2020-2021高考化学专题复习分类练习 氧化还原反应综合解答题含答案解析

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2020-2021高考化学专题复习分类练习氧化还原反应综合解答题含答案解析
一、高中化学氧化还原反应
1.过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性,且不稳定,某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质,实验如下。

已知SO3是无色易挥发的固体,熔点16.8℃,沸点44.8℃。

(1)稳定性探究(装置如图):
分解原理:2Na2S2O82Na2SO4+2SO3↑+O2↑。

此装置有明显错误之处,请改正:______________________,水槽冰水浴的目的是
____________________;带火星的木条的现象_______________。

(2)过硫酸钠在酸性环境下,在Ag+的催化作用下可以把Mn2+氧化为紫红色的离子,所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀,该反应的离子方程式为______________________,该反应的氧化剂是______________,氧化产物是________。

(3)向上述溶液中加入足量的BaCl2,过滤后对沉淀进行洗涤的操作是
___________________________。

(4)可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子,取20mL待测液,消耗0.1mol·L-1的H2C2O4溶液30mL,则上述溶液中紫红色离子的浓度为______mol·L-1,若Na2S2O8有剩余,则测得的紫红色离子浓度将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】试管口应该略向下倾斜冷却并收集SO3木条复燃 2Mn2++5S2O+
8H2O2MnO+10SO+16H+ S2O MnO用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可) 0.06 偏高
【解析】
【分析】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜;根据SO3、氧气的性质进行分析;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,据此写出离子方程式,并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物;
(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答;
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:5H2C2O4---2MnO4-,带入数值进行计算;Na2S2O8也具有氧化性,氧化H2C2O4。

【详解】
(1)在试管中加热固体时,试管口应略微向下倾斜,SO3的熔、沸点均在0℃以上,因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体,便于收集SO3,由Na2S2O8的分解原理可知,生成物中有氧气,所以在导管出气口的带火星的木条会复燃,故答案为:试管口应该略向下倾斜;冷却并收集SO3;木条复燃;
(2)X为MnO4-,向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀,则产物中有SO42-,则反应
的离子方程式为2Mn 2++5S 2O +8H 2O 2MnO +10SO +16H +,根据该反应中元素
化合价的变化可知,氧化剂是S 2O 82-,氧化产物是MnO 4-,故答案为:2Mn 2++5S 2O +
8H 2O 2MnO +10SO +16H +;S 2O 82-;MnO 4-;
(3)沉淀洗涤时,需要用玻璃棒引流,并且所加蒸馏水需要没过沉淀,需要洗涤2~3次,故答案为:用玻璃棒引流,向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀,使蒸馏水自然流下,重复操作2~3次(合理即可);
(4)根据得失电子守恒可得到关系式:
()-224
4-1
-45H C O 2MnO 5
20.03L 0.1mol L 0.02L c MnO ⨯⨯:g 则()-1
--142
0.03L 0.1mol L c MnO ==0.06mol L 50.02L
⨯⨯⨯g g ,Na 2S 2O 8具有氧化性,消耗的H 2C 2O 4溶液增多,导致测得的结果偏高,故答案为:0.06;偏高。

2.过氧乙酸(CH 3COOOH)是一种高效消毒剂,具有很强的氧化性和腐蚀性,它可由冰醋酸与过氧化氢在一定条件下制得;它可以迅速杀灭多种微生物,包括多种病毒(如:SARS 病毒、禽流感病毒)、细菌、真菌及芽孢。

下面是市售过氧乙酸商品标签:
有关资料:H 2O 2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,是一种强氧化剂。

过氧乙酸消毒液是由H 2O 2、H 2O 、CH 3COOH 及少量H 2SO 4混合后,反应生成过氧乙酸
(CH 3COOOH)。

CH 3COOOH 容易放出氧原子,它与空气中微生物机体作用,达到灭菌目的,是消毒液的主要成分。

(1)某研究性学习小组为了弄清配制过氧乙酸消毒液的甲、乙溶液的主要成分各是什么?进行以下科学探究,请你完成下列相关内容:
①提出假设:甲溶液的主要成分为_________,乙溶液的主要成分为_________。

