2.K2FeO4是优良的水处理剂,一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔,反应为Fe2O3+3KNO3+4KOH==2K2FeO4+3KNO3+2H2O。
下列关于该反应的说法不正确的是
A.铁元素被氧化,氮元素被还原
B.每生成1molK2FeO4,转移6mole−
C.K2FeO4具有氧化杀菌作用
D.该实验条件下的氧化性:
KNO3>K2FeO4
【答案】B
【解析】反在应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中,铁元素化合价由Fe2O3中的+3价变为K2FeO4中的+6价,化合价升高,Fe2O3为还原剂,而N元素则由KNO3中+5价变为KNO2中的+3价,化合价降低,做氧化剂。
A、氮元素化合价降低,被还原,铁元素化合价升高被氧化,选项A正确;B、反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO3+2H2O中铁元素由+3价变为+6价,故1molFe2O3转移6mol电子即6NA个,生成2molK2FeO4,故当生成1molK2FeO4时转移3NA个电子,选项B错误;C、K2FeO4中铁元素为+6价,有强氧化性,能杀菌消毒,选项C正确;D、反应中KNO3为氧化剂,而K2FeO4为氧化产物,而氧化性是氧化剂>氧化产物,故氧化性:
KNO3>K2FeO4,选项D正确。
3.用CuS、Cu2S处理酸性废水中的Cr2O72-,发生反应如下:
反应Ⅰ:
CuS+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)
反应Ⅱ:
Cu2S+Cr2O72-+H+→Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)
下列有关说法正确的是()
A.反应Ⅰ和Ⅱ中Cu2+、SO42-都是氧化产物
B.处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等
C.反应Ⅱ中还原剂、氧化剂的物质的量之比为3:
5
D.反应Ⅰ、Ⅱ中每处理1molCr2O72-,转移电子数不相等
【答案】C
【解析】A.反应Ⅰ中Cu化合价没有改变,所以Cu2+不是氧化产物,故A错误;B.处理1molCr2O72-时反应Ⅰ、Ⅱ根据化合价变化及电荷守恒配平得:
3CuS+4Cr2O72-+32H+=3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O;3Cu2S+5Cr2O72-+46H+=6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O,所以消耗H+的物质的量不相等,故B错误;C.反应Ⅱ中还原剂为Cu2S氧化剂为Cr2O72-,根据得失电子守恒配平后得氧化剂的物质的量之比为3:
5,故C正确;
D.处理1molCr2O72-得到2molCr3+,转移电子数相等,故D错误。
4.中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水,其原理如图所示。
下列说法正确的是
A.C3N4中C的化合价为-4
B.反应的两个阶段均为吸热过程
C.阶段Ⅱ中,H2O2既是氧化剂,又是还原剂
D.通过该反应,实现了化学能向太阳能的转化
【答案】C
【解析】A.依据化合物中化合价代数和为0,因C3N4中N的化合价为-3价,所以C的化合价为+4,A项错误;B.阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应,B项错误;C.阶段Ⅱ中,H2O2发生歧化反应,既是氧化剂,又是还原剂,C项正确;D.利用太阳光实现高效分解水的反应,实现了太阳能向化学能的转化,D项错误。
5.下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录,已知:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+
序号
a
b
现象
1
2mL0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液(pH=2)
3滴饱和Na2SO3溶液(pH=9)
溶液变绿色(含Cr3+)
2
2mL0.1mol·L−1K2CrO4溶液(pH=8)
3滴饱和Na2SO3溶液
溶液没有明显变化
3
2mL饱和Na2SO3溶液
3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液
溶液变黄色
4
2mL蒸馏水
3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液
溶液变成浅橙色
下列说法不正确的是
A.实验1中的绿色溶液中含有SO42-
B.实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同
C.向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色
D.实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响
【答案】C
【解析】A.实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应,Na2SO3被氧化为Na2SO4,K2Cr2O7被还原为Cr3+,溶液呈绿色,故A正确;B.实验1、2中的a溶液中都存在平衡:
Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+,故溶液中所含的离子种类相同,故B正确;C.Na2SO3溶液呈碱性,滴加3滴0.05mol·L−1K2Cr2O7溶液,平衡Cr2O72-(橙色)+H2O
