2019年高考化学二轮复习专题06氧化还原反应考点突破.doc

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1、1专题 06 氧化还原反应1天然气脱硫包含反应 2FeCl3H 2S=2FeCl2S2HCl，下列说法正确的是( )AFeCl 3是还原剂 BFeCl 3中氯元素被还原CH 2S 是氧化剂 DH 2S 中硫元素被氧化【答案】D【解析】A 项、反应中 Fe 元素化合价降低，FeCl 3是氧化剂，故 A 错误；B 项、反应中 FeCl3中氯元素化合价没有变化，故 B 错误；C 项、反应中 H2S 中 S 元素化合价升高，H 2S 是还原剂，故 C 错误；D 项、反应中H2S 中 S 元素化合价升高，被氧化，D 正确。 81.76g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为

2、 63%的浓硝酸中，得到 NO2气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入适量的 1.0 mol/LNaOH 溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A该浓硝酸中 HNO3的物质的量浓度是 14.0 mol/LB浓硝酸在反应中表现了氧化性和酸性，且表现氧化性的硝酸的物质的量为 0.08 mol C得到沉淀的质量为 3.12gD加入 NaOH 溶液的体积是 50 mL【答案】D【解析】A密度为 1.40g/cm3、质量分数为 63%的浓硝酸的物质的量浓度 c= =mol/L，A 正确；B.硝酸与金属反应，硝酸将金属氧化成硝酸盐，硝酸被还原变为 NO2气体，所以起氧化剂作用

3、的硝酸的物质的量为 n(HNO3)=n(NO2)= ，B 正确；C.沉淀的质量等于金属质量与结合的氢氧根离子的质量，根据电荷守恒可知氢氧化物中氢氧根的物质的量等于转移电子物质的量，即 n(OH-)=0.08mol(5-4)=0.08mol，故沉淀的质量=1.76g+0.08mol17g/mol=3.12g，C 正确；D.加入适量的 1.0mol/L NaOH 溶液，恰使溶 液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为 NaNO3，由 N 元素守恒可知 n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，n(NaNO 3)=0.05L14mol/L-0.08mol=0.62mol，由钠离子守恒 n（Na

4、OH）=n（NaNO 3）=0.62mol，故需要 1.0mol/L 2NaOH 溶液体积 V= =620mL，D 错误。9某温度下，将 1.1mol I2加入到氢氧化钾溶液中，反应后得到 KI、KIO、KIO 3的混合溶液。经测定 IO与 IO3 的物质的量之比是 2：3。下列说法错误的是AI 2在该反应中既作氧化剂又作还原剂B该反应中转移电子的物质的量为 1.7molC该反应中，I 2的还原性大于 KIO 和 KI03的还原性D该反应中，被还原的碘元素与被氧化的碘元素的物质的量之比是 5：17【答案】D10用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NO x)，转化为无害物质。常温下，将 N

5、O 与 H2的混合气体通入 Ce(SO4)2与 Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是A反应 I 的离子反应方程式为 2Ce4+H2=2Ce3+2H+B反应 II 中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2C反应前溶液中 c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的 c(Ce4+)D反应过程中混合溶液内 Ce3+和 Ce4+离子的总数一定保持不变【答案】C【解析】A.根据图示可知反应 I 为 2Ce4+H2=2Ce3+2H+，A 正确；B.反应 II 的反应物为 Ce3+、H +、NO，生成物为 Ce4+、N 2、H 2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程

6、式为 34Ce3+4H+2NO=4Ce4+N2+2H2O，在该反应中 NO 是氧化剂，Ce 3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为 2：4=1：2，B 正确；C.反应前后溶液中 n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所 以反应后溶液中 c(Ce4+)减小，C 错误；D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据 Ce 元素守恒可知反应过程中混合溶液内 Ce3+和 Ce4+离子的总数不变，D 正确。 (2)甘油（C 3H8O3）中碳元素平均价态为- ，甘油醛（C 3H6O3）中碳元素平均价态为 0，因阳极发生氧化反应，所以 1molC3H8O3失去 3=2mol

7、e-，在酸性介质中同时生成 H+，其电极方程式为C3H8O32e =C3H6O32H 。(4) 由反应 I方程式可知，甘油和水中氢元素全部转化为 H2，而副产物 CH4、C 2H4越多，生成 H2的产率越低。所以生产过程中采取措施抑制副产物产生的目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气。由图 1 知，随 CaO 加入量增加，CO 2物质的量直线下降，是因为 CaO 吸收 CO2：Ca O(s)+CO2(g)=CaCO3(s)，反应体系中 CO2浓度降低，平衡向正反应方向移动，H 2产率增大。(5)由图 2 知，使用 Ni/Al2O3和 Ni/GeO2催化剂时，在反应后期甘油