②实验验证:取甲、乙两种溶液少许,分别加入几滴_________试液,若①中假设正确,则甲溶液的现象为_____________________,乙溶液的现象为__________。

(2)有关过氧乙酸的叙述正确的是_________ (填编号)
A .过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH 2COOH)互为同分异构体
B .过氧乙酸与苯酚混合使用可增强消毒效果
C .过氧乙酸与乙酸属于同系物
D .氧元素的化合价为-2价
(3)实验室制备少量过氧乙酸,可由冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸催化作用下制得,实验装置和步骤如下:
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓H2SO4的混合液体,再缓缓加入适量30%的双氧水。

②不断搅拌并控制B中混合液的温度为20~30℃至反应结束。

③接入冷凝管和抽气泵,在锥形瓶中收集得到产品。

请回答下列问题:
①仪器C的名称是_______________;
②为更好地控制反应温度,应采用方法是_________________;
③生成过氧乙酸的化学方程式为________________________________________;
④碘量法分析:取2.00mL过氧乙酸试样稀释成100mL,从中取出5.00mL,滴加酸性KMnO4溶液至恰好粉红色以除去残余H2O2,再加入10mL 10%KI溶液和几滴淀粉溶液,摇匀,反应完全后再用0.1000mol/L的Na2S2O3标准液滴定至终点(反应方程式为
2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),共消耗14.30mL Na2S2O3标准液。

该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是_____mol/L。

(结果保留小数点后两位)(提示:CH3COOOH+2I−+2H+
=I2+CH3COOH +H2O)
【答案】甲H2O2、H2O、H2SO4乙CH3COOH 、 H2O 石蕊甲:溶液先变红后褪色乙:溶液由无色变为红色 A 冷凝管(或直形冷凝管)水浴加热 CH3COOH +
H2O2→CH3COOOH + H2O 7.15
【解析】
【分析】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙酸消毒液是由H2O2、H2O、CH3COOH及少量H2SO4混合后,反应生成过氧乙酸
(CH3COOOH),H2O2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H2SO4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水也是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H2O2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)结合选项对过氧乙酸(CH3COOOH)性质判断,
(3)①由仪器的结构,可知C为直形冷凝管;
②控制B中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热;
③结合题中信息,写出生成过氧乙酸的化学反应方程式;
CH3COOOH+2I−+2H+ =I2+CH3COOH +H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI,由这两个方程式,确定关系式:CH3COOOH~I2~2Na2S2O3,计算稀释后5.00mL溶液中过氧乙酸的物质的量,再计算原来的2.00mL溶液中的过氧乙酸的物质的量,再根据物质的量浓度定义式计算。

