn2+等金属离子,可用过硫酸铵[(NH4)2S2O8]氧化除去。
①过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2的离子方程式为________________。
②温度与Fe2+、Mn2+氧化程度之间的关系如图1所示:
图1
实验过程中应将温度控制在________________。
Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子,常加入活性炭处理,加入活性炭的目的为________________。
③H2O2也有较强氧化性,在实际生产中不用H2O2氧化Mn2+的原因是________________。
(2)利用某分子筛作催化剂,NH3可脱除废气中NO、NO2,其反应机理如图2所示。
A包含物质的化学式为N2和________________。
图2图3
(3)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收,反应过程中溶液组成变化如图3所示。
①吸收初期(图中A点以前)反应的化学方程式为________________。
②C点高于B点的原因是________________。
【答案】S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓80℃(80℃~90℃区间均可)吸附胶体粒子形成沉淀锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多H2O2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3根据钠元素守恒,NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍,所以NaHSO3的质量大,质量分数就大
【解析】
(1)①过硫酸铵与Mn2+反应生成MnO2,而本身被还原为SO42-,反应的离子方程式为S2O82-+2H2O+Mn2+=4H++2SO42-+MnO2↓;②根据图1可知:
80℃时Fe2+、Mn2+氧化程度接近1.0,故实验过程中应将温度控制在80℃;Fe2+与Mn2+被氧化后形成胶体絮状粒子,常加入活性炭处理,加入活性炭的目的为吸附胶体粒子形成沉淀;③H2O2也有较强氧化性,在实际生产中不用H2O2氧化Mn2+的原因是锰的化合物可催化H2O2的分解,使消耗的H2O2增多;
(2)根据图示反应可产生A的反应为:
[(NH4)(HNO2)]+=N2+A+H+,结合反应可推导出A为H2O;反应为[(NH4)(HNO2)]+=N2+2H2O+H+;(3)①吸收初期(图中A点以前)工业上废气中SO2可用Na2CO3溶液吸收,由图中信息可知,NaHCO3和Na2SO3的量明显增加,则发生反应的化学方程式为:
2Na2CO3+SO2+H2O=2NaHCO3+Na2SO3;②C点高于B点的原因是根据钠元素守恒,NaHSO3的物质的量是Na2CO3的2倍,所以NaHSO3的质量大,质量分数就大。
4.水是生命之源,它与我们的生活密切相关。
自来水厂常用高铁酸钠(Na2FeO4)改善水质。
高铁酸钠具有很强的氧化性,是一种新型的绿色净水消毒剂,在工业上制备高铁酸钠的方法有多种。
(1)简述高铁酸钠用于杀菌消毒同时又起到净水作用的原理_________________________________________________________________________。
(2)干法制备高铁酸钠的反应原理如下:
2FeSO4+6Na2O2==aNa2FeO4+bM↑+2Na2O+2Na2SO4
①高铁酸钠中铁元素的化合价为________________。
②上述方程式中b=____。
每生成1molM,该反应转移电子的物质的量为_____________mol。
(3)工业上可以通过次氯酸钠氧化法制备高铁酸钠,生产过程如下:
①步骤③中除生成Na2FeO4外,还有副产品Na2SO4、NaCl,则步骤③中反应的离子方程式为____________________________________。
②己知Na2FeO4在强碱性溶液中的溶解度较小。
可向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液。
从Na2FeO4悬浊液得到固体的操作名称为_____________________。
(4)计算Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的_______倍(结果保留两位小数。
)
【答案】高铁酸钠具有很强的氧化性,能杀菌消毒,本身被还原为Fe3+、Fe2+水解生成氢氧化铁胶体能吸附水中的杂质,起到净水作用+61102Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O过滤0.64
【解析】
(1)高铁酸钠具有强氧化性,可用于杀菌消毒,还原生成Fe3+,Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质,可用来除去水中的悬浮物,达到净水的目的,故答案为:
FeO42-有强的氧化性,能杀菌消毒,本身被还原为Fe3+,Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体吸附水中的杂质,达到净水的目的;
(2)①钠元素显+1价,氧元素显-2价,设铁元素的化合价是x,根据在化合物中正负化合价代数和为零,可得:
(+1)×2+x+(-2)×4=0,则x=+6价,故答案为:
+6;
②2FeSO4+6Na2O2==aNa2FeO4+bM↑+2Na2O+2Na2SO4,根据质量守恒,a=2,M为O2,b=1,方程式配平得2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+O2↑+2Na2O+2Na2SO4,反应中铁元素化合价升高(6-2)×2=8,过氧化钠中的氧元素化合价升高(1-0)×2=2,化合价降低(2-1)×10=10,即每生成1molO2,转移电子10mol,故答案为:
1;10;
(3)①步骤③是碱溶液中次氯酸根离子氧化铁离子为高铁酸根离子,反应的离子方程式为:
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O;故答案为:
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O;
②从Na2FeO4悬浊液得到固体可以通过过滤实现,故答案为:
过滤;
(4)FeO42-+3e-+4H2O⇌Fe(OH)3+5OH-,单位质量得到电子
=0.018;Cl2+2e-=2Cl-,单位质量得到电子
=0.028,
=0.64,故答案为:
0.64。
5.金属钛被用于航空航天工业、化工、医疗等领域。
用钛铁矿(主要成份为FeTiO3) 制取钛并获得副产品绿矾的工艺流程如下:
(1)TiOSO4中钛的化合价为_________,操作I的名称
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