2CrO42-(黄色)+2H+向正向移动,溶液呈黄色;若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸,则在酸性条件下,K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应,溶液变绿色,故C错误;D.实验4和实验3相比,b溶液相同,a为等体积的蒸馏水,溶液由黄色变成浅橙色,颜色反而加深,故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响,故D正确。
6.工业上将Na2CO3和Na2S以1:
2的物质的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2.下列说法错误的是()
A.硫元素既被氧化,又被还原
B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1
C.相同条件下,每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2
D.若生成2.24LCO2,则转移0.8mol电子
【答案】D
【解析】A.S元素的化合价变化可知,硫元素既被氧化又被还原,不选A;B.2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3
+CO2中,Na2S为还原剂,SO2为氧化剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:
1,不选B;C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2可知,每吸收4mol SO2就会放出1molCO2,则相同条件下,每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2,不选C;D.温度压强未知,无法计算2.24LCO2的物质的量,无法知道转移多少电子,选D。
7.氮元素在海洋中的循环,是整个海洋生态系统的基础和关键。
海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。
其中反应④的离子方程式为4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O,下列说法正确的是
A.①②均属于固氮反应
B.海洋中的反硝化作用一定有氧气参加
C.反应④中每生成1molH2O共转移2mole-
D.向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】A.氮的固定是游离态的氮变为化合态的氮,①不属于氮的固定,②是氮的固定,故A错误;B.反硝化作用:
反硝化细菌在缺氧条件下,还原硝酸盐,释放出分子态氮(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程,不一定有氧参加,故B错误;C.根据4NH4++5O2=2NO2-+6H++N2O+5H2O,氮元素化合价-3价变化为+1价和+3价,氧元素化合价0价变化为-2价,电子转移总数20e-,生成1molH2O共转移4mole-,故C错误;D.向海洋排放含NO3-的废水,硝酸根离子浓度增大,反硝化作用增强,破坏原有的化学平衡和生态平衡,可能会影响海洋中氮的循环,故D正确。
8.高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应,化学方程式如下:
KMnO4+FeSO4+H2SO4―→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O。
(未配平)下列说法正确的是()
A.Fe2+的还原性强于Mn2+
B.MnO4-是氧化剂,Fe3+是还原产物
C.氧化剂和还原剂物质的量之比为5:
1
D.生成1mol水时,转移2.5mol电子
【答案】A
【解析】A项,Fe2+化合价升高,是还原剂,Mn2+是还原产物,还原性:
还原剂>还原产物,故A项正确;
B项,MnO4-化合价降低,是氧化剂,Fe3+是氧化产物,故B项错误;C项,锰元素由+7价降至+2价,铁元素由+2价升至+3价,根据得失电子守恒,MnO4-、Mn2+的系数为1,Fe2+、Fe3+的系数为5,根据电荷守恒,H+的系数为8,根据质量守恒,H2O的系数为4,所以离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,由此可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1:
5,故C项错误;D项,根据离子方程式MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O,生成4mol水时转移5mol电子,所以生成1mol水时,转移1.25mol电子,故D项错误。
9.明兰做实验时不小心沾了一些KMnO4,皮肤上的黑斑很久才能消除,如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原,其离子方程式为:
MnO4-+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____(未配平)。
关于此反应的叙述正确的是( )
A.该反应的氧化产物是Mn2+
B.1molMnO4-在反应中失去5mol电子
C.该反应右横线上的产物是OH-
D.配平该反应后,H+的计量数是6
【答案】D
【解析】A.化合价升高的元素是碳元素,所得生成物CO2是氧化产物,选项A错误;B.锰元素化合价从+7价降低到+2价,元素得到电子,化合价降低数=得到电子的数目=5,即1molMnO4-在反应中得到5mol电子,选项B错误;C.反应方程式左边有H+,则右边不能出现OH-,右横线上的产物是水,选项C错误;
D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为:
2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O,H+的计量数是6,选项D正确。
10.某温度下,将Cl2通入NaOH溶液中,反应得到NaCl、NaC1O、NaClO3,的混合液,经滋定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:
3,则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与技氧化的氯元素的物质的量之比为
A.21:
5B.11:
3
C.3:
1D.4:
1
【答案】D
【解析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程,化合价分别由0价升高为+1价和+5价,
ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1:
3,
则可设ClO-为1mol,ClO3-为3mol,被氧化的Cl共为4mol,
失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol,
氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等,
Cl2生成NaCl是被还原的过程,化合价由0价降低为-1价,
则得到电子的物质的量也应为16mol,
则被还原的Cl的物质的量为16mol,
所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol:
4mol=4:
1,
答案选D。
11.据央视网2017年8月23日报道,环保督察不是一阵风。
就在8月中旬,第四批中央环境保护督察又全面启动了,而环保督察这项工作本身也在不断升级。
氰化物是水体污染的重要物质,该类物质剧毒,特别是HCN具有挥发性,毒害更大。
其中NaCN污染一般可采用次氯酸钠法进行处理,该处理方法的原理可分两步:
步骤①:
NaCN与NaClO反应,生成NaOCN和NaCl;
步骤②:
NaOCN与NaClO反应,生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。
下列有关判断正确的是
A.NaCN与NaOCN中C、N的化合价分别相等
B.步骤①可在酸性条件下进行
C.步骤②的氧化产物是CO2、Na2CO3、N2
D.步骤②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】A、NaCN中C的化合价为+2,N的化合价为-3,NaOCN中Na的化合价为+1,O的化合价为-2,因NaCN与NaClO反应生成NaOCN和NaCl的反应中Cl的化合价降低,故NaOCN中N的化合价为-3,C的化合价为+4,选项A错误;B、因HCN具有挥发性,且毒害更大,故步骤①不能在酸性条件下进行,选项B错误;C、步骤②发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-=CO2↑+C
+3Cl-+N2↑,故该反应中氧化剂是NaClO,还原剂是NaOCN,氧化产物是N2,还原产物是NaCl,选项C错误,D、根据选项C的分析,步骤②中氧化剂NaClO与还原剂NaOCN的物质的量之比为3∶2,选项D正确。
12.发射“神舟七号”载人飞船的是我国自行研制的“长征一号D”运载火箭。
该火箭的主要燃料是偏二甲肼(用R表示)和四氧化二氮,在火箭发射时,两者剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热,该反应的化学方程式为:
,下列叙述错误的是()
A.此反应是氧化还原反应
B.反应瞬间产生大量高温气体,推动火箭飞行
C.在此反应中作还原剂
D.R的分子式为
【答案】C
【解析】A、N元素在反应物中以化合态存在,反应生成氮气,N元素化合价变化,反应是氧化还原反应,故A正确;B、偏二甲肼和四氧化二氮剧烈反应产生大量气体并释放出大量的热,瞬间产生大量高温气体,推动火箭飞行,故B正确;C、N2O4中N元素化合价降低,N2O4是氧化剂,偏二甲肼中所含元素化合价一定有升高,故偏二甲肼作还原剂,故C错误;D、根据原子守恒可知,偏二甲肼的分子式为C2H8N2,故D正确。
13.黄铜矿(主要成分CuFeS2)是提取Cu的主要原料。
已知:
2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO(Ⅰ)产物Cu2S在1200℃高温下继续反应:
2Cu2S+3O2
2Cu2O+2SO2(Ⅱ)2Cu2O+Cu2S
6Cu+SO2↑(Ⅲ)假定各步反应都完全。
则下列说法正确的是
A.由6molCuFeS2生成6molCu消耗O2的物质的量为15mol
B.6molCuFeS2和14.25molO2反应,理论上可得到铜的物质的量为3mol
C.反应Ⅰ中CuFeS2仅作还原剂
D.取12.5g黄铜矿样品,经测定含3.60g硫,则矿样中CuFeS2质量分数一定为82.8%
【答案】A
【解析】A.由反应可知,最终CuFeS2与O2反应的最终成为FeO、Cu、SO2,根据原子守恒n(FeO)=n(CuFeS2)=6mol,n(SO2)=2n(CuFeS2)=12mol,根据O原子守恒可知2n(O2)=n(FeO)+2n(SO2)=6mol+12mol×2,故n(O2)=15mol,A正确;B.2CuFeS2+4O2
Cu2S+3SO2+2FeO,根据方程式可知6molCuFeS2反应消耗12molO2,反应产生3molCu2S,剩余氧气为14.25mol-12mol=2.25mol,再根据方程式2Cu2S+3O2
2Cu2O+2SO2可知Cu2S与O2反应的物质的量的比为2:
3,3molCu2S完全反应需消耗4.5molO2,现在只剩有2.25mol,显然氧气不足,氧气完全反应,按照氧气计算,n(O2)=2.25mol,则反应产生Cu2O的物质的量为n(Cu2O)=,消耗Cu2S也是1.5mol,则剩余Cu2S物质的量为n(Cu2S)=3mol-1.5mol=1.5mol,再发生反应2Cu2O+Cu2S
6Cu+SO2,二者反应的物质的量的比是2:
1,现在二者的物质的量相等,显然氧化亚铜完全反应,则生成铜的物质的量为n(Cu)=3×1.5mol=4.5mol,B错误;C.反应I中Cu元素的化合价由+2价降低到Cu2S中的+1,S元素的化合价由-2升高到SO2中的+4,所以反应Ⅰ中CuFeS2既作氧化剂又作还原剂,C错误;D.12.5g×ω(CuFeS2)×
==3.6g,解得ω(CuFeS2)=82.8%,但黄铜矿样品中还可能还有其他含硫物质,所以矿样中CuFeS2质量分数不一定为82.8%,D错误。
14.KClO3与浓盐酸发生如下反应:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,下列说法不正确的是
A.Cl2既是氧化产物,又是还原产物
B.转移5mol电子时,产生67.2L的Cl2
C.盐酸既体现酸性,又体现还原性
D.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:
1
【答案】B
【解析】A项,该反应中氧化剂是氯酸钾,浓盐酸是还原剂,所以氯气既是氧化产物又是还原产物,故A项正确;B项,温度和压强未知,无法计算气体体积,故B项错误;C项,该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高,所以盐酸体现酸性和还原性,故C项正确;D项,该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价,被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:
1,故D项正确。
15.H2O2是一种“绿色”试剂,许多物质都会使较高浓度的H2O2溶液发生催化分解。
实验发现,向H2O2溶液中加入Br2可以加快其分解速率。
有人提出反应机理可能有2步,第1步反应为:
H2O2+Br2===2H++O2↑+2Br-。
下列说法正确的是
A.H2O2分子中含有离子键和非极性键
B.在第1步反应中,每生成0.1molO2,转移0.4mol电子
C.机理中第2步反应为:
2H++H2O2+2Br-===2H2O+Br2
D.若在加入Br2的H2O2溶液中检出Br-,则说明第1步反应发生了
【答案】C
【解析】A、H2O2属于共价化合物,其结构式为H-O-O-H,含有共价键,不含离子键,故A错误;B、第1步反应中,生成0.1molO2,转移电子物质的量为0.1×2×1mol=0.2mol,故B错误;C、H2O2分解反应方程式为2H2O2=2H2O+O2↑,根据第1步反应,推出第2步反应为2H++H2O2+Br-=2H2O+Br2,故C正确;D、Br2能与水反应生成Br-,因此该溶液中检验出Br-,不能说明第1步发生,故D错误。
16.运动会上使用的发令枪所用的“火药”主要成分是氯酸钾和红磷,经撞击发出响声,同时产生白色烟雾。
撞击时发生的化学反应方程式为:
5KClO3+6P=3P2O5+5KCl,则下列有关叙述正确的是
A.上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为6∶5
B.上述反应中消耗3molP时,转移电子的物质的量为15mol
C.KCl既是氧化产物,又是还原产物
D.因红磷和白磷互为同素异形体,上述火药中的红磷可以用白磷代替
【答案】B
【解析】A.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有氯元素的化合价降低,KClO3是氧化剂,且氯元素化合价全部降低;反应中只有磷元素化合价升高,磷是还原剂,且磷元素化合价全部升高;所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:
6,选项A错误;B.反应5KClO3+6P=3P2O5+5KCl中只有磷元素化合价升高,P元素化合价由0价升高为P2O5中+5价,且磷元素化合价全部升高,所以消耗3molP时,转移电子的物质的量为3mol×5=l5mol,选项B正确;C.KCl是氧化剂KClO3获得电子形成的还原产物,P2O5是还原剂P失去电子形成的氧化产物,选项C错误;D.白磷不稳定,易自燃,火药中的红磷不能用白磷代替,选项D错误。
17.某反应体系的物质有:
NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。
(1)请将Au2O3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内。
Au2O3+_____+______→______+________+_________
(2)反应中,被还原的元素是_______,还原剂是____________。
(3)将氧化剂与还原剂填入空格中,并用单线桥表示出电子转移的方向和数目。
______
(4)纺织工业中常用氯气作漂白剂,Na2S2O3可作为漂白后布匹“脱氯剂”,Na2S2O3和Cl2反应的产物是H2SO4、NaCl和HCl,则还原剂与氧化剂的个数之比为_______。
【答案】Na2S2O3H2OAu2ONa2S4O6NaOHAuNa2S2O3
1:
4
【解析】
(1)Au2O3为反应物,则反应中Au2O3→Au2O,Au的化合价由+3价变为+1价,则Au元素被还原,Na2S4O6中硫元素平均化合价为+2.5,Na2S2O3中硫元素平均化合价为+2,所以Na2S2O3为反应物,Na2S4O6为生成物,即氧化产物,由于2Na2S2O3→Na2S4O6,S硫元素平均化合价由+2价升高为+2.5价,化合价总共升高8×(2.5-2)=4,根据化合价升降相等,反应方程式为Au2O3+4Na2S2O3+2H2O=Au2O+2Na2S4O6+4N