【详解】
(1)若假设甲溶液的有效成分是H2O2,则乙溶液的有效成分是CH3COOOH,根据过氧乙
酸消毒液是由H 2O 2、H 2O 、CH 3COOH 及少量H 2SO 4混合后,反应生成过氧乙酸
(CH 3COOOH),H 2O 2是极弱的电解质,在酸性介质中才能稳定存在,则H 2SO 4应该在甲溶液中,另外两种溶液中的水更是一种主要成分;两溶液都呈酸性,都能使紫色石蕊试液变红,但是甲溶液中H 2O 2漂白作用的会使变红的溶液褪色;
(2)过氧乙酸与羟基乙酸(HOCH 2COOH)的分子式都是C 2H 4O 3,但结构不同,故互为同分异构体;过氧乙酸具有强氧化性,而苯酚易被氧化,两者混合发生氧化还原反应,不能增强消毒效果;过氧乙酸的分子结构中存在过氧根而乙酸中没有,两者结构不相似,不属于同系物;过氧乙酸中的氧元素有+2价、+1价;
(3)①由仪器的结构,可知C 为直形冷凝管;
②控制B 中混合液的温度为20~30℃,应采取水浴加热,受热均匀,便于控制温度; ③乙酸与过氧化氢在浓硫酸、20~30℃条件下反应生成过氧乙酸(CH 3COOOH),反应的化学方程式为:CH 3COOH + H 2O 2CH 3COOOH + H 2O ;
④CH 3COOOH+2I −+2H + =I 2+CH 3COOH +H 2O ,2Na 2S 2O 3+I 2=Na 2S 4O 6+2NaI ,由这两个方程式,确定关系式:CH 3COOOH ~I 2~2Na 2S 2O 3,可知稀释后的5.00mL 溶液中过氧乙酸的物质的量是:×0.0143L×0.1000mol/L ,原来2.00mL 溶液中的过氧乙酸的物质的量是:×0.0143L×0.1000mol/L×
=0.0143mol ,该该样品中过氧乙酸的物质的量浓度是:=7.15 mol/L 。

【点睛】
本题是探究性实验试题,现根据题中的信息去假设,然后分析、得出结论。

实验中的数据处理,借助关系式法,计算所需要的物质的物质的量。

3.碘是人体不可缺乏的元素,为了防止碘缺乏,一般是在食盐中添加一定量的KIO 3。

但碘添加量也不能过多,过多会导致甲亢等。

国家标准GB14880-1994中规定每千克食盐中碘的含量(以碘原子计)应为20-60mg/kg 。

实验研究小组为了检测某加碘盐中碘含量是否合格,查阅了有关的资料,发现其检测原理是:3242224KIO + KI + H SO I + H O + K SO (方程式未配平)。

试根据相关信息回答下列问题:
(1)检测原理中,氧化剂为_______,氧化产物为_______。

请在下面配平该方程式,同时用单线桥...
标明电子转移的方向和数目:_______ ____3KIO +____ KI+____24H SO —____2I + ____ 2H O +____ 24K SO
(2)取10g 加碘盐加蒸馏水溶解,然后加入稀硫酸和KI 溶液(H 2SO 4和KI 都稍过量),充分反应后,将反应液转入分液漏斗中,再加入一定量的CCl 4,振荡,静置,此时观察到的现象是________________________________________________。

然后分液,即得到I 2的CCl 4溶液。

(3)查阅资料,CCl 4的沸点为78℃,I 2的升华温度约为120~130℃。

实验小组拟采用下图所示实验装置将CCl 4和I 2的混合溶液分离。

该分离方法的名称是___________,冷凝管的进
水口是_______(填“a ”或“b ”)。

(4)上述实验结束,用电子天平称量出圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ,由此计算出该加碘盐中碘的含量为__________mg/kg ,该加碘盐_______(填“合格”或“不合格”)。

(5)KIO 3虽稳定性较好,但在高温下也可分解为KI 等物质,所以在使用加碘盐时最佳的添加时间是菜肴快出锅时。

请书写出KIO 3在锅中长时间高温爆炒时可能发生的分解反应的化学方程式____________________________________________________。

【答案】KIO 3 I 2
溶液分为两层,下层呈紫红色 蒸馏 a 25 合格 322KIO 2KI+3O ↑高温
【解析】
【详解】
(1)、该反应中化合价的变化为:KIO 3-→I 2,I 元素由+5价→0价,一个KIO 3得5个电子;KI-→I 2,I 元素由-1价→0价,一个KI 失一个电子,所以得失电子的最小公倍数为5,KIO 3的计量数为1, KI 的计量数为5,其它元素根据原子守恒配平,故答案为:KIO 3;I 2 ;