8、转化率反而降低；而使用 Ni/SiC 催化剂时甘油转化率较高，且转化率长时间稳定在较高水平，所以，Ni/SiC 催化剂的优点是：催化剂效率高，稳定性高或催化剂寿命长。12二氧化氯(ClO 2)和臭氧(O 3)均具有强氧化性，可用于水处理。ClO 2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；O 3是一种微溶于水的蓝色气体，其体积分数超过 25%时容易引起爆炸。（1）以 FeS2作还原剂，在硫酸介质中还原 NaClO3制备 ClO2，同时得到 Fe2(SO4)3、Na 2SO4，该反应的化学方程式为_。（2）以过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原 NaClO3制备 ClO2，并

9、将制得的 ClO2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 1 所示。4反应容器 B 应置于 30 左右的水浴中，目的是_。通入氮气的目的除了有利于将 ClO2排出，还有_。ClO 2处理含 CN 废水的离子方程式为_。装置 D 的作用是_。（3）某科研机构经多次实验，利用 O3、KCl 和工业废渣(主要成分为 NaNO3和 NaNO2)制得 KNO3，相关工艺参数如图 2 和图 3浓缩蒸发水量 。请选择最佳实验方案，参与完成他们的制备：将 100 g 废渣加入 80 mL 热水中，充分搅拌，_，在 50 恒温水浴锅中充分反应后，过滤，_，趁热过滤，_， 过滤得 KNO

10、3粗品，再重结晶提纯得到 KNO3。( 需使用的试剂及用量：60 L 0.008 g/L O 3 和 80 g KCl 固体)【答案】2FeS 2 30NaClO 314H 2SO4=30ClO2 Fe 2(SO4)315Na 2SO414H 2O 提高化学 反应速率，同时防止 H2O2受热分解(或答：高于 30 会导致 H2O2分解，低于 30 会导致反应速率较低) 稀释ClO2，防止其发生爆炸 2CN 2ClO 2=2CO2N 22Cl 吸收 ClO2等气体，防止污染大气 通入60 L 0.008 gL1 O3充分反应，再加入 80 g KCl 固体充分反应 然后将溶液浓缩蒸发水量 25%

11、 将5滤液冷却到 10 结晶 【解析】 (1) FeS2中+2 价铁元素被氧化为 Fe3+，-1 价硫元素被氧化为 SO42-，NaClO 3中+5 价氯元素被还原为+4 价 ClO2。根据化合价升降守恒和元素守恒配平，其化学反应方程式为 2FeS2 30NaClO 314H 2SO4=30ClO2 Fe 2(SO4)315Na 2SO414H 2O。13工厂化验员检验某含有 KBrO3、KBr 及惰性物的样品。化验员称取了该固体样品 1.000 g，加水溶解后配成 100 mL 溶液 X。. 取 25.00 mL 溶液 X，加入稀硫酸，然后用 Na2SO3将 BrO 还原为 Br ；. 去除

12、过量的 SO 后调至中性；. 加入 K2CrO4作指示剂，用 0.100 0 molL1 AgNO3标准溶液滴定 Br 至终点，消耗 AgNO 3标准溶液11.25 mL；. 另取 25.00 mL 溶液 X，酸化后加热，再用碱液调至中性，测定过剩 Br ，消耗上述 AgNO3标准溶液3.75 mL。已知：25 时，Ag 2CrO4(砖红色)的 Ksp1.1210 12 ，AgBr(浅黄色)的 Ksp5.01015 ；中酸化时发生反应：BrO 5Br 6H = 3Br23H 2O请回答： （1）步骤中，反应的离子方程式为_。（2）步骤中，滴定终点的现象为_。 （3）步骤中，加热的目的是_。（4

13、）计算试样中 KBrO3质量分数。(写出计算过程，结果保留 3 位有效数字)_【答案】3SO 32-BrO 3-=Br 3SO 42- 当滴入最后一滴 AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀 除去溶解在溶液中的 Br2(或使 Br2挥发) w(KBrO3) 8.35% 第一次所取 25.00 mL 溶液中：n(Br )总 n(AgBr)0.100 0 molL1 11.25103 L1.12510 3 mol 所以，n(BrO )n(Br )n(Br )总61.12510 3 mol (1 分)第二次所取 25.00 mL 溶液，加酸反应后：n(Br )余 0.100 0molL1 3.75103