(2)、碘易溶于有机溶剂,在四氯化碳在的溶解度远大于在水中,加入四氯化碳萃取水中的碘,四氯化碳与水不互溶,溶液分成两层,四氯化碳的密度比水,有机层在下层,碘溶于四氯化碳呈紫红色,上层几乎无色,
故答案为:溶液分成两层,上层无色,下层呈紫红色;
(3)、利用沸点分离的方式叫蒸馏,冷凝水的方向是下进上出,故答案为:蒸馏;a ;
(4)、由方程式可知:I 2的的来源属于KIO 3的占16
,所以圆底烧瓶中I 2的质量为1.5 mg ,则食盐中的碘原子质量为0.25mg ,所以碘的含量为
30.2525/1010mg mg kg g g -=⨯,在国家标准内,故答案为:25;合格;
(5)、由题意:碘元素化合价降低,则必有宁一种元素化合价升高,故O 元素化合价升高。

根据得失电子守恒可知:碘酸钾受热分解的方程式为2KIO 3
Δ2KI+3O 2↑,故答案为2KIO 3Δ2KI+3O 2↑;
【点睛】
实验最终得到的I2来自于KIO3和KI两部分,所以食盐中的碘含量时,应减去KI中的含量。

4.小明很喜欢化学实验课,今天要学习“探究铁及其化合物的氧化性或还原性”。

(1)实验前小明预测说:Fe2+肯定既有还原性又有氧化性。

你认为他预测的依据
是:。

(2)小明欲用实验证明他的预测。

实验室提供了下列试剂:3%的H2O2溶液、锌粒、铜片、0.1mol·L-1FeCl2溶液、KSCN溶液、新制氯水。

①若小明计划在0.1mol·L-1FeCl2溶液滴入新制氯水,探究Fe2+的还原性,你预计可能发生的反应和现象是: ________ (写离子方程式)、溶液由浅绿色变色。

②实验中,小明发现现象不太明显,老师分析可能是产物的含量太低,建议可以通过检验Fe2+被氧化的产物Fe3+的存在以获取证据。

你认为可选滴入小明所得的混合液中,并通过溶液出现色的现象,证明小明的观点和实验方案都是正确的。

③对于证明Fe2+具有氧化性,小明认为金属单质都具有还原性,并分别将铜片、锌粒投入FeCl2溶液中,结果铜片没变化,锌粒逐渐变小。

由此说明三种金属的还原性由强至弱的顺序为:。

(3)小明分析H2O2中氧元素显-1价(中间价),并提出疑问:H2O2与FeCl2的反应时,Fe2+还作氧化剂吗?
①请你为小明梳理相关问题:若Fe2+在反应中表现出氧化性应转化成(填微粒符号,下同),若Fe2+在反应中表现出还原性应转化成。

②实际上Fe2+的还原性较强,实验室的FeCl2溶液常因氧化而变质。

除杂的方法
是:,相关反应的离子方程式:。

【答案】(1)因为Fe2+中铁元素化合价处于中间价态,可以升高也可以降低;(2)①Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+,棕黄(黄);②KSCN溶液,溶液呈血红(红)色;③Zn、Fe、Cu (或Zn>Fe>Cu);(3)①Fe, Fe3+;② 加入过量铁粉,过滤, 2Fe3++ Fe= 3Fe2+。

【解析】
试题分析:(1)最低价态只具有还原性,最高价态只具有氧化性,中间价态既具有氧化性又有还原性,铁的价态一般是0、+2、+3,+2价位于中间,因此Fe2+有还原性和氧化性;(2)①氯水具有强氧化性,发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,Fe3+显黄色或棕黄色;②检验Fe3+用KSCN溶液,溶液变红说明Fe3+的存在;③根据利用金属性强的置换出金属性弱的,铜片无变化,说明Fe的金属性强于铜,锌粒逐渐变小,发生Zn+Fe2+=Zn2++Fe,说明Zn的金属性强于Fe,即金属性强弱:Zn>Fe>Cu;(3)①氧化性:得到电子、化合价降低,Fe2+转变成Fe,还原性:失去电子、化合价升高,Fe2+转变成Fe3+;②利用Fe3+具有强氧化性,能和金属单质反应,不能引入新的杂质,因此加入单质铁,发生Fe+2Fe3+
=3Fe2+。

考点:考查铁及其化合物的性质等知识。

5.以海绵铜(CuO、Cu)为原料制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下:
(1)Cu基态原子核外电子排布式为________,SO42− 的空间构型为__________(用文字描述);Cu2+ 与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2−,[Cu(OH)4]2− 中提供孤电子对的原子是_______(填元素符号)。

(2)“吸收”过程:
①2NO(g) + O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH =-112.6kJ·mol−1提高NO平衡转化率的方法有
______________(写出两种)。

②吸收NO2的有关反应如下:
反应Ⅰ:2NO2(g) + H2O(l) = HNO3(aq) + HNO2(aq) ΔH =-116.1kJ·mol−1
反应Ⅱ:3HNO2(aq) = HNO3(aq) + 2NO(g) + H2O(l) ΔH =-75.9kJ·mol−1
用水吸收NO2生成HNO3和NO的热化学方程式是___________________。

(3)“电解”过程:HNO2为弱酸,通过电解使HNO3得以再生,阳极的电极反应式是
____________。

(4)“沉淀”过程:产生CuCl的离子方程式是________________。

【答案】1s22s22p63s23p63d104s1正四面体形 O 增大压强、提高氧气的浓度
3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=-212.1kJ·mol−1 HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-
2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+
【解析】
【分析】
海绵铜(CuO、Cu)中CuO与稀H2SO4反应转化为硫酸铜,因硝酸在酸性条件下具有氧化性,会将铜氧化为铜离子,最终生成硫酸铜,SO2具有还原性,再将铜离子还原为氯化亚铜,NO合理利用,经过氧化与电解过程得到硝酸,据此分析解答。

【详解】
(1)Cu的原子序数为29,Cu基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;SO42−中
S原子价层电子对个数=4+6+2-42
2

=4,且不含孤电子对,由价层电子对互斥理论判断该
微粒为正四面体形;[Cu(OH)4]2−中Cu2+提供空轨道,O原子提供孤电子对形成配位键,答案为:1s22s22p63s23p63d104s1;正四面体形;O;
(2)①2NO(g)+O2(g)垐?
噲?2NO2(g) ΔH=-112.6kJ·mol−1是气体体积减小的放热反应,提高NO平衡转化率,平衡应向正反应方向移动,可以采取的措施有:降低温度、增大压强、提高氧气的浓度等;
②由盖斯定律可知:(反应I⨯3+反应II)⨯1
2
可以得到用水吸收NO2生成HNO3和NO的热
化学方程式:3NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g) ΔH=-212.1kJ·mol−1;
(3)电解过程中,阳极上HNO2失去电子发生氧化反应生成HNO3,阳极的电极反应式
是:HNO2-2e-+H2O=3H++NO3-;
(4)Cu2+与SO2发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为:2Cu2++SO2+2Cl-
+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+。

6.C、N、S 的氧化物常会造成一些环境问题,科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

(1)CO2的重整用 CO2和 H2为原料可得到 CH4燃料。

已知: ①CH4 (g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H1=+247kJ/mol
②CH4 (g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ/mol
写出 CO2重整的热化学方程式:_____。

(2)“亚碳酸盐法”吸收烟中的 SO2
①将烟气通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的 pH 不断
_____(填“减小”“不变” 或“增大)。

当溶液 pH 约为 6 时,吸收 SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32-) =0.2mol/L,则溶液中c(HSO3-) =_____。

②室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液 pH 与各组分物质的量分数的变化关系如图: b 点时溶液 pH=7,则 n(NH4+):n(HSO3—)= ______________。