14、L3.7510 4 mol 由步骤可知：BrO 5Br 所以，n(BrO ) n(Br )总 n(Br )余 (1.125103 mol3.7510 4 mol)1.2510 4 mol 由 1 g 样品配成 100 mL 溶液，且每次实验取的是 25 mL 所以，w(KBrO 3) 100%8.35% 【解析】 (1) 步骤中， “加入稀硫酸，然后用 Na2SO3将 BrO 还原为 Br ”，SO 32-是还原剂，其氧化产物是 SO42-，BrO 3-是氧化剂，还原产物是 Br-，根据化合 价升降守恒和元素守恒配平，其反应的离子方程式为：3SO32-BrO 3-=Br 3SO 42-。 15

15、某含砷（As）的有毒工业废水经下图流醒转化为粗 As2O3，已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。（1）砷是氮的同族元素，且比氮多 2 个电子层，则 AsH3的电子式为_。（2） “碱浸”的目的是将废水中的 H3AsO3和 H3AsO4转化为盐。H 3AsO4转化为 Na3AsO4反应的离子方程式为_。（3）加入试剂 1 的目的是_。（4） “沉砷”是将砷元素转化为 Ca5（AsO 4） 3OH 沉淀，发生的主要反应有：ACa（OH） 2（s） Ca2+（aq）+2OH （aq）H0B.5Ca2+OH +3AsO43 Ca5（AsO 4） 3OHH0 资料表明：“沉砷”的最佳温度是 85，温

16、度高于 85，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是_。【答案】 H3AsO4+3OH AsO 43 +3H2O； 将 AsO33 氧化生成 AsO43 温度升高，反应 A 平衡逆向移动，c（Ca 2+）下降，反应 B 平衡逆向移动，Ca 5（AsO 4） 3OH 沉淀率下降 【解析】716氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以 Zn(NH3)42+、Cu(NH 3)42+、Cd(NH 3)42+、AsCl 52-的形式存在。回答下列问题：(1)Zn(NH3)42+中 Zn 的化合价为_， “溶浸”中 ZnO 发生反应的离子方程式为

17、_。(2)锌浸出率与温度的关系如图所示，分析 30 时锌 浸出率最高的原因为_。(3)“氧化除杂”中，AsCl 52 转化为 As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式为_。(4)“滤渣 3”的主要成分为_。(5)“电解”时 Zn(NH3)42+在阴极放电的电极反应式为_。阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有 KSCN 的 FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_（写化学式） 。电解后的电解液经补充8_(写一种物质的化学式)后可返回“溶浸”工序继续使用。【答案】 【答题空 1】+2 【答题空 2】ZnO+2NH 3H2O+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O 低

18、于 30时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过 30，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 【答题空 4】2AsCl 52-+2H2O2+6NH3H2O=As2O5+10Cl-+6NH4+5H2O 【答题空 5】Cu、Cd 【答题空 6】Zn(NH 3)42+2e-=Zn+4NH3 【答题空 7】N 2 【答题空 8】NH 3(或 NH3H2O) 【解析】 (1) NH3是中性分子，由于 Zn(NH3)42+离子带有 2 个单位的正电荷，说明其中 Zn 带有 2 个单位的正电荷，故 Zn 的化合价为+2 价；NH 4+水解使溶液显酸性，ZnO 与 H+反应变为 Zn2+，Zn 2+与 NH3H2O 反

19、应产生 Zn(NH3)42+，反应的总的离子方程式为：ZnO+2NH 3H2O+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O； 18硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为 ZnO，还含有 Fe2O3、CuO、SiO 2等杂成) 制备 ZnSO4 7H2O 的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的 pH (开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0molL-1计算）如下表：金属离子 开始沉淀的 pH 沉淀完全的 pHFe3+ 1.1 3.2Fe2+ 5.8 8.8Zn2+ 6.4 8.0(1)“滤渣 1”的主要成分为_(填化学式） 。 “酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：

20、适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的 Fe3+，H +反应外，另一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化 ”一步中，发生氧化还原反应的离子方程式为_。溶液 pH 控制在3.2，6.4)之间的目的是_。(4)“母液”中含有的盐类物质有_ (填化学式） 。(5)ZnSO4 7H2O 可用于配制铁件上镀锌电镀池的电解液，下列说法不正确的是_A.配制一定物质的量浓度 ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒9B.电镀池的阳极为铁件C.阴极质量增加 65g 时，理论上导线中通过 2mol 电子D.电镀过程中电解质溶液的浓度不变【答案】SiO 2