(3)催化氧化法去除 NO。

一定条件下,用 NH3 消除 NO 污染,其反应原理
4NH3+6NO5N2+6H2O。

不同温度条件下,n(NH3):n(NO)的物质的量之比分别为 4:1、3:1、1:3 时,得到 NO 脱除率曲线如图所示:
①曲线 a 中,NO 的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从 A 点到 B 点经过0.8s,该时间段内 NO 的脱除速率为_____mg·m-3·s-1。

②曲线 b 对应 NH3与 NO 的物质的量之比是_____。

(4)间接电化学法除 NO。

其原理如图所示:写出阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸
性)_____。

吸收池中除去 NO 的原理_____(用离子方程式表示)。

【答案】CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1 减小 1.6mol/L 3:1 1.5×10−4
3:1 -2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++ 2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+
【解析】
【分析】
(1)已知:①CH 4 (g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ,
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ,
根据盖斯定律,①-②×2得:CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g),据此计算△H ;
(2)①二氧化硫通入亚硫酸钠溶液生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠显酸性,据此分析;根据反应方程式的量的关系计算可得;
②先判断溶质,写出电荷守恒式,在利用pH=7时,c (H +)=c (OH -)找出其他离子的等量关系,结合图示进行等量删减或替换,最后得出结果;
(3)①曲线a 中,NO 的起始浓度为6×10-4mg•m -3,根据图象得到A 、B 处的NO 脱除率,可得两处的NO 的浓度,再计算脱除速率;
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大,NO 的脱除率越大,据此分析;
(4)阴极得到电子发生还原反应,结合酸性环境书写;阴极产物吸收NO 。

【详解】
(1)已知:①CH 4(g)+CO 2(g)=2CO(g)+2H 2(g) △H 1=+247k/mol ,
②CH 4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H 2(g) △H 2=+205k/mol ,
根据盖斯定律,由①−②×2得反应:CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)
△H =△H 1−2△H 2=−163kJ/mo1,
故答案为:CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H =−163kJ/mo1;
(2)①将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液,二氧化硫与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠,亚硫酸氢钠以电离为主,显酸性,故溶液pH 不断减小;向亚硫酸钠溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸氢钠,反应方程式SO 2+Na 2SO 3+2H 2O=2NaHSO 3,溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1:2,即溶液中参加反应的亚硫酸根为(1.0−0.2)mol/L ,则生成c (-3HSO )=2×(1.0−0.2)mol/L=1.6mol/L ,
故答案为:减小;1.6mol/L ;
②b 点时溶液pH=7,此时溶液中的溶质是(NH 4)2SO 3和NH 4HSO 3,根据电荷守恒:c (+4NH )+c (H +)=c (OH −)+c (-3HSO )+2c (2-3SO ),因pH=7,故c (H +)=c (OH −),则
c (+4NH )=c (-3HSO )+2c (2-3SO ),由图可读出b 点时,c (-3HSO )=c (2-3SO ),则c (+4NH )=3 c (-3HSO ),因在同一体系,n (+4NH ):n (-
3HSO )=3:1,
故答案为:3:1;
(3)①曲线a 中,NO 的起始浓度为6×10−4mg ⋅m −3,A 点的脱除率为55%,B 点的脱除率
为75%,从A 点到B 点经过0.8s ,该时间段内NO 的脱除速率为
6×10−4mg ⋅m −3×(0.75−0.55)÷0.8s=1.5×10−4mg ⋅m −3⋅s −1,
故答案为:1.5×10−4;
②NH 3与NO 的物质的量的比值越大,NO 的脱除率越大,则物质的量之比分别为4:1,3:1,1:3时,对应的曲线为a ,b ,c ,即曲线b 对应的物质的量之比是3:1, 故答案为:3:1;
(4)阴极得到电子发生还原反应,根据图可知是-3HSO 在酸性条件下发生还原反应,生成
2-24S O ,其电极反应式为-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++;根据图示,吸收池中2-24S O 和NO 是反应物,N 2和-
3HSO 是生成物,则吸收池中除去NO 的原理是:
2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+,
故答案为:-2-32422HSO +2e +2H =S O 2H O -++;2--242232NO+2S O 2H O N 4HSO +=+。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤:①根据题干找出反应物以及部分生成物,根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数;②然后根据电荷守恒配平电极反应式,在配平时需注意题干中电解质的环境;③然后检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。

7.NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气:2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时,产物有差异。

(1)该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。

如氯气有少量泄漏,用氨气检验时的现象为_____________________________。

(2)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸,Cl 2和NH 3的最佳比例为_____。

(3)常温常压下,取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变。

求:① 反应前氯气和氨气的物质的量之比______________
② 反应后生成的氧化产物的质量_______________。

(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合,实验精确测得充分反应后无色混合气体中N 2占混合气体的
17,求生成氧化产物的物质的量_____________。

(该实验数据在标准状况下测定)
【答案】有白烟生成 3∶2 n(NH 3)∶n(Cl 2)=1∶1 m(N 2 )=56g 余NH 3和N 2 0.263mol ,余HCl 和N 2 0.893mol
【解析】
【分析】
NH 3和Cl 2在常温下可快速反应生成氮气:2NH 3+3Cl 2 →N 2+6HCl 。

当Cl 2和 NH 3 比例不同时,产物有差异。

(1)要检验化工生产中氯气是否泄漏,则需要有明显的现象,从提供的反应可以看出,氨气过量时会有明显现象,找到该反应并指出现象即可;
(2)要求是利用氨气和氯气之间反应生成氯化氢用于制备盐酸,故按该反应中Cl 2和NH 3的比例来回答;
(3)常温常压下,取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余,再发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ,HCl 不能完全反应,按此思路计算① 反应前氯气和氨气的物质的量之比及② 反应后生成的氧化产物的质量;
(4)若将总体积为100L 的NH 3和Cl 2混合,①3222NH 3Cl N 6HCl +=+恰好反应,根据方程式计算混合气体总体积,进而计算氮气体积;
②NH 3过量时,发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl 2有xL ,利用方程式和已知条件计算出氮气的体积、氧化产物的物质的量;
【详解】
(1)按题意,用于检验氯气是否泄漏的反应应有明显现象,氯气和氨气可能的反应为3222NH 3Cl N 6HCl +=+、当氨气过量时会与生成的HCl 反应生成氯化铵,有白烟,现象明显;
答案为:有白烟生成;
(2)氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气:3222NH 3Cl N 6HCl +=+,若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气,用于制备盐酸, Cl 2和NH 3的最佳比例为3:2;
答案为:3:2;
(3) ① 常温常压下,取总物质的量为12mol 的氯气和氨气的混合气体,完全反应后,气体物质的量保持不变,说明3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应后氨气有剩余,再多余氨气再与部分HCl 发生反应NH 3+HCl=NH 4Cl ,HCl 不能完全反应,设反应3222NH 3Cl N 6HCl
+=+中消耗氯气的物质的量为x ,3
223
222NH ~3C 23
3l x x
x 气体物质的量增加 ,43
+HCl=NH Cl 1
2212-2(12-3N )
H x
x x -气体物质的量减少,前者体积增大与后者体积减小相等,则222(12)33x x x --
= ,得x =6, 故反应前氯气和氨气的物质的量之比为
61126
x x ==-:1 ; 答案为:1:1; ② 反应后生成的氧化产物为氮气,氯气为6mol,由3222NH 3Cl N 6HCl +=+可知,生成氮气的物质的量为2mol ,故氧化产物氮气的质量=2mol ×28g/mol=56g ,
故答案为:56g ;
(4)在3222NH 3Cl N 6HCl +=+反应中,NH 3和Cl 2恰好完全反应时,混合气体中N 2占混合气体的17,由于氨气与HCl 可以反应生成HN 4Cl ,而充分反应后的混合气体中N 2占混合气体的17
,则有两类情况:①Cl 2与氨气恰好反应,由方程式可知5体积气体生成7体积气体,故反应后混合气体总体积=100L ×75=140L ,则氧化产物氮气体积为140L ×17
=20L ,故其物质的量=20L 22.4L /mol
=0.893mol ;②NH 3过量时,发生反应32248NH 3Cl N 6NH Cl +=+,剩余混合气体为氮气、氨气,设Cl 2有xL ,则
3
2
28NH ~3Cl ~N 83
1101033V
x
x x ∆,则1L 13107100L L 3x x =-,30017x =,故氧化产物氮气的物质的量=3001L 17
30.263mol 22.4L /mol
⨯== ; 答案为:余NH 3和N 2为0.263mol ,余HCl 和N 2为0.893mol 。