21、粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等） Zn+CuSO4Cu+ZnSO 4 3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH) 3+MnO 2+7Zn 2+ 使 Fe3+沉淀完全，而 Zn2+不沉淀 MnO4-变为 MnO2沉淀，避免引入杂质 ZnSO 4、K 2SO4 AB (4)锌离子、钾离子、硫酸根离子未除去， “母液”中含有的盐类物质有 ZnSO4、K 2SO4；因此，本题正确答案是：ZnSO 4、K 2SO4；(5)A.配制一定物质的量浓度 ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故 A 错误；19高铁酸盐等具有强氧化性，溶液 pH 越小氧化性越强，可用于

22、除去废水中的氨氮、重金属等。(1)用 Na2O2与 FeSO4干法制备 Na2FeO4的反应历程中包含的热化学方程式有：2FeSO4(s)+ Na2O2(s) = Fe2O3(s)+Na2SO4(s)+SO3(g) H1=akJmol12 Fe2O3(s)+2 Na2O2(s) =4NaFeO2(s)+ O2(g) H2=bkJmol1 2SO3(g) +2Na2O2(s) =2Na2SO4(s)+ O2(g) H3=ckJmol1102NaFeO2(s)+3Na2O2(s) =2Na2FeO4(s)+2Na2O(s) H4=dkJmol1则反应 2FeSO4(s) + 6Na2O2(s) =

23、2Na2FeO4(s)+2Na2O(s)+2Na2SO4(s) + O2(g)的 H=_kJmol1 (用含a、b、c、d 的代数式表示)；该反应中，每生成 1mol Na2FeO4转移电子数为_mol。(2)J.C.Poggendor 早在 1841 年利用纯铁作电极插入浓的 NaOH 溶液电解制得 Na2FeO4，阳极生成 FeO42 的电极反应式为_；Deinimger 等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_。(3)K2FeO4的稳定性与 pH 关系如图-1 所示，用 K2FeO4去除某氨氮(NH 3-N)废水，氨氮去除率与 pH 关系如图

24、-2；用 K2FeO4处理 Zn2+浓度为 0.12mgL1的含锌废水K spZn(OH)2=1.21017 ，锌残留量与 pH 关系如图-3 所示(已知：K 2FeO4与 H2O 反应生成 Fe(OH)3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀)。pH=1 1 时，K 2FeO4与 H2O 反应生成 Fe(OH)3和 O2等物质的离子方程式为_。图-2 中：pH 越大氨氮的去除率也越大，其原因可能是_。图-3 中：pH=10 时锌的去除率比 pH=5 时大得多，其原因是_(从锌的存在 形态的角度说明)。【答案】 【答题 空 1】(2a+b+c+2d)/2 【答题空 2】5 【答题空

25、 3】Fe + 8OH 6e = FeO42 +4H2O 避免 FeO42-在阴极上被还原 【答题空 5】4FeO 42-+ 10H2O = 4Fe(OH)3 + 3O2 + 8OH 【答题空6】高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间短(以及在酸性条件下，氨氮主要以NH4+的形成存在，具有较稳定结约，还原性比 NH3弱) 在 pH 为 5 时，锌以 Zn2+存在；在 pH=10 时，锌几乎都以 Zn(OH)2存在，并被高铁酸盐分解的产物 Fe(OH)3捕集 【解析】11（2）根据电解原理，以及实验目的，Fe 作阳极，电解质为 NaOH，因此阳极反应式为Fe6e 8OH =Fe

26、O42 4H 2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO 42 具有强氧化性，在阴极上得电子，因此阳离子交换膜的作用是防止 FeO42 在阴极上被还原；（3）K 2FeO4与 H2O 反应生成 Fe(OH)3和 O2，溶液 pH=11 为碱性，其离子方程式为4FeO42 10H 2O=4Fe(OH)33O 28OH ；高铁酸盐具有强氧化性，可用于除去废水中的氨氮，根据信息，高铁酸盐在酸性和中性条件下不稳定，在碱性条件下稳定，因此 pH 越大氨氮的去除率也越大的原因可能是高铁酸盐在酸性较强时不稳定，容易分解，与污染物作用的时间较短，或者是在酸性条件下，氨氮主要以 NH4 形式存在，具有较稳定结果，还原性比 NH3弱；K 2FeO4与 H2O 反应生成 Fe(OH)3的过程中，可以捕集某些难溶金属的氢氧化物形成共沉淀，pH=10 时锌的去除率比 pH=5 时大得多，其原因是在 pH 为 5 时，锌以 Zn2+存在；在 pH=10 时，锌几乎都以 Zn(OH)2存在，并被高铁酸盐分解的产物 Fe(OH)3捕集； 12