8.三氟化氮(NF 3)是一种新型电子材料,它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有: HF 、 NO 和 HNO 3 ,请根据要求回答下列问题:
(1)反应过程中,被氧化与被还原的元素的物质的量之比为_______________。

(2)写出该反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目:____。

若反应中生成0.2 mol HNO 3,转移的电子数目为______________________个。

(3)NF 3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF 3在空气中泄漏,还是易于发现。

你判断该气体泄漏时的现象是_______________________________。

(4)一旦NF 3泄漏,可以用NaOH 溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO 2、NaF 、H 2O 外,还肯定有______________(填化学式)。

【答案】2∶1
0.4N A 泄漏时会看到白雾和红棕色气体,
同时闻到刺激性气味 NaNO 3
【解析】
【分析】
由题给信息可知,三氟化氮(NF 3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有HF 、NO 和HNO 3,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF 3+5H 2O=9HF+2NO+HNO 3。

【详解】
(1)由题给信息可知,反应中三氟化氮中氮元素的化合价即升高被氧化,又降低被还原,由
化合价升降可知被氧化与被还原的氮元素的物质的量之比为1:2,故答案为:1:2;(2)由题给信息可知,三氟化氮(NF3)在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应,其反应的产物有HF、NO和HNO3,反应中氮元素的化合价从+3价分别降为+2价,升为+5价,由升降法配平可得化学方程式为3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3,反应中生成1mol硝酸
转移2mol电子,电子转移的方向和数目可表示为,则反应中生成0.2 mol HNO3,则转移的电子数目为0.4N A个,故答案为:
;0.4N A;
(3)NF3在潮湿空气中泄漏由于有硝酸生成,会产生白雾,一氧化氮遇到空气被氧化成红棕色有刺激性气味的二氧化氮气体,故答案为:泄漏时会看到白雾和红棕色气体,同时闻到刺激性气味;
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法吸收氟化氢、硝酸、一氧化氮和二氧化氮,会生成氟化钠、硝酸钠、亚硝酸钠和水,故答案为:NaNO3。

9.实验室里,从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中,回收钴、锂的操作流程如下图所示:
回答下列问题。

(1)拆解废旧电池获取正极材料前,先将其浸入NaCl溶液中,使电池短路而放电,此时溶液温度升高,该过程中能量的主要转化方式为____。

(2)“碱浸”过程中产生的气体是____;“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝,反应的化学方程式为____。

(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为____;若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代,也可以达到“酸浸”的目的,但会产生____(填化学式)污染环境。

(4)“沉钴”时,调pH所用的试剂是____;“沉钴”后溶液中c(Co2+)=____。

(已知:Ksp[Co(OH)2]=1.09×l0-15)
(5)在空气中加热Co(OH)2,使其转化为钴的氧化物。

加热过程中,固体质量与温度的关系如左下图所示。

290~500℃,发生反应的化学方程式为____。

(6)根据右下图判断,“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

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